Học phần độ đo và tích phân

4. Khả tích Định lý 6. Nếu A fdμ∫ có nghĩa thì A A fd f dμ μ≤∫ ∫ . Chứng minh. ( ) A A A A A A A fd f d f d f d f d f f d f d μ μ μ μ μ μ μ + − + − + − ≤ − ≤ + = = + = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Định lý 7. f khả tích trên Akhi và chỉ khi f khả tích trên A . Chứng minh. f khả tích trên A thì A f dμ < +∞∫ . Theo định lý 6, suy ra A fdμ ≤ +∞∫ . Vậy f khả tích trên A . Ngược lại, f khả tích trên A thì , ( ) A A A A A A f d f d f d f d f f d f d μ μ μ μ μ μ + − + − + − − < +∞ ⇒ < +∞ ⇒ ⇒ + = < +∞ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Vậy f khả tích trên A . Định lý 8. Nếu f g≤ hầu khắp nơi trên A và g khả tích trên A thì f khả tích trên A . Chứng minh. A A f g f d gdμ μ≤ ⇒ ≤∫ ∫ nên nếu g khả tích trên A thì f khả tích trên A , suy ra f khả tích trên A . Định lý 9. Nếu f , g khả tích trên A thì f g± khả tích trên A . Chứng minh. Vì ( ) A A A f g d fd gdμ μ μ± = ±∫ ∫ ∫ nên từ giả thiết , ( ) A A A fd gd f g dμ μ μ≤ +∞ ≤ +∞ ⇒ ± ≤ +∞∫ ∫ ∫ Định lý 9. Nếu f khả tích, g bị chặn trên A thì .f g khả tích trên A . Chứng minh. Giả sử g M≤ trên A . Ta có A A A fg M f fgd M f d M f dμ μ μ≤ ⇒ ≤ =∫ ∫ ∫ Do đó, nếu f khả tích thì f khả tích, suy ra fg khả tích , vậy .f g khả tích trên A . $3. CHUYỂN GIỚI HẠN QUA DẤU TÍCH PHÂN Vấn đề đặt ra là với điều kiện nào ta có đẳng thức: lim limn n n n A A f d f dμ μ→+∞ →+∞=∫ ∫ Ta đã biết, đối với tích phân xác định theo Riemann thì điều kiện cần là dãy hàm { }nf hội tụ đều về hàm số f trên đoạn lấy tích phân [ ],a b . Đây là một điều kiện rất ngặt nghèo. Trái lại, đối với tích phân Lebesgue thì điều kiện lại khá rộng rãi. Trong mục này ta xét hai trường hợp cho phép chuyển giới hạn qua dấu tích phân với điều kiện dãy hàm hội tụ đơn điệu, hoặc hội tụ bị chặn. 1. Hội tụ đơn điệu Định lý 1 (đối với dãy hàm không âm). Nếu dãy hàm { },nf n ∗∈ ¥ , không âm, đo được, đơn điệu tăng đến hàm f trên tập đo được A thì lim limn n n n A A A f d f d fdμ μ μ→+∞ →+∞= =∫ ∫ ∫ . Chứng minh. - Nếu nf là các hàm đơn giản thì đẳng thức này chính là định nghĩa tích phân. - Xét 0nf ≥ , đo được bất kì. Khi đó. với mỗi 1,2,...n = (cố định) sẽ tồn tại dãy hàm đơn giản, không âm { }( ) ,nmg m ∗∈ ¥ , tăng về hàm nf . Vì 1n nf f+ ≥ nên có thể xem ( 1) ( )n nm mg g+ ≥ . Do đó, với k n≤ thì ( ) ( ) ( ) ( ) k n n n n k n n n n A A A g g f g d g d f dμ μ μ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤∫ ∫ ∫ Cho n → +∞ , ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) lim lim lim lim (1) lim lim lim lim lim lim k n n n n n n n n k n n k n n n n n n n A A A k n n n n n n n A A A g g f hay f g f g d g d f d hay g d g d f d μ μ μ μ μ μ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ ≤ ≤ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ≤ ≤ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ( do ( ) ( ),k nn ng g là các hàm đơn giản nên có thể chuyển giới hạn qua dấu tích phân). Vậy ( )lim lim (2)nk n n n n A A A f d g d f dμ μ μ→+∞ →+∞≤ ≤∫ ∫ ∫ . Lại cho k → +∞ , từ (1), ta được ( ) ( ) lim lim lim lim lim (3) n k n k k n k n n n f g f hay f g f →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ ≤ ≤ ≤ ≤ Từ (2), ta được ( ) ( ) lim lim lim lim lim lim lim lim (4) n k n n k k n k n A A A n k n n k n n A A A f d g d f d hay f d g d f d μ μ μ μ μ μ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ ≤ ≤ ≤ ≤ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Thế mà lim limk n k n A A f d f dμ μ→+∞ →+∞=∫ ∫ Mặt khác, từ (3) ta có ( )lim nn n g f→+∞ = , nên từ (4) suy ra lim n n A A f d fdμ μ→+∞ =∫ ∫ Đây chính là đẳng thức cần chứng minh. Ví dụ 1. Cho dãy hàm { },nf n ∗∈ ¥ , xác định bởi 2 1 ( ) , [0,1)n x n x f x x++= ∈ . Ta có 0nf ≥ , đo được trên [0,1) . Đặt ( ) 2, [0,1)f x x x= + ∈ thì dãy hàm đã cho tăng đến f trên [0,1) . Mặt khác, ta đã biết, f là hàm liên tục nên đo được và khả tích Rieman, đồng thời khả tích Lebesgue trên [0,1) . Theo định lý 1, ta có [0,1) [0,1) 2 1 [0,1) [0,1) lim ( ) ( ) 5 lim ( 2) 2n n n x xn f x dx f x dx hay dx x dx →+∞ + +→+∞ = = = + = ∫ ∫ ∫ ∫ Định lý 2 (đối với dãy hàm bất kỳ). Nếu dãy hàm đo được { },nf n ∗∈ ¥ , đơn điệu tăng đến hàm f và 1f khả tích trên tập đo được A thì lim n n A A f d fdμ μ→+∞ =∫ ∫ . Chứng minh. Ta có { }nf là dãy tăng nên 1 0nf f− ≥ và dãy hàm { }1 ,nf f n ∗− ∈ ¥ , tăng về hàm 1f f− . Do đó, theo định lý 1 đối với dãy hàm không âm, thì 1 1lim ( ) ( )n n A A f f d f f dμ μ→+∞ − = −∫ ∫ Vì 1f khả tích, tức là 1 A f dμ−∞ < < +∞∫ , nên 1 1 1 1lim ( ) ( )n n A A A A f f d f d f f d f dμ μ μ μ→+∞ − + = − +∫ ∫ ∫ ∫ Áp dụng tính chất của tích phân suy ra lim n n A A f d fdμ μ→+∞ =∫ ∫ Ví dụ 2. Cho dãy hàm { },nf n ∗∈ ¥ , xác định bởi 2 2 1 10 ( ) , [0,1)n x n nx x f x x+ += − ∈ . Ta có 1 1 ( ) 0 2 f < , nf đo được trên [0,1) . Đặt 1 10 ( ) , [0,1) x f x x+= ∈ thì dãy hàm đã cho tăng đến f trên [0,1) . Dễ thấy 2 21 1 10 ( ) x x f x x+ += − và f là hàm liên tục nên đo được và khả tích Rieman, đồng thời khả tích Lebesgue trên [0,1) . Theo định lý 2, ta có 2 2 [0,1) [0,1) 1 1 1010 [0,1) [0,1) lim ( ) ( ) 11 lim ( ) ln 10n n n x n xx xn f x dx f x dx hay dx dx →+∞ ++ +→+∞ = = − = = ∫ ∫ ∫ ∫ Chú ý: Nếu { },nf n ∗∈ ¥ , là dãy hàm đơn điệu giảm thì định lý vẫn đúng. Định lý 3 (đối với dãy hàm bất kỳ). Nếu dãy hàm đo được { },nf n ∗∈ ¥ , đơn điệu giảm đến hàm f và 1f khả tích trên tập đo được A thì lim n n A A f d fdμ μ→+∞ =∫ ∫ . Ví dụ 3. Cho dãy hàm { },nf n ∗∈ ¥ , xác định bởi 1( ) , [1,2]n x n nx f x x= + ∈ . Ta có nf đo được trên [1,2] . Đặt ( ) 0, [1,2]f x x= ∈ thì dãy hàm đã cho giảm đến f trên [1,2] . Dễ thấy 11( ) xf x x= + và f là hàm liên tục nên đo được và khả tích Rieman, đồng thời khả tích Lebesgue trên [1,2] . Theo định lý 3, ta có [1,2] [1,2] 1 [1,2] [1,2] lim ( ) ( ) lim ( ) 0 0n n n x nxn f x dx f x dx hay dx dx →+∞ →+∞ = = + = = ∫ ∫ ∫ ∫ Hệ quả 1. Nếu 0ng ≥ và ,ng n ∗∈ ¥ , đo được trên A , thì 1 1 n n n nA A g d g dμ μ +∞ +∞ = = =∑ ∑∫ ∫ Chứng minh. Đặt 1 , , n n k k f g n ∗ = = ∈∑ ¥ thì 0nf ≥ , nf đo được và { }nf tăng đến 1 k k g +∞ = ∑ trên A . Theo định lý 1 đối với dãy hàm không âm, ta có 1 lim limn n k n n kA A A f d f d g dμ μ μ +∞ →+∞ →+∞ = = = ∑∫ ∫ ∫ Mặt khác, vì 1 1 n n n k k k kA A A f d g d g dμ μ μ = = = =∑ ∑∫ ∫ ∫ nên 1 lim n k n kA A f d g dμ μ +∞ →+∞ = = ∑∫ ∫ Vậy 1 1 n n n nA A g d g dμ μ +∞ +∞ = = =∑ ∑∫ ∫ Hệ quả 2. Nếu 0ng ≥ , ,ng n ∗∈ ¥ , đo được trên A , và 1 n n A g dμ +∞ = < +∞∑ ∫ , thì 1 n n g +∞ = < +∞∑ hầu khắp nơi trên A , hàm số 1 ( ) ( )n n g x g x +∞ = = ∑ khả tích trên A . Chứng minh. Theo hệ quả 1, ta có 1 1 n n n nA A g d g dμ μ +∞ +∞ = = = < +∞∑ ∑∫ ∫ nên hàm số 1 ( ) ( )n n g x g x +∞ = = ∑ khả tích trên A và do đó ( )g x hữu hạn hầu khắp nơi. 2. Bổ đề Fatou Nếu 0nf ≥ trên A thì lim limn nn nA A f d f dμ μ →+∞ →+∞ ≤∫ ∫ Chứng minh. Đặt { }1,...inf ,n n ng f f += thì 0ng ≥ và { }ng tăng đến lim n n f →+∞ hay lim limn n n n g f→+∞ →+∞ = . Theo định lý 1 đối với dãy hàm không âm lim lim limn n n n n nA A A g d g d f dμ μ μ→+∞ →+∞ →+∞= =∫ ∫ ∫ Mặt khác, do n ng f≤ nên n n A A g d f dμ μ≤∫ ∫ và lim limn n n nA A g d f dμ μ →+∞ →+∞ ≤∫ ∫ Thế mà vì n A g dμ∫ có giới hạn nên lim limn n nn A A g d g dμ μ→+∞→+∞ =∫ ∫ . Vậy l im l im l im l im l im l im n n n nA A n n n nA A n n n nA A g d f d h a y g d f d f d f d μ μ μ μ μ μ → + ∞ → + ∞ → + ∞ → + ∞ → + ∞ → + ∞ ≤ ≤ ⇒ ≤ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Chú ý. 1. Nếu nf g≥ , g khả tích trên A thì bổ đề Fatou vẫn còn đúng: Nếu nf g≥ , g khả tích trên A thì lim limn n n nA A f d f dμ μ →+∞ →+∞ ≤∫ ∫ Khi đó ta chỉ cần áp dụng phần vừa chứng minh cho 0nf g− ≥ và A gdμ < +∞∫ . 2. Nếu nf g≤ , g khả tích trên A thì lim limn n n n A A f d f dμ μ→+∞ →+∞≥∫ ∫ Ta chỉ cần áp dụng chú ý 1 cho trường hợp ,nf g g− ≥ − − khả tích trên A . 3. Hội tụ bị chặn Định lý 4 (Lebesgue). Giả sử (i) nf g≤ trên A ; (ii) g khả tích trên A ; (iii) dãy hàm { },nf n ∗∈ ¥ , hội tụ về hàm f hầu khắp nơi, hoặc theo độ đo, trên A . Khi đó lim nn A A f d fdμ μ→+∞ =∫ ∫ Chứng minh. - Giả sử dãy hàm { },nf n ∗∈ ¥ , hội tụ về hàm f hầu khắp nơi trên A . Khi đó tồn tại tập hợp , , ( ) 0B A B Bμ⊂ ∈ =M sao cho { }nf hội tụ về f trên \A B . Vì ,ng f g g− ≤ ≤ khả tích trên A nên g khả tích trên \A B , theo chú ý 1,2 của bổ đề Fatou, ta có lim limn n n nA A f d f dμ μ → +∞ → +∞ ≤∫ ∫ và l im l imn n n n A A f d f dμ μ→ + ∞ → + ∞≥∫ ∫ Thế nhưng do lim lim , \n n n n f f f x A B→+∞ →+∞ = = ∀ ∈ nên \ \ \ \ \ \ lim lim lim lim n n n nA B A B A B n n n n A B A B A B fd f d f d f d f d fd μ μ μ μ μ μ →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ = ≤ ≤ ≤ ≤ = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Vậy \ \ lim n n A B A B f d fdμ μ→+∞ =∫ ∫ Mặt khác, vì ( ) 0Bμ = nên hiển nhiên ta có lim n n B B f d fdμ μ→+∞ =∫ ∫ Theo tính chất cộng tính của tích phân, ta suy ra đẳng thức cần chứng minh. - Giả sử dãy hàm { },nf n ∗∈ ¥ , hội tụ theo độ đo về hàm f trên A . Theo định nghĩa giới hạn trên, tồn tại một dãy con { }kn của dãy số tự nhiên { }n sao cho lim limkn nk n A A f d f dμ μ→+∞ →+∞=∫ ∫ . - Hiển nhiên ta có dãy con { },knf k ∗∈ ¥ , cũng hội tụ theo độ đo về hàm f trên A .Khi đó lại có một dãy con { },kinf i ∗∈ ¥ ,của dãy { },knf k ∗∈ ¥ , hội tụ hầu khắp nơi về hàm f trên A . Theo phần vừa chứng minh lim lim lim k ki n n n n k i A A A A f d f d f d fdμ μ μ μ→+∞ →+∞ →+∞= = =∫ ∫ ∫ ∫ Tương tự, ta có lim n n A A f d fdμ μ →+∞ =∫ ∫ Vậy lim n n A A f d fdμ μ→+∞ =∫ ∫ Hệ quả 1. Nếu ,nf M M const≤ = , dãy hàm { },nf n ∗∈ ¥ , hội tụ về hàm f hầu khắp nơi, hoặc theo độ đo, trên A , ( )Aμ < +∞ thì lim nn A A f d fdμ μ→+∞ =∫ ∫ Ta chỉ cần áp dụng định lý 4 cho hàm số , ( ) A g M gd M Aμ μ= = < +∞∫ Hệ quả 2. Trong không gian ¡ , nếu f khả tích Riemann trên một khoảng hữu hạn I ⊂ ¡ thì f khả tích Lebesgue trên I và ta có ( ) ( ) ( ) I I L fd R f x dxμ =∫ ∫ . $4. MỐI LIÊN HỆ GIỮA TÍCH PHÂN LEBESGUE với TÍCH PHÂN RIEMANN và TÍCH PHÂN SUY RỘNG Điều kiện khả tích Riemann Định lý 1 (Lebesgue). Hàm bị chặn f trên [ , ]a b là khả tích Riemann khi và chỉ khi tập hợp các điểm gián đoạn của nó có độ đo không. Nói một cách khác, f khả tích Riemann trên [ , ]a b khi và chỉ khi f liên tục hầu khắp nơi trên [ , ]a b . 2. Mối liên hệ giữa tích phân Lebesgue và tích phân Riemann Định lý 2 Nếu f khả tích Riemann trên [ , ]a b thì nó khả tích Lebesgue trên [ , ]a b và [ , ] ( ) ( ) ( ) b a b a L fd R f x dxμ =∫ ∫ 1. Mối liên hệ giữa tích phân Lebesgue và tích phân suy rộng a) Tích phân suy rộng loại một Định lý 3 Cho tích phân suy rộng ( ) a f x dx +∞ ∫ . Giả sử 0f ≥ và f khả tích Riemann trên mỗi đoạn hữu hạn[ , ] [ , ).a b a⊂ +∞ Khi đó tích phân suy rộng ( ) a f x dx +∞ ∫ hội tụ khi và chỉ khi f khả tích Lebesgue trên [ , )a +∞ và [ , ) ( ) ( ) a a f x dx L fdμ +∞ +∞ =∫ ∫ b) Tích phân suy rộng loại hai Định lý 4 Cho tích phân suy rộng ( ) b a f x dx∫ với a là điểm kì dị. Giả sử 0f ≥ và f khả tích Riemann trên mỗi đoạn [ , ].a bε+ Khi đó tích phân suy rộng ( ) b a f x dx∫ hội tụ khi và chỉ khi f khả tích Lebesgue trên [ , ]a b và [ , ] ( ) ( ) b a a b f x dx L fdμ=∫ ∫ Định lý 5 Cho tích phân suy rộng ( ) b a f x dx∫ với b là điểm kì dị. Giả sử 0f ≥ và f khả tích Riemann trên mỗi đoạn [ , ].a b ε− Khi đó tích phân suy rộng ( ) b a f x dx∫ hội tụ khi và chỉ khi f khả tích Lebesgue trên [ , ]a b và [ , ] ( ) ( ) b a a b f x dx L fdμ=∫ ∫ Chú ý: Nếu các tích phân suy rộng trên đây phân kì ( )= +∞ , thì tích phân Lebesgue của các hàm số tương ứng cũng bằng +∞ . Ví dụ 1. Cho ,f g là hai hàm số liên tục trên [ , ]a b . Đặt ( ), [ , ] ( ) ( ), [ , ] \ f x khi x a b h x g x khi x a b ∈ ∩⎧= ⎨ ∈⎩ ¤ ¤ Chứng minh rằng a) h khả tích Riemann trên [ , ]a b khi và chỉ khi f g= trên [ , ]a b . b) h luôn khả tích Lebesgue trên [ , ]a b . Giải. a) Giả sử ( ) ( ), [ , ]f x g x x a b= ∀ ∈ . Khi đó h f= trên [ , ]a b nên h liên tục trên [ , ]a b . Vậy h khả tích Riemann trên [ , ]a b . Ngược lại, giả sử h khả tích Riemann trên [ , ]a b . Ta chứng minh ( ) ( ), [ , ]f x g x x a b= ∀ ∈ . Đặt { }[ , ] : ( ) ( )A x a b f x g x= ∈ ≠ . Ta cần chứng minh A φ= . Gọi B là tập hợp các điểm gián đoạn của h trên [ , ]a b thì do h khả tích Riemann trên [ , ]a b nên ( ) 0Bμ = . - Trước hết ta chứng minh A B⊂ . Lấy tùy ý, cố định 0x A∈ thì 0 0 0[ , ] ( ) ( )x a b f x g x∈ ∧ ≠ . Vì 0x là số thực nên luôn tồn tại hai dãy số hữu tỷ, vô tỷ cùng hội tụ về nó. Do đó ta luôn có thể chọn được các dãy số: { } { }'[ , ] , [ , ] \n nx a b x a b⊂ ∩ ⊂¤ ¤ sao cho ' 0 0lim , limn n n n x x x x→+∞ →+∞= = . Vì ,f g liên tục trên [ , ]a b nên ,f g liên tục tại 0x . Khi đó ta có 0 ' ' 0 lim ( ) lim ( ) ( ), lim ( ) lim ( ) ( ) n n n n n n n n h x f x f x h x g x g x →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ = = = = Suy ra 'lim ( ) lim ( )n n n n h x h x→+∞ →+∞≠ , do đó hàm số h không liên tục tại 0x . Vậy 0 .x B A B∈ ⇒ ⊂ - Bây giờ ta chứng minh A φ= . Giả sử tồn tại 0x A∈ thì 0 0 0[ , ] ( ) ( )x a b f x g x∈ ∧ ≠ . Xét hàm số ( ) ( ) ( ), [ , ].k x f x g x x a b= − ∀ ∈ Vì ,f g liên tục trên [ , ]a b nên k liên tục trên [ , ]a b , suy ra k liên tục tại 0x . Ta có 0 0 0( ) ( ) ( ) 0.k x f x g x= − ≠ Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử 0( ) 0k x > (vì trường hợp 0( ) 0k x < được chứng minh tương tự). Khi đó, theo tính chất của hàm liên tục tại một điểm, sẽ tồn tại số 0δ > đủ nhỏ để 0 0( ) 0, ( , ) [ , ]k x x x x a bδ δ> ∀ ∈ − + ⊂ . Trường hợp 0x a= ta thay lân cận hai phía đó bởi lân cận phải ( , )a a δ+ ; trường hợp 0x b= thay bởi lân cận trái ( , ).b bδ− Trong cả ba trường hợp ta đều gọi các lân cận của 0x là C thì rõ ràng ( ) 0, ( ) ( ),k x x C f x g x x C≠ ∀ ∈ ⇒ ≠ ∀ ∈ Hiển nhiên [ , ]C a b C A C B⊂ ⇒ ⊂ ⇒ ⊂ . Mà ( ) 2 0Cμ δ= > (hoặc ( ) 0Cμ δ= > ) nên ( ) ( ) 0B Cμ μ≥ > , trái với giả thiết h khả tích Riemann trên [ , ]a b . Vậy, điều giả sử tồn tại 0x A∈ là sai nên A φ= , tức là f g= trên [ , ]a b . b) Đặt { }[ , ] : ( ) ( )D x a b h x g x= ∈ ≠ . Ta có [ , ] ( ) 0D a b Dμ⊂ ∩ ⇒ =¤ Do đó h g: trên [ , ]a b . Mà g liên tục trên [ , ]a b nên g khả tích Riemann trên [ , ]a b , do đó cũng khả tích Lebesgue trên [ , ]a b . Vậy h khả tích Lebesgue trên [ , ]a b và ta có [ , ] [ , ] ( ) ( ) ( ) ( ) b a b a b a L hd L gd R g x dxμ μ= =∫ ∫ ∫ Ví dụ 2. Xét tính khả tích Riemann và Lebesgue của hàm số sau trên [0,1] và tính các tích phân tương ứng trong trường hợp khả tích , [0,1] 1 ( ) ln(1 ), [0, ] \ 2 1 , ( ,1] \ 2 xe khi x f x x khi x arctgx khi x ⎧ ∈ ∩⎪⎪⎪= + ∈⎨⎪⎪ ∈⎪⎩ ¤ ¤ ¤ Giải. a) Xét tính khả tích Riemann. Trên 1 [0, ] 2 , ta có 1 , [0, ] 2( ) 1 ln(1 ), [0, ] \ 2 xe khi x f x x khi x ⎧ ∈ ∩⎪= ⎨⎪ + ∈⎩ ¤ ¤ Vì các hàm số ( ) , ( ) ln(1 )xg x e h x x= = + liên tục trên 1 [0, ] 2 và 0(0) 1 (0) ln(1 0) 0g e h= = ≠ = + = nên theo ví dụ 1, f không khả tích Riemann trên 1 [0, ] 2 và do đó không khả tích Riemann trên [0,1] . b) Xét tính khả tích Lebesgue. Đặt 1 ln(1 ), [0, ] 2( ) 1 , ( ,1] 2 x khi x k x arctgx khi x ⎧ + ∈⎪= ⎨⎪ ∈⎩ thì ( ) ( ), [0,1] , ([0,1] ) 0f x k x x μ≠ ∀ ∈ ∩ ∩ =¤ ¤ nên f k: trên [0,1] . Mà k bị chặn trên [0,1] và chỉ gián đoạn tại 1 2 x = , suy ra k khả tích Riemann trên [0,1] và do đó khả tích Lebesgue trên [0,1] . Vậy f cũng khả tích Lebesgue trên [0,1] . c) Ta tính tích phân của f . Ta có 1[0,1] [0,1] 0 1 12 10 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ln(1 ) [ ln(1 ) ln(1 )] 2 0 1 1 1 1 1 1 135 [ ln(1 )] ln12 4 2 2 2 2 64 2 L fd L kd R k x dx x dx arctgxdx x x x x xarctgx x arctg μ μ π = = = = + + = + − + + + + − + = − − + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Ví dụ 3. Xét tính khả tích Riemann và Lebesgue của hàm số sau trên [0,1] và tính các tích phân tương ứng trong trường hợp khả tích 3, [0,1] ( ) 1 , [0,1] \ x khi x f x khi x x ⎧ ∈ ∩⎪= ⎨ ∈⎪⎩ ¤ ¤ Giải. a) Xét tính khả tích Riemann. Chọn dãy số { } [0,1] \ , lim 0n n n x x→+∞⊂ =¤ , thì dãy số tương ứng { } 1( ) , lim ( )n nnnf x f xx →+∞ ⎧ ⎫⎪ ⎪= = +∞⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭ nên f không bị chặn, suy ra f không khả tích Riemann trên [0,1] . b) Xét tính khả tích Lebesgue. Đặt 1 , (0,1] ( ) 0, 0 khi x f x x khi x ⎧ ∈⎪= ⎨⎪ =⎩ Ta có ( ) ( ), [0,1] , ([0,1] ) 0f x g x x μ≠ ∀ ∈ ∩ ∩ =¤ ¤ nên f g: trên [0,1] . Mà ( ) 0, [0,1]g x x≥ ∀ ∈ và tích phân suy rộng loại hai với 0 là điểm kì dị 1 1 0 0 1 ( )g x dx dx x =∫ ∫ hội tụ. Theo định lý 4, g khả tích Lebesgue trên [0,1] . Vậy f cũng khả tích Lebesgue trên [0,1] . c) Ta tính tích phân của f . Ta có 1 [0,1] [0,1] 0 1 1 0 0 0 ( ) ( ) ( ) 11 1 lim lim 2 2 a a a L fd L gd g x dx dx dx x ax x μ μ → → = = = = = = = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Ví dụ 4. Xét tính khả tích Riemann và Lebesgue của hàm số sau trên [1, ]e và tính các tích phân tương ứng trong trường hợp khả tích , [1, ]( ) ln , [1, ] \ xe khi x ef x x khi x e ⎧⎪ ∈ ∩= ⎨ ∈⎪⎩ ¤ ¤ Giải. a) Xét tính khả tích Riemann. Đặt ( ) , ( ) ln , ( ) ( ) ( ), [1, ]xg x e h x x k x g x h x x e= = = − ∈ thì , ,g h k là các hàm sơ cấp nên liên tục trên [1, ]e . Ta có (1) ln1 0k e e= − = > và k liên tục phải tại 1x = nên tồn tại 0δ > đủ nhỏ sao cho ( ) 0, (1,1 ) [1, ]k x x eδ> ∀ ∈ + ⊂ . Ta chứng minh hàm số f đã cho gián đoạn tại mọi điểm (1,1 ).x δ∈ + Thật vậy, lấy cố định, tuỳ ý 0 (1,1 )x δ∈ + , ta có 0( ) 0k x > và 0x là số thực nên tồn tại hai dãy số: { } { }'[1, ] , [1, ] \n nx e x e⊂ ∩ ⊂¤ ¤ sao cho ' 0 0lim , limn n n n x x x x→+∞ →+∞= = . Vì ,g h liên tục trên [1, ]e nên ,g h liên tục tại 0x . Khi đó ta có 0 ' ' 0 lim ( ) lim ( ) ( ), lim ( ) lim ( ) ( ) n n n n n n n n f x g x g x f x h x h x →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ = = = = Mà 0 0 0( ) ( ) ( ) 0g x h x k x− = ≠ , suy ra 'lim ( ) lim ( )n n n n f x f x→+∞ →+∞≠ , do đó hàm số f không liên tục tại 0x . Vì 0x được chọn tuỳ ý trên (1,1 )δ+ nên f gián đoạn tại mọi điểm thuộc (1,1 )δ+ . Điều đó có nghĩa tập hợp các điểm gián đoạn của f phải chứa (1,1 )δ+ là khoảng có độ đo khác 0. Vậy f không khả tích Riemann. b) Xét tính khả tích Lebesgue. Ta có ( ) ( ), [0,1] , ([0,1] ) 0f x h x x μ≠ ∀ ∈ ∩ ∩ =¤ ¤ nên f h: trên [1, ]e . Mà h liên tục trên [1, ]e nên h khả tích Riemann và do đó khả tích Lebesgue trên [1, ]e . Vậy f cũng khả tích Lebesgue trên [1, ]e . c) Ta tính tích phân của f . Ta có [1, ] [1, ] 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ln [ ln ] 1 1 e e e e L fd L hd R h x dx e xdx x x x μ μ= = = = = − = ∫ ∫ ∫ ∫ Nhận xét: Thực ra hàm số ( ) ( ) ( ) ln 0, [1, ]xk x g x h x e x x e= − = − > ∀ ∈ nên ta có thể chứng minh hàm số f cho ở ví dụ 4 không liên tục tại mọi điểm [1, ].x e∈ Khi đó tập hợp các điểm gián đoạn của f chính là [1, ]e có độ đo bằng 1 0.e − > Ví dụ 5. Tính [0,1] lim n n f dμ→+∞ ∫ , trong đó { },nf n ∗∈ ¥ , là dãy hàm số xác định bởi sin 1 , (0,1]( ) 1, 0 n n x khi xf x x n khi x ⎧⎛ ⎞⎪ + ∈⎜ ⎟= ⎨⎝ ⎠⎪ =⎩ Giải. - Ta có nf bị chặn trên [0,1] vì 1 ( ) 1 , , [0,1] n nf x e n xn ∗⎛ ⎞≤ + ≤ ∀ ∈ ∀ ∈⎜ ⎟⎝ ⎠ ¥ - ([0,1]) 1μ = < +∞ - Ta chứng minh dãy hàm đã cho hội tụ hầu khắp nơi trên [0,1] . Thật vậy, với (0,1]x∀ ∈ , đặt sin xt x= thì (0,1)t ∈ . Suy ra 1 1 1 lim ( ) lim lim 1 1 lim 1 0. 0, (0,1] n n n n n n n tn tn t n f x t t n tn t e x tn →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥= + = + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= + = = ∀ ∈⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ Mà { }( )0 0μ = nên . . 0nf h k nuuuuur trên [0,1] . Theo hệ quả 1 của định lý Lebesgue về sự hội tụ bị chặn, ta có [0,1] [0,1] [0,1] lim lim 0 0n n n n f d f d dμ μ μ→+∞ →+∞= = =∫ ∫ ∫