Luận văn: Định lí Radon-Nikodym và ứng dụng, HOT, 9đ

Please download to get full document.

View again

All materials on our website are shared by users. If you have any questions about copyright issues, please report us to resolve them. We are always happy to assist you.
 2
 
  1. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH ____________________________ SONGSAMAYVONG SOMCHAY ĐỊNH LÍ RADON-NIKODYM VÀ…
Share
Transcript
  • 1. 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
  • 2. 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
  • 3. 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
  • 4. 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
  • 5. 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 𝐿 𝑝( 𝑋, 𝜇)
  • 6. 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) 𝜑được gọi là liên tục tuyệt đối đối với 𝜇, ký hiệu là𝜑 ≪ 𝜇 nếu: ∀𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇( 𝐴) = 0 ⇒ 𝜑( 𝐴) = 0 b) 𝜑 được gọi là tập trung trên tập 𝐵 ∈ 𝔐 nếu: 𝜑( 𝐴) = 𝜑( 𝐴 ∩ 𝐵) (∀𝐴 ∈ 𝔐). Nói cách khác, nếu 𝐴 ⊂ 𝐵 𝑐 ta luôn có 𝜑( 𝐴) = 0 c) 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 𝜑2 ≪ 𝜇 � thì 𝜑1 + 𝜑2 ≪ 𝜇 Hệ quả: 𝜑1 − 𝜑2 ≪ 𝜇 b) Nếu 𝜑1 ⊥ 𝜇 𝜑2 ⊥ 𝜇 � thì 𝜑1 + 𝜑2 ⊥ 𝜇 Hệ quả: 𝜑1 − 𝜑2 ⊥ 𝜇 c) Nếu 𝜑 ≪ 𝜇 𝜑 ⊥ 𝜇 � thì 𝜑 = 0 d) Nếu 𝜑 ≪ 𝜇 thì 𝜑+ ≪ 𝜇 và 𝜑− ≪ 𝜇
  • 7. 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 (1) Nhận xét 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 Do vậy theo định nghĩa sự liên tục tuyệt đối ta suy ra:𝜑1 − 𝜑2 ≪ 𝜇. b) Do𝜑1 ⊥ 𝜇, 𝜑2 ⊥ 𝜇 nên ta tìm được
  • 8. 4 𝐴1 ∈ 𝔐 sao cho 𝜑1 tập trung trên 𝐴1, 𝜇 tập trungtrên 𝐴1 𝑐 𝐴2 ∈ 𝔐 sao cho 𝜑2 tập trung trên 𝐴2, 𝜇 tập trungtrên𝐴2 𝑐 Khi đó 𝜑1 + 𝜑2 tập trung trên 𝐴1 ∪ 𝐴2 và𝜇 tập trung trên ( 𝐴1 ∪ 𝐴2) 𝑐 Thật vậy lấy 𝐵 ⊂ ( 𝐴1 ∪ 𝐴2) 𝑐 = 𝐴1 𝑐 ∩ 𝐴2 𝑐 thì 𝐵 ⊂ 𝐴1 𝑐 và 𝐵 ⊂ 𝐴2 𝑐 . 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. Vậy 𝜇 tập trung trên ( 𝐴1 ∪ 𝐴2) 𝑐 . 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 𝐵 𝑐 Ta có:∀𝐴 ∈ 𝔐 thì 𝐴 = 𝐴 ∩ 𝑋 = 𝐴 ∩ ( 𝐵 ∪ 𝐵 𝑐) = = ( 𝐴 ∩ 𝐵) ∪ ( 𝐴 ∩ 𝐵 𝑐)
  • 9. 5 ⇒ 𝜑( 𝐴) = 𝜑[( 𝐴 ∩ 𝐵) ∪ ( 𝐴 ∩ 𝐵 𝑐)] = = 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 = ( 𝐵 𝑐) 𝑐 mà 𝜇 tập trung trên 𝐵 𝑐 (giả thiết) ⇒ 𝜇 ( 𝐴 ∩ 𝐵) = 0 ⇒ 𝜑( 𝐴 ∩ 𝐵) = 0 (do 𝜑 ≪ 𝜇 ) Nhận xét 𝐴 ∩ 𝐵 𝑐 ⊂ 𝐵 𝑐 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
  • 10. 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) 𝜑 ≪ 𝜇 2) ∀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| 𝐴 𝑑𝜇 < 𝜀.
  • 11. 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 Chọn 𝛿 = 𝜀 ta có 𝜇( 𝐴) < 𝛿 2) ⇒ | 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 ( 𝐴 𝑛) 𝑛 ⊂ 𝔐 sao cho 𝜇( 𝐴 𝑛) < 2−𝑛 và | 𝜑( 𝐴 𝑛)| ≥ 𝜀 Đặt: 𝐵1 = 𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ … … ∪ 𝐴 𝑛 ∪ …... 𝐵2 = 𝐴2 ∪ … … ∪ 𝐴 𝑛 ∪ … … . ........................... . ........................... . ........................... 𝐵𝑛 = 𝐴 𝑛 ∪ 𝐴 𝑛+1 … Ta có: 𝐵𝑛 = � 𝐴 𝑘 , ( 𝐵𝑛)là dãy giảm ∞ 𝑘=𝑛 Do phân tích Jordan ta cọi 𝜑 là độ đo dương, hữu hạn
  • 12. 8 ∗ Đặt: 𝐵 = � 𝐵𝑛 , +∞ 𝑛=1 ta có: 𝜑( 𝐵) = 𝜑 �� 𝐵𝑛 +∞ 𝑛=1 � = lim 𝑛→∞ 𝜑( 𝐵𝑛). (vì 𝐵𝑛 giảm ) ∗ Vì 𝐵𝑛 = � 𝐴 𝑘 ∞ 𝑘=𝑛 , ta có: 𝜇( 𝐵𝑛) ≤ � 𝜇( 𝐴 𝑘) ∞ 𝑘=𝑛 ≤ � 2−𝑘 ∞ 𝑘=𝑛 → 0 (𝑛 → ∞) ⇒ lim 𝑛→∞ 𝜇( 𝐵𝑛) = 0 �vì � 2−𝑘 ∞ 𝑘=1 hội tụ nên � 2−𝑘 ∞ 𝑘=𝑛 (𝑛⟶0) �⎯⎯⎯� 0� ⇒ 𝜇( 𝐵) = 0 �vì 𝐵 = � 𝐵𝑛 +∞ 𝑛=1 nên 𝜇( 𝐵) ≤ 𝜇( 𝐵𝑛)� ⇒ 𝜑( 𝐵) = 0 (vì 𝜑 ≪ 𝜇) Suy ra: lim 𝑛→∞ 𝜇( 𝐵𝑛) = 0 . Mà ta có 𝜑( 𝐵𝑛) ≥ 𝜑( 𝐴 𝑛) ≥ 𝜀. Ta gặp mâu thuẫn Vậy ta có 1) ⇒2. Mệnh đề1.1.3 Cho không gian với độ đo hữu hạn ( 𝑋, 𝔐, 𝜇), 𝜑 là độ đo códấu xác định trên 𝔐. Trong 𝔐 ta qui ước 𝐴 = 𝐵 nếu 𝜇( 𝐴∆𝐵) = 0 và xét metric 𝑑( 𝐴, 𝐵) = 𝜇( 𝐴∆𝐵) = � |1 𝐴 − 1 𝐵| 𝑋 𝑑𝜇, 𝐴, 𝐵 ∈ 𝔐. Xét 𝜑 như ánh xạ từ ( 𝔐, 𝑑) vào ℝ thì các mệnh đề sautương đương 1) 𝜑 liên tục trên 𝔐
  • 13. 9 2) 𝜑 liên tục tại điểm 𝜙 3) 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) = � |1 𝐴| 𝑋 𝑑𝜇 = � 1 𝐴 𝑑𝜇 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. 3)⇒ 1) Ta có 𝜑 ≪ 𝜇 nên ∀𝜀 > 0 ∃𝛿 > 0: 𝐴 ∈ 𝔐 cho trước mà
  • 14. 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) = � |1 𝐴 − 1 𝐵| 𝑑𝜇 = 𝜇( 𝐴𝐵) − 𝜇( 𝐵𝐴) < 𝑋 𝛿 � 𝜇( 𝐴𝐵) < 𝛿 𝜇( 𝐵𝐴) < 𝛿 ⇒ � 𝜑( 𝐴𝐵) < 𝜀 2 𝜑( 𝐵𝐴) < 𝜀 2 Khi đó do 𝜑( 𝐴) + 𝜑( 𝐵𝐴) = 𝜑( 𝐴 ∪ 𝐵) = 𝜑( 𝐵) + 𝜑( 𝐴𝐵) Ta có : | 𝜑( 𝐴) − 𝜑( 𝐵)| = | 𝜑( 𝐴𝐵) − 𝜑( 𝐵𝐴)| ≤ | 𝜑( 𝐴𝐵)| + | 𝜑( 𝐵𝐴)| < 𝜀 2 + 𝜀 2 = 𝜀 Vậy ta đã chứng minh ∀𝜀 > 0 ∃𝛿 > 0: 𝐴 ∈ 𝔐, 𝑑( 𝐴, 𝐵) < 𝛿 ⇒ | 𝜑( 𝐴) − 𝜑( 𝐵)| < 𝜀 Do đó liên tục tại 𝐵 ⊂ 𝔐 bất kỳ. 1.2 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 𝜑 𝑎, 𝜑𝑠 xác định trên 𝔐, sao cho: 𝜑 = 𝜑 𝑎 + 𝜑𝑠 , 𝜑 𝑎 ≪ 𝜇 , 𝜑𝑠 ⊥ 𝜇 (1)
  • 15. 11 Chứng minh: Bước 1: Chứng minh sự duy nhất , giả sử rằng có cặp độ đo 𝜑 𝑎 ′ , 𝜑𝑠 ′ thỏa mản: 𝜑 = 𝜑 𝑎 ′ + 𝜑𝑠 ′ trong đó 𝜑 𝑎 ′ ≪ 𝜇, 𝜑𝑠 ′ ⊥ 𝜇 Ta có: 𝜑 𝑎 + 𝜑𝑠 = 𝜑 𝑎 ′ + 𝜑𝑠 ′ ⇔ 𝜑 𝑎 − 𝜑 𝑎 ′ = 𝜑𝑠 ′ − 𝜑𝑠 () Ta có: 𝜑 𝑎 − 𝜑 𝑎 ′ ≪ 𝜇 (do 𝜑 𝑎, 𝜑 𝑎 ′ ≪ 𝜇) (1) 𝜑𝑠 ′ − 𝜑𝑠 ⊥ 𝜇 (do 𝜑𝑠, 𝜑𝑠 ′ ≪ 𝜇) (2) Nhận xét: từ ( ) và (1) ⟹ 𝜑𝑠 ′ − 𝜑𝑠 ≪ 𝜇 (3) từ ( 2) và (3) ⟹ 𝜑𝑠 ′ − 𝜑𝑠 = 0 (mệnh đề) ⟹ 𝜑𝑠 = 𝜑𝑠 ′ . Nhận xét: từ ( ) và (2) ⟹ 𝜑 𝑎 − 𝜑 𝑎 ′ ⊥ 𝜇 (4) từ ( 1) và (4) ⟹ 𝜑 𝑎 − 𝜑 𝑎 ′ = 0 (mệnh đề) ⟹ 𝜑 𝑎 = 𝜑 𝑎 ′ . 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 = ( 𝜑 𝑎 + + 𝜑𝑠 +) − ( 𝜑 𝑎 − + 𝜑𝑠 −) = ( 𝜑 𝑎 + − 𝜑 𝑎 −) + ( 𝜑𝑠 + − 𝜑𝑠 −) và do các mệnh đề 1.1.1 a), b) nên ta có phân tích của 𝜑.
  • 16. 12 Vậy ta có thể coi𝜑 là độ đo dương, hữu hạn và định nghĩa số: 𝑐 = sup{ 𝜑( 𝐴): 𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇( 𝐴) = 0} Trường hợp 1: 𝑐 = 0 Khi đó ∀𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇( 𝐴) ⇒ 𝜑( 𝐴) = 0 Vậy 𝜑 ≪ 𝜇 (5) Ta có: 𝜑 = 𝜑 + 0 ≔ 𝜑 𝑎 + 𝜑𝑠 với 𝜑 𝑎 = 𝜑 (6) 𝜑𝑠 = 0 (7) Nhận xét 1: 𝜑 𝑎 ≪ 𝜇 (do (5) và (6) ) Nhận xét 2: 𝜑𝑠 ⊥ 𝜇 thật vậy Chọn 𝐴 ∈ 𝔐 cho trước thỏa 𝜇( 𝐴) = 0 khi đó ∀𝐵 ∈ 𝔐, 𝐵 ⊂ 𝐴 𝑐 ⇒ 𝜑𝑠( 𝐵) = 0 (do (7) ) ∀𝐵 ∈ 𝔐, 𝐷 ⊂ ( 𝐴 𝑐) 𝑐 = 𝐴 ⇒ 0 ≤ 𝜇( 𝐷) ≤ 𝜇( 𝐴) = 0 hay 𝜇( 𝐷) = 0 điều này chứng tỏ � 𝜑𝑠tập trung trên 𝐴 𝜇 tập trung trên 𝐴 𝑐 Suy ra: 𝜑𝑠 ⊥ 𝜇. Tóm lại: 𝜑 = 𝜑 𝑎 + 𝜑𝑠 với 𝜑 𝑎 ≪ 𝜇, 𝜑𝑠 ⊥ 𝜇 trong đó 𝜑 𝑎 = 𝜑, 𝜑𝑠 = 0 . Đây là phân tích tầm thường. Trường hợp 2: 𝑐 > 0
  • 17. 13 Do 𝑐 = Sup{ 𝜑( 𝐴): 𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇( 𝐴) = 0} suy ra ∃𝐴 𝑛 ∈ 𝔐, 𝜇( 𝐴 𝑛) = 0∀ 𝑛=1,2,…sao cho: lim 𝑛→∞ 𝜑( 𝐴 𝑛) = 𝑐 Đặt ∶ 𝐵 = � 𝐴 𝑛 ∞ 𝑛=1 𝜑 𝑎( 𝐶) = 𝜑( 𝐶 ∩ 𝐵 𝑐), ∀𝐶 ∈ 𝔐(∗) 𝜑𝑠( 𝐶) = 𝜑( 𝐶 ∩ 𝐵) Dưới đây chứng minh 2 việc: (i) 𝜑 𝑎 ≪ 𝜇 (ii) 𝜑𝑠 ⊥ 𝜇 Giải guyết vấn để (i): Lấy ∀𝐴 ∈ 𝔐 sao cho 𝜇( 𝐴) = 0, chứng minh 𝜑 𝑎( 𝐴) = 0 Ta có: 𝜑 𝑎( 𝐴) = 𝜑( 𝐴 ∩ 𝐵 𝑐) = 𝜑[ 𝐴 ∩ ( 𝑋𝐵)] = 𝜑 �𝐴 ∩ �𝑋 � 𝐴 𝑛 ∞ n=1 �� = 𝜑 �𝐴 ∩ �� 𝐴 𝑛 𝑐 ∞ 𝑛=1 �� = 𝜑 ��( 𝐴 ∩ 𝐴 𝑛 𝑐 ) ∞ 𝑛=1 � ≤
  • 18. 14 ≤ 𝜑( 𝐴 ∩ 𝐴 𝑛 𝑐 ) = 𝜑[ 𝐴 ∩ ( 𝑋𝐴 𝑛)] = = 𝜑[( 𝐴 ∪ 𝐴 𝑛)𝐴 𝑛] = 𝜑( 𝐴 ∪ 𝐴 𝑛) − 𝜑( 𝐴 𝑛) (8) Nhận xét: 𝜑( 𝐴 ∪ 𝐴 𝑛) ∈ { 𝜑( 𝑈): 𝑈 ∈ 𝔐 , 𝜇( 𝑈) = 0} Thật vậy:  𝐴 ∪ 𝐴 𝑛 ∈ 𝔐  𝜇( 𝐴 ∪ 𝐴 𝑛) ≤ 𝜇( 𝐴) + 𝜇( 𝐴 𝑛) = 0 + 0 = 0 Do vậy 𝜑( 𝐴 ∪ 𝐴 𝑛) ∈ { 𝜑( 𝑈): 𝑈 ∈ 𝔐 , 𝜇( 𝑈) = 0} ⇒ Sup{ 𝜑( 𝑈): 𝑈 ∈ 𝔐 , 𝜇( 𝑈) = 0} ≥ 𝜑( 𝐴 ∪ 𝐴 𝑛) ⇒ 𝐶 ≥ 𝜑( 𝐴 ∪ 𝐴 𝑛) thay kết quả vào (8) , được 0 ≤ 𝜑 𝑎( 𝐴) ≤ 𝐶 − 𝜑( 𝐴 𝑛), ∀𝑛 = 1,2, …cho 𝑛 → ∞ ta có ngay 𝜑 𝑎( 𝐴) = 0 Giải guyết vấn để (ii): Ta có 𝜑𝑠 tập trung trên B, thật vậy: ∀𝐷 ⊂ 𝐵 𝑐 ⇒ 𝜑𝑠( 𝐷) = 𝜑( 𝐷 ∩ 𝐵) (do (∗)) = 𝜑(∅) (do 𝐷 ⊂ 𝐵 𝑐 thì 𝐷 ∩ 𝐵 = ∅ ) = 0 Vậy 𝜑𝑠 tập trung trên B Ta có 𝜇 tập trung trên 𝐵 𝑐 , thật vậy:như đã biết 𝜇 là độ đo dương. Lấy mọi 𝐸 ⊂ ( 𝐵 𝑐) 𝑐 = 𝐵 Xét:𝜇( 𝐸) ≤ 𝜇( 𝐵) = 𝜇(⋃ 𝐴 𝑛 ∞ n=1 ) ≤ ∑ 𝜇( 𝐴 𝑛) = 0∞ 𝑛=1 , (do𝜇( 𝐴 𝑛) = 0 ∀𝑛) ⇒ 𝜇( 𝐸) = 0. Vậy 𝜇 tập trung trên 𝐵 𝑐 .
  • 19. 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 𝐴 ∈ 𝔐 Hàm 𝑓0 thỏa mãn (1) còn được ký hiệu là 𝑑𝜑 𝑑𝜇 = 𝑓0 . b) 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 = � 𝐴 𝑛 ∞ 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 𝐴 = � 𝑓0 𝑑𝜇 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 ), ∀𝐴 ∈ 𝔐�
  • 20. 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) 𝑓1, 𝑓2 ∈ 𝑀 ⇒ Max{ 𝑓1, 𝑓2} = 𝑓 ∈ 𝑀 ii) 𝑓𝑛 ∈ 𝑀, ∀𝑛, 𝑓1 ≤ 𝑓2 ≤ ⋯ ≤ 𝑓𝑛 ≤ ⋯, lim 𝑛→∞ 𝑓𝑛 = 𝑓 ⇒ ∀𝑓 ∈ 𝑀 Thật vậy, dãy ( 𝑓𝑛) 𝑛 tăng hội tụ từng điểm đến hàm 𝑓(𝑓𝑛 ↑ 𝑓) nên suy ra lim 𝑛→∞ � 𝑓𝑛 𝐴 𝑑𝜇 = � 𝑓 𝐴 𝑑𝜇 Mà 𝜑( 𝐴) ≥ � 𝑓𝑛 𝐴 𝑑𝜇 ⇒ 𝜑( 𝐴) ≥ � 𝑓 𝐴 𝑑𝜇 Ta lại có: � 𝑓 𝑋 𝑑𝜇 ≤ 𝜑( 𝑋) < +∞ Do đó 𝑓 khả tích. Vậy 𝑓 ∈ 𝑀, Uii) được chứng minh xong. Chứng minh i): Đặt: 𝐵 = { 𝑥 ∈ 𝑋: 𝑓1 ≥ 𝑓2}(tập những điểm x mà tại đó 𝑓1(𝑥) ≥ 𝑓2(𝑥)) Ta có: � 𝑓𝑑𝜇 = � 𝑓𝑑𝜇 + 𝐴∩𝐵𝐴 � 𝑓𝑑𝜇 𝐴∩𝐵 𝑐 = � 𝑓1 𝑑𝜇 + 𝐴∩𝐵 + � 𝑓2 𝑑𝜇 ≤ 𝐴∩𝐵 𝑐 ≤ 𝜑( 𝐴 ∩ 𝐵) + 𝜑( 𝐴 ∩ 𝐵 𝑐) = 𝜑( 𝐴), 𝐴 ∈ 𝑀
  • 21. 17 Vậy Max{ 𝑓1, 𝑓2} = 𝑓 ∈ 𝑀.⇒ i) được chứng minh ∗∗ Đặt: 𝑎 = Sup �� 𝑓𝑑𝜇: 𝑓 ∈ 𝑀 𝑋 � Khi đó có dãy ( 𝑓𝑛) 𝑛trong 𝑀 sao cho: 𝑎 = lim 𝑛→∞ � 𝑓𝑛 𝑑𝜇 𝑋 Ta chứng minh hàm 𝑓0 xác định bởi: 𝑥 ∈ 𝑋: 𝑓0(𝑥) = Sup 𝑛 𝑓𝑛(𝑥) = lim 𝑛→∞(Max{𝑓1(𝑥), 𝑓2(𝑥), … 𝑓𝑛(𝑥)}) là hàm cần tìm.  Chứng minh 𝑓0 ∈ 𝑀 Ta có 𝑓1( 𝑥), 𝑓2( 𝑥), … , 𝑓𝑛( 𝑥) ∈ 𝑀 𝑑𝑜 𝑖) ��� Max{ 𝑓1( 𝑥), 𝑓2( 𝑥), … 𝑓𝑛( 𝑥)} = 𝑔 𝑛 ∈ 𝑀, ∀𝑛 và 𝑔1 ≤ 𝑔2 ≤ ⋯ ≤ 𝑔 𝑛 ≤ ⋯, vậy ta có: 𝑔 𝑛 ∈ 𝑀, 𝑔1 ≤ 𝑔2 ≤ ⋯ ≤ 𝑔 𝑛 ≤ ⋯ , lim 𝑛→∞ 𝑔 𝑛 = = lim 𝑛→∞ (Max{ 𝑓1( 𝑥), 𝑓2( 𝑥), … 𝑓𝑛( 𝑥)}) = Sup𝑓𝑛 = 𝑓0 𝑑𝑜 𝑖𝑖) ���� 𝑓0 ∈ 𝑀.  Chứng minh 𝑓0 ≥ 𝑓, ∀𝑓 ∈ 𝑀. ∗ với 𝑓 ∈ 𝑀 𝑖) ⇒ Max{ 𝑓, 𝑓0} ∈ 𝑀 ⇒ � Max{ 𝑓, 𝑓0} 𝑑𝜇 ≤ 𝑎 𝑋 ∗ 𝑓0 ∈ 𝑀 ⇒ � 𝑓0 𝑋 𝑑𝜇 ≤ 𝑎
  • 22. 18 𝑓0 = Sup𝑓𝑛 ⇒ � 𝑓0 𝑋 𝑑𝜇 ≥ � 𝑓𝑛 𝑋 𝑑𝜇 , ∀𝑛 cho 𝑛 → ∞, ta có: � 𝑓0 𝑋 𝑑𝜇 ≥ lim 𝑛→∞ � 𝑓𝑛 𝑋 𝑑𝜇 = 𝑎 ⇒ � 𝑓0 𝑋 𝑑𝜇 = 𝑎 Khi đó: 0 ≤ � [Max{ 𝑓, 𝑓0} − 𝑓0] 𝑋 𝑑𝜇 = � Max{ 𝑓, 𝑓0} 𝑑𝜇 − 𝑋 � 𝑓0 𝑋 𝑑𝜇 ≤ 𝑎 − 𝑎 = 0 ⇒ Max{ 𝑓, 𝑓0} = 𝑓0 𝜇 -hầu khắp nơi trên 𝑋, ∀𝑓 ∈ 𝑀 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 𝑋 𝑛 là tật dương cực đại của độ đo có dấu𝜑 − 𝜇 𝑛 Đặt: 𝐵 = � 𝑋 𝑛 ⇒ ∞ 𝑛=1 𝐵 𝑐 = 𝑋 �� 𝑋 𝑛 ∞ 𝑛=1 � Ta xây dựng hàm không tầm thường thuộc lớp M Ta có: 𝜑( 𝐵 𝑐) = 0 . Thật vậy: 𝑋 𝑛 là tập dương cực đại đối với 𝜑 − 𝜇 𝑛 nên 𝑋 𝑛 𝑐 là tập âm cực đại đối với độ đo có dấu 𝜑 − 𝜇 𝑛 Suy ra �𝜑 − 1 𝑛 𝜇� (𝑋 𝑛 𝑐 ) ≤ 0, hay 𝜑( 𝑋 𝑛 𝑐) ≤ 1 𝑛 𝜇( 𝑋 𝑛 𝑐); ∀𝑛 ∈ ℕ∗ (∗) Ta lại có: 0 ≤ 𝜑( 𝐵 𝑐) ≤ 𝜑( 𝑋 𝑛 𝑐) (do 𝜑 là độ đo dương và 𝐵 ⊃ 𝑋 𝑛)
  • 23. 19 Do đó: 0 ≤ 𝜑( 𝐵 𝑐) ≤ 1 𝑛 𝜇( 𝑋 𝑛 𝑐) ≤ 1 𝑛 𝜇( 𝑋) → 0 (do 𝜇( 𝑋) < +∞) Từ đây ta suy ra𝜇(𝐵) ≠ 0(vì 𝜇 và 𝜑 không kỳ dị đối với nhau) hay có n mà 𝜇(𝑋 𝑛) ≠ 0. Để kiểm tra rằng hàm không tầm thường 1 𝑛 . 1 𝑋 𝑛 ∈ M. thật vậy: i) � ( 1 𝑛 1 𝑋 𝑛 )𝑑𝜇 = 𝐴 1 𝑛 𝜇( 𝐴 ∩ 𝑋 𝑛) ≤ 𝜑( 𝐴 ∩ 𝑋 𝑛) ≤ 𝜑(𝐴) �vì (𝜑 − 𝜇 𝑛 )( 𝐴 ∩ 𝑋 𝑛) ≥ 0 ⇒ 𝜑( 𝐴 ∩ 𝑋 𝑛) ≥ 1 𝑛 𝜇( 𝐴 ∩ 𝑋 𝑛)� ⇒ � 1 𝑛 . 1 𝑋 𝑛 � ∈ M. ii) Với 𝑥 ∈ 𝑋, � 1 𝑛 . 1 𝑋 𝑛 � ( 𝑥) = � 1 𝑛 nếu 𝑎 ∈ 𝑋 𝑛 0 nếu 𝑎 ∉ 𝑋 𝑛 ⇒ � 1 𝑛 . 1 𝑋 𝑛 � là hàm không tầm thường. 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 thỏa 𝜑( 𝐴) = � 𝑓0 𝑑𝜇, ∀𝐴 ∈ 𝔐. 𝐴 * Ta có 𝑓0 ∈ 𝑀 ⇒ � 𝑓0 𝑑 𝐴 𝜇 ≤ 𝜑( 𝐴), ∀𝐴 ∈ 𝔐 ** Xét độ đo 𝜑′( 𝐴) = 𝜑( 𝐴) − � 𝑓0 𝑑 𝐴 𝜇
  • 24. 20 Ta có 𝜑′ ≪ 𝜇 và 𝜑′ ⊥ 𝜇 thật vậy: i) ∀𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇( 𝐴) = 0 ⇒ ⎩ ⎨ ⎧ φ( 𝐴) = 0(do φ ≪ µ) � 𝑓0 𝑑 𝐴 𝜇 = 0 ⇒ 𝜑′( 𝐴) = 𝜑( 𝐴) − � 𝑓0 𝑑 𝐴 𝜇 = 0 ⇒ 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) = 𝐴 𝜑( 𝐴) − � 𝑓0 𝑑 𝐴 𝜇 ⇒ � (𝑓 + 𝑓0)𝑑𝜇 ≤ 𝐴 𝜑( 𝐴)∀𝐴 ∈ 𝔐 ⇒ 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 𝐴 𝜇, ∀𝐴 ∈ 𝔐 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 𝐴 𝜇 = � 𝑔𝑑 𝐴 𝜇, ∀𝐴 ∈ 𝔐
  • 25. 21 Chọn 𝐴 = { 𝑔 ≥ 𝑓0} ⇒ � (𝑔 − 𝑓0)𝑑 𝐴 𝜇 = 0 nên 𝑔 = 𝑓0 hầu khắp nơi trên 𝐴 Chọn 𝐴′ = { 𝑔 ≤ 𝑓0}do � (𝑓0 − 𝑔)𝑑 𝐴′ 𝜇 = 0 ⇒ 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 = � 𝑋 𝑛 ∞ 𝑛=1 ; 𝜇( 𝑋 𝑛) < +∞, (𝑋 𝑛) đôi một không giao nhau ∗∗ Áp dụng chứng minh trên cho 𝜑, 𝜇 hạn chế trên tập 𝑋 𝑛 , xét ( 𝑋 𝑛, 𝔐 𝑛, 𝜇 𝑛) với 𝔐 𝑛 = { 𝐴 ∈ 𝔐: 𝐴 ⊂ 𝑋 𝑛} 𝜇 𝑛 = 𝜇 𝔐 𝑛 � Thì tồn tại hàm 𝑓𝑛khả tích trên 𝑋 𝑛theo𝜇 𝑛sao cho 𝜑( 𝐴) = � 𝑓 𝑛 𝑑 𝐴 𝜇 𝑛 ; ∀𝐴 ∈ 𝔐 𝑛 𝜑( 𝐴 ∩ 𝑋 𝑛) = � 𝑓𝑛 𝑑𝜇 𝐴∩𝑋 𝑛 ; ∀𝑛 Xây dựng hàm 𝑓0: 𝑋 → ℝ� 𝑓0( 𝑥) = 𝑓𝑛(𝑥) với 𝑥 ∈ 𝑋 𝑛 , ( 𝑛 = 1,2, … ) Do các (𝑋 𝑛) đôi một không giao nhau nên 𝑓0 xác định Khi đó:
  • 26. 22 𝐴 = 𝐴 ∩ 𝑋 = 𝐴 ∩ �� 𝑋 𝑛 ∞ 𝑛=1 � = �(𝐴 ∩ 𝑋 𝑛) , ∀𝐴 ∈ 𝔐 ∞ 𝑛=1 ⇒ 𝜑( 𝐴) = 𝜑 ��(𝐴 ∩ 𝑋 𝑛) ∞ 𝑛=1 � = � 𝜑 ∞ 𝑛=1 (𝐴 ∩ 𝑋 𝑛) , (vì 𝐴 ∩ 𝑋 𝑛rời nhau) = � � 𝑓𝑛 𝑑𝜇, ∀𝐴 ∈ 𝔐 𝐴∩𝑋 𝑛 ∞ 𝑛=1 = � 𝑓0 𝑑 𝐴 𝜇, với 𝑓0: 𝑋 → ℝ� 𝑓0|𝑋 𝑛 ( 𝑥) = 𝑓𝑛( 𝑥), ( 𝑛 = 1,2, … ) b) Ta có 𝜑 là độ đo dương ,𝜎-hữu hạn nên 𝑋 = � 𝑋 𝑛 ∞ 𝑛=1 , 𝑋 𝑛rời nhau, 𝜑( 𝑋 𝑛) < +∞, ∀𝑛 ∈ ℕ∗ Theo a) tồn tại các hàm 𝑓𝑛 khả tích theo độ đo 𝜇 trên 𝑋 𝑛 sao cho: 𝜑( 𝐴 ∩ 𝑋 𝑛) = � 𝑓𝑛 𝑑𝜇 𝐴∩𝑋 𝑛 khi đó: 𝜑( 𝐴) = 𝜑( 𝐴 ∩ 𝑋) = 𝜑 �𝐴 ∩ �� 𝑋 𝑛 ∞ 𝑛=1 �� = 𝜑 ��(𝐴 ∩ 𝑋 𝑛) ∞ 𝑛=1 � = � 𝜑 ∞ 𝑛=1 (𝐴 ∩ 𝑋 𝑛) , (vì 𝐴 ∩ 𝑋 𝑛rời nhau)
  • 27. 23 = � � 𝑓𝑛 𝑑𝜇, ∀𝐴 ∈ 𝔐 𝐴∩𝑋 𝑛 ∞ 𝑛=1 = � 𝑓0 𝑑 𝐴 𝜇, với 𝑓0: 𝑋 → ℝ� 𝑓0|𝑋 𝑛 ( 𝑥) = 𝑓𝑛( 𝑥), ( 𝑛 = 1,2, … ) Hàm 𝑓0 bằng 𝑓𝑛 trên 𝑋 𝑛 ,𝑛 ∈ ℕ∗ chính là hàm cần tìm. Mệnh đề1.3.1 Cho không gian đo được ( 𝑋, 𝔐) và 𝜇, 𝜆, 𝜑 là các độ đo dương, hữu hạn xác định trên 𝔐. Nếu 𝜆 ≪ 𝜑, 𝜑 ≪ 𝜇 thì 𝜆 ≪ 𝜇và ta có 𝑑𝜆 𝑑𝜇 = 𝑑𝜆 𝑑𝜑 . 𝑑𝜑 𝑑𝜇 , 𝜇- hầu khắp nơi Từ đó suy ra 1) Nếu 𝜑 ≪ 𝜇 và 𝜇 ≪ 𝜑 thì 𝑑𝜑 𝑑𝜇 = � 𝑑𝜇 𝑑𝜑 � −1 2) Nếu 𝜑 ≪ 𝜇 và 𝑓: 𝑋 → [0, ∞] là 𝔐- đo được, khả tíchtheo độ đo 𝜑 thì 𝑑(𝑓𝜑) 𝑑𝜇 = 𝑓. 𝑑𝜑 𝑑𝜇 , trong đó (𝑓𝜑 là độ đo định nghĩa bởi ( 𝑓𝜑)( 𝐴) = ∫ 𝑓𝑑𝜑𝐴 ) Chứng minh 1) • Chứng minh 𝜆 ≪ 𝜑, 𝜑 ≪ 𝜇 ⇒ 𝜆 ≪ 𝜇 ∀𝐴 ∈ 𝔐, 𝜇( 𝐴) = 0 ⇒ 𝜑( 𝐴) = 0 ( do 𝜑 ≪ 𝜇 ) ⇒ 𝜆( 𝐴) = 0 ( do 𝜑 ≪ 𝜇 ) Vậy 𝜆 ≪ 𝜇.
  • 28. 24 • Chứng minh: 𝑑𝜆 𝑑𝜇 = 𝑑𝜆 𝑑𝜑 . 𝑑𝜑 𝑑𝜇 , 𝜇 -hầu khắp nơi Do 𝜆 ≪ 𝜑 nên ∃𝑓1 ∈ 𝐿(𝜑) sao cho: 𝜆( 𝐴) = � 𝑓1 𝑑 𝐴 𝜑, 𝑓1 = 𝑑𝜆 𝑑𝜑 Do 𝜑 ≪ 𝜇 nên ∃𝑓2 ∈ 𝐿(𝜇) sao cho: 𝜑( 𝐴) = � 𝑓2 𝑑𝜇 𝐴 , 𝑓2 = 𝑑𝜑 𝑑𝜇 Do 𝜆 ≪ 𝜇 nên ∃𝑓 ∈ 𝐿(𝜇) sao cho: 𝜆( 𝐴) = � 𝑓𝑑𝜇 𝐴 , 𝑓 = 𝑑𝜆 𝑑𝜇 Ta chứng minh 𝑓 = 𝑓1. 𝑓2 Ta có: 𝜆( 𝐴) = � 𝑓1 𝑑 𝐴 𝜑 = � 𝑓𝑑𝜇 𝐴 Mà � 𝑓1 𝑑 𝐴 𝜑 = � 𝑓1 𝐴 𝑓2 𝑑𝜇 (theo mệnh đề 2.1.1) ⇒ � 𝑓( 𝑥) 𝑑𝜇 𝐴 = � 𝑓1( 𝑥) 𝐴 . 𝑓2( 𝑥) 𝑑𝜇 ⇒ � [ 𝑓1( 𝑥). 𝑓2( 𝑥) − 𝑓( 𝑥)] 𝑑𝜇 𝐴 = 0, ∀𝐴 ∈ 𝔐 ⇒ 𝑓1( 𝑥). 𝑓2( 𝑥) = 𝑓( 𝑥) 𝜇 -hầu khắp nơi theo độ đo 𝜇 Suy ra 1): Nều � 𝜑 ≪ 𝜇 𝜇 ≪ 𝜑 thì 𝜑 ≪ 𝜑 Theo trên ta có: 𝑑𝜑 𝑑𝜑 = 𝑑𝜑 𝑑𝜇 . 𝑑𝜇 𝑑𝜑
  • 29. 25 Mặt khác 𝜑( 𝐴) = � 1 𝐴 𝑑𝜑, ∀𝐴 ∈ 𝔐 Ta có: 1 = 𝑑𝜑 𝑑𝜑 = 𝑑𝜑 𝑑𝜇 . 𝑑𝜇 𝑑𝜑 ⇒ 𝑑𝜑 𝑑𝜇 = � 𝑑𝜇 𝑑𝜑 � −
  • Related Search
    Similar documents
    View more
    We Need Your Support
    Thank you for visiting our website and your interest in our free products and services. We are nonprofit website to share and download documents. To the running of this website, we need your help to support us.

    Thanks to everyone for your continued support.

    No, Thanks
    SAVE OUR EARTH

    We need your sign to support Project to invent "SMART AND CONTROLLABLE REFLECTIVE BALLOONS" to cover the Sun and Save Our Earth.

    More details...

    Sign Now!

    We are very appreciated for your Prompt Action!

    x