luận văn bất đẳng thức hardy và mở rộng

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
VŨ CÔNG VIÊN
CÁC BẤT ĐẲNG THỨC KIỂU HARDY
MỘT CHIỀU
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Hà Nội - Năm 2012
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
VŨ CÔNG VIÊN
CÁC BẤT ĐẲNG THỨC KIỂU HARDY
MỘT CHIỀU
Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH
Mã số : 60 46 01
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. ĐẶNG ANH TUẤN
Hà Nội - Năm 2012
Danh mục các kí hiệu 2
Danh mục các kí hiệu
I gian trong R
µ
∗
(I) độ đo ngoài Lebesgue của I
µ(I) độ đo Lebesgue của I
L
p
(I) gian các hàm có lũy thừa bậc p của modun khả tích trong I
L
p
loc

(I) không gian các hàm có lũy thừa bậc p của modun khả tích địa phương trong I
V ar
I
u biến phân của hàm u trong I
BPV (I) không gian các hàm có biến phân bị chặn trong I
BPV
loc
(I) không gian các hàm có biến phân bị chặn địa phương trong I
AC(I) không gian các hàm liên tục tuyệt đối trong I
AC
loc
(I) không gian các hàm liên tục tuyệt đối địa phương trong I
AC
L
((a, b)) =

u ∈ AC
loc
((a, b)) : lim
x→a
+
u(x) = 0

AC
R
((a, b)) =

u ∈ AC
loc
((a, b)) : lim

x→b
−
u(x) = 0

AC
LR
((a, b)) = AC
L
((a, b)) ∩ AC
R
((a, b))
(H
L
f) (x) =
x

a
f(t)dt
(H
R
f) (x) =
b

x
f(t)dt
W(I) tập các hàm trọng trong I
M
+
(I) tập các hàm đo được không âm h.k.n trong I
 kết thúc chứng minh hoặc ví dụ.

Mục lục
Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Danh mục các kí hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
Lời nói đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1 Các kiến thức chuẩn bị 5
1.1 Nhắc lại một vài kết quả trong độ đo và tích phân Lebesgue . . . . . . 5
1.2 Hàm đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.3 Hàm có biến phân bị chặn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.4 Hàm liên tục tuyệt đối . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2 Các bất đẳng thức kiểu Hardy một chiều 59
2.1 Bất đẳng thức Hardy gốc trong không gian một chiều . . . . . . . . . . 59
2.2 Các bất đẳng thức kiểu Hardy một chiều . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
2.3 Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
3
Lời nói đầu 4
Lời nói đầu
Bất đẳng thức liên quan đến tích phân của một hàm và đạo hàm của hàm đó xuất
hiện thường xuyên trong các ngành khác nhau của toán học và đó có thể coi là một
công cụ hữu ích trong toán học, ví dụ trong lý thuyết và bài tập của phương trình vi
phân, trong lý thuyết xấp xỉ, trong xác suất,. . . Trong những thập kỷ qua, chủ đề này
tiếp tục được mở rộng. Một trong những bất đẳng thức liên quan đến tích phân quan
trọng đó là: Bất đẳng thức Hardy.
Năm 1920, G.H.Hardy đã chứng minh được bất đẳng thức Hardy ở dạng cơ bản
trong không gian một chiều. Nhưng chứng minh của ông chưa được đầy đủ vì chưa tìm
ra được hằng số tốt nhất trong bất đẳng thức. Năm 1926, E.Landau đã chỉ ra được giá
trị tốt nhất của hằng số trong bất đẳng thức.
Những năm sau đó nhiều nhà toán học đã nghiên cứu độc lập và tìm cách mở rộng
bất đẳng thức Hardy cổ điển. Trong các hướng mở rộng có hướng mở rộng lớp hàm

trọng, nghĩa là các hàm đo được và dương hầu khắp nơi. Luận văn của tôi tìm hiểu về
bất đẳng thức Hardy trong không gian một chiều và một số bất đẳng thức kiểu Hardy
khi mở rộng theo hướng thêm các “hàm trọng”. Luận văn được chia làm hai chương.
Chương 1: Cơ sở lý thuyết.
Trong chương này, tôi trình bày các kết quả liên quan đến sự khả vi, khả tích Lebesgue
của các hàm đơn điệu dựa trên tài liệu tham khảo [1] của Hoàng Tụy, Định lý Funini
về việc chuyển dấu đạo hàm qua dấu tổng dựa trên tài liệu [2] của Ralph Howard, hàm
có biến phân bị chặn và hàm liên tục tuyệt đối dựa trên tài liệu tham khảo [3] của
Giovanni Leoni. Phần cuối của chương này đã chứng minh được kết quả quan trọng,
đó là định lý cơ bản của phép tính vi tích phân đối với tích phân Lebesgue.
Chương 2: Các bất đẳng thức kiểu Hardy một chiều.
Trong chương này, tôi trình bày chứng minh bất đẳng thức Hardy gốc dựa trên tài liệu
tham khảo [5] của D.T.Shum. Sau đó trình bày sự mở rộng của bất đẳng thức Hardy
khi bổ sung thêm các hàm trọng, và đã chứng minh được các điều kiện ràng buộc để
các kiểu mở rộng là đúng dựa trên tài liệu tham khảo [4] của B Opic and A Kufner.
Vì trình độ còn hạn chế nên luận văn không thể tránh khỏi những sai sót, tác giả
hy vọng sẽ nhận được nhiều ý kiến đóng góp từ các thầy cô giáo và bạn đọc để luận
văn được hoàn chỉnh hơn.
Chương 1
Các kiến thức chuẩn bị
Trong chương này tôi sẽ đề cập đến một số tính chất của các hàm đơn điệu, các
hàm có biến phân bị chặn và các hàm liên tục tuyệt đối. Các hàm này có vai trò quan
trọng để chúng ta nghiên cứu về bất đẳng thức Hardy cũng như các bất đẳng thức
kiểu Hardy.
1.1 Nhắc lại một vài kết quả trong độ đo và tích
phân Lebesgue
Định nghĩa 1.1.1. [1](Độ đo ngoài Lebesgue) Cho hàm µ
∗
(A) : R → [0;+∞]
µ

∗
(A) = inf {
+∞

i=1
|∆
i
|:
+∞

i=1
∆
i
⊃ A, ∆
i
là gian, i = 1, 2, },
được gọi là độ đo ngoài Lebesgue trên R.
Hàm tập µ
∗
là một độ đo ngoài trên R như vậy ta có thể áp dụng định lý
Caratheodory để xây dựng một độ đo trên R, đó chính là độ đo Lebesgue.
Định nghĩa 1.1.2. [1](Độ đo Lebesgue) Cho hàm µ
∗
: L → [0,∞] trong đó L là lớp
tất cả các tập con A của R sao cho
µ
∗
(E) = µ
∗
(E ∩ A) + µ

∗
(E\A) với mọi E ⊂ R,
là độ đo Lebesgue trên R, ký hiệu là µ và A được gọi là tập đo được Lebesgue.
Theo định lí Caratheodory thì lớp các tập đo được Lebesgue L là một σ- đại số .
Chú ý 1.1.1. Định nghĩa 1.1.1 có thể thay bằng
µ
∗
(A) = inf{
∞

i=1
|∆
i
| :
∞

i=1
∆
i
⊃ A, ∆
i
là khoảng mở, i = 1, 2, }.
5
1.1. Nhắc lại một vài kết quả trong độ đo và tích phân Lebesgue 6
Khi đó với mọi ε > 0 thì tồn tại các khoảng mở ∆
i
, i = 1, 2, . . . sao cho
∞

i=1

∆
i
⊃ A và
∞

i=1
|∆
i
| < µ
∗
(A) + ε.
Đặt G =
∞

i=1
∆
i
, thì ta có G là tập mở, G ⊃ A và
µ(G) ≤
∞

i=1
|∆
i
| < µ
∗
(A) + ε.
Như vậy với mọi ε > 0 luôn tồn tại tập mở G ⊃ A sao cho
µ(G) < µ
∗

(A) + ε.
Định nghĩa 1.1.3. [1](Tập mở) Một tập hợp G trong không gian mêtric X được gọi
là tập hợp mở nếu mỗi điểm a ∈ G đều có một lân cận V của điểm a sao cho V ⊂ G,
điều này tương đương với điều kiện: với mọi a ∈ G tồn tại r > 0 sao cho hình cầu mở
B(a, r) ⊂ G.
Định nghĩa 1.1.4. [1](Tập đóng) Tập F trong không gian mêtric X được gọi là tập
đóng nếu F
c
= X\F là tập mở.
Định nghĩa 1.1.5. [1](Phần trong) Cho một tập hợp A trong không gian mêtric X.
Điểm x ∈ X được gọi là điểm trong của tập của tập hợp A nếu tồn tại một lân cận V
của x sao cho x ∈ V ⊂ A; điều này tương đương với điều kiện tồn tại một số r > 0 sao
cho hình cầu B(x, r) ⊂ A. Tập hợp tất cả các điểm trong của A ký hiệu A
0
hoặc intA.
Định nghĩa 1.1.6. [1](Tập compact): Một tập hợp A ⊂ R
n
gọi là tập compact nếu
mọi dãy điểm {x
k
}
k
⊂ A đều có một dãy con {x
k
l
}
l
hội tụ đến một giới hạn thuộc A.
Định nghĩa 1.1.7. [1](Tập Borel) σ−đại số nhỏ nhất bao hàm lớp các tập mở trong
không gian R được gọi là σ−đại số Borel của không gian R và những tập thuộc σ−đại

số này được gọi là tập Borel trong không gian R. Tập Borel là những tập xuất phát từ
tập mở và thực hiện một số hữu hạn hay đếm được phép toán hợp, giao trên các tập
đó.
Mệnh đề 1.1.1. [1]Mọi tập Borel đều đo được Lebesgue.
Chứng minh: xem [1].
1.1. Nhắc lại một vài kết quả trong độ đo và tích phân Lebesgue 7
Định lý 1.1.1. [1]Cho µ : L → [0,∞] là độ đo, A
i
, i = 1, 2, là các tập đo được,
A
1
⊂ A
2
⊂ và
∞

i=1
A
i
là tập đo được. Khi đó
µ

∞

i=1
A
i

= lim
i→∞

µ(A
i
).
Chứng minh: xem [1].
Định lý 1.1.2. [1]Đối với một tập A trên R ba điều kiện sau là tương đương :
i) A đo được Lebesgue .
ii) Với mỗi ε > 0 có thể tìm được tập mở G ⊃ A sao cho µ
∗
(G\A) < ε.
iii) Với mỗi ε > 0 có thể tìm được tập đóng F ⊂ A sao cho µ
∗
(A\F ) < ε.
Chứng minh: xem [1].
Chú ý 1.1.2. Với mỗi tập A đo được ta có thể viết thành
A = E
0
∪

n
K
n
,
với K
n
là các tập compact, K
n
⊂ K
n+1
, n = 1, 2, và µ(E
0

) = 0.
Thật vậy.
Với mỗi n ∈ N, lấy ε =
1
n
. Khi đó theo Định lý 1.1.2 thì tồn tại tập đóng F
n
⊂ A sao
cho µ(A\F
n
) ≤
1
n
.
Ta có A\
∞

n=1
F
n
⊂ A\F
n
do đó
0 ≤ µ

A\
∞

n=1
F

n

≤ µ (A\F
n
) ≤
1
n
, ∀n ∈ N.
Do đó µ

A\
∞

n=1
F
n

= 0.
Khi đó ta có E
0
= A\
∞

n=1
F
n
.
Đặt F
n
k

= F
n
∩ [−k, k].
Ta có F
n
=
∞

k=1
F
n
k
.
Với mỗi N ∈ N ta lấy
K
N
=
N

n=1
N

k=1
F
n
k
là hợp hữu hạn các tập compact nên là compact.
Lại có K
N
⊂ K

N+1
và
∞

N=1
K
N
=
∞

n=1
∞

k=1
F
n
k
= A.
1.1. Nhắc lại một vài kết quả trong độ đo và tích phân Lebesgue 8
Trong trường hợp đặc biệt A là các gian thì E
0
= ∅ và ta có thể viết như sau: Cho
a, b là hữu hạn, a < b.
(a, b) =
∞

n=1

a +
b − a

2n
, b −
b − a
2n

, (a, +∞) =
∞

n=1

a +
b − a
2n
, n

,
(−∞, b) =
∞

n=1

−n, b −
b − a
2n

, (−∞, +∞) =
∞

n=1
[−n, n],

[a, b) =
∞

n=1

a, b −
b − a
2n

, (a, b] =
∞

n=1

a +
b − a
2n
, b

,
[a, +∞) =

n∈N
n>a
[a, n], (−∞, b] =

n∈N
n>−b
[−n, b].
Định nghĩa 1.1.8. [1](Hàm đo được Lebesgue) Hàm số f : A → [-∞, +∞] được gọi

là đo được trên A với một tập đo được Lebesgue nếu
∀a ∈ R, E
1
= {x ∈ A:f(x)<a} ∈ L.
Định nghĩa 1.1.9. [1](Hội tụ hầu khắp nơi) Dãy hàm {f
n
} được gọi là hội tụ h.k.n
về hàm số f(x) trên A ∈ L nếu tồn tại một tập B ⊂ A, B ∈ L, µ(B) = 0 sao cho
lim
n→∞
f
n
(x) = f(x) với mọi x ∈ A\B.
Định nghĩa 1.1.10. [1](Sự hội tụ theo độ đo) Cho A ∈ L và f
1
, f
2
, f
3
, là những
hàm đo được hữu hạn h.k.n trên A. Dãy {f
n
} được gọi là hội tụ theo độ đo đến f(x)
và ký hiệu là f
n
µ
−→ f trên A nếu
∀ε > 0 lim
n→+∞
µ({x ∈ A: |f

n
(x) − f(x)| ≥ ε}) = 0.
Nói cách khác với mọi ε > 0, với mọi δ > 0, tồn tại n
0
∈ N sao cho
∀n ∈ N : n > n
0
thì µ({x ∈ A: |f
n
(x) − f(x)| ≥ ε}) < δ.
Định nghĩa 1.1.11. [1](Tích phân của hàm đơn giản) Cho hàm A là tập đo được,
f : A → [-∞, +∞] là hàm đơn giản, đo được trên A. Gọi f
1
, f
2
, f
n
là các giá trị khác
nhau đôi một của f(x).
Đặt A
k
= {x ∈ A : f(x) = f
k
} , k = 1, , n.
A =
n

k=1
A
k

và f(x) =
n

k=1
f
k
χ
A
k
, ∀x ∈ A.
Khi đó tích phân của hàm đơn giản f(x) trên A với độ đo µ là số

A
f(x)dµ =
n

k=1
f
k
µ(A
k
).
1.1. Nhắc lại một vài kết quả trong độ đo và tích phân Lebesgue 9
Định nghĩa 1.1.12. [1](Tích phân của hàm không âm) Cho A là tập đo được Lebesgue,
hàm f : A → [0,+∞] là hàm đo được. Khi đó tồn tại dãy đơn điệu tăng các hàm đơn
giản đo được f
n
(x) ≥ 0 hội tụ h.k.n về f(x) trên A . Tích phân của hàm f(x) trên A
đối với độ đo µ là


A
f(x)dµ = lim
n→+∞

A
f
n
(x)dµ.
Định nghĩa 1.1.13. [1](Tích phân của hàm có dấu bất kỳ) Cho A là tập đo được
Lebesgue, hàm f : A → R là hàm đo được trên A. Khi đó ta có
f(x) = f
+
(x) − f
−
(x) với f
+
(x), f
−
(x) ≥ 0.
Các hàm số f
+
(x), f
−
(x) có tích phân tương ứng trên A với độ đo µ là

A
f
+
(x)dµ,


A
f
−
(x)dµ.
Nếu

A
f
+
(x)dµ −

A
f
−
(x)dµ có nghĩa thì tích phân của hàm đo được f(x) trên A với
độ đo µ là

A
f(x)dµ =

A
f
+
(x)dµ −

A
f
−
(x)dµ.
Định lý 1.1.3. [1](Hội tụ đơn điệu Beppo Levi) Nếu f

n
(x) ≥ 0 và f
n
(x) đơn điệu tăng
đến f(x) trên A thì
lim
n→∞

A
f
n
(x)dµ =

A
f(x)dµ.
Chứng minh: xem [1].
Định lý 1.1.4. [1](Bổ đề Fatou) Nếu f
n
(x) ≥ 0 trên A thì

A
lim
n→∞
f
n
(x)dµ ≤ lim
n→∞

A
f

n
(x)dµ.
Chứng minh: xem [1].
Định lý 1.1.5. [1](Hội tụ chặn Lebesgue) Nếu |f
n
(x)| ≤ g(x), g(x) khả tích và f
n
(x) →
f(x) (h.k.n hay theo độ đo) trên A thì

A
f
n
(x)dµ →

A
f(x)dµ khi n → ∞.
Chứng minh: xem [1].
1.1. Nhắc lại một vài kết quả trong độ đo và tích phân Lebesgue 10
Định nghĩa 1.1.14. [1](Không gian L
p
(E), (1 ≤ p < ∞))Cho không gian R, E là tập
đo được Lebesgue và một độ đo µ. Họ các hàm số f(x) có lũy thừa bậc p (1 ≤ p < ∞)
của modun khả tích trên E, tức là sao cho

E
|f(x)|
p
dµ < ∞
gọi là không gian L

p
(E).
Hàm số f(x) đo được trên E gọi là bị chặn cốt yếu nếu tồn tại một tập hợp P có
độ đo 0, sao cho f(x) bị chặn trên tập hợp E\P , tức là tồn tại số K sao cho
|f(x)| ≤ K với mọi x ∈ E\P.
Cận dưới đúng của tập hợp tất cả các số K thỏa mãn bất đẳng thức trên gọi là cận
trên đúng cốt yếu của hàm f(x), được kí hiệu là esssup
E
|f(x)|.
Định nghĩa 1.1.15. [1](Không gian L
∞
(E))Họ tất cả các hàm f(x) bị chặn cốt yếu
trên E được gọi là không gian L
∞
(E).
Mệnh đề 1.1.2. [1]Nếu hàm f (x) ∈ L
∞
(E) thì
f(x) ≤ esssup
E
|f(x)| h.k.n trên E.
Chứng minh: xem [1].
Định lý 1.1.6. [1](Bất đẳng thức Holder ) Nếu f(x), g(x) đo được, xác định trên một
tập đo được E và p, q là hai số thực sao cho 1 < p < ∞ và
1
p
+
1
q
= 1 thì


E
|f(x).g(x)|dµ ≤



E
|f(x)
p
| dµ


1
p



E
|g(x)
q
| dµ


1
q
.
Chứng minh: xem [1].
Định lý 1.1.7. [1](Bất đẳng thức Minkowski) Cho hàm đo được dương K(x, y) xác
định trên (a, b) × (c, d) và r ≥ 1 thì



b

a


d

c
K(x, y)dy


r
dx


1
r
≤
d

c


b

a
K
r
(x, y)dx



1
r
dy.
1.1. Nhắc lại một vài kết quả trong độ đo và tích phân Lebesgue 11
Chứng minh: xem [1].
Chú ý 1.1.3.Bất đẳng thức Minkowski còn có thể viết dưới dạng:


b

a
f(x)


x

a
ϕ(y)dy


r
dx


1
r
≤
b


a
ϕ(y)


b

y
f(x)dx


1
r
dy
với f(x), ϕ(y) là các hàm đo được không âm h.k.n trên [a, b].
Thật vây.
Chọn
K(x, y) = ϕ(y)χ
[a,x]
(y)f
1
r
(x).
Theo bất đẳng thức Minkowski ta có


b

a



b

a
ϕ(y)χ
[a,x]
(y)f
1
r
(x)dy


r
dx


1
r
≤
b

a


b

a
ϕ
r
(y)χ

[a,x]
(y)f(x)dx


1
r
dy
=
b

a
ϕ(y)


b

a
χ
[a,x]
(y)f(x)dx


1
r
dy. (1.1.1)
Ta có
χ
[a,x]
(y) =




1 khi a ≤ y ≤ x ≤ b
0 khi y /∈ [a, x]
.
và
χ
[y,b]
(x) =



1 khi y ≤ x ≤ b
0 khi x /∈ [y, b]
.
nên χ
[a,x]
(y) = χ
[y,b]
(x).
Do đó
b

a
ϕ(y)


b

a

χ
[a,x]
(y)f(x)dx


1
r
dy =
b

a
ϕ(y)


b

a
χ
[y,b]
(x)f(x)dx


1
r
dy
=
b

a
ϕ(y)



b

y
f(x)dx


1
r
dy. (1.1.2)
Lại có


b

a


b

a
ϕ(y)χ
[a,x]
f
1
r
(x)dy



r
dx


1
r
=


b

a
f(x)


x

a
ϕ(y)dy


r
dx


1
r
. (1.1.3)
1.1. Nhắc lại một vài kết quả trong độ đo và tích phân Lebesgue 12
Kết hợp (1.1.1), (1.1.2) và (1.1.3) ta có



b

a
f(x)


x

a
ϕ(y)dy


r
dx


1
r
≤
b

a
ϕ(y)


b

y

f(x)dx


1
r
dy.
Định nghĩa 1.1.16. [3]Cho E ⊂ R, E là tập đo được Lebesgue và v : E → R là một
hàm đo được Lebesgue. Khi đó v là khả tích đều (equi-integrable) nếu với mọi ε > 0
tồn tại δ > 0 sao cho với mọi F ⊂ E, F là tập đo được Lebesgue, và µ (F ) ≤ δ thì

F
|v(x)| dx ≤ ε.
Ví dụ 1.1.1. Các hàm u khả tích Riemann trong đoạn [a, b] thì u khả tích đều trong
[a, b] .
Mệnh đề 1.1.3. [3]Cho E ⊂ R, E là tập đo được Lebesgue và v ∈ L
p
(E), 1 ≤ p ≤ ∞.
Khi đó v là khả tích đều (equi-integrable). Nếu chỉ giả sử v ∈ L
1
loc
(E) thì kết quả không
còn đúng.
Chứng minh. a) Cho v ∈ L
p
(E), 1 ≤ p ≤ ∞, chứng minh rằng v là khả tích đều (equi-
integrable).
Trước tiên ta chứng minh với p = 1. Ta có v ∈ L
1
(E).
Giả sử v không khả tích đều, nghĩa là: Tồn tại ε > 0 để với mọi n > 0, tồn tại tập đo

được Lebesgue F
n
⊂ E mà µ (F
n
) ≤
1
2
n
và

F
n
|v(x)| dx > ε.
Đặt v
n
(x) = χ
F
n
(x).v (x).
Ta có
|v
n
(x)| ≤ |v(x)| , ∀x ∈ E.
Do v ∈ L
1
(E) nên |v(x)| khả tích trên E.
Gọi A
n
= {x ∈ E : v
n

(x) = 0} ⊂ F
n
.
Ta có
0 ≤ µ(A
n
) ≤ µ(F
n
) ≤
1
2
n
→ 0 khi n → ∞.
Do đó lim
n→∞
µ(A
n
) = 0. Ta sẽ chứng minh v
n
(x) → 0 h.k.n trong E, tức là tồn tại tập
A ⊂ E và µ(A) = 0 để v
n
(x) → 0, ∀x ∈ E\A .
Gọi A =
∞

n=1
∞

k=1

A
n+k
.
Khi đó với mọi n ∈ N
∗
ta có
0 ≤ µ(A) ≤
∞

k=1
µ(A
n+k
) ≤
∞

k=1
1
2
n+k
=
1
2
n
∞

k=1
1
2
k
=

1
2
n
,
1.1. Nhắc lại một vài kết quả trong độ đo và tích phân Lebesgue 13
do đó µ(A) = 0.
Lấy x ∈ E\A tức là x /∈
∞

n=1
∞

k=1
A
n+k
,
hay tồn tại n
0
để x /∈
∞

k=1
A
n
0
+k
.
Do đó tồn tại n
0
để với mọi k ≥ 1 thì x /∈ A

n
0
+k
, nghĩa là
v
n
(x) = 0, ∀n ≥ n
0
+ 1.
Khi đó
lim
n→∞
v
n
(x) = 0, ∀x ∈ E\A.
Hay |v
n
(x)| → 0 h.k.n trong E.
Áp dụng định lí hội tụ chặn Lebesgue ta có

E
|v
n
(x)|dx → 0 khi n → ∞. (1.1.4)
Lại có

E
|v
n
(x)|dx =


E
|χ
F
n
(x).v(x)|dx =

F
n
|v(x)|dx, ∀n ≥ 1. (1.1.5)
Kết hợp (1.1.4) và (1.1.5) ta có

F
n
|v(x)|dx → 0 khi n → ∞.
Điều này trái với điều giả sử là tồn tại ε > 0 để

F
n
|v(x)| dx > ε, nên điều giả sử là sai.
Vậy v là khả tích đều trong trường hợp p = 1.
Khi đó ta phải chứng minh với 1 < p ≤ ∞.
Nếu v(x) = 0 h.k.n trên E. Khi đó điều phải chứng minh luôn đúng.
Nếu v = 0 h.k.n trên E.
Ta chứng minh với 1 < p < ∞.
Lấy bất kì ε > 0 và F ⊂ E với F là tập đo được. Theo bất đẳng thức Holder ta có:

F
|v(x)|dx ≤




F
|v(x)|
p
dx


1
p



F
|1|
q
dx


1
q
,
với p, q là hai số thực sao cho
1
p
+
1
q
= 1.
Do v ∈ L

p
(E) nên

F
|v(x)|
p
dx là hữu hạn.
Do

F
|v(x)|
p
dx dương thì tồn tại số K để 0 < K <

F
|v(x)|
p
dx < ∞.
1.2. Hàm đơn điệu 14
Chọn δ =
ε
q
K
q
p
.
Khi đó với tập F ⊂ E, F là tập đo được Lebesgue và µ (F ) ≤ δ thì sẽ có

F
|v(x)|dx ≤




F
|v(x)|
p
dx


1
p



F
|1|
q
dx


1
q
≤



F
|v(x)|
p
dx



1
p
(µ(F ))
1
q
≤ K
1
p

ε
q
K
q
p

1
q
≤ ε.
Vậy có điều phải chứng minh v là khả tích đều với 1 < p < ∞ .
Ta chứng minh với p = ∞.
Do v ∈ L
∞
(E) nên
|v(x)| ≤ esssup
E
|v(x)| h.k.n trên E.
Với mỗi ε > 0 bất kì, ta chọn δ =
ε

esssup
E
|v(x)|
. Khi đó với tập F ⊂ E, F là tập đo được
Lebesgue và µ (F ) ≤ δ thì có

F
|v(x)|dx ≤ esssup
E
|v(x)|

F
dx = esssup
E
|v(x)| .µ(F ) ≤ ε.
Vậy có điều phải chứng minh v là khả tích đều với p = ∞.
b) Nếu v ∈ L
1
loc
(E) thì kết quả không còn đúng.
Lấy v(x) =
1
x
và E = (0, 1) thì ta có v ∈ L
1
loc
(E).
Đặt F
n
=


1
n
,
2
n

ta có
µ(F
n
) = µ

1
n
,
2
n

=
1
n
.
Khi đó tồn tại ε =
1
2
để với mọi n > 0, tồn tại tập đo được Lebesgue F
n
=

1

n
,
2
n

⊂ E
mà µ(F
n
) ≤
1
n
và có

F
n
|v(x)|dx =
2
n

1
n




1
x





dx = ln 2 >
1
2
.
Vậy v không là khả tích đều.
1.2 Hàm đơn điệu
Trong giải tích thì lý thuyết về các hàm đơn điệu được nghiên cứu từ rất lâu và các
tính chất của nó khá nhiều và quan trọng trong giải tích. Sau đây tôi xin đưa ra một
số các tính chất liên quan đến tính khả vi và khả tích Lebesgue của các hàm đơn điệu.
Ở đây tôi chỉ xét với các hàm đơn điệu tăng còn với các hàm đơn điệu giảm tương tự.
1.2. Hàm đơn điệu 15
Định nghĩa 1.2.1. [1]Cho E ⊂ R. Một hàm u : E → R được gọi là
i) tăng nếu u(x) ≥ u(y), ∀x, y ∈ E với x > y,
ii) tăng chặt nếu u(x) > u(y), ∀x, y ∈ E với x > y,
iii) giảm nếu u(x) ≤ u(y), ∀x, y ∈ E với x > y,
iv) giảm chặt nếu u(x) < u(y), ∀x, y ∈ E với x > y,
v) đơn điệu nếu bất kỳ một tính chất ở trên đúng.
Định lý 1.2.1. [1]Hàm số u(x) đơn điệu tăng trong [a, b] thì có đạo hàm hầu khắp nơi
trên đoạn ấy.
Để chứng minh Định lý 1.2.1 ta đi chứng minh các bổ đề sau.
Bổ đề 1.2.1. [1]Cho tập bất kì A ⊂ (a, b), Ω là một lớp khoảng, sao cho mỗi điểm
x ∈ A đều là đầu mút trái của ít nhất một khoảng ∆ = (x, x+h
x
) ∈ Ω. Khi đó cho trước
ε > 0 tùy ý thì ta xây dựng được một số hữu hạn khoảng rời nhau ∆
1
, ∆
2
, , ∆

s
∈ Ω
phủ lên một tập con A

của A, với µ
∗
(A

) > µ
∗
(A) − ε.
Chứng minh. Đặt
A
n
={x ∈ A : ∃h
x
>
1
n
sao cho (x, x + h
x
) ∈ Ω}.
Khi đó A =
∞

n=1
A
n
. Thật vậy.
Ta luôn có A

n
⊂ A, n = 1, 2, nên
∞

n=1
A
n
⊂ A .
Ta chứng minh A ⊂
∞

n=1
A
n
.
Lấy x ∈ A khi đó tồn tại h
x
để (x, x + h
x
) ∈ Ω.
Chọn n
0
=

1
h
x

+ 1 thì h
x

>
1
n
0
. Do đó x ∈ A
n
0
.
Khi đó x ∈
∞

n=1
A
n
nên A ⊂
∞

n=1
A
n
.
Lại có A
n
⊂ A
n+1
, n = 1, 2, vì: với bất kì x ∈ A
n
thì x ∈ A có h
x
>

1
n
>
1
n+1
sao cho
(x, x + h
x
) ∈ Ω. Do đó x ∈ A
n+1
.
Với mỗi n ∈ N, lấy η =
1
n
. Khi đó theo Chú ý 1.1.1 về độ đo ngoài của A
n
thì tồn tại
một tập mở G
n
⊃ A
n
sao cho
µ(G
n
) ≤ µ
∗
(A
n
) +
1

n
.
Đặt E
n
=
∞

p=n
G
p
, E =
∞

n=1
E
n
.
Do G
p
là các tập mở nên G
p
là các tập đo được với p = n, n + 1,
Do đó E
n
là các tập đo được, E đo được.
1.2. Hàm đơn điệu 16
Do E
n
= G
n

∩

∞

p=n+1
G
p

= G
n
∩ E
n+1
nên E
n
⊂ E
n+1
, n = 1, 2,
Ta có E
n
là các tập đo được, E là tập đo được và E
n
⊂ E
n+1
với n = 1, 2, nên theo
Định lý 1.1.1 ta có
µ(E) = lim
n→∞
µ(E
n
).

Do A
n
⊂ G
n
và A
n
⊂ A
n+i
⊂ G
n+i
, i = 1, 2, nên A
n
⊂
∞

p=n
G
p
= E
n
.
Khi đó ta có A
n
⊂ E
n
⊂ G
n
nên
µ
∗

(A
n
) ≤ µ
∗
(E
n
) = µ(E
n
) ≤ µ(G
n
) ≤ µ
∗
(A
n
) +
1
n
hay
µ(E
n
) −
1
n
≤ µ
∗
(A
n
) ≤ µ(E
n
).

Khi đó cho n → ∞ thì ta có
lim
n→∞
µ
∗
(A
n
) = lim
n→∞
µ(E
n
) = µ(E).
Do E
n
⊃ A
n
, n = 1, 2, nên E ⊃ A. Do đó µ(E) ≥ µ
∗
(A).
Do lim
n→∞
µ
∗
(A
n
) = µ(E) ≥ µ
∗
(A) nên khi chọn n đủ lớn thì ta sẽ có
µ
∗

(A
n
) > µ
∗
(A) −
ε
2
. (1.2.1)
Gọi a
1
= infA
n
, b
1
= sup A
n
và l = b
1
− a
1
.
Chọn δ =
ε
2(nl+1)
.
Vì a
1
là cận dưới đúng của A
n
nên có x

1
∈ A
n
với a ≤ x
1
< a
1
+ δ, và một khoảng
∆
1
= (x
1
, x
1
+ h
1
) ∈ Ω có h
1
>
1
n
(khoảng này tồn tại theo định nghĩa A
n
).
Đặt B
1
= {x ∈ A
n
: x
1

+ h
1
< x}.
Nếu B
1
= ∅ thì dừng lại. Nếu B
1
= ∅ thì gọi a
2
= inf B
1
.
Vì a
2
là cận dưới đúng của B
1
nên có x
2
∈ B
1
⊂ A
n
sao cho a
2
≤ x
2
< a
2
+ δ. Khi đó
có một khoảng ∆

2
= (x
2
, x
2
+ h
2
) ∈ Ω có độ dài h
2
>
1
n
. Cứ thế tiếp tục mãi thì ta sẽ
đạt tới b
1
sau một số s bước với s < nl + 1, vì đoạn [a
1
, b
1
] có độ dài là l mà mỗi bước
ta nhích lại gần b
1
một khoảng lớn hơn
1
n
nên sau s bước thì tập B
s
= ∅ và khi đó ta
dừng lại . Khi đó ta có được các khoảng ∆
1

, , ∆
s
.
Đặt A

= A
n
∩
s

i=1
∆
i
, có các khoảng ∆
1
, , ∆
s
phủ lên A

.
Lại có A
n
\A

⊂
s

i=1
[x
i

− δ, x
i
] nên
µ
∗
(A
n
\A

) ≤ sδ < (nl + 1).
ε
2(nl + 1)
=
ε
2
.
1.2. Hàm đơn điệu 17
Do đó
µ
∗
(A
n
) ≤ µ
∗
(A

) + µ
∗
(A
n

\A

) < µ
∗
(A

) +
ε
2
,
hay
µ
∗
(A

) ≥ µ
∗
(A
n
) −
ε
2
. (1.2.2)
Kết hợp (1.2.1) và (1.2.2) ta có
µ
∗
(A

) ≥ µ
∗

(A) − ε.
Bổ đề 1.2.2. [1]Cho tập bất kì A ⊂ (a, b) và Ω là một lớp khoảng sao cho với mọi
số η > 0 nhỏ tùy ý, mỗi điểm x ∈ A đều là đầu mút trái của ít nhất một khoảng
∆ = (x, x + h
x
) ∈ Ω với h
x
< η. Khi ấy với một tập mở bất kỳ G ⊃ A và ε > 0 tùy
ý cho trước, ta có thể chọn được một số hữu hạn khoảng rời nhau ∆
1
, ∆
2
, , ∆
s
nằm
trọn trong G, và phủ lên một tập con A

⊂ A với µ
∗
(A

) > µ
∗
(A) − ε.
Chứng minh. Gọi
Ω
1
= {(x, x + h
x
) ∈ Ω : (x, x + h

x
) ⊂ G} .
Lấy x ∈ A bất kỳ. Do G là tập mở và G ⊃ A nên tồn tại η
1
> 0 sao cho
(x − η
1
, x + η
1
) ⊂ G.
Với x ∈ A, η
1
> 0 thì theo giả thiết về Ω tồn tại h
x
∈ (0, η
1
) sao cho (x, x + h
x
) ∈ Ω.
Lại có (x, x + h
x
) ⊂ (x − η
1
, x + η
1
) nên (x, x + h
x
) ∈ Ω
1
.

Áp dụng Bổ đề 1.2.1 cho lớp Ω
1
thì ta có điều phải chứng minh.
Tương tự như Bổ đề 1.2.2 ta cũng có bổ đề sau
Bổ đề 1.2.3. [1]Cho tập bất kì A ⊂ (a, b) và Ω là một lớp khoảng sao cho với mọi
số η > 0 nhỏ tùy ý, mỗi điểm x ∈ A đều là đầu mút phải của ít nhất một khoảng
∆ = (x − h
x
, x) ∈ Ω với h
x
< η. Khi ấy với một tập mở bất kỳ G ⊃ A và ε > 0 tùy
ý cho trước, ta có thể chọn được một số hữu hạn khoảng rời nhau ∆
1
, ∆
2
, , ∆
s
nằm
trọn trong G, và phủ lên một tập con A

⊂ A với µ
∗
(A

) > µ
∗
(A) − ε.
Chứng minh Định lý 1.2.1.
1.2. Hàm đơn điệu 18
Chứng minh. Đặt

D
+
(x) = lim
h→0
+
u(x + h) − u(x)
h
,
D
+
(x) = lim
h→0
+
u(x + h) − u(x)
h
,
D
−
(x) = lim
h→0
−
u(x + h) − u(x)
h
,
D
−
(x) = lim
h→0
−
u(x + h) − u(x)

h
.
Ta có
D
+
= lim
h→0
+
inf

u(x + k) − u(x)
k
: 0 < k < h

= sup
h>0
inf

u(x + k) − u(x)
k
: 0 < k < h

,
D
+
= lim
h→0
+
sup


u(x + k) − u(x)
k
: 0 < k < h

= inf
h>0
sup

u(x + k) − u(x)
k
: 0 < k < h

.
Khi đó D
+
(x) ≤ D
+
(x).
Tương tự ta có D
−
(x) ≤ D
−
(x).
Giới hạn lim
h→0
+
u(x+h)−u(x)
h
tồn tại khi và chỉ khi D
+

(x) = D
+
(x), và giới hạn lim
h→0
−
u(x+h)−u(x)
h
tồn tại khi và chỉ khi D
−
(x) = D
−
(x).
Điều kiện cần và đủ để có đạo hàm u

(x) tại điểm x là
D
+
(x) = D
+
(x) = D
−
(x) = D
−
(x).
Đặt A = {x ∈ [a, b] : D
+
(x) < D
+
(x)}, ta chứng minh µ
∗

(A) = 0.
Cho p, q là hai số hữu tỉ (p < q) và đặt
A
pq
=

x ∈ [a, b] : D
+
(x) < p < q < D
+
(x)

.
Ta chứng minh A =

p,q∈Q
A
pq
. Thật vậy
Ta luôn có

p,q∈Q
A
pq
⊂ A.
Ta cần chứng minh A ⊂

p,q∈Q
A
pq

, nghĩa là với bất kỳ x ∈ A thì cần chứng minh là tồn
tại p
0
, q
0
∈ Q sao cho D
+
(x) < p
0
< q
0
< D
+
(x).
Do x ∈ A nên D
+
(x) < D
+
(x).
1.2. Hàm đơn điệu 19
Do tính trù mật của tập Q nên tồn tại p
0
∈ Q để D
+
(x) < p
0
< D
+
(x).
Lại có p

0
< D
+
(x) nên tồn tại q
0
∈ Q để p
0
< q
0
< D
+
(x).
Khi đó tồn tại p
0
, q
0
∈ Q để D
+
(x) < p
0
< q
0
< D
+
(x) nên x ∈ A
p
0
q
0
.

Do đó x ∈

p,q∈Q
A
pq
, hay ta có A ⊂

p,q∈Q
A
pq
.
Do A =

p,q∈Q
A
pq
là hợp đếm được của các tập A
pq
nên để chứng minh µ
∗
(A) = 0 ta sẽ
chứng minh µ
∗
(A
pq
) = 0 với mỗi p, q ∈ Q.
Giả sử ngược lại rằng có một tập A
pq
có µ
∗

(A
pq
) = α > 0.
Lấy một số ε > 0 bất kỳ. Khi đó theo Chú ý 1.1.1 sẽ tồn tại một tập mở G ⊃ A
pq
sao
cho
µ(G) < µ
∗
(A
pq
) + ε = α + ε.
Lấy x ∈ A
pq
thì ta có D
+
(x) < p, hay
sup
h
inf
k

u(x + k) − u(x)
k
: 0 < k < h

< p.
Do đó với mọi h > 0 ta có
inf
k


u(x + k) − u(x)
k
: 0 < k < h

< p.
Khi đó với mỗi h > 0 đều có k = k(x, h) ∈ (0, h) để
u(x + k) − u(x)
k
< p
hay
u(x + k) − u(x) < kp.
Gọi
Ω = {(x, x + k(x, h)) : h > 0, x ∈ A
pq
} .
Áp dụng bổ đề 1.2.2 cho tập Ω, tập mở G và ε > 0 thì có một số hữu hạn khoảng
rời nhau (x
i
, x
i
+ k(x
i
, h
i
)) với i = 1, , r nằm trọn trong G, và phủ lên một tập con
A

⊂ A
pq

với µ
∗
(A

) > α − ε.
Ta có
r

i=1
k(x
i
, h
i
) < µ(G) < α + ε,
và
r

i=1
(u(x
i
+ k(x
i
, h
i
)) − u(x
i
)) < p
r

i=1

k(x
i
, h
i
) < p(α + ε). (1.2.3)
1.2. Hàm đơn điệu 20
Lấy x ∈ A

⊂ A
pq
thì ta có q < D
+
(x), hay
q < inf
h
sup
k

u(x + k) − u(x)
k
: 0 < k < h

.
Do đó với mọi h > 0 ta có
q < sup
k

u(x + k) − u(x)
k
: 0 < k < h


.
Khi đó với mỗi h > 0 đều có l = l(x, h) ∈ (0, h) để
q <
u(x + l) − u(x)
l
hay
u(x + l) − u(x) > lq.
Gọi
Ω

= {(x, x + l(x, h)) : h > 0, x ∈ A

} .
Áp dụng Bổ đề 1.2.2 cho tập Ω

,
r

i=1
(x
i
, x
i
+ k(x
i
, h
i
)) và ε > 0 thì có một số hữu hạn
khoảng rời nhau (y

j
, y
j
+ l(y
j
, h
j
)) với j = 1, , s nằm trọn trong tập mở
r

i=1
(x
i
, x
i
+ k(x
i
, h
i
))
và phủ lên một tập con A

⊂ A

với
µ
∗
(A

) > µ

∗
(A

) − ε > α − 2ε.
Ta có
s

j=1
(u(y
j
+ l(x
j
, h
j
)) − u(y
j
)) > q
s

j=1
l
j
> q(α − 2ε). (1.2.4)
Lại có u(x) là hàm đơn điệu tăng và (x
i
, x
i
+ k(x
i
, h

i
)) là các khoảng rời nhau với
i = 1, , r nên ta có
µ

u

r

i=1
(x
i
, x
i
+ k(x
i
, h
i
))

=
r

i=1
(u(x
i
+ k(x
i
, h
i

)) − u(x
i
)). (1.2.5)
Tương tự cũng do u(x) là hàm đơn điệu tăng và (y
j
, y
j
+ l(y
j
, h
j
)) là các khoảng rời
nhau với j = 1, , s nên ta có
µ

u

s

j=1
(y
j
, y
j
+ l(y
j
, h
j
))


=
s

j=1
(u(y
j
+ l(y
j
, h
j
)) − u(y
j
)). (1.2.6)
1.2. Hàm đơn điệu 21
Lại có
s

j=1
(y
j
, y
j
+ l(y
j
, k
j
)) ⊂
r

i=1

(x
i
, x
i
+ k(x
i
, h
i
)) nên
µ

u

s

j=1
(y
j
, y
j
+ l(y
j
, h
j
))

≤ µ

u


r

i=1
(x
i
, x
i
+ k(x
i
, h
i
))

. (1.2.7)
Kết hợp (1.2.5), (1.2.6) và (1.2.7) ta có
s

j=1
(u(y
j
+ k
j
) − u(y
j
)) ≤
s

j=1
(u(x
i

+ h
i
) − u(x
i
)). (1.2.8)
Từ (1.2.3), (1.2.4) và (1.2.8) ta có
q(α − 2ε) < p(α + ε)
hay
α(q − p) < ε(p + 2q).
Chọn ε =
α(q−p)
|p|+2|q|
> 0.
Ta có
ε(p + 2q) ≤ ε(|p| + 2 |q|) = α(q − p).
Điều này mâu thuẫn với α(q − p) < ε(p + 2q) đúng với mọi ε > 0 bất kỳ.
Do đó điều giả sử là sai, nghĩa là µ
∗
(A
pq
) = 0 hay µ(A) = 0.
Vậy D
+
(x) = D
+
(x) hầu khắp nơi.
Bằng cách lập luận tương tự và dùng Bổ đề 1.2.3 ta cũng chứng minh được D
−
(x) =
D

−
(x) hầu khắp nơi.
Mặt khác trong lập luận trên có thể thay D
+
(x) bằng D
−
(x): mỗi điểm x ∈ A

sẽ là
đầu mút phải của những khoảng nhỏ tùy ý (x − l, x) với u(x) − u(x − l) > lq, và cũng
theo cách trên ta có D
+
(x) ≥ D
−
(x) hầu khắp nơi. Tương tự thế D
−
(x) ≥ D
+
(x).
Vậy D
+
(x) = D
+
(x) = D
−
(x) = D
−
(x), tức là u

(x) tồn tại hầu khắp nơi trên đoạn

[a, b].
Định lý 1.2.2. [1]Nếu u(x) là hàm đơn điệu tăng trong [a, b] thì u

(x) là khả tích
Lebegues trên [a, b] và
b

a
u

(x)dx ≤ u(b) − u(a).
Chứng minh. Do u(x) là hàm đơn điệu tăng nên
u(x + h) − u(x)
h
≥ 0, ∀x ∈ [a, b]
1.2. Hàm đơn điệu 22
và
u(x + h) − u(x)
h
→ u

(x) h.k.n khi h → 0
Theo bổ đề Fatou có
b

a
lim
h→0
u(x + h) − u(x)
h

dx ≤ lim
h→0
b

a
u(x + h) − u(x)
h
dx
hay
b

a
u

(x)dx ≤ lim
h→0
b

a
u(x + h) − u(x)
h
dx (1.2.9)
Đặt u(x) = u(b) với x > b. Vì u(x) khả tích Riemann nên tích phân ở vế phải của
(1.2.9) có thể hiểu theo nghĩa Riemann. Đổi biến số, ta có thể viết tích phân dưới dạng
b

a
u(x + h) − u(x)
h
dx =

1
h
b+h

a+h
u(t)dt −
1
h
b

a
u(t)dt
=
1
h
b

a+h
u(t)dt +
1
h
b+h

b
u(t)dt −
1
h
b

a

u(t)dt
=
1
h
b+h

b
u(t)dt −
1
h
a+h

a
u(t)dt
≤
1
h
b+h

b
u(b)dt −
1
h
a+h

a
u(a)dt = u(b) − u(a). (1.2.10)
Từ (1.2.9) và (1.2.10) ta có
b


a
u

(x)dx ≤ u(b) − u(a) < ∞.
Vậy u

(x) là khả tích Lebesgue trong [a, b].
Định lý 1.2.3. [2](Định lý Fubini trên từng số hạng khả vi của chuỗi với các số hạng
đơn điệu) Cho u
k
: [a, b] → R là các hàm đơn điệu tăng, k = 1, 2, và cho chuỗi
u(x) =
∞

k=1
u
k
(x)
hội tụ theo từng điểm trong [a, b]. Khi đó
u

(x) =
∞

k=1
u

k
(x)
h.k.n trong [a, b].

1.2. Hàm đơn điệu 23
Chứng minh. Đặt
E={ x ∈ [a, b] : u không khả vi tại x}
E
k
={ x ∈ [a, b] : u
k
không khả vi tại x} , k = 1, 2,
Do u
k
là các hàm đơn điệu tăng trong [a, b] nên u
k
khả vi hầu khắp nơi trong [a, b]. Do
đó µ(E
k
) = 0, k = 1, 2,
Lấy x
1
, x
2
∈ [a, b], với x
1
< x
2
. Xét
u(x
2
) − u(x
1
) =

∞

k=1
u
k
(x
2
) −
∞

k=1
u
k
(x
1
) =
∞

k=1
(u
k
(x
2
) − u
k
(x
1
)) ≥ 0.
Khi đó u là hàm đơn điệu tăng trong [a, b] nên µ(E) = 0.
Đặt A = E ∪

∞

k=1
E
k
có
0 ≤ µ(A) ≤ µ(E) +
∞

k=1
µ(E
k
) = 0,
nên µ(A) = 0.
Ta có
u(x) =
∞

k=1
u
k
(x) =
n

k=1
u
k
(x) + R
n
(x)

với
R
n
(x) =
∞

k=n+1
u
k
(x).
Tương tự như chứng minh với hàm u ta cũng có R
n
là hàm đơn điệu tăng.
Lấy bất kì x ∈ [a, b] \A, có
n

k=1
u
k
(x) và u khả vi tại x. Do đó sẽ tồn tại
R

n
(x) = u

(x) −
n

k=1
u


k
(x).
Lại có R
n
là hàm đơn điệu tăng trong [a, b] nên R

n
(x) ≥ 0.
Do đó
u

(x) =
n

k=1
u

k
(x) + R

n
(x) ≥
n

k=1
u

k
(x).

Lại có u
k
là các hàm đơn điệu tăng trong [a, b] nên u

k
(x) ≥ 0, k = 1, 2,
Khi đó
∞

k=1
u

k
(x) là chuỗi số dương và bị chặn trên nên
∞

k=1
u

k
(x) hội tụ tới g(x) với
0 ≤ g(x) ≤ u

(x).
Hay u

(x) − g(x) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b] \A.
1.2. Hàm đơn điệu 24
Do đó u


(x) − g(x) ≥ 0 h.k.n trong [a, b].
Do R
n
là hàm đơn điệu tăng nên áp dụng Định lí 1.2.2 ta có
0 ≤
b

a
R

n
(x)dx ≤ R
n
(b) − R
n
(a)
=
∞

k=n+1
u
k
(b) −
∞

k=n+1
u
k
(a) =
∞


k=n+1
(u
k
(b) − u
k
(a)).
Lại có
∞

k=1
u
k
(a) và
∞

k=1
u
k
(b) hội tụ nên
∞

k=1
(u
k
(b) − u
k
(a)) hội tụ, do đó
lim
n→∞

∞

k=n+1
(u
k
(b) − u
k
(a)) = 0.
Áp dụng nguyên lí kẹp giữa ta có
lim
n→∞
b

a
R

n
(x)dx = 0. (1.2.11)
Mà
b

a
u

(x)dx =
b

a

n


k=1
u
k
(x)


dx +
b

a
R

n
(x)dx
=
b

a
n

k=1
u

k
(x)dx +
b

a
R


n
(x)dx
≤
b

a
∞

k=1
u

k
(x)dx +
b

a
R

n
(x)dx.
Áp dụng Định lý hội tụ đơn điệu Beppo Levi và (1.2.11), cho n → ∞ ta có
b

a
u

(x)dx =
b


a
∞

k=1
u

k
(x)dx.
Do đó
b

a

u

(x) −
∞

k=1
u

k
(x)

dx = 0,
và u

(x) − g(x) ≥ 0 h.k.n trong [a, b] nên u

(x) − g(x) = 0 h.k.n trong [a, b]. Vậy

u

(x) =
∞

k=1
u

k
(x) h.k.n trong [a, b].