Hàm với biến phân bị chặn và hàm liên tục tuyệt đối

1
mPackage inputenc Error: Keyboard character used is undefinedin inputencoding
‘utf8’See the inputenc package documentation for explanation.You need to provide a
definition with or before using this key.m3


2

LỜI CẢM ƠN

Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học sư phạm Hà Nội 2
dưới sự hướng dẫn của TS. Trần Văn Bằng.
Em xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy cô giáo trong
nhà trường và các thầy cô giáo khoa Toán-Trường Đại Học Sư Phạm Hà
Nội 2 đã giúp đỡ em trong suốt quá trình học tập.
Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS. Trần Văn Bằng, người
đã luôn quan tâm, động viên và tận tình hướng dẫn em trong quá trình
thực hiện luận văn này.
Em xin bày tỏ lòng biết ơn tới gia đình, người thân, bạn bè đã
động viên và tạo điều kiện để em hoàn thành luận văn này.

Hà Nội, ngày 09 tháng 05 năm 2011
Tác giả

Trần Thị Hoàn


3

LỜI CAM ĐOAN

Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học sư phạm Hà Nội 2
dưới sự hướng dẫn của TS. Trần Văn Bằng.
Một số kết quả đã đạt được trong luận văn là mới và chưa từng
được công bố trong bất kỳ công trình khoa học nào của ai khác.

Hà Nội, ngày 09 tháng 05 năm 2011
Tác giả

Trần Thị Hoàn


Mục lục

Lời cảm ơn

2

Lời cam đoan

3

Mở đầu

5

1 Hàm với biến phân bị chặn

7

1.1. Biến phân theo từng điểm . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.2. Phép hợp các hàm trong BP V (I). . . . . . . . . . . . . .

27

1.3. Không gian BP V (I). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

1.4. Chỉ đồ Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

40

2 Hàm liên tục tuyêt đối

48

2.1. Không gian các hàm liên tục tuyệt đối . . . . . . . . . .

48

2.2. Quy tắc đạo hàm hàm hợp và phép đổi biến . . . . . . .

73

2.3. Hàm kì dị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

89

Kết luận

92

Tài liệu tham khảo

93

4


MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Các hàm đơn điệu đóng vai trò quan trọng trong giải tích cổ điển.
Nếu để nói về việc nghiên cứu hàm đơn điệu thì có lẽ phải dùng chính
ngôn ngữ của Toán học là "vô cùng". Như ta đã biết: Cho khoảng
I ⊂ R. Tập hợp các hàm đơn điệu u : I → R không là không gian
vectơ, vì nói chung, hiệu của hai hàm đơn điệu thì không đơn điệu. Vậy
một câu hỏi đặt ra là: Liệu có thể tìm được một không gian véc tơ nào
chứa tất cả các hàm đơn điệu hay không? Câu trả lời là có, người ta đã
sử dụng ngôn ngữ "Biến phân" để xây dựng một không gian, có tên
là "Không gian tất cả các hàm có biến phân bị chặn" chính là
không gian nhỏ nhất chứa tất cả các hàm đơn điệu. Tuy nhiên không
gian này còn khá rộng để nghiên cứu mối liên hệ giữa phép tính vi tích
phân và phép tính tích phân (theo nghĩa Lebesgue). Để khắc phục hạn
chế đó, người ta lại đi tìm một không gian véc tơ nhỏ hơn "Không gian
tất cả các hàm liên tục tuyệt đối". Các hàm trong không gian này
thỏa mãn Định lý cơ bản về phép tính vi tích phân đối với tích phân
Lebesgue. Mở rộng rồi lại thu hẹp, mối quan hệ giữa hai không gian trên

như thế nào? và chúng có những tính chất đặc biệt gì? Điều đó, đã thúc
đẩy em đi đến việc chọn đề tài "Hàm với biến phân bị chặn và hàm
liên tục tuyệt đối"nhằm mục đích tìm hiểu về hai loại hàm trên và
tìm hiểu câu trả lời cho những câu hỏi vừa nêu trên.

2. Mục đích nghiên cứu
Bước đầu làm quen với công việc nghiên cứu khoa học và tìm hiểu
về các tính chất đặc trưng của hai không gian: Không gian các hàm có


6

biến phân bị chặn và không gian các hàm liên tục tuyệt đối.

3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Ngiên cứu một số định nghĩa, định lý, tính chất về: Hàm với biến
phân bị chặn và hàm liên tục tuyệt đối.
Đưa ra một số bài tập áp dụng các định lý và các tính chất trên
cùng với một số bài tập và ví dụ phản chứng.

4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Hàm với biến phân bị chặn và hàm liên tục tuyệt đối.

5. Phương pháp nghiên cứu
Sử dụng các phương pháp nghiên cứu của giải tích lồi và giải tích
biến phân hiện đại.

6. Cấu trúc khóa luận
Ngoài phần mở đầu, kết luận, danh mục tài liệu tham khảo, khóa
luận của em gồm 2 chương:

Chương I: Hàm với biến phân bị chặn.
Chương II: Hàm liên tục tuyệt đối.


Chương 1
Hàm với biến phân bị chặn
Cho khoảng I ⊂ R. Tập hợp các hàm đơn điệu u : I → R không
là không gian vectơ, vì nói chung, hiệu của hai hàm đơn điệu thì không
đơn điệu.
Trong chương này, chúng ta sẽ mô tả không gian véc tơ nhỏ nhất các
hàm u : I → R chứa tất cả các hàm đơn điệu.

1.1.

Biến phân theo từng điểm
Cho khoảng I ⊂ R. Một phân hoạch của I là một tập P :=

{x0 , x1 , ..., xn } ở đó, x0 < x1 < ... < xn .
Định nghĩa 1.1. Cho khoảng I ⊂ R và hàm u : I → R.
Biến phân theo từng điểm (gọi tắt là biến phân) của u trên khoảng I là
giá trị:

n

|u(xi ) − u(xi−1 )|

Varu := sup

(1.1)

i=1

trong đó, cận trên đúng được lấy trên tất cả các phân hoạch P :=
{x0 , x1 , ..., xn } của I, n ∈ N.
Hàm u : I → R được gọi là có biến phân hữu hạn hoặc biến phân bị chặn
nếu Varu < ∞.

7


8

Không gian tất cả các hàm u : I → R với biến phân bị chặn được
kí hiệu là: BV P (I).
Nhận xét 1.2. Chú ý rằng, nếu một trong các điểm đầu mút, chẳng
hạn b := supI ∈ I thì trong định nghĩa của Varu, ta chỉ cần xét những
phân hoạch có xn = b. Thật vậy, nếu P := {x0 , x1 , ..., xn } là một phân
hoạch với xn < b thì P := {x0 , x1 , ..., xn , b} cũng là một phân hoạch của
I và
n

n

|u(xi ) − u(xi−1 )| ≤
i=1

|u(xi ) − u(xi−1 )| + |u(b) − u(xn )| ≤ Varu
i=1

Để nhấn mạnh sự phụ thuộc vào khoảng I, chúng ta thường kí

hiệu VarI u.
Nếu khoảng I suy biến tức là inf I = supI thì ta viết VarI u = 0.
Hàm u : I → R được gọi là có biến phân hữu hạn địa phương hoặc
biến phân bị chặn địa phương nếu Var[a,b] u < ∞, ∀[a, b] ⊂ I.
Không gian tất cả các hàm u : I → R có biến phân bị chặn địa
phương được kí hiệu là BP Vloc (I).
Nếu I = [a, b] thì BP Vloc ([a, b]) = BP V ([a, b]).
Nếu Ω ⊂ R là một tập mở thì ta có thể viết Ω như hợp đếm được
các khoảng mở đôi một rời nhau:
Ω=

In
n

Khi đó, biến phân của u : Ω → R được định nghĩa bởi:
Varu :=

VarIn u
n

và u được gọi là có biến phân bị chặn trong Ω nếu Varu < ∞.
Không gian tất cả các hàm u : Ω → R có biến phân bị chặn cũng
được kí hiệu là: BP V (Ω).


9

Nếu u : I → Rd thì ta định nghĩa biến phân của u giống như Định
nghĩa 1.1 nhưng giá trị tuyệt đối bây giờ được thay thế bởi chuẩn trong
Rd .

Không gian tất cả các hàm u : I → Rd có biến phân bị chặn
(biến phân bị chặn địa phương) được kí hiệu là BP V (I; Rd )(tương ứng,
BP Vloc (I; Rd )).
Sau đây là một số bài tập:
Bài tập 1.3. (i)Nếu u : [a, b] → R khả vi khắp nơi và đạo hàm u của
nó bị chặn thì u ∈ BP V ([a, b]).
(ii)Nếu u : [a, b] → R khả vi khắp nơi và u khả tích Riemann thì u ∈
BP V ([a, b]) và
b

|u (x)| dx.

Varu =
a

Đối chiếu với định lý Katznelson-Stromberg dưới đây.
Bài tập 1.4. Cho u : [0, 1] → R được định nghĩa bởi:
u(x) :=

xa .sin x1b nếu 0 < x ≤ 1,
0

nếu x = 0.

trong đó a, b ∈ R. Với giá trị nào của a,b hàm u có biến phân bị chặn.
Chứng minh rằng tồn tại các giá trị a, b sao cho với a, b đó u có biến
phân bị chặn nhưng u không bị chặn.
Bài tập 1.5. Cho u, v ∈ BP V ([a, b]).Chứng minh rằng:
(i)u ± v ∈ BP V ([a, b]).
(ii) u · v ∈ BP V ([a, b]).

(iii)Nếu v(x) ≥ c > 0, ∀x ∈ [a, b] và với c > 0 thì

u
v

∈ BP V ([a, b]).

(iv)Điều gì sẽ xảy ra nếu ta thay thế [a, b] bởi một khoảng bất kỳ I ⊂ R
(có thể không bị chặn)?
Chúng ta chuyển sang một vài tính chất chung của hàm với biến
phân bị chặn.


10

Mệnh đề 1.6. Cho khoảng I ⊂ R và hàm u : I → R. Khi đó ta có
(i)Với mỗi c ∈ I,
sup |u(x)| ≤ |u(c)| + Varu.
x∈I

Do đó, nếu u ∈ BP V (I) thì u bị chặn.
(ii)Nếu c ∈ I, thì
VarI∩(−∞,c] u + VarI∩[c,∞) u = Varu.
(iii)Nếu I không chứa đầu mút phải của nó thì
lim

−

VarI∩(−∞,x] u = Varu.

x→(supI)

Đồng thời,nếu I không chứa đầu mút trái của nó thì
lim

+

VarI∩[x,∞) u = Varu.

x→(inf I)

Chứng minh. (i)Cố định c ∈ I. Với mỗi x = c, xét phân hoạch P :=
{c, x}. Khi đó
|u(x)| ≤ |u(c)| + |u(x) − u(c)| ≤ |u(c)| + Varu,
và vì vậy
sup |u(x)| ≤ |u(c)| + Varu.
x∈I

(ii)Gọi I1 := I ∩ (−∞, c] và I2 := I ∩ [c, +∞). Giả sử P := {x0 , x1 , ..., xn }
và Q := {y0 , y1 , ..., ym } là phân hoạch của I1 và I2 . Theo Nhận xét 1.2
ta có thể giả sử rằng xn = y0 = c. Khi đó, P ∪ Q là một phân hoạch của
I và vì vậy
n

m

|u(xi ) − u(xi−1 )| +
i=1

|u(yi ) − u(yi−1 )| ≤ Varu.

i=1

Đầu tiên, lấy cận trên đúng trên tất cả các phân hoạch P của I1 sau đó
lấy trên tất cả các phân hoạch Q của I2 ta có kết quả:
VarI1 u + VarI2 u ≤ Varu.


11

Đảo lại, giả sử P := {x0 , x1 , ..., xn } là một phân hoạch của I. Lấy
m ∈ {1, 2, ..., n} sao cho xm−1 ≤ c ≤ xm . Khi đó, P1 := {x0 , x1 , ..., xm−1 , c}
và P2 := {c, xm , ..., xn } tương ứng là các phân hoạch của I1 và I2 , do đó
n

m−1

|u(xi ) − u(xi−1 )| =
i=1

|u(xi ) − u(xi−1 )| + |u(xm ) ± u(c) − u(xm−1 )|
i=1
n

|u(xi ) − u(xi−1 )|

+
i=m+1
m−1

≤

|u(xi ) − u(xi−1 )| + |u(c) − u(xm−1 )|
i=1
n

+ |u(xm ) − u(c)| +

|u(xi ) − u(xi−1 )|
i=m+1

≤ VarI1 u + VarI2 u.
Lấy cận trên đúng trên tất cả các phân hoạch P của I, ta có
Varu ≤ VarI1 u + VarI2 u.
(iii) Theo phần (ii), ta chỉ cần xét trường hợp Varu > 0. Giả sử I không
chứa đầu mút phải (các trường hợp khác của nó tương tự) và cố định
0 < t < Varu. Theo Định nghĩa của Varu ta có thể tìm một phân hoạch
P := {x0 , x1 , ..., xn } của I sao cho
n

|u(xi ) − u(xi−1 )|.

t<
i=1

Với mỗi x ∈ (xn , supI), ta có P là một phân hoạch của I ∩ (−∞, x|, và
vì vậy theo phần (ii),
n

|u(xi ) − u(xi−1 )| ≤ VarI∩(−∞,x| ≤ Varu.

t<
i=1

Cho x → (supI)− , ta có
t≤

lim

−

x→(supI)

VarI∩(−∞,x] u ≤ Varu,


12

do hàm x ∈ I → VarI∩(−∞,x] u là hàm tăng (theo phần (ii)). Bây giờ cho
t

Varu, ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét 1.7. Lấy I = [a, b], với a < b, theo Mệnh đề 1.6 (ii) với mỗi
c ∈ [a, b], ta có
Var[a,c] u + Var[c,b] u = Var[a,b] u.
Bài tập 1.8. Cho khoảng I ⊂ R và u ∈ BP V (I). Chứng minh rằng,
nếu I chứa điểm mút phải b := supI và u liên tục trái tại b thì
lim VarI∩(−∞,x] u = Varu.

x→b−

Ví dụ 1.9. Hàm u(x) := sinx, x ∈ R là hàm bị chặn và thuộc BP Vloc (R)
nhưng không thuộc BP V (R) (vì sao?)
Tiếp theo chúng ta nghiên cứu mối quan hệ giữa hàm đơn điệu và
hàm có biến phân bị chặn.
Mệnh đề 1.10. Cho khoảng I ⊂ R và hàm u : I → R là hàm đơn điệu.
Khi đó, với mỗi khoảng J ⊂ I,
VarJ u = sup u + inf u.
J

J

Nói riêng, u ∈ BP Vloc (I). Hơn nữa, u ∈ BP V (I) nếu và chỉ nếu nó bị
chặn.
Chứng minh. Giả sử rằng u là hàm tăng và khoảng J ⊂ I. Khi đó, với
mỗi phân hoạch P := {x0 , x1 , ..., xn } của J ta có,
n

n

|u(xi ) − u(xi−1 )| =
i=1

(u(xi ) − u(xi−1 ))
i=1

= u(xn ) − u(x0 ) ≤ sup u − inf u.
J

J

Lấy cận trên đúng trên tất cả các phân hoạch của J cho kết quả,
VarJ u ≤ sup u − inf u.
J

J


13

Để chứng minh bất đẳng thức ngược lại (V arJ u ≥ supJ u − inf J u), ta
chỉ cần xét trường hợp J là tập không suy biến. Xét phân hoạch
P := {a, b} ⊂ J, với inf J ≤ a < b ≤ supJ. Khi đó,
u(b) − u(a) = |u(b) − u(a)| ≤ VarJ u.
Nếu supJ ∈ J thì lấy b = supJ, ta có u(b) = supJ u, nếu supJ ∈
/ J thì
cho b

supJ, ta có u(b) → supJ u.

Biện luận tương tự cho điểm đầu mút trái, ta có
sup u − inf u ≤ VarJ u.
J

J

Ta có điều phải chứng minh.
Hàm V được giới thiệu trong định lý sau đây đặc biệt quan trọng
trong phần tiếp theo.
Định lí 1.11. (Biến phân bất định)

Cho khoảng I ⊂ R, điểm x0 ∈ I và hàm u ∈ BP Vloc (I).Với mỗi x ∈ I,
định nghĩa:
V (x) :=

Var[x0 ,x] u nếu x ≥ x0 ,

(1.2)

−Var[x,x0 ] u nếu x < x0 .

Khi đó, với ∀x, y ∈ I, với x < y, ta có
|u(y) − u(x)| ≤ V (y) − V (x) = Var[x,y] u.

(1.3)

Nói riêng, ta có V và V ± u là các hàm tăng.
Chứng minh. Cố định x, y ∈ I, với x < y. Theo Nhận xét 1.7,



 Var[x0 ,y] u − Var[x0 ,x] u = V(y) − V(x) nếu x0 ≤ x < y,
Var[x,y] u :=
Var[x,x0 ] u − Var[y,x0 ] u =−V(x) + V(y) nếu x < y ≤ x0 ,


 Var
u + Var
u =−V(x) + V(y) nếu x ≤ x ≤ y.
[x,x0 ]

[x0 ,y]

0

(1.4)


14

Vì |u(y) − u(x)| ≤ Var[x,y] u nên ta có bất đẳng thức (1.3).
Từ (1.3) ta suy ra V (x) ≤ V (y) và
±(u(y) − u(x)) ≤ |u(y) − u(x)| ≤ V (y) − V (x).

(1.5)

Do đó, hàm V và V ± u là các hàm tăng.
Hàm V trên đây được gọi là biến phân bất định của hàm u.
Nhận xét 1.12. Để nhấn mạnh sự phụ thuộc vào x0 hoặc vào u, khi
cần thiết chúng ta sẽ viết: Vx0 hoặc Vx0 ,u .
Nhận xét 1.13. Chú ý rằng khi inf ∈ I, thì bằng cách chọn x0 ∈ inf I
ta có hàm đơn giản hơn:
V∞ (x) := VarI∩(−∞,x] u,

x ∈ I.

(1.6)

Tuy nhiên, nếu inf I ∈
/ I hoặc inf I = −∞ thì hàm V∞ có thể vô hạn,
trừ khi u ∈ BP V (I).

Bài tập 1.14. Cho khoảng I ⊂ R và u ∈ BP Vloc (I), V là biến phân bất
định của u.
(i)Chứng minh rằng, nếu u liên tục phải (tương ứng, liên tục trái) tại
x ∈ I thì cũng liên tục phải (trái) tại điểm đó.
(ii)Chứng minh rằng nếu u ∈ BP V (I) thì supI V − inf I V = Varu.
Từ Bài tập 1.14 cùng với (1.3), ta thấy u liên tục tại x nếu và chỉ
nếu V liên tục tại x.
Tuy nhiên, bài tập sau đây cho thấy điều này không đúng với tính khả
vi.
Bài tập 1.15. Cho u : [0, 1] → R được xác định bởi:
u(x) :=

xa .cos x1 nếu 0 < x ≤ 1,
0

nếu x = 0.


15

ở đó, a > 0. Chứng minh rằng:
(i)Nếu a = 2 thì u (0) = 0 = V (0) < ∞ .
(ii)Nếu 1 < a < 2 thì u (0) = 0, trong khi V (0) = ∞.
Bài tập 1.16. Cho hàm u : [a, b] → R, các số thực mở rộng:
n

(u(xi ) − u(xi−1 ))+

P Varu := sup
i=1

và,

n

(u(xi ) − u(xi−1 ))− ,

N Varu := sup
i=1

ở đó, cận trên đúng được lấy trên tất cả các phân hoạch P := {x0 , x1 , ..., xn }
của [a, b], n ∈ N lần lượt được gọi là biến phân dương và âm của u trên
[a, b]. Chứng minh rằng, nếu u ∈ BP V ([a, b]) thì
Varu = PVaru + NVaru
và
u(b) − u(a) = P Varu − NVaru.
Hệ quả sau đây của Định lý 1.11 tương tự Hệ quả 0.40.
Hệ quả 1.17. Cho khoảng I ⊂ R và u : I → R là một hàm đo được.
Khi đó, với h > 0,ta có
1
h

|u(x + h) − u(x)| dx ≤ Varu
Ih

ở đó, Ih := {x ∈ I : x + h ∈ I}.
Chứng minh. Nếu Varu = ∞ thì bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng.
Giả sử rằng Varu < ∞. Cố định [a, b] ⊂ I với 0 < h ≤ b − a. Theo (1.3)
và Hệ quả 0.40 áp dụng cho hàm V , ta có
1

h

b−h

|u(x + h) − u(x)| dx ≤
a

1
h

b−h

(V (x + h) − V (x)) dx
a

≤ V (b) − V (a) = Var[a,b] u.


16

Xây dựng một dãy tăng của các đoạn [an , bn ] sao cho an
bn

inf I,

supI. Nếu diamIh > 0 thì với mọi n đủ lớn, ta có 0 < h < bn − an

và vì vậy theo bất đẳng thức trên, ta có
1
h

bn −h

|u(x + h) − u(x)| dx ≤ Var[an ,bn ] u ≤ Varu
an

Cho n → ∞ và sử dụng Định lý hội tụ đơn điệu Lebesgue ta có
1
h

|u(x + h) − u(x)| dx ≤ Varu.
Ih

Rõ ràng bất đẳng thức vẫn đúng nếu diamIh = 0, vì lúc đó tích phân
bên trái bằng 0. Điều phải chứng minh.
Mệnh đề đảo của Hệ quả 1.17 sẽ được chứng minh trong Hệ quả
1.43. Một hệ quả khác của Định lý 1.11 là kết quả được đề cập ở đầu
chương, đó là đặc trưng của không gian véc tơ nhỏ nhất các hàm u :
I → R chứa tất cả các hàm đơn điệu.
Định lí 1.18. Cho khoảng I ⊂ R. Không gian véc tơ nhỏ nhất các hàm
u : I → R chứa tất cả các hàm đơn điệu (tương ứng, các hàm đơn điệu
bị chặn) là không gian BP Vloc (I) (tương ứng,BP V (I)). Hơn nữa, mọi
hàm thuộc BP Vloc (I) (tương ứng,BP V (I)) đều có thể viết thành hiệu
của 2 hàm tăng (tương ứng, hai hàm tăng và bị chặn).
Chứng minh. Giả sử u, v : I → R và t ∈ R. Theo (1.1) với mỗi khoảng
J ⊂ I, ta có
VarJ (tu) = |t| VarJ u,

VarJ (u + v) ≤ VarJ u + VarJ v.

(1.7)

Do đó, BP Vloc (I) (tương ứng, BP V (I)) là một không gian véc tơ(kgvt).
Theo Mệnh đề 1.10 không gian BP Vloc (I) (tương ứng,BP V (I)) chứa tất
cả các hàm đơn điệu (tương ứng, chứa tất cả các hàm đơn điệu bị chặn).
Để chứng minh rằng nó là nhỏ nhất, ta chỉ cần chứng minh mọi hàm


17

thuộc BP Vloc (I) (tương ứng,BP V (I)) đều có thể viết thành hiệu của
hai hàm tăng (tương ứng, hai hàm tăng bị chặn). Thật vậy, ta có
u = V − (V − u)

1
1
u = (V + u) − (V − u)
2
2

hoặc

Bài tập 1.19. Cho I = [a, b]. Chứng minh rằng:
(i)Nếu v : I → R có biến phân bị chặn và có tính chất giá trị trung gian
thì v liên tục.
(ii)Nếu u : I → R là hàm khả vi và u có biến phân bị chặn thì u liên
tục.
Bài tập 1.20. Cho khoảng I ⊂ R và hàm u ∈ BP Vloc (I) liên tục phải
(tương ứng,liên tục trái). Chứng minh rằng 2 hàm 12 (V + u) và 12 (V − u)
không cùng gián đoạn tại x ∈ I 0 .

Bài tập 1.21. Cho 2 khoảng I, J ⊂ R, hàm f ∈ BP Vloc (I) và u : I → J
là một hàm đơn điệu. Chứng minh rằng f ◦ u ∈ BP Vloc (I).
Bài tập 1.22. Cho un (x) =

1 −n2 x2
,
n2 e

x ∈ R.

(i)Tính Varun .
(ii)Đặt u(x) :=

∞
n=1 un (x),

x ∈ R.

Chứng minh rằng u ∈ BP V (R).
(iii)Chứng minh rằng

∞
n=1 un (x)

không hội tụ đều trong [−1, 1].

(iv)Tìm một công thức cho u .
(v)Những kiến thức gì liên quan đến Bài tập này.
Kết quả theo sau là hệ quả của Định lý 1.18.
Hệ quả 1.23. Cho khoảng I ⊂ R và hàm u ∈ BP Vloc (I). Khi đó, với

mỗi x ∈ I, các giới hạn
lim u(y) := u+ (x),

y→x+

lim u(y) := u− (x)

y→x−


18

tồn tại trong R, u có không quá đếm được các điểm gián đoạn và khả vi
hầu khắp nơi(h.k.n) trong I. Hơn nữa, với mỗi [a, b] ⊂ I,
b

|u (x)| dx ≤ Var[a,b] u.

(1.8)

a

Nếu thêm giả thiết u ∈ BP V (I) thì u bị chặn và tồn tại các giới hạn,
lim

y→(inf I)+

u(y),

lim

y→(supI)−

u(y)

(1.9)

u khả tích Lebesgue và
|u | dx ≤
I

|V | dx ≤ sup V − inf V = Varu.
I

I

I

(1.10)

Chứng minh. Bước 1: Theo Định lý 1.18 với mỗi hàm thuộc BP Vloc (I)
là hiệu của 2 hàm tăng nên từ Định lý 1.2 và Định lý Lebesgue, ta có
u+ (x) và u− (x) tồn tại trong R, với mỗi x ∈ I. Do đó u có không quá
đếm được các điểm gián đoạn và khả vi h.k.n trong I. Để chứng minh
(1.8), lấy [a, b] ⊂ I và xét hàm tăng V được định nghĩa trong (1.2). Lấy
x ∈ (a, b) sao cho cả 2 hàm u và V đều khả vi tại x. Khi đó, từ (1.3) suy
ra với y > x,
|u(y) − u(x)| V (y) − V (x)
≤
y−x

y−x
và cho y → x+ , ta có
|u (x)| ≤ V (x).

(1.11)

Áp dụng 1.37 với V và theo (1.3), ta có
b

b

|u | dx ≤
a

|V | dx ≤ V (b) − V (a) = Var[a,b] u.

(1.12)

a

Bước 2: Nếu u ∈ BP V (I) thì lại theo Định lý 1.18, u là hiệu của 2 hàm
tăng và bị chặn. Do đó, u bị chặn và các giới hạn (1.9) tồn tại trong
R. Để chứng minh (1.10), ta tiến hành như phần cuối của chứng minh
Mệnh đề 1.10, từ (1.12) suy ra
|u | dx ≤
I

|V | dx ≤ sup V − inf V = Varu,
I

I

(theo Bài tập 1.14 ). Điều phải chứng minh.

I


19

Nhận xét 1.24. Chú ý trong phần hai của chứng minh cũng có thể sử
dụng hàm V∞ được định nghĩa trong (1.6). Thật vậy, ở bước 1 ta có hàm
u khả vi h.k.n trong I,
|u (x)| ≤ V∞ (x),

(1.13)

nên áp dụng 0.19 cho hàm tăng V∞ , ta có
|u (x)|dx ≤
I

|V∞ (x)|dx ≤
I

x

lim V∞ (x) − lim V∞ (x)
supI

x

inf I

(1.14)

≤ sup V∞ − inf V∞ = Varu.
I

I

Bài tập tiếp theo chứng tỏ bất đẳng thức trong (1.11) xảy ra dấu
bằng thực sự h.k.n x ∈ I.
Bài tập 1.25. Cho u ∈ BP V ([a, b]) và a ≤ x ≤ b, ta định nghĩa:
V (x) := Var[a,x] u.
Giả sử P = {x0 , x1 , ..., xn } là một phân hoạch của [a, b] với
a = x0 < x1 < ... < xn = x, ta định nghĩa hàm v : [a, b] → R bằng quy
nạp như sau:
Nếu u(x0 ) ≤ u(x1 ) thì với mỗi x ∈ [x0 , x1 ], đặt v(x) := u(x) − u(x0 ).
Nếu u(x0 ) > u(x1 ) thì với mỗi x ∈ [x0 , x1 ], đặt v(x) := u(x0 ) − u(x).
Cho 1 ≤ k < n và giả sử rằng v đã được định nghĩa trên [x0 , xk ].
Nếu u(xk ) ≤ u(xk+1 ) thì với mỗi x ∈ (xk , xk+1 ], đặt
v(x) := u(x) + v(xk ) − u(xk ).
Nếu u(xk ) > u(xk+1 ) thì với mỗi x ∈ (xk , xk+1 ], đặt
v(x) := −u(x) + v(xk ) + u(xk ).
Chứng minh rằng:
(i)Trên mỗi đoạn [xk−1 , xk ], 1 ≤ k ≤ n, hoặc v − u hoặc v + u là hằng
số.


20

(ii)V (x) = V ar[a,x] v, với mỗi a ≤ x ≤ b và
n

|u(xk ) − u(xk−1 )| .

v(b) =
k=1

(iii) Với mỗi n ∈ N, tồn tại 1 hàm vn : [a, b] → R để V − vn là hàm tăng,
V (a) = vn (a) ,V (b) − vn (b) ≤

1
2n

và |vn (x)| = |u (x)| h.k.n, x ∈ [a, b].

(iv)V (x) = |u (x)| h.k.n, x ∈ [a, b].
Định lý 1.18 chứng tỏ rằng mọi hàm trong BP Vloc (I) có thể viết
như hiệu của 2 hàm tăng.
Định lí 1.26. (Katznelson-Stromberg)
Tồn tại 1 hàm u : R → R trong BP Vloc (R) khả vi khắp nơi, không đơn
điệu trên bất kỳ khoảng nào, u bị chặn và không khả tích Riemann trên
bất kỳ khoảng nào.
Chứng minh. Bước 1: Cho s, t ∈ R. Nếu s > t > 0 thì
s−t
2
<
,
s2 − t2
s

đồng thời nếu s, t > 1 thì
s+t−2
2
<
.
s2 + t2 − 2
t
Bước 2: Cho
φ(x) :=

1
1 + |x|

,

x ∈ R.

(1.15)

Với mỗi a, b ∈ R, a = b, ta có
1
b−a

b

φ(x)dx < 4 min{φ(a), φ(b)}.
a

Thật vậy, giả sử a < b. Nếu a ≥ 0 thì theo Bước 1, ta có
1

b−a

b

φ(x)dx =
a

2

√

√
1+b− 1+a
4
<√
= 4 min{φ(a), φ(b)}.
(1 + b) − (1 + a)
1+b


21

Trường hợp b ≤ 0, do φ là hàm chẵn nên:
Nếu a < 0 < b thì theo Bước 1 ta có kết quả,
√
√
b
2 1+b+ 1−a−2
1
φ(x)dx =

< 4 min{φ(a), φ(b)}.
b−a a
(1 + b) + (1 − a) − 2
Bước 3: Đặt
n

cj φ(γj (x − αj )),

ψ(x) :=

x∈R

j=1

ở đó cj , γj > 0 và αj ∈ R, ∀j = 1, 2, ..., n. Khi đó, với mỗi a, b ∈ R, a = b,
ta có
1
b−a

b

ψ(x)dx < 4 min{ψ(a), ψ(b)}.

(1.16)

a

Thật vậy, điều này được suy ra từ những bước trước và từ
1
b−a

b
a

1
φ(γ(x − α))dx =
γ(b − α) − γ(a − α)

γ(a−α)

φ(t)dt.
γ(b−α)

Bước 4: Giả sử {ψ(n)} là một dãy của hàm trong Bước 3 và với mỗi
n ∈ N, định nghĩa:
x

Ψn (x) :=

x ∈ R.

ψn (t)dt,

(1.17)

0

Ta chứng minh nếu

∞

ψn (a) := s < ∞
n=1

với một a ∈ R nào đó thì chuỗi hàm
∞

F (x) :=

x∈R

Ψn (x),

(1.18)

n=1

hội tụ đều trên các tập con bị chặn của R và khả vi tại a với F (a) = s.
Để chỉ ra điều này, lấy b ∈ R sao cho |a| < b. Theo bước 3 và (1.15),
∀−b ≤ x ≤ b, ta có
a

|Ψn (x)| ≤

x

ψn (t)dt +
0

ψn (t)dt

a

≤ 4|a|ψn (a) + 4|x − a|ψn (a) ≤ 12bψn (a).


22

Do đó chuỗi hàm (1.18) hội tụ đều trên [−b, b].
Để chứng minh rằng F (a) = s, ta cố định ε > 0 và cho l ∈ N đủ lớn để
∞

ψa (x) ≤
n=l+1

ε
.
10

(1.19)

Vì mỗi hàm ψn liên tục tại a nên ∃δ > 0 sao cho
1
h

a+h

ψn (t)dt − ψn (a) ≤
a

ε

,
2l

(1.20)

∀0 < |h| ≤ δ và ∀n = 1, 2, ..., l. Do đó, sử dụng lại kết quả ở Bước 3 ta
có với 0 < |h| ≤ δ,
F (a + h) − F (a)
−s =
h

∞

a+h

1
h

n=1
l

1
h

≤
n=1

ψn (t)dt − ψn (a)
a
a+h

ψn (t)dt − ψn (a)
a

∞

1
h

+
≤

ε
+
2

n=l+1
∞

a+h

ψn (t)dt + ψn (a)
a

5ψn (a) ≤ ε,
n=l+1

ở đó ta sử dụng (1.16)(1.17)(1.18)(1.19) và (1.20).
Bước 5: Gọi I1 , ..., In là các khoảng mở, bị chặn, rời nhau, αj là trung
điểm của Ij và ε, y1 , ..., yn > 0. Ta chứng minh rằng tồn tại một hàm ψ

như ở Bước 3 sao cho ∀j = 1, ..., n,
ψ(αj ) > yj ,

ψ < yj + ε trong Ij ,

ψ < ε bên ngoài I1 ∪ I2 ∪ ... ∪ In .
(1.21)

Chọn cj := yj +

ε
2

(xem(1.15)). Lấy γj đủ lớn để cj φ(γj (x − αj )) <

ε
2n

nếu x ∈
/ Ij (vì φ là hàm chẵn nên ta chỉ cần kiểm tra tại điểm đầu mút
của Ij ).Vì các khoảng Ij rời nhau và cj φ(γj (x − αj )) đạt max bằng cj
tại αj nên tính chất (1.21) suy từ (1.15).


23

Bước 6: Cho {αj } và {βj } là các dãy số thực phân biệt rời nhau. Ta
chứng minh rằng tồn tại hàm khả vi F : R → R sao cho
F (αj ) = 1,

F (βj ) < 1, ∀j ∈ N,

0 < F ≤ 1 trong R

(1.22)

Để chứng minh (1.22), ta xây dựng một dãy hàm {ψn } ở Bước 3 với các
tính chất sau:
1
un (αj ) > 1 − ,
n

ψn (βj ) <

un < 1 −

1
, ∀j = 1, ..., n,
2n2n

(1.23)

1
trong R,
n+1

ở đó

(1.24)

n

un :=

ψk .
k=1

Chọn một khoảng mở I (1) với trung điểm α1 sao cho β1 ∈
/ I (1) và áp
1
4

dụng Bước 5 với ε = y1 :=

ta có một hàm ψ1 sao cho nếu ta đặt

u1 := ψ1 thì
u1 (α1 ) > 14 ,

u1 < 1 −

1
2

trong I (1) ,

ψ1 <

1
4

bên ngoài I (1) .

Giả sử n ≥ 2 và đã chọn được n − 1 hàm ψ1 , ..., ψn−1 thỏa mãn (1.23) và
(n)

(n)

(1.24). Chọn các khoảng mở rời nhau I1 , ..., In sao cho ∀j = 1, ..., n,αj
(n)

là trung điểm của Ij ,
(n)

Ij ∩ {β1 , ..., βn } = ∅,

(1.25)

và do tính liên tục ta có
(n)

un−1 < un−1 (αj ) + δ trong Ij ,
Theo Bước 5, với ε :=

1
2n2n

δ :=

và yj := 1 −

1
n

1
1
−
> 0. (1.26)
n(n + 1) 2n2n
− un−1 (αj ),

j = 1, ..., n,

ta có ψn sao cho ∀j = 1, ..., n,
ψn (αj ) > 1 −
ψn < 1 −

1
− un−1 (αj ),
n

1
1
(n)
− un−1 (αj ) +
trong Ij ,
n
n
2n2

(1.27)
(1.28)


24

1
(n)
(n)
bên ngoài I1 ∪ I2 ∪ ... ∪ In(n) .
(1.29)
n
2n2
Khi đó (1.23)2 được thỏa mãn bởi (1.25) và (1.29) đồng thời theo(1.27)
ψn <

∀j = 1, 2, ..., n,
1
un (αj ) = un−1 (αj ) + ψn (αj ) > 1 − .
n
Vì vậy (1.23)1 vẫn đúng. Để kiểm tra (1.24) chú ý rằng theo (1.26) và
(n)

(1.28) trong Ij ,
un = un−1 + ψn < un−1 (αj ) + δ + 1 −
=

1
1
− un−1 (αj ) +

n
2n2n

1
1
1
+1− =1−
,
n(n + 1)
n
n+1
(n)

(n)

(n)

còn ở bên ngoài I1 ∪ I2 ∪ ... ∪ In thì theo (1.24) và (1.29) cho n − 1,
1
1
1
un = un−1 + ψn < 1 − +
<
1
−
.
n 2n2n
n+1
Do đó ta đã xây dựng được dãy {ψn }. Bây giờ áp dụng Bước 4 cho hàm
F được định nghĩa trong (1.18), ta có ∀j ∈ N ,

∞

F (αj ) =

ψk (αj ) = lim un (αj ) = 1
n→∞

k=1

theo (1.23) và (1.24), đồng thời với n > j,
∞

∞

F (βj ) =

ψk (βj ) = un−1 (βj ) +
k=1

<1−

ψk (βj )
k=n

1
+
n

∞

k=n

1
1
1
<1− +
< 1.
k
2k2
n 2n

Cuối cùng theo (1.24) và ψk > 0 ,∀x ∈ R,
∞

ψk (x) = lim un (x) ≤ 1.

0 < F (x) =
k=1

n→∞

Bước 7: Cho {αj } và {βj } là các tập trù mật, đếm được, rời nhau của
R. Áp dụng Bước 6, ta có 2 hàm khả vi F và G sao cho 0 < F , G ≤ 1
trong R.
F (αj ) = G (βj ) = 1,

F (βj ), G (αj ) < 1, ∀j ∈ N.


25

Đặt u := F − G. Khi đó, −1 ≤ u ≤ 1 trong R, u (αj ) > 0, u (βj ) < 0,
∀j ∈ N.
Vì {αj } và {βj } trù mật nên các bất đẳng thức trên suy ra u không thể
đơn điệu trên bất kỳ khoảng nào. Từ Bài tập 1.3i suy ra u có biến phân
bị chặn trên những tập bị chặn.
Việc chứng minh hàm u không khả tích Riemann trên bất kỳ khoảng
đóng [a, b] sẽ phải sử dụng Định lý cơ bản của phép tính vi tích phân
với hàm liên tục tuyệt đối và vì vậy nó được chứng minh sau Định lý
2.30.
Nhận xét 1.27. Chú ý rằng hàm u xây dựng trên đây là liên tục Lipschitz.
Bài tập 1.28. Cho In := (an , bn ), n ∈ N là dãy các khoảng đôi một rời
nhau trong [0, 1] và chọn an < αn < βn < bn để αn − an = bn − βn .
(i)Với mỗi n ∈ N xây dựng một hàm khả vi un : In → R để:
(a)un = 0 trong In \(αn , βn ),
(b)0 ≤ un ≤ (αn − an )2 ,
(c)maxIn |un | = 1.
(ii)Định nghĩa:
u(x) :=

un (x) nếu x ∈ In ,n ∈ N,
0

nếu x ∈
/ In ,∀n ∈ N.

Chứng minh rằng, nếu
x0 ∈ [0, 1]\

In

n

thì ∀x ∈ [0, 1], x = x0
u(x) − u(x0 )
≤ |x − x0 |.
x − x0
(iii)Chứng minh rằng hàm u khả vi và |u | ≤ 1.
(iv)Chứng minh rằng ta có thể chọn các khoảng In sao cho [0, 1]\

In
n