Qua giới hạn dưới dấu tích phân

LỜI CẢM ƠN

Lời đầu tiên, em xin chân thành cảm ơn sâu sắc đến quý Thầy Cô trong
Khoa khoa học Tự nhiên nói chung và Bộ môn Giải tích nói riêng đã giúp đỡ
em trong quá trình học tập tại trường. Đặc biệt, em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc
đến giảng viên bộ môn - Thạc sĩ Nguyễn Tiến Đà đã tạo cơ hội và điều kiện
tốt nhất để em được làm bài tập này, cảm ơn thầy đã giảng dạy chỉ bảo tận
tình và truyền đạt những kiến thức quý báu cho em trong suốt thời gian qua.
Cảm ơn tập thể lớp K17b Đại học Sư phạm Toán đã tận tình giúp đỡ,
tạo điều kiện cho tôi hoàn thành đề tài này, cảm ơn các bạn trong lớp đã giúp
đỡ tôi trong quá trình học tập và hoàn thành bài tiểu luận.
Bước đầu đi vào thực hiện bài tập lớn, kiến thức của em đang còn hạn
chế do vậy không tránh khỏi những thiếu sót và những chỗ chưa chuẩn xác,
kính mong nhận được những ý kiến đóng góp quý báu của quý Thầy Cô và
các anh chị, bạn học để em hoàn thiện hơn bài tiểu luận của mình.
Em xin chân thành cảm ơn!

Thanh Hóa, ngày....tháng....năm..........
Sinh viên

Lê Thị Bích Hường

1


MỤC LỤC

Mục

Tên chương, phần, mục và tiểu mục

Trang

1

Lời cảm ơn

1

2

Mục lục

2

Lời mở đầu
3

1.
2.
3.
4.
5.

Sự cần thiết của đề tài
Mục tiêu nghiên cứu
Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Nội dung nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu

3

Nội dung chính báo cáo:
Qua giới hạn dưới dấu tích phân

4

1. Hội tụ đơn điệu
 Định lý 1 (Levi - hội tụ đơn điệu)
 Định lý 2
 Một số bài tập và hướng dẫn giải
2. Hội tụ chặn
 Bổ đề Fatou
 Định lý 3 (Lebesgue - hội tụ chặn)
 Một số bài tập và hướng dẫn giải
3. Tích phân coi như một hàm tập hợp
 Định lý 4
 Định lý 5
 Một số bài tập và hướng dẫn giải

4
4

8

15

5

Kết luận

21

6

Tài liệu tham khảo

22

2


LỜI MỞ ĐẦU

1. Sự cần thiết của đề tài
Khi nghiên cứu tích phân, người ta luôn quan tâm tới vấn đề qua giới
hạn dưới dấu tích phân, nghĩa là tìm điều kiện để có đẳng thức:

lim
f
∫ f = ∫A lim
n →∞ A n
n →∞ n
Trong giải tích cổ điển, chúng ta biết rằng đối với tích phân Riemann thì
điều kiện để

lim
f
∫ f = ∫A lim
n →∞ A n
n →∞ n

thường liên quan đến tính hội tụ đều và nói chung là khá nặng nề. Tuy nhiên
đối với tích phân Lebesgue những điều kiện ấy đơn giản hơn.Với những
mong muốn tìm hiểu và nghiên cứu sâu hơn về mảng kiến thức này, em lựa
chọn nghiên cứu đề tài "Qua giới hạn dưới dấu tích phân".
2. Mục tiêu nghiên cứu
- Tìm hiểu vấn đề Qua giới hạn dưới dấu tích phân đối với tích phân
Lebesgue.
- Trình bày các định nghĩa, định lý.
- Đưa ra một số bài tập mà việc giải chúng chủ yếu là dựa vào các định
lý vừa nêu.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- Đối tượng: Tích phân Lebesgue.
- Phạm vi nghiên cứu: Các định lý về giới hạn dưới dấu tích phân.
4. Nội dung nghiên cứu
- Định lý và hệ quả của chúng.
- Chứng minh các định lý và hệ quả đó, đưa ra một số dạng bài tập tính
dựa trên những điều đã chứng minh trên.
5. Phương pháp nghiên cứu
- Thu thập và đọc tài liệu để hiểu lý thuyết.
- Tổng hợp các phương pháp tính.
3


- Giải các bài tập về tích phân Lebesgue.
QUA GIỚI HẠN DƯỚI DẤU TÍCH PHÂN
1. HỘI TỤ ĐƠN ĐIỆU.
Vấn đề đặt ra là: trong những điều kiện nào ta có

lim ∫ f n = ∫ lim f n ?
A n→ ∞

n→ ∞ A
Đối với tích phân Riemann trong

¡k

những điều kiện này thường liên

quan tới tính hội tụ đều, và nói chung khá nặng nề. Trái lại đối với tích phân
Lebesgue những điều kiện ấy rất rộng rãi, do đó nhiều quá trình qua giới hạn
khó khăn đối với tích phân Riemann được giải quyết ở đây rất nhẹ nhàng.
Định lý 1 (Levi - hội tụ đơn điệu). Nếu

∫
Chứng minh: Nếu các hàm
tích phân của

thì

f →∫ f

A n

fn

A

đơn giản thì đây chẳng qua là định nghĩa

f . Ta hãy xét trường hợp các hàm f n

mỗi n có một dãy hàm đơn giản, không âm,
coi như

0 ≤ fn Z f

bất kỳ (đo được). Với

gm( n) Z fn . Vì f n+ 1 ≥ f n

g m( n+1) ≥ g m( n ) . Vậy với k ≤ n
g n( k ) ≤ g n(n) ≤ f n , ∫ g n( k ) ≤ ∫ g n(n) ≤ ∫ f n .
A
A
A

Cho

n→ ∞

ta có:

f k ≤ lim g n( n ) ≤ f , ∫ f k ≤ ∫ lim g n( n ) ≤ lim ∫ f n ,
A
A
A
và cho

k→ ∞

ta lại được

4

nên có thể


f ≤ lim g n( n ) ≤ f ,lim ∫ f k ≤ ∫ lim g n( n ) ≤ lim ∫ f n ,
A
A
A
chứng tỏ rằng

lim g n( n) = f ,lim ∫ f n = ∫ f .
A
A

Định lý 2. Nếu

fn Z f

và

f1 khả tích thì

∫

0 ≤ f n − f1 Z f − f1 cho nên theo định lý trước

Chứng minh: Ta có

∫ (f

A

và vì

∫

f →∫ f .
A

A n

n

− f1 ) → ∫ ( f − f1 ),
A

f < ∞ (giả thiết), ta có thể viết

A 1

∫ (f
A

− f1 ) + ∫ f1 → ∫ ( f − f1 ) + ∫ f1,

n

A

A

A

từ đó áp dụng tính chất III. 2) ta suy ra kết quả cần thiết.
Chú ý rằng nếu

fn Z f

và

f

khả tích định lý vẫn đúng.
∞

Hệ quả 1. Nếu

gn ≥ 0

trên A thì

n

Thật vậy, đặt

fn = ∑ g k
k =1

ta có

∞

∫ ∑g =∑∫
A

n =1

0 ≤ fn Z

n

n =1

A

∑g
k =1

k

cho nên theo Định lý 3

lim ∫ f n = ∫ lim f n = ∫ ∑ g k
k =1

5

.

∞

∞

n→ ∞

gn

.


Nhưng
n

∫ f =∫ ∑ g =∑ ∫ g
n

∞

n

k

k =1

k =1

k

→ ∑ ∫ gk
k =1

,

Vậy
∞

∞

∫ ∑ g =∑ ∫ g
n =1

n

n =1

fn = ∑ gk
k =1

.
∞

n

Hệ quả 2. Nếu

n

trên A và

∑∫g

n =1

n

<∞

∞

thì

∑g
n =1

n

<∞

h.k.n

∞

trên A và hàm số

g ( x ) = ∑ g n ( x)
n=1

khả tích trên A.
∞

Thật vậy, theo Hệ quả 1 và giả thiết

∞

∫ ∑ g =∑ ∫ g
n =1

n

n =1

n

<∞

, tức là hàm số

∞

g ( x) = ∑ g n ( x)
n =1

khả tích, cho nên g(x) hữu hạn h.k.n.

* Một số bài tập điển hình:
Bài 1:
1. Cho hàm số

f ≥ 0 , đo được trên A. Xét các hàm
f ( x) ≤ n
f ( x) > n

 f ( x), khi
f n ( x) = 
 n, khi
Chứng minh

lim
∫ f d µ = ∫ A fd µ .
n →∞ A n
6

(n ∈ ¥ * )


1

2. Ứng dụng kết quả trên để tính

( L) ∫0

dx
x.

Lời giải:
1. Ta dễ dàng kiểm tra rằng

f n ( x) = min { n, f ( x)} . Do đó:

* f n ( x ) đo được, không âm.
* f n ( x) = min { n, f ( x)} ≤ min { n + 1, f ( x)} = f n+1 ( x)

{

}

lim f n ( x) = min lim
n, f ( x) = min { +∞ , f ( x)} = f ( x)
n →∞

* n→∞

Áp dụng định lý Levi ta có đpcm.

f n ( x) =

2. Đặt

1
, x ∈ (0,1], f (0) = +∞
. Ta dễ dàng tìm được
x
 1

 x
f n ( x) = 
 n


1 
x ∈  2 ,1

n 
 1
khi x ∈  0, 2 
 n 
khi

( L) ∫0 f n ( x)dx = ( R) ∫0 f n ( x)dx = 2 −
1

1

1
n

Theo câu 1. ta có

( L) ∫0 f ( x)dx = lim
∫0 f n ( x)dx = 2
n→ ∞
1

1

Bài 2: Cho hàm f đo được trên A, hàm g, h khả tích trên A sao cho
7


g ( x) ≤ f ( x ) ≤ h( x ) ∀ x ∈ A .
Chứng minh f khả tích trên A.
Lời giải:

Ta có

f + ≤ h+ , f − ≤ g −

( g ≤ f ≤ h)

⇒ ∫A f + d µ ≤ ∫A h+ d µ

∫ f ≤ ∫ g dµ

Các tích phân ở vế phải hữu hạn nên

−

−

A

A

∫ f d µ < ∞ . Suy ra f khả tích.
+

A

(Bài này cũng có thể giải dựa vào bất đẳng thức

f ( x) ≤ g ( x) + h( x) ).

Bài 3: Cho hàm f khả tích trên A. Ta xây dựng các hàm

 f ( x ), khi

f n ( x) =  n,
khi
 − n, khi


fn

như sau:

f ( x) ≤ n
f ( x) > n
f ( x) < − n

Chứng minh rằng:

lim
∫ f n d µ = ∫ A fd µ .
n →∞ A
Lời giải:
Ta dễ thấy
•

f n ( x) = min { n,max { − n, f ( x)} } . Từ đây ta suy ra:

fn

đo được,

fn ≤ f

∀n∈ ¥*
8


•

lim
f n ( x) = min { +∞ ,max { −∞ , f ( x)} } = f ( x)
n→ ∞

∀x∈ A

Áp dụng định lý Lebesgue ta có đpcm.ày cũng có thể giải dựa vào bất đẳng
thức

f ( x) ≤ g ( x) + h( x) ).

2. HỘI TỤ CHẶN
Bổ đề Fatou. Nếu

fn ≥ 0

trên A thì

∫ lim f

A n→ ∞ n

Chứng minh. Đặt

≤ lim ∫ f n .
n→ ∞ A

gn = { fn , f n+1 ,...}

ta có

0 ≤ g n Z lim f n ,

cho nên theo

Định lý 1

lim ∫ g n = ∫ lim f n .
Nhưng

g n ≤ f n nên ∫ g n ≤ ∫ f n

và

lim ∫ g n ≤ ∫ lim f n ,
do đó suy ra bất đẳng thức đòi hỏi.
Chú ý. 1. Nếu

f n ≥ g n , g khả tích trên A thì Bổ đề Fatou cũng đúng.

Thật vậy, khi đó

∫ lim( f

n

f n − g ≥ 0 cho nên

− g ) ≤ lim ∫ ( f n − g ) và vì ∫ g < ∞ ta có

∫ lim( f

n

− g ) + ∫ g ≤ lim( ∫ ( f n − g ) + ∫ g ),
9


tức là

∫ lim f
2. Nếu

n

≤ lim ∫ f n .

f n ≤ g , g khả tích trên A thì

∫ lim f
n→ ∞

Thật vậy, khi ấy

n

≤ lim
f.
n→ ∞ ∫ n

− f n ≥ − g , cho nên

∫ lim(− f ) ≤ lim ∫ (− f ),
n

∫ − lim f

n

n

≤ − lim ∫ f n ,

từ đó suy ra kết quả đã phát biểu.
Định lý 3. (Lebesgue - hội tụ chặn). Nếu

fn ≤ g, g

khả tích và

fn → f

(h.k.n.) hay theo độ đo trên A thì

∫

f → ∫A f .

A n

fn → f

Chứng minh. Giả sử

h.k.n. trên A. Ta có

tích, vậy theo Bổ đề Fatou áp dụng cho các hàm

∫ lim f
Nhưng

n

g − f n ≥ 0 và g + f n ≥ 0:

≥ lim ∫ f n , ∫ lim f n ≤ lim ∫ f n

lim f n = lim f n , nên

∫ f ≥ lim ∫ f

n

≥ lim ∫ f n ≥ ∫ f ,

từ đó suy ra

10

− g ≤ f n ≤ g , g khả


lim ∫ f n = ∫ f .
µ

Bây giờ xét trường hợp
dãy

nk

sao cho

một dãy

∫f

nki

∫f

nk

f n → f . Theo định nghĩa giới hạn trên, có một

→ lim ∫ f n , và theo tính chất của sự hội tụ theo độ đo, có

→ f h.k.n. Vậy theo phần đã chứng minh,
lim ∫ f n = lim ∫ f n = lim ∫ f n = ∫ f .
n→ ∞
k→ ∞
i→ ∞
k

k

i

Cũng theo cách đó ta thấy rằng

lim ∫ f n = ∫ f ,
cho nên

lim ∫ f n = ∫ f .
Hệ quả 1. Nếu
A và

µ ( A) < ∞

fn ≤ K

(hằng số)

fn → f

(h.k.n. hoặc theo độ đo) trên

thì

∫

A

fn →

∫

A

f

.

Thật vậy, chỉ việc áp dụng định lý trước, với

∫

A

g = K µ ( A) < ∞ .

11

g (x) ≡ K

tức là


Hệ quả 2. Trong không gian
một đoạn

∆⊂¡k

¡ k , nếu một hàm số f(x) là khả tích (R) trên

thì nó cũng khả tích (L) và hai tích phân Riemann và

Lebesgue bằng nhau:

( L)

∫

∆

f = ( R)

∫

∆

f

.

Chứng minh. Nếu f(x) khả tích (R) trên đoạn

thì theo Định lý 1, f(x)

∆ . Xét một dãy phân hoạch σ n của đoạn ∆ với

bị chặn và liên tục h.k.n. trên

σ n → 0 . Cho Sn

∆

là tổng Darboux dưới ứng với phân hoạch σ n
sn

Sn = ∑ t (j n ) ∆ (jn ) , t (j n) = inf f ( x)
x∈∆ (jn )

j =1

.

sn

Đặt

f n (r ) = ∑ t (j n ) χ ∆ (n)( x)

j

j =1

, ta thấy rõ

f n ≤ K = sup f ( x) ,
và

f n ( x) → f ( x)

thì

σn

h.k.n. trên

, và do đó đoạn

nhỏ hơn bất cứ số

∆ (jn )

∆ , vì tại mỗi điểm liên tục của f(x), với n đủ lớn,
chứa x, sẽ đủ nhỏ để

f ( x) − f n ( x) = f ( x) − t (jn )

ε > 0 nào cho trước. Do đó theo hệ quả 1
S n = ∫ ∆ f n → ( L)

Nhưng mặt khác

∫

∆

f

Sn → ( R) ∫∆ f . Vậy ( L) ∫∆ f = ( R) ∫ ∆ f .

12


Hệ quả này cho thấy rằng khái niệm tích phân Lebesgue thật sự mở rộng
khái niệm tích phân Riemann. Điều cần lưu ý là tích phân nói đây là tích phân
chân chính (chứ không phải tích phân suy rộng). Chẳng hạn các tích phân

1
∫0 xα dx(α < 1) và
1

∫

∞

1

1
dx(α > 1)

không tồn tại theo nghĩa Riemann chân
xα

chính (chỉ tồn tại theo nghĩa suy rộng) nhưng tồn tại theo nghĩa Lebesgue

chân chính. Tích phân

∫

∞
0

sinx
dx
không tồn tại theo nghĩa Riemann chân
x

chính, cũng không tồn tại theo nghĩa Lebesgue chân chính, mà chỉ tồn tại theo

π
nghĩa suy rộng (bằng 2 ).
* Một số bài tập điển hình:
Bài 1: Cho các hàm đo được

f n  µ→ f

f ,{ f n } n=1 sao cho f n → f h.k.n. (hoặc
∞

trên X). Chứng minh rằng nếu tồn tại

f n ≤ g , ∀ n ≥ 1 thì lim→ ∞ f n − f 1 = 0 .
Lời giải
Từ giả thiết ta có
Đặt

f , f n ∈ L1 , ∀n ≥ 1

g n = f n − f ∈ L1 , ta có g n → 0 (h.k.n. hay theo µ
13

)

g ∈ L1 (µ )

sao cho


g n ≤ 2 g ∈ L1
Giả sử

lim n→ ∞ ∫ X g n d µ = α > 0 . Chọn dãy con { g n } ⊂ { g n } sao cho
k

lim ∫ X g n d µ = α
k→ ∞

(1)

k

+) Mặt khác, từ các giả thiết ta có thể coi như

g n → 0 h.k.n. cho nên
k

gn → 0 .
k

Do đó theo định lý hội tụ bị chặn ta có:

lim
gn d µ = 0
k→ ∞ ∫X
k

(2)

Từ (1) và (2) mâu thuẫn nên ta có điều phải chứng minh!.
Bài 2: Cho dãy các hàm
hàm f và

{f}
n

khả tích, hữu hạn trên A, hội tụ đều trên A về

µ ( A) < ∞ .

Chứng minh f khả tích trên A và

lim
∫ f d µ = ∫ A fd µ .
n →∞ A n
Lời giải:
Vì các hàm
Vì dãy

{f}
n

{ f } đo được nên f đo được.
n

hội tụ đều trên A về f nên có số

f n ( x ) − f ( x) ≤ 1

n0 ∈ ¥ * thỏa mãn

∀ x ∈ A, ∀ n ≥ n0
14

(1).


•

Từ (1) ta có f ( x) ≤ 1 + f n ( x) . Vì µ ( A) <
khả tích trên A. Do đó f khả tích trên A.

•

Cũng từ (1) ta có f n ≤ 1 + f trên A (∀ n ≥ n0 ) và hàm 1 +
khả tích trên A. Áp dụng định lý Lebesgue ta có đpcm.

∞

nên hàm 1 +

fn
f

Bài 3: Chứng minh rằng:

xn
1
lim
n
dx
=
∫0
n →∞
1+ x
2
1

Lời giải:

Ở đây ta không thể áp dụng định lý Lebesgue cho dãy hàm

nx n
f n ( x) =
1+ x

vì

không tìm được hàm g khả tích sao cho

f n ( x) ≤ g ( x) ∀ n.
Ta tích phân từng phần và được:


xn
n  x n+1 1 1 x n+1
n ∫0
dx =
+
.
dx

÷
∫0
0
1+ x
n + 1 1 + x
(1 + x) 2 
n 1

=

 + In ÷
n + 1 2

1

Áp dụng định lý Lebesgue ta chứng minh được
Bài 4: Giả sử

lim
I = 0.
n →∞ n

µ ( X ) < ∞ . Ta ký hiệu M là tập các hàm đo được, hữu hạn trên

X. Trong M ta định nghĩa quan hệ "=" như sau:
trên X. Ta định nghĩa:
15

f = g ⇔ f ( x) = g(x)

h.k.n.


d ( g ,f) = ∫X

f −g
dµ
1+ f − g

f ,g∈M

1) Chứng minh d là một mêtric trên M.
2) Giả sử

lim
f ( x) = f ( x). Chứng minh lim
f = f
n→ ∞ n
n→ ∞ n

trong (M,d).

Lời giải:
1) Trước hết ta kiểm tra số d(f, g) hữu hạn với mọi cặp

hàm

h=

f , g ∈ M . Thật vậy,

f −g
1 + f − g đo được, bị chặn trên tập X và µ ( X ) < ∞ nên là hàm khả

tích. Kiểm tra điều kiện i), iii) của mêtric như sau:
i) Hiển nhiên

d ( f , g) ≥ 0
d ( f , g) = 0 ⇔

f ( x) − g ( x)
=0
1 + f ( x) − g ( x)

⇔ f ( x) = g ( x )
⇔ f =g
trong M
iii) Với

f , g, h ∈ M

h.k .n.X
h.k .n. X

ta có:

f ( x) − g ( x ) ≤ f ( x) − h( x ) + h( x ) − g ( x )
⇒

f ( x) − g ( x)
f ( x ) − h( x )
h( x) − g ( x)
≤
+
1 + f ( x) − g ( x) 1 + f ( x) − h( x) 1 + h( x) − g ( x)

(Phương pháp chứng minh đã biết)
Lấy tích phân 2 vế ta có

d ( f , g ) ≤ d ( f , h) + d (h,g)

16


2) Ta cần chứng minh

Đặt

hn

•

hn =

lim
d ( fn , f ) = 0
n→ ∞

fn − f
1 + fn − f

đo được trên X,

(do µ ( X ) <

(n ∈ ¥ * ),

ta có:

hn = hn ≤ 1 , hàm g(x)=1 khả tích trên X

∞ ).

lim hn = 0 h.k.n. trên X.

•

n→ ∞

fn , f ) = 0 .
lim ∫ X hn d µ = 0 hay lim(
n→ ∞
n →∞

Áp dụng định lý Lebesgue, ta có

3. TÍCH PHÂN COI NHƯ MỘT HÀM TẬP HỢP.
Giả sử có một hàm số f(x) khả tích trên một không gian X đối với một độ
đo

µ

xác định trên một

σ − đại số ℑ

trong X. Ứng dụng mỗi tập

A∈ ℑ

có

thể xác định số

λ ( A) = ∫ A fd µ
Như thế ta có một hàm tập

(1)

λ ( A) . Hàm tập này cũng gọi là tích phân bất

định f(x).
Định lý 4. Hàm tập
các

λ ( A)

là

∞
σ − cộng tính, nghĩa là nếu: A = Un=1 An ,

A∈ Τ , rời nhau và nếu có ∫ A f (chẳng hạn nếu f ≥ 0 ) thì
∞

∫A f = ∑ ∫A f .
n =1

17

n

(2)


Ngược lại nếu có các tích phân

f ≥ 0,

Chứng minh. Giả sử

∫

∞

f và nếu ∑ ∫ A f < ∞ thì sẽ có (2).
n =1

An

n

và đặt

Bn = Unk =1 Ak

thì theo cộng tính ta có,

với mọi n

∫

∞

n

Bn

f = ∑ ∫ A f 
n →∞ → ∑ ∫ A f .
k

k =1

B1 ⊂ B2 ⊂ ... ⊂ A

Mặt khác vì

k

k =1

Unk =1 Bn = A , nên 0 ≤ χ B f Z f (n → ∞ )

và

n

trên A và Định lý 3

∫

Bn

f = ∫ A χ B f  n→∞→ ∫ A f .
n

Do đó suy ra (2).
Đối với một hàm f có dấu bất kỳ thì theo trên
∞

∞

+
+
∫A f = ∑ ∫ A f ,

−
−
∫A f = ∑ ∫A f ,

n =1

và nếu

∫

A

f

n =1

có nghĩa thì vế trái của một trong hai đẳng thức này phải hữu hạn

do đó vế phải của nó cũng hữu hạn, cho nên ta có thể viết:

∫

A

−

Ngược lại giả sử các tích phân
theo trên (vì

∞

f = ∫A f − ∫A f = ∑ ∫A ( f − f
+

+

n =1

∫

−

∞

) =∑ ∫
n =1

An

f.
∞

An

f đều có nghĩa và

f ≥ 0) .
18

∑∫
n =1

An

f <∞

. Khi ấy


∞

∫ f =∑ ∫ f ≤ ∞,
An

chứng tỏ rằng

f

n =1

An

khả tích. Vậy f cũng khả tích, nói riêng

∫

A

f

có nghĩa và do

đó theo trên ta phải có (2).
Định lý này cho thấy rằng nếu f là một hàm khả tích, không âm thì hàm
tập

λ ( A)

xác định theo (1) là một độ đo trên

σ − đại số T. Rõ ràng nếu

thì

λ ( A) = 0 .
Một hàm tập triệt tiêu trên mọi tập có độ đo
đối liên tục đối với độ đo
độ đo

µ . Vậy hàm tập λ ( A)

µ=0

thường gọi là tuyệt

là tuyệt đối liên tục đối với

µ.

Định lý 5. Nếu f khả tích trên A thì

(∀ ε )(∃ δ > 0)(∀ E ⊂ A)  µ ( E ) < δ ⇒
Chứng minh. Chỉ cần xét trường hợp
giản sao cho

∫

E

f < ε  .

f ≥ 0 . Cho f n

là dãy hàm đơn

0 ≤ f n Z f , và có thể giả thiết 0 ≤ f n ≤ n . Vì ∫ A f n →
ε
(∀ε > 0)(∃n0 )(∀n ≥ n0 ) ∫ A ( f − f n ) ≤ .
2

Ta hãy chọn

δ=

ε
2n0 . Khi ấy nếu E ⊂ A, µ ( E ) < δ thì ta sẽ có

19

∫

A

f

nên


∫

E

f = ∫E ( f − f n ) + ∫E f n
0

0

≤ ∫ A ( f − f n ) + ∫E f n
0

<

0

ε
ε ε
+ n0 µ ( E ) < + = ε .
2
2 2

* Một số bài tập vận dụng
Bài 1: Cho f là hàm đo được, dương, hữu hạn h.k.n. trên A. Với mỗi
đặt

k∈ ¢

Ak = { x ∈ A : 2k −1 < f ( x) ≤ 2k } . Chứng tỏ rằng f khả tích trên A khi và
+∞

chỉ khi:

∑ 2 µ (A ) < ∞ .
k

k

k = −∞

Lời giải:
Đặt

B = { x ∈ A : f ( x) = +∞ } .

Ta có các tập

không giao nhau, có hợp bằng A. Do tính

A

k = −∞

Ak

(chú ý

∫ fd µ = 0 do µ ( B) = 0 )
B

k −1
k
2
µ
(
A

)
≤
fd
µ
≤
2
µ ( Ak ) ta có
∫
k
Vì
A
k

+∞
1 +∞ k
2 µ ( Ak ) ≤ ∫A fd µ ≤ ∑ 2k µ ( Ak )
∑
k =−∞
2 k =−∞

Từ đây ta có điều phải chứng minh.
Bài 2: Với các giả thiết như bài 1 và giả sử thêm

20

những tập

σ − cộng của tích phân, ta có:

+∞

∫ fd µ = ∑ ∫ fd µ

Ak ,(k ∈¢ ), B là

µ ( X ) = 1.


a) Chứng minh rằng

f r ≤ f s nếu 0 < r < s ≤ ∞ .

b) Tìm điều kiện sao cho với
c) Chứng minh rằng

Lr ⊃ Ls

0< r < s≤ ∞
nếu

f r= f s<∞.

ta có

0 < r < s . Tìm

điều kiện để chúng

bằng nhau (theo nghĩa tập hợp).
Lời giải:

s
p
p = >1
a) +) Nếu 0 < s < ∞ : Đặt
r . Thế thì µ ( x) = x lồi trên [0, ∞ ) .
Sau đó sử dụng bất đẳng thức Jensen ta sẽ có điều phải chứng minh.
+) Nếu
b) Do

s = ∞ : bất đẳng thức là tầm thường.
µ ( x) = x p

lồi chặt trên

[0, ∞ )

nên để có

f r = f s < ∞ như giả

thiết thì f = constant h.k.n.
c) +) Theo (a) ta có

Lr ⊃ Ls , 0 < r < s ≤ ∞

là tồn tại α

> 0 sao cho:

µ (A) > 0 ⇒ µ (A) ≥ α .
+) Điều kiện đủ: Lúc này ta có thể phân hoạch X thành một số hữu hạn
các nguyên tử, mỗi nguyên tử có độ đo
nguyên tử, ta sẽ có

Lp

là

. Như thế nếu gọi n là số các

£ n , ∀p ∈ (0, ∞) . Do đó Lr = Ls .

+) Điều kiện cần: Giả sử
Khi đó với

≥α

n ∈ ¢ + , ∃ An ∈ M

µ

không thỏa mãn điều kiện nói trên.

sao cho

0 < µ ( An ) < 3− n .
21

Ai ∩ Aj = ∅ , ∀ i ≠ j .

Chúng ta có thể giả sử rằng

Đặt

an = µ ( An )

an → 0 khi n → ∞ . Khi đó tồn tại dãy con { an } k =1 ⊂ { an } n=1 sao cho:
∞

∞

k

∞

∑a
k =1

1−

r
s

<∞

nk

(*)

Chọn
−1

ans
f ( x) = 
khi x ∈ An
 0 khi x ∉ An
k

k

k

Ta có

f ∉ Ls

nhưng

f ∉ Lr

(theo (*)). Vậy ta nhận được mâu thuẫn.

Bài 3: Cho các hàm f, g khả tích trên A. Với

n∈ ¥

ta đặt:

An = { x ∈ A : n ≤ f ( x ) < n + 1}

Bn = { x ∈ A : f ( x) ≥ n}
Chứng minh:

1)lim ∫A gd µ = 0
n →∞

n

∞

2)∑ nµ ( An ) < +∞
n =1

3)lim nµ ( Bn ) = 0
n →∞

Lời giải:
∞

Ta dễ kiểm tra được
1) Do tính chất σ

An I Am = ∅ (n ≠ m)U An = A
n =0

− cộng, ta có:
22

thì


∞

∑∫
n =0

An

gd µ = ∫ A gd µ ∈ ¡ .

Từ đây ta có điều phải chứng minh (do điều kiện cần của sự hội tụ của chuỗi).
2) Cũng do tính chất σ

− cộng, ta có:
∞

∑∫
n =0

Kết hợp đánh giá

∫

An

An

f d µ = ∫A f d µ < ∞ .

f d µ ≥ nµ ( An ), ta có điều phải chứng minh.

∞

3) Đặt

Γ n = ∑ k µ ( Ak )
k =0

ta có:

lim Γ n = 0
n→ ∞

(do câu 2)

∞

Γ n ≥ n∑ µ ( Ak ) = µ (Bk )
k =n

Từ đây ta có đpcm.

23


KẾT LUẬN

Sau một thời gian nghiên cứu đề tài "Qua giới hạn dưới dấu tích phân"

đã đạt được một số kết quả như sau:
1. Đề tài đã trình bày một cách hệ thống các phương pháp tính tích
phân qua giới hạn.
2. Đề tài đã cung cấp một số bài tập về tính tích phân suy rộng.

24


TÀI LIỆU THAM KHẢO

[ 1]

Hàm thực và giải tích hàm -Hoàng Tụy

[ 2] Bài tập không gian Tô pô- độ đo - tích phân Bùi Đắc Tắc , Nguyễn Thanh
Hà

[ 3] Bài tập Tô pô đại cương Độ đo và tích phân - Đỗ Đức Hải
[ 4] Giải tích hiện đại - Nguyễn Xuân Liêm

25