định lí radon nikodym và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
____________________________

SONGSAMAYVONG SOMCHAY

ĐỊNH LÍ RADON-NIKODYM
VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh- 2012


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
__________________________

SONGSAMAYVONG SOMCHAY

ĐỊNH LÍ RADON-NIKODYM
VÀ ỨNG DỤNG
Chuyên nghàn:

Toán Giải Tích

Mã số:

60 46 01
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS.TS. NGUYỄN BÍCH HUY

Thành phố Hồ Chí Minh- 2012


LỜI CẢM ƠN

Lới đầu tiên, tôi kính gửi đến Thầy PGS.TS. Nguyễn Bích Huy lời cảm
ơn chân thành vì đã tận tình giúp đỡ và chỉ bảo tôi trong suốt thời gian làm
luận văn Tốt nghiệp.
Tôi cũng xin chân thành cảm ơn Quý Thầy Cô trường Đại học Sư Phạm
Thành phố Hồ Chí Minh, trường Đại học Khoa Học Tự Nhiên Thành phố Hồ
Chí Minh đã tận tình giảng dạy và hướng dẫn tôi trong suốt khóa học .
Tôi xin chân thành cảm ơn các đồng nghiệp, các bạn học viên Cao học
Toán Giải Tích Khóa 21 và gia đình đã luôn động viên, khuyến khích và giúp
đỡ tôi trong thời gian tôi học tập và làm luận văn này.

Tp. Hồ Chí Minh, ngày 29/09/2012
Học viên Cao học khóa 21

SONGSAMAYVONG Somchay


MỤC LỤC

MỞ ĐẦU ....................................................................................................................1
CHƯƠNG 1. ĐỊNH LÍ RADON-NIKODYM ........................................................2
1.1Độ đo liên tục tuyệt đối, tính chất...................................................................... 2
1.2. Phân tích Lebesgue-Radon-Nikodym ............................................................ 10

1.3. Định lí Radon-Nikodym ................................................................................ 15
CHƯƠNG 2. ỨNG DỤNG ....................................................................................26
2.1. Đối biến số trong tích phân ............................................................................ 26
2.2 . Không gian các độ đo có dấu ........................................................................ 31
2.3. Định lí cơ bản của phép tính tích phân .......................................................... 38
2.4. Phiếm hàm tuyến tính liên tục trên không gian 𝑳𝒑𝑋, 𝜇 ................................. 46

KẾT LUẬN ..............................................................................................................51
TÀI LIỆU THAM KHẢO ......................................................................................52


1

MỞ ĐẦU
1.Lý do chọn đề tài, ý nghĩa khoa học và thực tiễn:
Định lí Radon-Nikodym là một trong các định lí trung tâm của lí thuyết độ đo
và tích phân. Nó tìm được những ứng dụng có ý nghĩa trong Giải tích thực, Giải tích
hàm, trong Y học,… Việc tìm hiểu các ứng dụng của định lí Radon-Nikodym và
trình bày chúng thành một tài liệu hoàn chỉnh là việc làm có ý nghĩa thực tiễn, giúp
các học viên Cao học hiểu sâu và đầy đủ hơn về đề tài này.
2. Mục tiêu của đề tài:
- Trình bày định lí Radon-Nikodym và các hệ quả của nó.
- Trình bày tương đối đầy đủ các ứng dụng của định lí Radon-Nikodym.
3. Phương pháp nghiên cứu:
- Phương pháp chung: sưu tầm các tài liêu về định lí Radon-Nikodym và các
vấn đề liên quan, các ứng dụng. Phân tích và tổng hợp các tài liệu thu được để trình
bày lại đề tài theo hiểu biết của mình một cách chi tiết, khoa học.
- Phương pháp chứng minh cụ thể: áp dụng các phương pháp và kết quả của lý
thuyết độ đo-Tích phân, Giải tích hàm, Tôpô đại cương.
4. Nội dụng của luân văn:

CHƯƠNG 1. Định lí Radon-Nikodym
1.1 Độ đo liên tục tuyệt đối, tính chất
1.2 Phân tích Lebesgue-Radon-Nikodym
1.3 Định lí Radon-Nikodym
CHƯƠNG 2. Ứng dụng
2.1 Đối biến số trong tích phân
2.2 Không gian các độ đo có dấu
2.3 Định lí cơ bản của phép tính tích phân
2.4 Phiếm hàm tuyến tính liên tục trên không gian 𝐿𝑝 (𝑋, 𝜇)


2

CHƯƠNG 1. ĐỊNH LÍ RADON-NIKODYM
1.1Độ đo liên tục tuyệt đối, tính chất
Định nghĩa:1.1
Giả sử (𝑋, 𝔐) là một không gian đo được, 𝜇 là một độ đo dương, 𝜑, 𝜆 là

những độ đo dương hoặc có dấu, xác định trên 𝔐.

a)

b)

𝜑được gọi là liên tục tuyệt đối đối với 𝜇, ký hiệu là𝜑 ≪ 𝜇 nếu:
∀𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇 (𝐴) = 0 ⇒ 𝜑(𝐴) = 0

𝜑 được gọi là tập trung trên tập 𝐵 ∈ 𝔐 nếu:
𝜑 (𝐴 ) = 𝜑 (𝐴 ∩ 𝐵 )

c)

(∀𝐴 ∈ 𝔐).

Nói cách khác, nếu 𝐴 ⊂ 𝐵 𝑐 ta luôn có 𝜑(𝐴) = 0

Hai độ đo 𝜑, 𝜆 được gọi là kỳ dị đối với nhau, ký hiệu

𝜑 ⊥ 𝜆,nếu có tập 𝐵 ∈ 𝔐 sao cho 𝜑 tập trung trên 𝐵, 𝜆 tập trung trên 𝐵 𝑐 .

Mệnh đề :1.1.1

Giả sử 𝜇 là độ đo dương, 𝜑, 𝜑1 , 𝜑2 là các độ đo (có dấu hoặc dương).
a)

Nếu

𝜑1 ≪ 𝜇
� thì 𝜑1 + 𝜑2 ≪ 𝜇
𝜑2 ≪ 𝜇

Hệ quả: 𝜑1 − 𝜑2 ≪ 𝜇
b)

Nếu

𝜑1 ⊥ 𝜇
� thì 𝜑1 + 𝜑2 ⊥ 𝜇
𝜑2 ⊥ 𝜇

Hệ quả: 𝜑1 − 𝜑2 ⊥ 𝜇

𝜑≪𝜇
�
𝜑 ⊥ 𝜇 thì 𝜑 = 0

c)

Nếu

d)

Nếu 𝜑 ≪ 𝜇 thì 𝜑 + ≪ 𝜇 và 𝜑 − ≪ 𝜇


3

Chứng minh:
a)

Ta chứng minh 𝜑1 + 𝜑2 ≪ 𝜇 như sau.

∀𝐴 ∈ 𝔐, giả sử 𝜇(𝐴) = 0 ,cần chứng minh (𝜑1 + 𝜑2 )(𝐴) = 0
Ta có:

(𝜑1 + 𝜑2 )(𝐴) = 𝜑1 (𝐴) + 𝜑2 (𝐴), ∀𝐴 ∈ 𝔐

Nhận xét

(1)

Do 𝜑1 ≪ 𝜇, 𝜇(𝐴) = 0, ⇒ 𝜑1 (𝐴) = 0

Do 𝜑2 ≪ 𝜇, 𝜇(𝐴) = 0, ⇒ 𝜑2 (𝐴) = 0

thay các kế quả này vào (1), vậy ta có (𝜑1 + 𝜑2 )(𝐴) = 0 + 0 = 0 ∀𝐴 ∈ 𝔐
Do vậy theo định nghĩa sự liên tục tuyệt đối ta suy ra:𝜑1 + 𝜑2 ≪ 𝜇

Hệ quả : chứng minh

∀𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇 (𝐴) = 0 ta cần chứng minh (𝜑1 − 𝜑2 )(𝐴) = 0

Ta có: (𝜑1 − 𝜑2 )(𝐴) = 𝜑1 (𝐴) − 𝜑2 (𝐴), ∀𝐴 ∈ 𝔐 (2)

Nhận xét

Do 𝜑1 ≪ 𝜇, 𝜇(𝐴) = 0, 𝐴 ∈ 𝔐 ⇒ 𝜑1 (𝐴) = 0

Do 𝜑2 ≪ 𝜇, 𝜇(𝐴) = 0, 𝐴 ∈ 𝔐 ⇒ 𝜑2 (𝐴) = 0

thay các kế quả này vào (2), vậy ta có (𝜑1 − 𝜑2 )(𝐴) = 0 + 0 = 0 , ∀𝐴 ∈ 𝔐
b)

Do vậy theo định nghĩa sự liên tục tuyệt đối ta suy ra:𝜑1 − 𝜑2 ≪ 𝜇.
Do𝜑1 ⊥ 𝜇, 𝜑2 ⊥ 𝜇 nên ta tìm được


4

𝐴1 ∈ 𝔐 sao cho 𝜑1 tập trung trên 𝐴1, 𝜇 tập trungtrên 𝐴1𝑐

𝐴2 ∈ 𝔐 sao cho 𝜑2 tập trung trên 𝐴2 , 𝜇 tập trungtrên𝐴𝑐2

Khi đó 𝜑1 + 𝜑2 tập trung trên 𝐴1 ∪ 𝐴2 và𝜇 tập trung trên (𝐴1 ∪ 𝐴2 )𝑐
Thật vậy lấy 𝐵 ⊂ (𝐴1 ∪ 𝐴2 )𝑐 = 𝐴1𝑐 ∩ 𝐴𝑐2 thì 𝐵 ⊂ 𝐴1𝑐 và 𝐵 ⊂ 𝐴𝑐2 .

Mà 𝜑𝑖 tập trung trên 𝐴𝑖 , 𝑖 = ����
1,2 nên 𝜑𝑖 (𝐵) = 0, 𝑖 = ����
1,2
Do đó (𝜑1 + 𝜑2 )(𝐵) = 𝜑1 (𝐵) + 𝜑2 (𝐵) = 0
Do đó (𝜑1 + 𝜑2 ) tập trung trên 𝐴1 ∪ 𝐴2 .

Lấy 𝐵 ⊂ 𝐴1 ∪ 𝐴2

Ta có: 𝐵 = (𝐴1 ∩ 𝐵) ∪ (𝐴2 ∩ 𝐵) = 𝐵1 ∪ 𝐵2

0 ≤ 𝜇 (𝐵) = 𝜇(𝐵1 ∪ 𝐵2 ) ≤ 𝜇(𝐵1 ) + 𝜇(𝐵2 ) = 0

Nên 𝜇(𝐵) = 0.
c)

Vậy 𝜇 tập trung trên (𝐴1 ∪ 𝐴2 )𝑐 .

Để chứng minh 𝜑 = 0, ta lấy ∀𝐴 ∈ 𝔐, rồi chứng minh 𝜑(𝐴) = 0.

Ta có:

• 𝜑 ≪ 𝜇 ⇔ (𝜇(𝑈) = 0 ⇒ 𝜑(𝑈) = 0, ∀𝑈 ∈ 𝔐)
• 𝜑 ⊥ 𝜇 ⇔ ∃𝐵 ∈ 𝔐 sao cho.
𝜑 tập trung trên B

𝜇 tập trung trên 𝐵𝑐

Ta có:∀𝐴 ∈ 𝔐 thì 𝐴 = 𝐴 ∩ 𝑋 = 𝐴 ∩ (𝐵 ∪ 𝐵 𝑐 ) =
= (𝐴 ∩ 𝐵 ) ∪ (𝐴 ∩ 𝐵 𝑐 )


5

⇒ 𝜑(𝐴) = 𝜑[(𝐴 ∩ 𝐵) ∪ (𝐴 ∩ 𝐵𝑐 )] =
= 𝜑 (𝐴 ∩ 𝐵 ) + 𝜑 (𝐴 ∩ 𝐵 𝑐 )

(4)

(do: 𝐴 ∩ 𝐵, 𝐴 ∩ 𝐵 𝑐 ∈ 𝔐, (𝐴 ∩ 𝐵) ∩ (𝐴 ∩ 𝐵 𝑐 ) = ∅ và 𝜑 là độ đo có dấu xác định

trên 𝔐).

Nhận xét
𝐴 ∩ 𝐵 ⊂ 𝐵 = (𝐵𝑐 )𝑐 mà 𝜇 tập trung trên 𝐵 𝑐 (giả thiết)

⇒ 𝜇 (𝐴 ∩ 𝐵 ) = 0 ⇒ 𝜑 (𝐴 ∩ 𝐵 ) = 0
Nhận xét

(do 𝜑 ≪ 𝜇 )

𝐴 ∩ 𝐵𝑐 ⊂ 𝐵𝑐 mà 𝜑 tập trung trên 𝐵 (giả thiết)

⇒ 𝜑 (𝐴 ∩ 𝐵 𝑐 ) = 0

Thay các kết quả này vào (4), ta được ∀𝐴 ∈ 𝔐, 𝜑(𝐴) = 0
Điều này dẫn đến 𝜑 = 0.

d)Trường hợp 1: Chứng minh 𝜑 + ≪ 𝜇.

∀𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇 (𝐴) = 0, chứng minh 𝜑 + (𝐴) = 0

Ta có: 𝜑+ (𝐴) = sup{𝜑(𝐵)/𝐵 ⊂ 𝐴, 𝐵 ∈ 𝔐}.

Ta có khẳng định dưới đây

𝜑(𝐵) = 0, ∀𝐵 ∈ 𝔐 , 𝐵 ⊂ 𝐴.

Thật vậy:Với 𝐵 ⊂ 𝐴 ⇒ 𝜇(𝐵) ≤ 𝜇 (𝐴) mà 𝜇(𝐴) = 0 ⇒ 𝜇(𝐵) = 0

Giả thiết cho 𝜑 ≪ 𝜇, nên với 𝜇(𝐵) = 0 ⇒ 𝜑(𝐵) = 0


6

Tóm lại:
𝜑(𝐵) = 0, ∀𝐵 ∈ 𝔐 , 𝐵 ⊂ 𝐴

⇒ Sup{𝜑(𝐵)/𝐵 ⊂ 𝐴, 𝐵 ∈ 𝔐} = 0
⇒ 𝜑 + (𝐴 ) = 0

Trường hợp 2: Chứng minh 𝜑 − ≪ 𝜇.

∀𝐴 ∈ 𝔐: 𝜇(𝐴) = 0, chứng minh 𝜑− (𝐴) = 0

Ta có: ∀𝐴 ∈ 𝔐 thi 𝜑− (𝐴) = 𝜑 + (𝐴) − 𝜑(𝐴)

(5)

Nhận xét: giả thiết cho𝜑 ≪ 𝜇

Vậy thì ∀𝐴 ∈ 𝔐: 𝜇(𝐴) = 0 ⇒ 𝜑(𝐴) = 0

Chứng minh tiếp cho ta 𝜑+ ≪ 𝜇

Vậy thì với 𝜇(𝐴) = 0 ⇒ 𝜑 + (𝐴) = 0thay các kết quả này vào (5),
Ta được 𝜑 − (𝐴) = 0

Mệnh đề:1.1.2

Cho không gian độ đo (𝑋, 𝔐, 𝜇) và 𝜑 là độ đo có dấu xác định trên 𝔐. Các

mệnh đề sau tương đương.
1)
2)

𝜑≪𝜇

∀𝜀 > 0 , ∃𝛿 > 0: 𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇 (𝐴) < 𝛿 ⇒ |𝜑(𝐴)| < 𝜀.

Từ đó suy ra rằng nếu hàm f khả tích trên 𝑋 theo độ đo 𝜇 thì

∀𝜀 > 0 , ∃𝛿 > 0: 𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇(𝐴) < 𝛿 ⇒ � |𝑓| 𝑑𝜇 < 𝜀.
𝐴

7

Chứng minh:
2) ⇒ 1)

Xét 𝐴 ∈ 𝔐 mà 𝜇(𝐴) = 0. ∀𝜀 > 0 ∃𝛿 > 0 thỏa 2), ta chứng minh 𝜑(𝐴) = 0
Do, 𝜇(𝐴) = 0 ⇒ 𝜇(𝐴) < 𝜀

2)

Chọn 𝛿 = 𝜀 ta có 𝜇(𝐴) < 𝛿 ⇒ |𝜑(𝐴)|

⇒ |𝜑(𝐴)| = 0 ⇒ 𝜑(𝐴) = 0

Vậy 𝜑 ≪ 𝜇.

1) ⇒ 2)

Giả sử 𝜑 ≪ 𝜇 mà∃𝜀 > 0: ∀𝛿 > 0, ∃𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇(𝐴) < 𝛿 và |𝜑(𝐴)| ≥ 𝜀.

Với 𝛿 = 2−𝑛 ta xây dựng được dãy (𝐴𝑛 )𝑛 ⊂ 𝔐 sao cho 𝜇 (𝐴𝑛 ) < 2−𝑛 và |𝜑(𝐴𝑛 )| ≥

𝜀

Đặt:

𝐵1 = 𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ … … ∪ 𝐴𝑛 ∪ …...

𝐵2 =

.

∞

Ta có: 𝐵𝑛 = � 𝐴𝑘 ,
𝑘=𝑛

𝐴2 ∪ … … ∪ 𝐴𝑛 ∪ … …

...........................

.

...........................

.

...........................

𝐵𝑛 =

𝐴𝑛 ∪ 𝐴𝑛+1 …

(𝐵𝑛 )là dãy giảm

Do phân tích Jordan ta cọi 𝜑 là độ đo dương, hữu hạn


8

+∞

+∞

𝑛=1

𝑛=1

∗ Đặt: 𝐵 = � 𝐵𝑛 , ta có: 𝜑(𝐵) = 𝜑 �� 𝐵𝑛 � = lim 𝜑(𝐵𝑛 ).
𝑛→∞

(vì 𝐵𝑛 giảm )

∞

∞

∞

𝑘=𝑛

𝑘=𝑛

∗ Vì 𝐵𝑛 = � 𝐴𝑘 , ta có: 𝜇(𝐵𝑛 ) ≤ � 𝜇(𝐴𝑘 ) ≤ � 2−𝑘 → 0
𝑘=𝑛

∞

⇒ lim 𝜇(𝐵𝑛 ) = 0 �vì � 2
𝑛→∞

⇒ 𝜇 (𝐵 ) = 0
⇒ 𝜑 (𝐵 ) = 0

𝑘=1

−𝑘

∞

(𝑛 → ∞)

(𝑛⟶0)

hội tụ nên � 2−𝑘 �⎯⎯⎯� 0�
+∞

𝑘=𝑛

�vì 𝐵 = � 𝐵𝑛 nên 𝜇(𝐵) ≤ 𝜇(𝐵𝑛 )�
𝑛=1

(vì 𝜑 ≪ 𝜇)

Suy ra: lim 𝜇(𝐵𝑛 ) = 0 .
𝑛→∞

Mà ta có 𝜑(𝐵𝑛 ) ≥ 𝜑(𝐴𝑛 ) ≥ 𝜀. Ta gặp mâu thuẫn

Vậy ta có 1) ⇒2.

Mệnh đề1.1.3

𝔐.

Cho không gian với độ đo hữu hạn (𝑋, 𝔐, 𝜇), 𝜑 là độ đo códấu xác định trên
Trong 𝔐 ta qui ước 𝐴 = 𝐵 nếu 𝜇(𝐴∆𝐵) = 0 và xét metric
𝑑 (𝐴, 𝐵) = 𝜇(𝐴∆𝐵) = � |1𝐴 − 1𝐵 | 𝑑𝜇,
𝑋

1)

𝐴, 𝐵 ∈ 𝔐.

Xét 𝜑 như ánh xạ từ (𝔐, 𝑑 ) vào ℝ thì các mệnh đề sautương đương

𝜑 liên tục trên 𝔐


9

2)
3)

𝜑 liên tục tại điểm 𝜙

𝜑 ≪ 𝜇.

Chứng minh
1)⇒ 2)

𝜑 liên tục trên 𝔐

⇒ 𝜑 liên tục tại mọi điểm thuộc 𝔐
⇒ 𝜑 liên tục tại điểm 𝜙

2)⇒ 3)

Vì 𝜑 liên tục tại điểm 𝜙 nên ta có:

∀𝜀 > 0 ∃𝛿 > 0: 𝐴 ∈ 𝔐 cho trước mà

𝑑 (𝐴, 𝜙) < 𝛿 thì |𝜑(𝐴) − 𝜑(𝜙)| < 𝜀 tức |𝜑(𝐴)| < 𝜀.
Với 𝐴 ∈ 𝔐 mà 𝜇 (𝐴) = 0 ta có

𝑑 (𝐴, 𝜙) = � |1𝐴 | 𝑑𝜇 = � 1𝐴 𝑑𝜇
𝑋

3)⇒ 1)

𝑋

= 𝜇 (𝐴 ∩ 𝑋 ) = 𝜇 (𝐴 ) = 0 < 𝛿

Do đó |𝜑(𝐴)| < 𝜀. Do 𝜀 > 0 bất kỳ nên 𝜑(𝐴) = 0. Vậy 𝜑 ≪ 𝜇.

Ta có 𝜑 ≪ 𝜇 nên

∀𝜀 > 0 ∃𝛿 > 0: 𝐴 ∈ 𝔐 cho trước mà

10

𝜇(𝐴) < 𝛿 ⇒ |𝜑(𝐴)| <

𝜀
2

Xét tùy ý 𝐵 ∈ 𝔐, ∀𝐴 ∈ 𝔐 mà 𝑑 (𝐴, 𝐵) < 𝛿 ta có:
𝑑 (𝐴, 𝐵) = � |1𝐴 − 1𝐵 |𝑑𝜇 = 𝜇(𝐴\𝐵) − 𝜇(𝐵\𝐴) < 𝛿
𝑋

𝜀

𝜑(𝐴\𝐵) <
𝜇(𝐴\𝐵) < 𝛿
2
�
⇒�
𝜀
𝜇(𝐵\𝐴) < 𝛿
(
)
𝜑 𝐵\𝐴 <
2

Khi đó do 𝜑(𝐴) + 𝜑(𝐵\𝐴) = 𝜑(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝜑(𝐵) + 𝜑(𝐴\𝐵)

Ta có :

|𝜑(𝐴) − 𝜑(𝐵)| = |𝜑(𝐴\𝐵) − 𝜑(𝐵\𝐴)|

≤ |𝜑(𝐴\𝐵)| + |𝜑(𝐵\𝐴)|

<

𝜀 𝜀
+ =𝜀
2 2

Vậy ta đã chứng minh

∀𝜀 > 0 ∃𝛿 > 0: 𝐴 ∈ 𝔐, 𝑑 (𝐴, 𝐵) < 𝛿 ⇒ |𝜑(𝐴) − 𝜑(𝐵)| < 𝜀

1.2

Do đó liên tục tại 𝐵 ⊂ 𝔐 bất kỳ.

Phân tích Lebesgue-Radon-Nikodym

Mệnh đề1.2.1
Cho không gian có độ đo (𝑋, 𝔐, 𝜇) và 𝜑 là một độ đocó dấu xác định trên 𝔐.

Khi đó tồn tại duy nhất một cặp độ đo 𝜑𝑎 , 𝜑𝑠 xác định trên 𝔐, sao cho:
𝜑 = 𝜑𝑎 + 𝜑𝑠 , 𝜑𝑎 ≪ 𝜇 , 𝜑𝑠 ⊥ 𝜇

(1)


11

Chứng minh:
Bước 1: Chứng minh sự duy nhất , giả sử rằng có cặp độ đo 𝜑𝑎′ , 𝜑𝑠′ thỏa mản:
𝜑 = 𝜑𝑎′ + 𝜑𝑠′ trong đó 𝜑𝑎′ ≪ 𝜇, 𝜑𝑠′ ⊥ 𝜇

Ta có: 𝜑𝑎 + 𝜑𝑠 = 𝜑𝑎′ + 𝜑𝑠′
⇔ 𝜑𝑎 − 𝜑𝑎′ = 𝜑𝑠′ − 𝜑𝑠

()

Ta có: 𝜑𝑎 − 𝜑𝑎′ ≪ 𝜇 (do 𝜑𝑎 , 𝜑𝑎′ ≪ 𝜇)

(1)

Nhận xét: từ ( ) và (1) ⟹ 𝜑𝑠′ − 𝜑𝑠 ≪ 𝜇

(3)

𝜑𝑠′ − 𝜑𝑠 ⊥ 𝜇

(do 𝜑𝑠 , 𝜑𝑠′ ≪ 𝜇)

(2)

từ ( 2) và (3) ⟹ 𝜑𝑠′ − 𝜑𝑠 = 0 (mệnh đề)
⟹ 𝜑𝑠 = 𝜑𝑠′ .

Nhận xét: từ ( ) và (2) ⟹ 𝜑𝑎 − 𝜑𝑎′ ⊥ 𝜇

(4)

từ ( 1) và (4) ⟹ 𝜑𝑎 − 𝜑𝑎′ = 0

(mệnh đề)

⟹ 𝜑𝑎 = 𝜑𝑎′ .

Từ đầy suy ra sự biểu diển là duy nhất.
Bước 2: Chứng minh sự tồn tại.
Do ta có sự phần tích Jordan 𝜑 = 𝜑 + -𝜑 − nên nếu điều phảichứng đã đúng

cho độ đo dương thì:

𝜑 = (𝜑𝑎+ + 𝜑𝑠+ ) − (𝜑𝑎− + 𝜑𝑠− )

= (𝜑𝑎+ − 𝜑𝑎− ) + (𝜑𝑠+ − 𝜑𝑠− )

và do các mệnh đề 1.1.1 a), b) nên ta có phân tích của 𝜑.


12

Vậy ta có thể coi𝜑 là độ đo dương, hữu hạn và định nghĩa số:

Trường hợp 1:

𝑐 = sup{𝜑(𝐴): 𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇(𝐴) = 0}

𝑐=0

Khi đó ∀𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇 (𝐴) ⇒ 𝜑(𝐴) = 0
Ta có:

Vậy 𝜑 ≪ 𝜇

(5)

𝜑 = 𝜑 + 0 ≔ 𝜑𝑎 + 𝜑𝑠 với 𝜑𝑎 = 𝜑
Nhận xét 1:
Nhận xét 2:

𝜑𝑠 = 0

𝜑𝑎 ≪ 𝜇

(6)
(7)

(do (5) và (6) )

𝜑𝑠 ⊥ 𝜇 thật vậy

Chọn 𝐴 ∈ 𝔐 cho trước thỏa 𝜇(𝐴) = 0

khi đó ∀𝐵 ∈ 𝔐, 𝐵 ⊂ 𝐴𝑐 ⇒ 𝜑𝑠 (𝐵) = 0 (do (7) )

∀𝐵 ∈ 𝔐, 𝐷 ⊂ (𝐴𝑐 )𝑐 = 𝐴 ⇒ 0 ≤ 𝜇(𝐷 ) ≤ 𝜇(𝐴) = 0

𝜑𝑠 tập trung trên 𝐴

hay 𝜇(𝐷 ) = 0 điều này chứng tỏ

�
𝜇 tập trung trên 𝐴𝑐

Suy ra: 𝜑𝑠 ⊥ 𝜇.

Tóm lại: 𝜑 = 𝜑𝑎 + 𝜑𝑠 với 𝜑𝑎 ≪ 𝜇, 𝜑𝑠 ⊥ 𝜇 trong đó 𝜑𝑎 = 𝜑, 𝜑𝑠 = 0 .
Đây là phân tích tầm thường.

Trường hợp 2:

𝑐>0


13

Do 𝑐 = Sup{𝜑(𝐴): 𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇(𝐴) = 0}

suy ra ∃𝐴𝑛 ∈ 𝔐, 𝜇(𝐴𝑛 ) = 0∀𝑛=1,2,… sao cho: lim 𝜑( 𝐴𝑛 ) = 𝑐
𝑛→∞

∞

Đặt ∶ 𝐵 = � 𝐴𝑛
𝑛=1

𝜑𝑎 (𝐶 ) = 𝜑(𝐶 ∩ 𝐵𝑐 ), ∀𝐶 ∈ 𝔐(∗)
𝜑𝑠 (𝐶 ) = 𝜑(𝐶 ∩ 𝐵)

Dưới đây chứng minh 2 việc:
(i) 𝜑𝑎 ≪ 𝜇

(ii) 𝜑𝑠 ⊥ 𝜇

Giải guyết vấn để (i):
Lấy ∀𝐴 ∈ 𝔐

Ta có:

sao cho 𝜇(𝐴) = 0, chứng minh 𝜑𝑎 (𝐴) = 0

𝜑𝑎 (𝐴) = 𝜑(𝐴 ∩ 𝐵𝑐 )

= 𝜑[𝐴 ∩ (𝑋\𝐵)]
∞

= 𝜑 �𝐴 ∩ �𝑋\ � 𝐴𝑛 ��
∞

n=1

= 𝜑 �𝐴 ∩ �� 𝐴𝑐𝑛 ��
∞

𝑛=1

= 𝜑 ��(𝐴 ∩ 𝐴𝑐𝑛 )� ≤
𝑛=1

14

≤ 𝜑(𝐴 ∩ 𝐴𝑐𝑛 ) = 𝜑[𝐴 ∩ (𝑋\𝐴𝑛 )] =

= 𝜑[(𝐴 ∪ 𝐴𝑛 )\𝐴𝑛 ] = 𝜑(𝐴 ∪ 𝐴𝑛 ) − 𝜑(𝐴𝑛 ) (8)

Nhận xét: 𝜑(𝐴 ∪ 𝐴𝑛 ) ∈ {𝜑(𝑈): 𝑈 ∈ 𝔐 , 𝜇(𝑈) = 0}
Thật vậy:

 𝐴 ∪ 𝐴𝑛 ∈ 𝔐

 𝜇(𝐴 ∪ 𝐴𝑛 ) ≤ 𝜇(𝐴) + 𝜇(𝐴𝑛 ) = 0 + 0 = 0

Do vậy 𝜑(𝐴 ∪ 𝐴𝑛 ) ∈ {𝜑(𝑈): 𝑈 ∈ 𝔐 , 𝜇(𝑈) = 0}
⇒ Sup{𝜑(𝑈): 𝑈 ∈ 𝔐 , 𝜇(𝑈) = 0} ≥ 𝜑(𝐴 ∪ 𝐴𝑛 )

⇒ 𝐶 ≥ 𝜑(𝐴 ∪ 𝐴𝑛 ) thay kết quả vào (8) , được

0 ≤ 𝜑𝑎 (𝐴) ≤ 𝐶 − 𝜑(𝐴𝑛 ), ∀𝑛 = 1,2, …cho 𝑛 → ∞ ta có ngay 𝜑𝑎 (𝐴) = 0
Giải guyết vấn để (ii):

Ta có 𝜑𝑠 tập trung trên B, thật vậy:

∀𝐷 ⊂ 𝐵𝑐 ⇒ 𝜑𝑠 (𝐷) = 𝜑(𝐷 ∩ 𝐵)
= 𝜑 (∅)

=0

(do (∗))

(do 𝐷 ⊂ 𝐵𝑐 thì 𝐷 ∩ 𝐵 = ∅ )

Vậy 𝜑𝑠 tập trung trên B

Ta có 𝜇 tập trung trên 𝐵𝑐 , thật vậy:như đã biết 𝜇 là độ đo dương.

Lấy mọi 𝐸 ⊂ (𝐵𝑐 )𝑐 = 𝐵

∞
Xét:𝜇(𝐸 ) ≤ 𝜇(𝐵) = 𝜇 (⋃∞
n=1 𝐴𝑛 ) ≤ ∑𝑛=1 𝜇 (𝐴𝑛 ) = 0 , (do𝜇 (𝐴𝑛 ) = 0 ∀𝑛)

⇒ 𝜇(𝐸 ) = 0. Vậy 𝜇 tập trung trên 𝐵𝑐 .


15

1.3

Định lí Radon-Nikodym

Định lí 1.3.1
Cho không gian với độ đo 𝜎 - hữu hạn (𝑋, 𝔐, 𝜇) và một độđo 𝜑 ≪ 𝜇.

a)

Nếu 𝜑 là một độ đo có dấu thì tồn tại duy nhất hàm𝑓0 ∈ 𝐿(𝜇) (tập các hàm khả
tích trên X với độ đo 𝜇 )sao cho:

𝜑(𝐴) = � 𝑓0 𝑑𝜇 (1), 𝐴 ∈ 𝔐
𝐴

b)

Hàm 𝑓0 thỏa mãn (1) còn được ký hiệu là

𝑑𝜑
𝑑𝜇

= 𝑓0 .

Nếu 𝜑 là độ đo dương, 𝜎-hữu hạn thì tồn tại hàm 𝑓 ≥ 0, 𝔐 - đo được, khả tích
trên mỗi tập có 𝜑 -độ đohữu hạn và thỏa mãn
𝜑(𝐴) = � 𝑓0 𝑑𝜇,
𝐴

∞

𝐴 ∈ 𝔐, 𝜑(𝐴) < +∞, �𝑋 = � 𝐴𝑛 �
𝑛=1

Chứng minh:
a)

Sử dụng phân tích Jordan𝜑 = 𝜑 + − 𝜑 − ta thấy nếu dã có:

⎧𝜑 + (𝐴) = � 𝑓1 𝑑𝜇
⎪
𝐴

⎨ −
⎪𝜑 (𝐴) = � 𝑓2 𝑑𝜇
⎩
𝐴

thì dẫn đến 𝜑(𝐴) = � (𝑓1− 𝑓2 )𝑑𝜇 = � 𝑓0 𝑑𝜇 .
𝐴

𝐴

Do đó ta có thể xem 𝜑 là độ đo dương,hữu hạn

Trường hợp 𝜇 hữu hạn(𝜇(𝑋 ) < +∞).

Bước 1:Để xây dựng hàm 𝑓0 ta định nghĩa lớp hàm:

𝑀 = �0 ≤ 𝑓 ∈ 𝐿(𝜇) : � 𝑓𝑑𝜇 ≤ 𝜑(𝐴), ∀𝐴 ∈ 𝔐�
𝐴


16

ta chứng minh tồn tại hàm 𝑓0 ∈ 𝔐 sao cho

𝑓 ≤ 𝑓0 , ∀𝑓 ∈ 𝑀.

*Ta thấy lớp hàm 𝑀 thỏa hai tính chất sau:

i)

ii)

𝑓1 , 𝑓2 ∈ 𝑀 ⇒ Max{𝑓1 , 𝑓2 } = 𝑓 ∈ 𝑀

𝑓𝑛 ∈ 𝑀, ∀𝑛, 𝑓1 ≤ 𝑓2 ≤ ⋯ ≤ 𝑓𝑛 ≤ ⋯,

lim 𝑓𝑛 = 𝑓 ⇒ ∀𝑓 ∈ 𝑀

𝑛→∞

Thật vậy, dãy (𝑓𝑛 )𝑛 tăng hội tụ từng điểm đến hàm 𝑓(𝑓𝑛 ↑ 𝑓) nên suy ra
lim � 𝑓𝑛 𝑑𝜇 = � 𝑓 𝑑𝜇

𝑛→∞ 𝐴

𝐴

Mà 𝜑(𝐴) ≥ � 𝑓𝑛 𝑑𝜇 ⇒ 𝜑(𝐴) ≥ � 𝑓 𝑑𝜇
𝐴

𝐴

Ta lại có: � 𝑓 𝑑𝜇 ≤ 𝜑(𝑋 ) < +∞
𝑋

Do đó 𝑓 khả tích. Vậy 𝑓 ∈ 𝑀, ii) được chứng minh xong.
U

Chứng minh i):

Đặt: 𝐵 = {𝑥 ∈ 𝑋: 𝑓1 ≥ 𝑓2 }(tập những điểm x mà tại đó 𝑓1 (𝑥) ≥ 𝑓2 (𝑥))

Ta có:

� 𝑓𝑑𝜇 = �
𝐴

𝐴∩𝐵

=�

𝑓𝑑𝜇 + �

𝐴∩𝐵

𝐴∩𝐵𝑐

𝑓𝑑𝜇

𝑓1 𝑑𝜇 + + �

𝐴∩𝐵𝑐

𝑓2 𝑑𝜇 ≤

≤ 𝜑 (𝐴 ∩ 𝐵 ) + 𝜑 (𝐴 ∩ 𝐵 𝑐 ) = 𝜑 (𝐴 ), 𝐴 ∈ 𝑀


17

Vậy Max{𝑓1 , 𝑓2 } = 𝑓 ∈ 𝑀.⇒ i) được chứng minh
∗∗ Đặt:

𝑎 = Sup �� 𝑓𝑑𝜇: 𝑓 ∈ 𝑀 �
𝑋

Khi đó có dãy (𝑓𝑛 )𝑛 trong 𝑀 sao cho:
Ta chứng minh hàm 𝑓0 xác định bởi:

𝑎 = lim � 𝑓𝑛 𝑑𝜇
𝑛→∞ 𝑋

𝑥 ∈ 𝑋: 𝑓0 (𝑥) = Sup𝑛 𝑓𝑛 (𝑥) = lim𝑛→∞ (Max{𝑓1 (𝑥), 𝑓2 (𝑥), … 𝑓𝑛 (𝑥)}) là hàm cần tìm.

 Chứng minh 𝑓0 ∈ 𝑀
Ta có

𝑑𝑜 𝑖)

𝑓1 (𝑥), 𝑓2 (𝑥), … , 𝑓𝑛 (𝑥) ∈ 𝑀 ��� Max{𝑓1 (𝑥), 𝑓2 (𝑥), … 𝑓𝑛 (𝑥)} = 𝑔𝑛 ∈ 𝑀, ∀𝑛

và 𝑔1 ≤ 𝑔2 ≤ ⋯ ≤ 𝑔𝑛 ≤ ⋯, vậy ta có:

𝑔𝑛 ∈ 𝑀, 𝑔1 ≤ 𝑔2 ≤ ⋯ ≤ 𝑔𝑛 ≤ ⋯ , lim 𝑔𝑛 =
𝑛→∞

= lim (Max{𝑓1 (𝑥), 𝑓2 (𝑥), … 𝑓𝑛 (𝑥)})
𝑛→∞

= Sup𝑓𝑛

𝑑𝑜 𝑖𝑖)

= 𝑓0 ���� 𝑓0 ∈ 𝑀.

 Chứng minh 𝑓0 ≥ 𝑓, ∀𝑓 ∈ 𝑀.
𝑖)

∗ với 𝑓 ∈ 𝑀 ⇒ Max{𝑓, 𝑓0 } ∈ 𝑀

⇒ � Max{𝑓, 𝑓0 } 𝑑𝜇 ≤ 𝑎
𝑋

∗ 𝑓0 ∈ 𝑀

⇒ � 𝑓0 𝑑𝜇
𝑋

≤𝑎


18

𝑓0 = Sup𝑓𝑛 ⇒ � 𝑓0 𝑑𝜇
𝑋

� 𝑓0 𝑑𝜇

≥ � 𝑓𝑛 𝑑𝜇 , ∀𝑛 cho 𝑛 → ∞, ta có:

𝑋

≥ lim � 𝑓𝑛 𝑑𝜇 = 𝑎 ⇒ � 𝑓0 𝑑𝜇 = 𝑎
𝑛→∞ 𝑋

𝑋

Khi đó:

𝑋

0 ≤ � [Max{𝑓, 𝑓0 } − 𝑓0 ] 𝑑𝜇 = � Max{𝑓, 𝑓0 } 𝑑𝜇 − � 𝑓0 𝑑𝜇
𝑋

𝑋

𝑋

≤𝑎−𝑎 =0

𝜇 -hầu khắp nơi trên 𝑋, ∀𝑓 ∈ 𝑀

⇒ Max{𝑓, 𝑓0 } = 𝑓0

Nghĩa là 𝑓0 ≥ 𝑓, ∀𝑓 ∈ 𝑀.

Bước 2: Chứng minh: Nếu 𝜑 không kỳ dị đối với 𝜇 thì trong M có hàm không
tầm thường

(Hàm 𝑓 = 0 h.k.ngọi là hàm tầm thường)

Thật vậy, gọi 𝑋𝑛 là tật dương cực đại của độ đo có dấu𝜑 −
∞

∞

𝑛=1

𝑛=1

𝜇

𝑛

Đặt: 𝐵 = � 𝑋𝑛 ⇒ 𝐵𝑐 = 𝑋\ �� 𝑋𝑛 �
Ta xây dựng hàm không tầm thường thuộc lớp M
Ta có: 𝜑(𝐵𝑐 ) = 0 . Thật vậy:

𝜇

𝑋𝑛 là tập dương cực đại đối với 𝜑 − nên 𝑋𝑛𝑐 là tập âm cực đại đối với độ đo có

dấu 𝜑 −

𝑛

𝜇

𝑛

1

1

Suy ra �𝜑 − 𝜇� (𝑋𝑛𝑐 ) ≤ 0, hay 𝜑(𝑋𝑛𝑐 ) ≤ 𝜇(𝑋𝑛𝑐 );
𝑛

𝑛

∀𝑛 ∈ ℕ∗ (∗)

Ta lại có: 0 ≤ 𝜑(𝐵𝑐 ) ≤ 𝜑(𝑋𝑛𝑐 ) (do 𝜑 là độ đo dương và 𝐵 ⊃ 𝑋𝑛 )


19

Do đó: 0 ≤ 𝜑(𝐵𝑐 ) ≤

1

𝑛

1

𝜇(𝑋𝑛𝑐 )

≤ 𝜇(𝑋 ) → 0 (do 𝜇(𝑋 ) < +∞)
𝑛

Từ đây ta suy ra𝜇(𝐵) ≠ 0(vì 𝜇 và 𝜑 không kỳ dị đối với nhau)

hay có n mà 𝜇(𝑋𝑛 ) ≠ 0.
i)

1

Để kiểm tra rằng hàm không tầm thường . 1𝑋𝑛 ∈ M. thật vậy:
𝑛

�

𝐴

1
1
( 1𝑋𝑛 )𝑑𝜇 = 𝜇(𝐴 ∩ 𝑋𝑛 ) ≤ 𝜑(𝐴 ∩ 𝑋𝑛 ) ≤ 𝜑(𝐴)
𝑛
𝑛

𝜇
1
�vì (𝜑 − )(𝐴 ∩ 𝑋𝑛 ) ≥ 0 ⇒ 𝜑(𝐴 ∩ 𝑋𝑛 ) ≥ 𝜇(𝐴 ∩ 𝑋𝑛 )�
𝑛
𝑛
1

⇒ � . 1𝑋𝑛 � ∈ M.
𝑛

ii)

Với 𝑥 ∈ 𝑋,

1

� . 1𝑋𝑛 � (𝑥) = �
𝑛

1

0

1

𝑛

nếu 𝑎 ∈ 𝑋𝑛

nếu 𝑎 ∉ 𝑋𝑛

⇒ � . 1𝑋𝑛 � là hàm không tầm thường.
𝑛

Vậy tồn tại hàm 𝑓0 ≥ 𝑓, 𝑓0 ∈ 𝑀, 𝑓0 không tầm thường (với điều kiện 𝜑

không kỳ dị với 𝜇)

𝐁ướ𝐜 𝟑: Ta chứng minh hàm cực đại𝑓0 tìm được thỏa𝜑(𝐴) = � 𝑓0 𝑑𝜇, ∀𝐴 ∈ 𝔐.
𝐴

* Ta có 𝑓0 ∈ 𝑀 ⇒ � 𝑓0 𝑑 𝜇 ≤ 𝜑(𝐴),
𝐴

** Xét độ đo 𝜑′ (𝐴) = 𝜑(𝐴) − � 𝑓0 𝑑 𝜇
𝐴

∀𝐴 ∈ 𝔐


20

Ta có 𝜑′ ≪ 𝜇 và 𝜑′ ⊥ 𝜇 thật vậy:
i) ∀𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇(𝐴) = 0 ⇒

⎧
⎨
⎩

φ(𝐴) = 0(do φ ≪ µ)
� 𝑓0 𝑑 𝜇 = 0
𝐴

⇒ 𝜑′ (𝐴) = 𝜑(𝐴) − � 𝑓0 𝑑 𝜇 = 0
𝐴

⇒ 𝜑 ′ ≪ 𝜇.

ii) Nếu 𝜑′ không ký dị với 𝜇 thì theo chứng minh trên sẽ tồn tại hàm 𝑓 ≥ 0; 𝑓

không tầm thường sao cho:

Ta có: � 𝑓𝑑𝜇 ≤ 𝜑′ (𝐴) = 𝜑(𝐴) − � 𝑓0 𝑑 𝜇
𝐴

𝐴

⇒ � (𝑓 + 𝑓0 )𝑑𝜇 ≤ 𝜑(𝐴)∀𝐴 ∈ 𝔐
𝐴

⇒ 𝑓 + 𝑓0 ∈ 𝑀. Do đó 𝑓 + 𝑓0 ≤ 𝑓0 vô lý

Vậy 𝜑′ ⊥ 𝜇.

Ta có 𝜑′ ≪ 𝐶, 𝜑′ ⊥ 𝜇 ⇒ 𝜑′ = 0

⇒ 𝜑(𝐴) = � 𝑓0 𝑑 𝜇, ∀𝐴 ∈ 𝔐
𝐴

Bước 4:Chứng minh hàm 𝑓0 là duy nhất.

Nếu có hàm 𝑔 ∈ 𝐿(𝜇)cũng thỏa(1) thì ta có:

𝜑(𝐴) = � 𝑓0 𝑑 𝜇 = � 𝑔𝑑 𝜇, ∀𝐴 ∈ 𝔐
𝐴

𝐴


21

Chọn 𝐴 = {𝑔 ≥ 𝑓0 } ⇒ � (𝑔 − 𝑓0 )𝑑 𝜇 = 0
𝐴

nên 𝑔 = 𝑓0 hầu khắp nơi trên 𝐴

Chọn 𝐴′ = {𝑔 ≤ 𝑓0 }do � (𝑓0 − 𝑔)𝑑 𝜇 = 0
𝐴′

⇒ 𝑔 = 𝑓 hầu khắp nơi trên 𝐴′

Ta có 𝐴 ∪ 𝐴′ = 𝑋, ⇒ 𝑔 = 𝑓 hầu khắp nơi trên 𝑋

Vậy 𝑓0 là duy nhất.

Trường hợp 𝜇 là 𝜎 - hữu hạn.
∞

∗ Ta có: 𝑋 = � 𝑋𝑛 ; 𝜇(𝑋𝑛 ) < +∞, (𝑋𝑛 ) đôi một không giao nhau
𝑛=1

∗∗ Áp dụng chứng minh trên cho 𝜑, 𝜇 hạn chế trên tập 𝑋𝑛 , xét (𝑋𝑛 , 𝔐𝑛 , 𝜇𝑛 )

với 𝔐𝑛 = {𝐴 ∈ 𝔐: 𝐴 ⊂ 𝑋𝑛 }

𝜇
𝜇𝑛 = �𝔐
𝑛

Thì tồn tại hàm 𝑓𝑛 khả tích trên 𝑋𝑛 theo𝜇𝑛 sao cho𝜑(𝐴) = � 𝑓𝑛 𝑑 𝜇𝑛 ; ∀𝐴 ∈ 𝔐𝑛
𝐴

𝜑(𝐴 ∩ 𝑋𝑛 ) = �

�
Xây dựng hàm 𝑓0 : 𝑋 → ℝ

𝐴∩𝑋𝑛

𝑓𝑛 𝑑𝜇 ; ∀𝑛

𝑓0 (𝑥) = 𝑓𝑛 (𝑥) với 𝑥 ∈ 𝑋𝑛 , (𝑛 = 1,2, … )

Do các (𝑋𝑛 ) đôi một không giao nhau nên 𝑓0 xác định

Khi đó: