Nhận viết luận văn Đại học , thạc sĩ - Zalo: 0917.193.864 Tham khảo bảng giá dịch vụ viết bài tại: vietbaocaothuctap.net Download luận văn thạc sĩ ngành toán giải tích với đề tài: Định lí Radon-Nikodym và ứng dụng, cho các bạn làm luận văn tham khảo

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
�
−1
2) Do 𝜑 ≪ 𝜇 và 𝑓: 𝑋 → [0, ∞] là 𝔐- đo được khả tích theo độ đo 𝜑
Đặt 𝜆 = 𝑓𝜑,
Ta có: 𝜆( 𝐴) = � 𝑓𝑑𝜑
𝐴
, 𝐴 ∈ 𝔐 nên 𝑓 =
𝑑𝜆
𝑑𝜑
, 𝜆 ≪ 𝜑.
�vì𝜑( 𝐴) = 0 ⇒ � 𝑓𝑑𝜑
𝐴
= 0 ⇒ 𝜆( 𝐴) = 0�
• Dota có: 𝜆 ≪ 𝜑 , 𝜑 ≪ 𝜇 ⇒ 𝜆 ≪ 𝜇 do đó ta có
Theo chứng minh trên thì:
𝑑𝜆
𝑑𝜇
=
𝑑𝜆
𝑑𝜑
.
𝑑𝜑
𝑑𝜇
⇒
𝑑(𝑓𝜑)
𝑑𝜇
= 𝑓.
𝑑𝜑
𝑑𝜇
(điều phải chứng minh).

30. 26
CHƯƠNG 2. ỨNG DỤNG
2.1 Đối biến số trong tích phân
Mệnh đề 2.1.1
Cho không gian độ đo ( 𝑋, 𝔐 𝑋, 𝜇).
1) Cho hàm 𝑔: 𝑋 → [0, ∞] là 𝔐 𝑋-đo được, ta xét độ đo
𝜆( 𝐴) = � 𝑔( 𝑥) 𝑑
𝐴
𝜇, 𝐴𝜖𝔐 𝑋. (g =
∂λ
∂µ
)
Khi đó vớimọi hàm 𝔐 𝑋-đo được 𝑓: 𝑋 → [0, ∞] thì:
� 𝑓( 𝑥) 𝑑𝜆 =
𝑋
� 𝑓( 𝑥) 𝑔( 𝑥) 𝑑𝜇.
𝑋
2) Cho thêm không gian đo được ( 𝑌, 𝔐 𝑌) và ánh xạ 𝜑: 𝑋 → 𝑌là ( 𝔐 𝑋 − 𝔐 𝑌)- đo
được . Ta xét độ đo 𝛾( 𝐵) = 𝜇[ 𝜑−1
(𝐵)], 𝐵𝜖𝔐 𝑌.(𝛾 gọi là độ đo ảnhcủa độ đo 𝜇
qua ánh xạ 𝜑)
Khi đó nếu 𝑓: 𝑌 → [0, ∞] là 𝔐 𝑌 - đo được thì:
� 𝑓( 𝑦) 𝑑𝛾 =
𝑌
� 𝑓[ 𝜑(𝑥)] 𝑑𝜇.
𝑋
Chứng minh:
1. Xét f là hàm đơn giản không âm. Khi đó fcó dạng
𝑓(𝑥) = � 𝑎𝑖1 𝐴 𝑖(𝑥) , � 𝐴𝑖 = 𝑋, 𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑗 = ∅ (𝑖 ≠ 𝑗)
𝑛
𝑖=1
𝑛
𝑖=1
Ta có:
� 𝑓𝑑𝜆 =
𝑋
� 𝑎𝑖 𝑋(𝐴𝑖) = � 𝑎𝑖 � 𝑔(𝑥)𝑑𝜇
𝐴 𝑖
𝑛
𝑖=1
𝑛
𝑖=1

31. 27
� 𝑓( 𝑥) 𝑔(𝑥)𝑑𝜇 =
𝑋
� 𝑎𝑖 � 1 𝐴 𝑖(𝑥)
𝑋
𝑔( 𝑥) 𝑑𝜇 = � 𝑎𝑖 � 𝑔(𝑥)𝑑𝜇
𝐴 𝑖
𝑛
𝑖=1
𝑛
𝑖=1
Vậy � 𝑓(𝑥)𝑑𝜆 =
𝑋
� 𝑓( 𝑥) 𝑔( 𝑥) 𝑑𝜇.
𝑋
• Nếu f là hàm đo được không âm thì có dãy { 𝑓𝑛} các hàm đơn
giản sao cho
0 ≤ 𝑓𝑛( 𝑥) ≤ 𝑓𝑛+1( 𝑥), lim
𝑛→∞
𝑓𝑛( 𝑥) = 𝑓( 𝑥) , ∀𝑥 ∈ 𝑋.
Do bước trên ta có:
� 𝑓𝑛( 𝑥) 𝑑
𝑋
𝜆 = � 𝑓𝑛( 𝑥)
𝑋
𝑔( 𝑥) 𝑑𝜇, ∀𝑛 ∈ ℕ∗
.
Cho 𝑛 → ∞ và áp dụng định lý Levi ta có:
� 𝑓(𝑥)𝑑𝜆 =
𝑋
� 𝑓( 𝑥) 𝑔(𝑥)𝑑𝜇
𝑋
.
2. Xét f là hàm đơn giản không âm 𝑓: 𝑌 → [0, ∞], ta có:
𝑓( 𝑥) = � 𝑏𝑖1 𝐵 𝑖
( 𝑦)
𝑛
𝑖=1
, 𝑌 = � 𝐵𝑖
𝑛
𝑖=1
và𝐵𝑖rời nhau.
⇒ 𝑓[ 𝜑(𝑥)] = � 𝑏𝑖1 𝐵 𝑖
[ 𝜑( 𝑥)] = � 𝑏𝑖
𝑛
𝑖=1
𝑛
𝑖=1
1 𝜑−1(𝐵 𝑖)
( 𝑥), trong đó:
𝑋 = � 𝜑−1
(𝐵𝑖), 𝜑−1
(𝐵𝑖) rời nhau
𝑛
𝑖=1
Thật vậy: ∀𝑥 ∈ 𝑋 ⇒ 𝜑( 𝑥) ∈ 𝑌 = � 𝐵𝑖
𝑛
𝑖=1

32. 28
⇒ 𝑓𝑖0
: 𝜑( 𝑥) ∈ 𝐵𝑖0
⇒ 𝑓𝑖0
: 𝑥 ∈ 𝜑−1
�𝐵𝑖0
� ⊂ � 𝜑−1
(𝐵𝑖)
𝑛
𝑖=1
Suy ra: 𝑋 ⊂ � 𝜑−1
(𝐵𝑖)
𝑛
𝑖=1
⇒ � 𝜑−1
(𝐵𝑖) ⊂ 𝑋.
𝑛
𝑖=1
Giả sử∃𝑖, 𝑗 ∈ {1,2, … }: 𝜑−1
(𝐵𝑖) ∩ 𝜑−1
(𝐵𝑗) ≠ ∅, 𝑖 ≠ 𝑗
⇒ ∃𝑥0 ∈ 𝜑−1
(𝐵𝑖) và𝑥0 ∈ 𝜑−1
(𝐵𝑗)
⇒ 𝜑( 𝑥0) ∈ 𝐵𝑖và 𝜑( 𝑥0) ∈ 𝐵𝑗
⇒ 𝐵𝑖 ∩ 𝐵𝑗 ≠ ∅, 𝑖 ≠ 𝑗 (mâu thuẫn với 𝐵𝑖 nhau)
Vậy 𝑓0 𝜑 là hàm đơn giản
Khi đó:
� 𝑓( 𝑦) 𝑑𝛾 = � 𝑏𝑖. 𝛾( 𝐵𝑖)
𝑛
𝑖=1𝑌
(1)
� 𝑓[ 𝜑(𝑥)] 𝑑𝜇 = � 𝑏𝑖. 𝜇
𝑛
𝑖=1
[ 𝜑−1
(𝐵𝑖)]
𝑋
= � 𝑏𝑖. 𝛾( 𝐵𝑖)
𝑛
𝑖=1
⇒ � 𝑓( 𝑦) 𝑑𝛾 = � 𝑓[ 𝜑(𝑥)] 𝑑𝜇.
𝑋𝑌
* Nếu 𝑓 là hàm 𝔐 𝑌-đo được không âm
Tồn tại ( 𝑓𝑛) 𝑛, 𝑓𝑛 đơn giản không âm, 𝑓𝑛 ≤ 𝑓𝑛+1, ∀𝑛 và hàm𝑓𝑛 = 𝑓.

33. 29
Áp dụng trên cho 𝑓𝑛 đơn giản, ta có:
� 𝑓𝑛( 𝑦) 𝑑𝛾 =
𝑌
� 𝑓𝑛[ 𝜑(𝑥)] 𝑑𝜇 (2), ∀𝑛 = 1,2, …
𝑋
Do 𝑓𝑛 đo được, không âm, hội tụ tăng về 𝑓 trên Ynên từ đinh lí Levi
� 𝑓( 𝑦) 𝑑𝛾 =
𝑌
lim
𝑛→∞
� 𝑓𝑛( 𝑦) 𝑑𝛾
𝑌
Do 𝜑 đo được, 𝑓𝑛 không âm nên:
𝑓𝑛 ∘ 𝜑 đo được , không âm, hội tụ tăng về 𝑓 ∘ 𝜑 trên X nên do đinh lí Levi
� 𝑓[ 𝜑(𝑥)] 𝑑𝜇 = lim
𝑛→∞
� 𝑓𝑛[ 𝜑(𝑥)] 𝑑𝜇
𝑋𝑋
Do tính duy nhất của giới hạn, ta có:
lim
𝑛→∞
� 𝑓𝑛( 𝑦) 𝑑𝑟
𝑌
= lim
𝑛→∞
� 𝑓𝑛[ 𝜑( 𝑥)] 𝑑𝜇
𝑋
Vậy � 𝑓( 𝑦) 𝑑𝑟 =
𝑌
� 𝑓[ 𝜑( 𝑥)] 𝑑𝜇 .
𝑋
Mệnh đề 2.1.2
Cho các không gian với độ đo hữu hạn ( 𝑋, 𝔐, 𝜇), ( 𝑌, 𝔑, 𝜆) và 𝜑: 𝑋 → 𝑌 là
toàn ánh, ( 𝔐, 𝔑)- đo được,thỏa điều kiện:
𝜇( 𝐴) = 0 ⇒ 𝜆[ 𝜇( 𝐴)] = 0
Khi đó tồn tại hàm : 𝐽: 𝑋 → [0, ∞] là 𝔐-đo được saocho với mọi hàm
𝑓: 𝑌 → [0, ∞] là 𝔑-đo được ta đều có:
� 𝑓( 𝑦) 𝑑𝜆 =
𝑌
� 𝑓 [ 𝜑( 𝑥)] 𝐽(𝑥)𝑑𝜇 .
𝑋
có 𝐽 = | 𝜑 𝑥
′ |

34. 30
Chứng minh
Giải sử 𝛾: 𝔑 → [0, ∞]
𝐵 ↦ 𝛾( 𝐵) = 𝜇[ 𝜑−1
(𝐵)]
là độ đo ảnh của 𝜇 qua 𝜑
. Nhận xét 1:𝜆 ≪ 𝛾. Thật vậy:
Với ∀𝐵 ∈ 𝔑, 𝛾( 𝐵) = 0 ⇒ 𝜇( 𝜑−1
(𝐵)) = 0
⇒ 𝜆[ 𝜑( 𝜑−1
(𝐵))] = 0
⇒ 𝜆( 𝐵) = 0 vì 𝜑 là toàn ánh
Vậy 𝜆 ≪ 𝛾
. Nhận xét 2: 𝜆 độ đo dương hữu hạn
. Nhận xét 3: 𝛾 là độ đo hữu hạn (do 𝜇-hữu hạn ). Qua 3 nhận xét trên theo định lý
Radon-Nikodym
∃𝑓0 ∈ 𝐿( 𝛾): 𝜆( 𝐵) = � 𝑓0( 𝑦) 𝑑𝛾 (
𝐵
∀𝐵 ∈ 𝔑)
* Khi đó theo mệnh đề 2.1.1; 1) ta có ∀𝑓: 𝑌 → [0, +∞] là 𝔑 đo được thì:
� 𝑓( 𝑦) 𝑑𝜆 = � 𝑓( 𝑦) 𝑓0( 𝑦) 𝑑𝛾
𝑌𝑌
(1)
Do ( 𝑓. 𝑓0): 𝑌 → [0, ∞] (vì 𝑓0 ≥ 0 ) và 𝛾 là độ đo ảnh của 𝜇 qua ánh xạ 𝜑,
nên theo mệnh đề 2.1.1; 2
� 𝑓( 𝑦) 𝑓0( 𝑦) 𝑑𝛾
𝑌
= � 𝑓[ 𝜑( 𝑥)] 𝑓0[ 𝜑( 𝑥)] 𝑑𝜇
𝑋
Đặt 𝐽( 𝑥) = 𝑓0[ 𝜑( 𝑥)], ∀𝑥 ∈ 𝑋 thì ta có:

35. 31
• 𝐽 là 𝔐-đo được (vì 𝑓0, 𝜑 đo được )
• 𝐽 ≥ 0 ( vì 𝑓0 ≥ 0)
Ta có: � 𝑓( 𝑦) 𝑓0( 𝑦) 𝑑𝛾 = � 𝑓[ 𝜑( 𝑥)]
𝑋𝑌
𝐽( 𝑥) 𝑑𝜇 (2)
Từ 1), 2) suy ra: � 𝑓( 𝑦) 𝑑𝜆 =
𝑌
� 𝑓[ 𝜑( 𝑥)]
𝑋
𝐽( 𝑥) 𝑑𝜇.
2.2 Không gian các độ đo có dấu
Mệnh đề 2.2.1
Cho không gian đo được( 𝑋, 𝔐), ta kí hiệu 𝑀( 𝑋, 𝔐) là tậphợp tất cả các
độ đo có dấu xác định trên 𝔐.
1) Cho 𝜑 ∈ 𝑀( 𝑋, 𝔐), ta có
𝜑+( 𝐴) = 𝜑( 𝐴 ∩ 𝑋+), 𝜑−( 𝐴) = −𝜑( 𝐴 ∩ 𝑋−) , ∀𝐴 ∈ 𝔐
với ( 𝑋+
, 𝑋−) là một phân hoạch Hahn của 𝜑.
2) Với 𝜑1, 𝜑2 ∈ 𝑀( 𝑋, 𝔐), ta định nghĩa 𝜑1 ≤ 𝜑2 nếu𝜑2 − 𝜑1 là độ đo dương
Đặt Max{ 𝜑1, 𝜑2} là phần tử nhỏ nhất trong tập:
{ 𝜑 ∈ 𝑀( 𝑋, 𝔐): 𝜑 ≥ 𝜑 𝑘 ; 𝑘 = 1,2}.
Phần tử Max{ 𝜑1, 𝜑2} tồn tại và:
i) 𝜑+
= max{ 𝜑, 0} ; 𝜑−
= max{−𝜑, 0}
ii) Max{ 𝜑1, 𝜑2} ( 𝐴) = 𝜑1( 𝐴 ∩ 𝑋+) + 𝜑2( 𝐴 ∩ 𝑋−), 𝐴 ∈ 𝔐
trong đó ( 𝑋+
, 𝑋−) là một phân hoạch Hahn của 𝜑1 − 𝜑2.

36. 32
Chứng minh
1) Ta có 𝐴 = ( 𝐴 ∩ 𝑋+) ∪ ( 𝐴 ∩ 𝑋−) và ( 𝐴 ∩ 𝑋+) ∩ ( 𝐴 ∩ 𝑋−) = ∅
* Chứng minh 𝜑+( 𝐴) = 𝜑( 𝐴 ∩ 𝑋+)
= 𝜑+( 𝐴) = 𝜑+( 𝐴 ∩ 𝑋+) + 𝜑+( 𝐴 ∩ 𝑋−)
= 𝜑+( 𝐴 ∩ 𝑋+), (vì 𝜑+( 𝐴 ∩ 𝑋−) ≤ 𝜑+( 𝑋−) = 0)
= 𝜑( 𝐴 ∩ 𝑋+) + 𝜑−( 𝐴 ∩ 𝑋+)
= 𝜑( 𝐴 ∩ 𝑋+), (vì 𝜑−( 𝐴 ∩ 𝑋+) ≤ 𝜑−( 𝑋+) = 0)
Vậy 𝜑+( 𝐴) = 𝜑( 𝐴 ∩ 𝑋+), ∀𝐴 ∈ 𝔐
* Chứng minh 𝜑−( 𝐴) = −𝜑( 𝐴 ∩ 𝑋−)
𝜑−( 𝐴) = 𝜑−( 𝐴 ∩ 𝑋+) + 𝜑−( 𝐴 ∩ 𝑋−)
= 𝜑−( 𝐴 ∩ 𝑋−),( vì 𝜑−
độ đo dương và 𝜑−( 𝑋+) = 0)
= 𝜑+( 𝐴 ∩ 𝑋−) − 𝜑( 𝐴 ∩ 𝑋−)
= −𝜑( 𝐴 ∩ 𝑋−), (vì 𝜑+
độ đo dương và 𝜑+( 𝑋−) = 0)
2) Chứng minh
i)  Chứng minh 𝜑+
= max{ 𝜑, 0} là phần tử nhỏ nhất trong tập
𝑀1 = { 𝛾 ∈ 𝑀( 𝑋, 𝔐): 𝛾 ≥ 𝜑, 𝛾 ≥ 0}
*Chứng minh 𝜑+
∈ 𝑀1:
• 𝜑+
là độ đo dương ⇒ 𝜑+
≥ 0.
• ∀𝐴 ∈ 𝔐, 𝜑+( 𝐴) = 𝜑( 𝐴) + 𝜑−( 𝐴) ≥ 𝜑( 𝐴)
⇒ 𝜑+
− 𝜑 là độ đo dương ⇒ 𝜑+
≥ 𝜑

37. 33
Suy ra: 𝜑+
∈ 𝑀1
*Chứng minh 𝜑+
là phần tử nhỏ nhất trong 𝑀1
• Lấy 𝜆 bất kỳ thuộc 𝑀1 ⇒ 𝜆 ≥ 𝜑 và 𝜆 ≥ 0
• Chứng minh: 𝜑+
≤ 𝜆
∀𝐴 ∈ 𝔐, ( 𝜆 − 𝜑+)( 𝐴) = 𝜆( 𝐴) − 𝜑+( 𝐴)
= 𝜆( 𝐴 ∩ 𝑋+) + 𝜆( 𝐴 ∩ 𝑋−) − 𝜑( 𝐴 ∩ 𝑋+)
= ( 𝜆 − 𝜑)( 𝐴 ∩ 𝑋+) + 𝜆( 𝐴 ∩ 𝑋−) ≥ 0
( vì 𝜆 ≥ 𝜑 và 𝜆 ≥ 0 )
⇒ 𝜑+
≤ 𝜆
⇒ 𝜑+
là phần tử nhỏ nhất trong 𝑀1
Vậy 𝜑+
= Max{ 𝜑, 0}.
Chứng minh 𝜑−
= max{−𝜑, 0} là phần tử nhỏ nhất trong tập
𝑀2 = { 𝛾 ∈ 𝑀( 𝑋, 𝔐): 𝛾 ≥ −𝜑, 𝛾 ≥ 0}.
*Chứng minh 𝜑−
∈ 𝑀2:
• 𝜑−
là độ đo dương ⇒ 𝜑−
≥ 0.
• ∀𝐴 ∈ 𝔐, 𝜑( 𝐴) = 𝜑+( 𝐴) − 𝜑−( 𝐴)
⇒ 𝜑−( 𝐴) + 𝜑( 𝐴) = 𝜑+( 𝐴) ≥ 0
⇒ 𝜑−
+ 𝜑 là độ đo dương
⇒ 𝜑−
≥ −𝜑
Suy ra: 𝜑−
∈ 𝑀2

38. 34
* Chứng minh 𝜑−
là phần tử nhỏ nhất trong 𝑀2
• Lấy 𝜆 bất kỳ thuộc 𝑀2 ⇒ 𝜆 ≥ −𝜑 và 𝜆 ≥ 0
• Chứng minh: 𝜑−
≤ 𝜆
∀𝐴 ∈ 𝔐, ( 𝜆 − 𝜑−)( 𝐴) = 𝜆( 𝐴) − 𝜑−( 𝐴)
= 𝜆( 𝐴 ∩ 𝑋+) + 𝜆( 𝐴 ∩ 𝑋−) + 𝜑( 𝐴 ∩ 𝑋−)
= ( 𝜆 + 𝜑)( 𝐴 ∩ 𝑋−) + 𝜆( 𝐴 ∩ 𝑋+) ≥ 0
( vì 𝜆 ≥ −𝜑 và 𝜆 ≥ 0 )
⇒ 𝜆 − 𝜑−
là độ đo dương
⇒ 𝜑−
≤ 𝜆 là phần tử nhỏ nhất trong 𝑀2
⇒ 𝜑−
là phần tử nhỏ nhất trong 𝑀2
Vậy 𝜑−
= Max{−𝜑, 0} = (−𝜑)+
* Chứng minh tồn tại Max{ 𝜑1, 𝜑2} là phần tử nhỏ nhất trong tập
𝑀3 = { 𝛾 ∈ 𝑀( 𝑋, 𝔐): 𝛾 ≥ 𝜑1, 𝛾 ≥ 𝜑2}.
Theo i) ta có ∃𝜑+
= Max{ 𝜑, 0}
𝜑−
= Max{−𝜑, 0}, ∀𝜑 ∈ 𝑀( 𝑋, 𝔐)
nên tồn tại 𝜆 = 𝜑2 + Max{ 𝜑1 − 𝜑2, 0}. (∗)
Ta chứng minh: 𝜆 = Max{ 𝜑1, 𝜑2}
• Từ (∗), ta có 𝜆 ≥ 𝜑2 + ( 𝜑1 − 𝜑2) = 𝜑1
𝜆 ≥ 𝜑2 + 0 = 𝜑2
⇒ 𝜆 ∈ 𝑀3

39. 35
• Với 𝛾 bất kì thuộc 𝑀3 ⇒ 𝛾 ≥ 𝜑1, 𝛾 ≥ 𝜑2
Ta chứng minh:𝜆 ≤ 𝛾
Ta có 𝛾 ≥ 𝜑1 ⇒ 𝛾 − 𝜑2 ≥ 𝜑1 − 𝜑2
𝛾 ≥ 𝜑2 ⇒ 𝛾 − 𝜑2 ≥ 0
⇒ 𝛾 − 𝜑2 ≥ Max{ 𝜑1 − 𝜑2, 0}
⇒ 𝛾 ≥ 𝜑2 + Max{ 𝜑1 − 𝜑2, 0} = 𝜆
⇒ 𝜆 là phần tử nhỏ nhất trong 𝑀3
Vậy: Max{ 𝜑1, 𝜑2} = 𝜆 = 𝜑2 + Max{ 𝜑1 − 𝜑2, 0}
𝜆 − 𝜑2 = Max{ 𝜑1 − 𝜑2, 0} = ( 𝜑1 − 𝜑2)+
.
ii) Chứng minh: Max{ 𝜑1, 𝜑2}( 𝐴) = 𝜑1( 𝐴 ∩ 𝑋+) + 𝜑2( 𝐴 ∩ 𝑋−)
với 𝑋+
, 𝑋−
là một phân hoạch Hahn của 𝜑1 − 𝜑2.
∀𝐴 ∈ 𝔐,ta có:
Max{ 𝜑1, 𝜑2}( 𝐴) = 𝜆( 𝐴) = 𝜑2( 𝐴) + Max{ 𝜑1 − 𝜑2, 0} ( 𝐴)
= 𝜑2( 𝐴) + ( 𝜑1 − 𝜑2)+( 𝐴), (vì𝜑+
= Max{ 𝜑, 0})
= 𝜑2( 𝐴) + ( 𝜑1 − 𝜑2)( 𝐴 ∩ 𝑋+)
= 𝜑2[( 𝐴 ∩ 𝑋+) ∪ ( 𝐴 ∩ 𝑋−)] + ( 𝜑1, 𝜑2)( 𝐴 ∩ 𝑋+)
= 𝜑2( 𝐴 ∩ 𝑋+) + 𝜑2( 𝐴 ∩ 𝑋−) + 𝜑1( 𝐴 ∩ 𝑋+) − 𝜑2( 𝐴 ∩ 𝑋+)
= 𝜑1( 𝐴 ∩ 𝑋+) + 𝜑2( 𝐴 ∩ 𝑋−).
Vậy Max{ 𝜑1, 𝜑2}( 𝐴) = 𝜑1( 𝐴 ∩ 𝑋+) + 𝜑2( 𝐴 ∩ 𝑋−).

40. 36
Mệnh đề 2.2.2
𝑀( 𝑋, 𝜇) là không gian Banach với các phép toán thông thường về cộng độ
đovà nhân độ đo với số, với chuẩn ‖ 𝜑‖ = | 𝜑|(𝑋).
Chứng minh
I. Đầu tiên ta kiểm tra 𝜑 ↦ ‖ 𝜑‖ = | 𝜑|(𝑋) là chuẩn.
i) Ta có | 𝜑|(𝑋) ≥ 0 và
| 𝜑|( 𝑋) = 0 ⟺ �
𝜑+( 𝑋) = 0
𝜑−( 𝑋) = 0
⟺ �
𝜑+( 𝐴) = 0
𝜑−( 𝐴) = 0
∀𝐴 ∈ 𝔐
⟺ 𝜑( 𝐴) = 0, ∀𝐴 ∈ 𝔐
⟺ 𝜑 = 0.
ii) Ta có
( 𝜆𝜑)+
= max{ 𝜆𝜑, 0} = 𝜆 max{ 𝜑, 0} = 𝜆𝜑+
, nếu 𝜆 ≥ 0
= −𝜆 max{−𝜑, 0} = −𝜆𝜑−
, nếu 𝜆 < 0
Tương tự
( 𝜆𝜑)−
= �
𝜆𝜑−
, nếu 𝜆 ≥ 0
−𝜆𝜑−
, nếu 𝜆 < 0
Do đó
| 𝜆𝜑| = ( 𝜆𝜑)+
+ ( 𝜆𝜑)−
= �
𝜆(𝜑+
+ 𝜑−
), nếu 𝜆 ≥ 0
−𝜆(𝜑−
+ 𝜑+
), nếu 𝜆 < 0
= | 𝜆|. | 𝜑|.
⇒ ‖ 𝜆𝜑‖ = | 𝜆𝜑|( 𝑋) = | 𝜆|| 𝜑|( 𝑋) = | 𝜆|‖ 𝜑‖.

41. 37
iii) Ta có: ‖ 𝜑1 + 𝜑2‖ = ( 𝜑1 + 𝜑2)+( 𝑋) + ( 𝜑1 + 𝜑2)−( 𝑋)
( 𝜑1 + 𝜑2)+
= Max{ 𝜑1 + 𝜑2, 0} ≤ 𝜑1
+
+ 𝜑2
+
( 𝜑1 + 𝜑2)−
= Max{−𝜑1 − 𝜑2, 0} ≤ 𝜑1
−
+ 𝜑2
−
Do đó
‖ 𝜑1 + 𝜑2‖ ≤ 𝜑1
+( 𝑋) + 𝜑2
+( 𝑋) + 𝜑1
−( 𝑋) + 𝜑2
−( 𝑋) = | 𝜑1|( 𝑋) + | 𝜑2|( 𝑋)
≤ ‖ 𝜑1‖ + ‖ 𝜑2‖.
II. Xét { 𝜑 𝑛} ⊂ 𝑀( 𝑋, 𝜇) là dãy Cauchy, ta cần chứng minh nó hội tụ.
Xét ánh xạ 𝜇: 𝔐 → [0, ∞] cho bởi
𝜇( 𝐴) = �
1
2 𝑛
∞
𝑛=1
·
| 𝜑 𝑛|( 𝐴)
1 + | 𝜑 𝑛|( 𝑋)
= � 𝑎 𝑛
∞
𝑛=1
| 𝜑 𝑛|( 𝐴), 𝐴𝜖𝔐
Ta có 𝜇( 𝐴) < ∞ ∀𝐴𝜖𝔐 . Nếu { 𝐴 𝑘} ⊂ 𝔐, 𝐴 𝑘 ∩ 𝐴𝑙 = ∅ (𝑘 ≠ 𝑙)
và 𝐴 = � 𝐴 𝑘
∞
𝑘=1
thì:
𝜇( 𝐴) = � 𝑎 𝑛
∞
𝑛=1
| 𝜑 𝑛|( 𝐴) = � � 𝑎 𝑛
∞
𝑘=1
∞
𝑛=1
| 𝜑 𝑛|( 𝐴 𝑘)
= � � 𝑎 𝑛
∞
𝑛=1
∞
𝑘=1
| 𝜑 𝑛|( 𝐴 𝑘) = � 𝜇( 𝐴 𝑘)
∞
𝑘=1
Vậy 𝜇 là độ đo dương hữu hạn.
Dễ thấy 𝜑 𝑛 ≪ 𝜇 nên tồn tại 𝑓𝑛 ∈L(𝜇) sao cho
𝜑 𝑛( 𝐴) = � 𝑓𝑛 𝑑𝜇 ∀𝑛 ∈ ℕ∗
, ∀𝐴𝜖𝔐
𝐴

42. 38
Chú ý rằng nếu𝑓 ∈ L( 𝜇)và 𝜑( 𝐴) = � 𝑓𝑑
𝐴
𝜇, 𝐴𝜖𝔐 thì
𝑋+
= { 𝑥, 𝑓(𝑥) ≥ 0}, 𝑋−
= { 𝑥𝜖𝑋: 𝑓( 𝑥) < 0}
là một phân hoạch Hahn của 𝜑 nên do mệnh đề 2.2.1 ta có
𝜑±( 𝐴) = � 𝑓𝑑
𝐴∩𝑋±
𝜇 = � 𝑓±
𝑑
𝐴
𝜇
| 𝜑|( 𝐴) = � | 𝑓| 𝑑
𝐴
𝜇, 𝐴𝜖𝔐
Ta có: ‖ 𝜑 𝑚 − 𝜑 𝑛‖ = | 𝜑 𝑚 − 𝜑 𝑛|( 𝑋) = � | 𝑓𝑚 − 𝑓𝑛| 𝑑
𝑋
𝜇
nên { 𝑓𝑛}là dãy Cauchy trong không gian Ba nach L(𝜇) nên hội tụ.
Gọi 𝑓0 ∈L(𝜇) là giới hạn của { 𝑓𝑛} trong L(𝜇). Xét độ đo 𝜑0 ∈M(𝑋, 𝜇) cho bởi
𝜑0( 𝐴) = � 𝑓0 𝑑
𝐴
𝜇.
Khi đó‖ 𝜑 𝑛 − 𝜑0‖ = � | 𝑓𝑛 − 𝑓0| 𝑑
𝑋
𝜇 → 0 (khi 𝑛 → ∞) nên lim 𝜑 𝑛 = 𝜑0
trong M(𝑋, 𝜇).
2.3 Định lí cơ bản của phép tính tích phân
Trước tiên ta cần xét hai lớp hàm quan trọng
2.3.1 Hàm có biến phân bị chặn
Định nghĩa 2.3.1
Hàm f gọi là có biến phân bị chặn ( ký hiệu 𝑓 ∈ 𝐵𝑉)trên [ 𝑎, 𝑏]nếu đại lượng
sau hữu hạn.

43. 39
𝑏
V
𝑎
𝑓 ≔ sup �|𝑓( 𝑡𝑖) − 𝑓( 𝑡𝑖−1)|
𝑛
𝑖=1
ở đây sup lấy trên tập các phân hoạch của [ 𝑎, 𝑏]
𝑎 = 𝑡0 < 𝑡1 < ⋯ < 𝑡 𝑛 = 𝑏, 𝑛 ∈ ℕ
Có thể thấy ngay rằng hàm đơn điệu có biến phân bị chặn.
Mệnh đề 2.3.1
Giả sử 𝑓 ∈ 𝐵𝑉 trên [ 𝑎, 𝑏]. Thế thì:
i) Hàm 𝐹( 𝑥) =
𝑥
V
𝑎
𝑓 (𝑥 ∈ [ 𝑎, 𝑏]) có tính chất:
𝐹( 𝑦) − 𝐹( 𝑥) =
𝑦
V
𝑥
𝑓 , (𝑥 < 𝑦)
ii) 𝑓 là hiệu của hai hàm không giảm trên [ 𝑎, 𝑏]
Chứng minh
i) Gọi { 𝑡𝑖: 𝑖 = 0, 𝑛�����} là một phân hoạch trên [ 𝑎, 𝑥]
�𝑠𝑗: 𝑗 = 0, 𝑚������� là một phân hoạch của [ 𝑥, 𝑦]
và 𝑉1 = �|𝑓( 𝑡𝑖) − 𝑓(𝑡𝑖−1)|
𝑛
𝑖=1
𝑉2 = ��𝑓�𝑠𝑗� − 𝑓(𝑠𝑗−1)�
𝑚
𝑗=1
thì �𝑡𝑖, 𝑠𝑗� lập thành một phân hoạch của [ 𝑎, 𝑦].
Gọi V là tổng ứng với phân hoạch này ta sẽ có:

44. 40
𝑉1 + 𝑉2 = 𝑉 ≤
𝑦
V
𝑎
𝑓
⇒ 𝑉1 ≤
𝑦
V
𝑎
𝑓 − 𝑉2
Lấy sup trên { 𝑡𝑖; 𝑖 = 0, 𝑛�����} ta được
𝐹( 𝑥) ≤
𝑦
V
𝑎
𝑓 − 𝑉2
⇒ 𝑉2 ≤
𝑦
V
𝑎
𝑓 − 𝐹( 𝑥)
Lấy sup trên �𝑠𝑗; 𝑗 = 0, 𝑚������� ta được
𝑦
V
𝑥
𝑓 ≤
𝑦
V
𝑎
𝑓 − 𝐹(𝑥)
hay 𝐹( 𝑥) +
𝑦
V
𝑥
𝑓 ≤ 𝐹(𝑦)
Ta chứng minh bất đẳng thực ngược lại
Ta xét phân hoạch P của [ 𝑎, 𝑦] ứng với tổng V
Thêm điểm x vào số các điểm chia ta có một phân hoạch mới 𝑃′
của [ 𝑎, 𝑦]
ứng với tổng 𝑉′
.
Vì các điểm chia trong 𝑃′
tạo thành một phân hoạch của [ 𝑎, 𝑥] và [ 𝑥, 𝑦]
nên ta có:
𝑉 ≤ 𝑉′
≤ 𝐹( 𝑥) +
𝑦
V
𝑥
𝑓.

45. 41
Từ đây ta có: 𝐹( 𝑦) ≤ 𝐹( 𝑥) +
𝑦
V
𝑥
𝑓
Vậy 𝐹( 𝑥) +
𝑦
V
𝑥
𝑓 = 𝐹( 𝑦)
ii) Ta có: 𝑓 = 𝑔 − ℎ
Trong đó 𝑔 =
1
2
( 𝐹 + 𝑓); ℎ =
1
2
( 𝐹 − 𝑓)
Ta có: | 𝑓( 𝑦) − 𝑓( 𝑥)| ≤
𝑦
V
𝑥
𝑓 = 𝐹( 𝑦) − 𝐹( 𝑥) , ( 𝑥 < 𝑦).
Từ đó ta có:
𝑔( 𝑦) − 𝑔( 𝑥) =
1
2
�𝐹( 𝑦) + 𝑓( 𝑦)� −
1
2
�𝐹( 𝑥) + 𝑓( 𝑥)�
=
1
2
�𝐹( 𝑦) − 𝐹(𝑥) + 𝑓( 𝑦) − 𝑓( 𝑥)�
≥
1
2
�|𝑓( 𝑦) − 𝑓( 𝑥)| + 𝑓( 𝑦) − 𝑓( 𝑥)�
≥ 0 ( 𝑦 > 𝑥)
• ℎ( 𝑦) − ℎ( 𝑥) ≥ 0; ( 𝑦 > 𝑥) (tương tự).
2.3.2 Hàm liên tục tuyệt đối
Định nghĩa 2.3.2
Hàm f gọi là liên tục tuyệt đối trên [ 𝑎, 𝑏], ký hiệu 𝑓 ∈ 𝐴𝐶, nếu ∀𝜀 > 0, ∃𝛿 > 0
sao cho bất đẳng thức
�|𝑓( 𝑏𝑖) − 𝑓( 𝑎𝑖)|
𝑛
𝑖=1
< 𝜀

46. 42
đứng với mọi họ {( 𝑎𝑖, 𝑏𝑖): 𝑖 = 1, 𝑛�����} các khoảng không giaonhau có tổng các độ dài
nhỏ hơn 𝛿.
Mệnh đề 2.3.2
Mỗi hàm liên tục tuyệt đối là hiệu của hai hàm liên tục tuyệt đối, không giảm.
Chứng minh
Ta sẽ chứng minh:
i) 𝑓 ∈ 𝐴𝐶 thì 𝑓 ∈ 𝐵𝑉
ii) 𝐹( 𝑥) =
𝑥
V
𝑎
𝑓(𝑥 ∈ [ 𝑎, 𝑏] là hàm liên tục tuyệt đối.
Thật vậy ta chứng minh ii)
Do 𝑓 ∈ 𝐴𝐶 nên ∀𝜀, ∃𝛿 > 0 sao cho mọi họ {( 𝑎𝑖, 𝑏𝑖): 𝑖 = 1, 𝑛�����}
có các khoảng không giào nhau và
�( 𝑏𝑖 − 𝑎𝑖)
𝑛
𝑖=1
< 𝛿 thì ta có: �|𝑓( 𝑏𝑖) − 𝑓(𝑎𝑖)| < 𝜀
𝑛
𝑖=1
Nếu { 𝑡 𝑘: 𝑘 = 0, 𝑚������} là một phân hoạch của [ 𝑎1, 𝑏1] thì ta có:
�|𝑓( 𝑡 𝑘) − 𝑓( 𝑡 𝑘−1)| + �|𝑓( 𝑏𝑖) − 𝑓( 𝑎𝑖)|
𝑛
𝑖=2
𝑚
𝑘=1
< 𝜀
�Do �(𝑡 𝑘 − 𝑡 𝑘−1) + �( 𝑏𝑖 − 𝑎𝑖)
𝑛
𝑖=2
𝑚
𝑘=1
= �( 𝑏𝑖 − 𝑎𝑖)
𝑛
𝑖=1
< 𝛿�
Lấy sup theo {(𝑡 𝑘}, ta được:
𝐹( 𝑏1) − 𝐹( 𝑎1) + �|𝑓( 𝑏𝑖) − 𝑓( 𝑎𝑖)|
𝑛
𝑖=2
≤ 𝜀

47. 43
hay| 𝐹( 𝑏1) − 𝐹( 𝑎1)| + �|𝑓( 𝑏𝑖) − 𝑓( 𝑎𝑖)|
𝑛
𝑖=2
≤ 𝜀
Lặp lại lý luận trên cho [ 𝑎2, 𝑏2], … , [ 𝑎 𝑛, 𝑏 𝑛] ta có
�|𝐹( 𝑏𝑖) − 𝐹( 𝑎𝑖)|
𝑛
𝑖=1
≤ 𝜀
Vậy 𝐹 ∈ 𝐴𝐶
• Tiếp theo ta chứng minh i). Với 𝜀 = 1, ta tìm 𝛿 > 0 tương ứng với định nghĩa
𝑓 ∈ 𝐴𝐶. Chia [ 𝑎, 𝑏] thành 𝑚 đoan bởi cácđiểm
{ 𝑠𝑖: 𝑖 = 𝑜, 𝑚������} sao cho 𝑠𝑖 − 𝑠𝑖−1 < 𝛿, 𝑖 = 𝑜, 𝑚������.
Nếu �𝑡𝑗: 𝑗 = 𝑜, 𝑛������ là một phân hoạch của [ 𝑎, 𝑏] với tổng tương ứng V và 𝑉′
là
tổng tương ứng với phân hoạch �𝑡𝑗, 𝑠𝑖� thì ta có
𝑉 ≤ 𝑉′
= � � �𝑓�𝑡𝑗� − 𝑓�𝑡𝑗−1�� < 𝑚
�𝑡 𝑗−1,𝑡 𝑗�⊂�𝑠 𝑖−1, 𝑠 𝑖�
𝑚
𝑖=1
Vậy 𝑓 ∈ 𝐵𝑉.
Mệnh đề 2.3.3
Nếu 𝑓 ∈ 𝐿(ℝ) và 𝐹( 𝑥) = � 𝑓𝑑𝑚 thì 𝐹′( 𝑥) = 𝑓(𝑥) m − h. k. n.
𝑥
−∞
Chứng minh
Ta xét độ đo Borel có dấu𝜑( 𝐸) = � 𝑓𝑑𝑚
𝐸
; ∀𝐸 ∈ 𝐵(ℝ)
Do 𝑓 ∈ 𝐿(ℝ) nên 𝜑( 𝐸) < +∞; ∀𝐸 ∈ 𝐵(ℝ)
Do đó 𝜑 là độ đo có dấu, chính quy.

48. 44
Dễ dàng ta thấy 𝜑 ≪ 𝑚 nên theo định lý 3.1
Ta có: 𝐷𝜑( 𝑥) = 𝑓( 𝑥) m-h-k-n
(Ta có thể coi𝐷𝜑( 𝑥) = 𝑓( 𝑥) tại mọi điểm )
Do𝐷𝜑( 𝑥) tồn tại nên với mọi dãy { 𝐸 𝑛} hội tụ tốtvề x ,tađều có:
𝐷𝜑( 𝑥) = lim
𝑛→∞
𝜑( 𝐸 𝑛)
𝑚( 𝐸 𝑛)
Xét tập 𝐸 𝑛 = ( 𝑥, 𝑥 𝑛) ( trừng hợp 𝐸 𝑛 = ( 𝑥 𝑛, 𝑥) ta làm tương tự )trong đó
𝑥 𝑛 → 𝑥
Khi đó { 𝐸 𝑛} hội tụ tốt về x và ta có
𝜑( 𝐸 𝑛)
𝑚( 𝐸 𝑛)
=
1
𝑥 𝑛 − 𝑥
� 𝑓𝑑𝑚 =
𝐹( 𝑥 𝑛) − 𝐹(𝑥)
𝑥 𝑛 − 𝑥(𝑥,𝑥 𝑛)
Do đólim
𝑛→∞
𝐹( 𝑥 𝑛) − 𝐹(𝑥)
𝑥 𝑛 − 𝑥
= 𝑓(𝑥)
Vậy𝐹′
(𝑥) = 𝑓(𝑥).
Định lí (định lí cơ bản của phép tính tích phân)
Nếu hàm f liên tục tuyệt đối trên [ 𝑎, 𝑏] thì f khả vi h.k.n
trên [ 𝑎, 𝑏] hàm 𝑓′
khả tích trên [ 𝑎, 𝑏] và ta có:
𝑓( 𝑥) − 𝑓( 𝑎) = � 𝑓′
𝑑𝑚 (𝑎
𝑥
𝑎
≤ 𝑥 ≤ 𝑏) (1)
Chứng minh:
Do mỗi hàm liên tục tuyệt đối được viết thành hiệu của hai hàm liên tục tuyệt
đối không giảm nên ta có thể xem f là hàm liên tục tuyệt đối, không giảm.

49. 45
Ta kí hiệu F là 𝜎- đại số các tập đo được, chứa trong [ 𝑎, 𝑏]. Trước trên ta
chứng minh rằng nếu 𝐸 ⊂ [ 𝑎, 𝑏] có độ đokhông thì 𝑓( 𝐸) có độ đo 0
Ta có thể giả thiết Ekhông chứa a,b (do 𝑚( 𝐸) = 0).Cho 𝜀 > 0 cho trước, ta
kí hiệu 𝛿 là số tương ứng được chọn theo định nghĩa hàm liên tục tuyệt đối.
Do tính chính quy của độ đo m, tồn tại tập mở V là hội của không quá đếm
được các khoảng mở ( 𝑎𝑖, 𝑏𝑖) đôi một không giao sao cho 𝐸 ⊂ 𝑉, 𝑚( 𝑉) < 𝛿
Ta có: 𝑚( 𝑓(𝑉)) = 𝑚 �� 𝑓( 𝑎𝑖, 𝑏𝑖)
𝑖
� ≤ � 𝑚�𝑓( 𝑎𝑖, 𝑏𝑖)�
𝑖
⇒ 𝑚( 𝑓(𝑉)) ≤ �|𝑓( 𝑏𝑖) − 𝑓( 𝑎𝑖)|
𝑖
≤ 𝜀
(do cách chọn 𝛿)
Vậy tập 𝑓( 𝐸) được chứa trong các tập có độ đo nhỏ tùy ý, nêndo tính đầy đủ
của độ đo m ta suy ra 𝑓( 𝐸) đo được và có độ đo 0.
Tiếp theo ta chứng minh nếu 𝐸 đo được thì 𝑓( 𝐸) đođược.
Thật vậy: E đo được
nên 𝐸 = 𝐴 ∪ 𝐵 với A là tập dạng 𝐹𝜎 , 𝐴 = ⋃ 𝐹𝑛 ,𝑛 𝐹𝑛đóng , 𝐵 là tập có độ đo 0:
Ta có 𝐹( 𝐸) = 𝑓(𝐴) ∪ 𝑓(𝐵)
𝑓( 𝐴) là tập dạng 𝐹𝜎 do tính liên tục của f , còn 𝑓(𝐵) có độ đo 0dochứng minh trên.
Vậy 𝑓( 𝐸) là tập đo được
Ta chứng minh định lý cho trường hợp f là hàm tăng chặt.
Ánh xạ 𝜑: 𝐹 → [0, +∞]
𝐸 ↦ 𝜑( 𝐸) = 𝑚�𝑓( 𝐸)�

50. 46
là một độ đo dương (tính 𝜎-cộng của 𝜑 suy từ già thiết tăng chặt của f ), liên tục
tuyệt đối với độ đo Lebesgue m vì
• 𝑚( 𝐸) = 0 ⇒ 𝑚�𝑓( 𝐸)� ⇒ 𝜑( 𝐸) = 0
Gọi ℎ ∈ 𝐿( 𝑎, 𝑏) là hàm thỏa
𝑚�𝑓( 𝐸)� = � ℎ 𝑑𝑚
𝐸
(𝐸 ∈ 𝐹)
chọn 𝐸 = (0, 𝑥) ta có
𝑚( 𝑓[ 𝑎, 𝑏]) = � ℎ 𝑑𝑚
𝑥
𝑎
= 𝑓( 𝑥) − 𝑓(𝑎)
Xem ℎ = 0 trên (−∞, 0) ∪ ( 𝑏, ∞) , ta có
𝑓( 𝑥) − 𝑓( 𝑎) = � ℎ 𝑑𝑚 nên
𝑥
−∞
𝑓′( 𝑥) = ℎ( 𝑥)
Vậy � 𝑓′( 𝑥) 𝑑𝑚
𝑥
𝑎
= 𝑓( 𝑥) − 𝑓( 𝑎).
2.4 Phiếm hàm tuyến tính liên tục trên không gian 𝑳 𝒑( 𝑿, 𝝁)
Cho 𝜇 là độ đo dương, giả sử 1 ≤ 𝑝 ≤ ∞, và q là số mũ liên hợp của p.
Bất đẳng thức Holder đã chỉ ra rằng nếu 𝑔 ∈ 𝐿𝑞
(𝜇) và nếu 𝜙 𝑔 được định nghĩa:
𝜙 𝑔( 𝑓) = � 𝑓𝑔𝑑𝜇
𝑋
thì 𝜙 𝑔 là ánh xạ tuyến tính bị chặn trên không gian 𝐿 𝑝
(𝜇), vơí chuẩn là ‖ 𝑔‖ 𝑞.
Một câu hỏi tự nhiên được đặt ra là có phải tất cả các ánh xạ tuyến tính bị
chặn trên không gian 𝐿 𝑝
(𝜇) đều có thể biểu diễn như trên, và sự biểu diễn đó có
phải là duy nhất hay không?

51. 47
Trường hợp 𝑝 = ∞, người ta chứng minh được rằng 𝐿1
(𝑚)không chứa tất cả
các hàm tuyến tính bị chặn trên 𝐿∞
(𝑚). Trường hợp 1 < 𝑝 < ∞ câu trả lời là khẳng
định và ta sẽ trình bày trường hợp 𝑋 là không gian độ đo 𝜎- hữu hạn.
Định lí
Giả sử1 ≤ 𝑝 < ∞, 𝜇 là độ đo 𝜎- hữu hạn trên 𝑋, và 𝜙 là ánh xạ tuyến tính bị
chặn trên 𝐿 𝑝
(𝜇). Khi đó tồn tại duy nhất ánh xạ 𝑔 ∈ 𝐿𝑞
(𝜇), với 𝑞 là số mũ liên
hợp của 𝑝, sao cho:
𝜙( 𝑓) = � 𝑓𝑔𝑑𝜇
𝑋
, 𝑓 ∈ 𝐿 𝑝( 𝜇) (1)
Hơn nửa ta có ‖ 𝜙‖ = ‖ 𝑔‖ 𝑞 (2)
Chứng minh
 Sự duy nhất: Giả sử 𝑔 và 𝑔′
đều thỏa (1)
Khi đó ta có � (𝑔 −
𝑋
𝑔′
)𝑓𝑑𝜇 = 0 vì X là không gian 𝜎 − hữu hạn nên
𝑋 = � 𝑋 𝑛
∞
𝑛=1
, 𝜇( 𝑋 𝑛) < +∞
𝑋 𝑛 ∩ 𝑋 𝑚 = 𝜙, 𝑛 ≠ 𝑚
� (𝑔 −
𝑋
𝑔′
)𝑓𝑑𝜇 = � � (𝑔 −
𝑋 𝑛
𝑔′
)𝑓𝑑𝜇
∞
𝑛=1
= 0
Chọn 𝑓 là hàm đặc trưng của 𝑋 𝑛 , tức là 𝑓( 𝑥) = 1 nếu 𝑥 ∈ 𝑋 𝑛
𝑓( 𝑥) = 0 nếu 𝑥 ∉ 𝑋 𝑛
Khi đó ta có: � (𝑔 −
𝑋 𝑛
𝑔′
)𝑓𝑑𝜇 = 0

52. 48
⇒ � (𝑔 −
𝑋
𝑔′
)𝑑𝜇 = 0
⇒ 𝑔 − 𝑔′
hầu khắp nơi trên 𝑋 𝑛.
Tương tự ta cũng chứng minh được 𝑔 = 𝑔′
hầu khắp nơi trên 𝑋.
 Sự tồn tại: Từ (1) ta có:
| 𝜙( 𝑓)| = �� 𝑓𝑔𝑑𝜇
𝑋
� ≤ � | 𝑓𝑔| 𝑑𝜇 ≤ �� | 𝑓| 𝑝
𝑋
𝑑𝜇�
1
𝑝�
.
𝑋
�� | 𝑔| 𝑞
𝑋
𝑑𝜇�
1
𝑞�
= ‖ 𝑔‖ 𝑞. ‖ 𝑓‖ 𝑝
⇒ ‖ 𝜙‖ ≤ ‖ 𝑔‖ 𝑞 (3)
Ta còn phải chứng minh 𝑔 tồn tại và (3) xảy ra dấu bắng.
• Nếu ‖ 𝜙‖ = 0 ta có (1) và (2) đúng với 𝑔 = 0
• Nếu ‖ 𝜙‖ > 0
Ta xét trường hợp 𝜇( 𝑋) < +∞ với bất kỳ tập đo được 𝐸 ∈ 𝑋, định nghĩa
𝜆 𝐸 = 𝜙(𝜒 𝐸)
Vì 𝜙 là tuyến tính và vì 𝜒 𝐴∪𝐵 = 𝜒 𝐴 + 𝜒 𝐵 nếu 𝐴 ∩ 𝐵 = ∅.
Do đó 𝜆 có tính cộng hữu hạn.
Gỉa sử 𝐸 = � 𝐸𝑖 , 𝐸𝑖 ∩ 𝐸𝑗 = ∅ (𝑖 ≠ 𝑗)
∞
𝑖=1
Dặt 𝐴 𝑘 = � 𝐸𝑖
𝑘
𝑖=1
Ta có �𝜒 𝐸 − 𝜒 𝐴 𝑘
�
𝑝
= [ 𝜇( 𝐸 − 𝐴 𝑘)]
1
𝑝�
→ 0 ( 𝑘 → ∞) (4)
Từ tính liên tục của 𝜙 ta có𝜆( 𝐴 𝑘) → 𝜆( 𝐸).

53. 49
Do đó nếu 𝜇( 𝐸) = 0 thi 𝜆( 𝐸) = 0. Vì khi đó ‖ 𝑥 𝐸‖ 𝑝 = 0
Do đó 𝜆 ≪ 𝜇, và định lí Radon-Nikodym khẳng định sự tồn
tại 𝑔 ∈ 𝐿1( 𝜇) sao cho với mỗi tập đo được 𝐸 ⊂ 𝑋 ta có
𝜙( 𝜒 𝐸) = � 𝑔𝑑𝜇 = � 𝜒 𝐸 𝑔𝑑𝜇 (5)
𝑋𝐸
Nếu 𝑓 là hàm đơn giản được ta có: 𝜙( 𝑓) = � 𝑓𝑔𝑑𝜇
𝑋
Nếu 𝑓 ∈ 𝐿∞( 𝜇) thì tồn tại dãy hàm đơn giản đo được ( 𝑓𝑛) 𝑛 sao cho
lim
𝑛→∞
𝑓𝑛 = 𝑓
⇒ ‖ 𝑓𝑛 − 𝑓‖ 𝑝 → 0 khi 𝑛 → ∞
⇒ 𝜙( 𝑓𝑛) → 𝜙( 𝑓) khi 𝑛 → ∞
Chúng ta kết thúc chứng minh bằng việc chứng tỏ 𝑔 ∈ 𝐿 𝑞( 𝜇) và (2) đúng.
Trường hợp 1: 𝑝 = 1
Từ(5)ta có: �� 𝑔𝑑𝑚
𝐸
� ≤ ‖ 𝜙‖. ‖ 𝜒 𝐸‖1 = ‖ 𝜙‖. 𝜇( 𝐸) ∀𝐸 ∈ 𝔐
⇒ 𝑔(x) ≤ ‖ 𝜙‖ hầu khắp nơi
⇒ ‖ 𝑔‖∞ ≤ ‖ 𝜙‖.
Trường hợp 2: 1 < 𝑝 < ∞
Khi đó tồn tại hàm đo được 𝛼, ‖ 𝛼‖ = 1 sao cho 𝛼𝑔 = | 𝑔|
Đặt 𝐸 𝑛 = { 𝑥: | 𝑔(𝑥)| ≤ 𝑛} , 𝑓 = 𝜒 𝐸 𝑛
. | 𝑔| 𝑞−1
𝛼
Khi đó | 𝑓| 𝑝
= | 𝑔| 𝑞
trên 𝐸 𝑛 , 𝑓 ∈ 𝐿∞( 𝜇) và từ (6) ta có:

54. 50
� | 𝑔| 𝑞
𝐸 𝑛
𝑑𝜇 = � 𝑓𝑔𝑑𝜇 = 𝜙(𝑓) ≤
𝑋
‖ 𝜙‖. �� | 𝑔| 𝑞
𝐸 𝑛
�
1
𝑝�
⇒ � 𝜒 𝐸 𝑛
𝑋
| 𝑔| 𝑞
𝑑𝜇 ≤ ‖ 𝜙‖ 𝑞( 𝑛 = 1,2,3, … ) (7)
Áp dụng định líhội tụ đơn điệu vào (7), ta có: ‖ 𝑔‖ 𝑞 ≤ ‖ 𝜙‖
Do đó (2) đúng tức là ‖ 𝜙‖ = ‖ 𝑔‖ 𝑞 và , 𝑔 ∈ 𝐿𝑞( 𝜇).
Ta đã chứng minh đúng trong trường hợp , 𝑓 ∈ 𝐿∞( 𝜇) vì , 𝐿∞( 𝜇) trù mật
trong 𝐿 𝑝( 𝜇) nên cũng đúng với mọi , 𝑓 ∈ 𝐿 𝑝( 𝜇).
Xét trường hợp 𝜇( 𝑋) = +∞, 𝜇 là độ đo 𝜎- hữu hạn.
Tồn tại 𝒲 ∈ 𝐿1( 𝜇) sao cho 𝑑𝜇� = 𝒲𝑑𝜇 xác định một độ đo hưũ hạn trên
𝔐 và ánh xạ 𝐹 → 𝒲
1
𝑝�
𝐹 (8) là đẳng cự tuyến tính từ 𝐿 𝑝( 𝜇�) lên 𝐿 𝑝( 𝜇) vì
𝒲( 𝑥) > 0 ∀𝑥 ∈ 𝑋.
Do đo Ψ(F) = 𝜙 �𝒲
1
𝑝�
𝐹� (9) xác định 1 hàm tuyến tính bị chặn Ψ
trên 𝐿 𝑝( 𝜇�), với ‖Ψ‖ = ‖ 𝜙‖.
Theo chứng minh ở phần trên tồn tại 𝐺 ∈ 𝐿𝑞( 𝜇�) sao cho
Ψ(F) = � FGd𝜇��𝐹 ∈ 𝐿 𝑝( 𝜇�)�
X
(10)
Đặt 𝑔 = 𝒲
1
𝑞�
𝐺(nếu 𝑝 = 1, 𝑔 = 𝐺).
Khi đó � | 𝑔| 𝑞
𝑋
𝑑𝜇 = � | 𝐺| 𝑞
𝑋
𝑑𝜇� = ‖Ψ‖ 𝑞
= ‖ 𝜙‖ 𝑞
𝑛ê𝑢 𝑝 > 1
Nếu p = 1, ‖g‖∞ = ‖G‖∞ = ‖Ψ‖ = ‖ 𝜙‖ vì 𝐺𝑑𝜇� = 𝒲
1
𝑝�
𝑔 𝑑𝜇 ta có:
𝜙( 𝑓) = Ψ �𝒲
−1
𝑝�
𝑓� = � 𝒲
−1
𝑝�
𝑓𝐺𝑑𝜇� = � 𝑔𝑓
𝑋𝑋
𝑑𝜇 ∀𝑓 ∈ 𝐿 𝑝( 𝜇).

55. 51
KẾT LUẬN
Trong luận văn này, chúng tôi đã trình bày về Định lí Radon-Nikodym và
một số các kết quả liên quan cũng như mốt số ứng dụng ban đầu của định lí
Radon-Nikoduy
Qua quá trình làm luận văn, chúng tôi nhận thấy các kiến thức đã được
học trong các học phần: Giải tích hàm, Giải tích thực của chương trình Cao học
đã giúp chúng tôi rất nhiều trong việc hoàn thành luận văn này.Quan trọng hơn
cả là bước đầu chúng tôi đã học được phương pháp tự học và tự nghiên cứu.
Chúng tôi hy vọng được học tập và nghiên cứu thêm về đề tài này trong
thời gian tới.

56. 52
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. G.B.Folland
Real Analysis
John Wiley&sons, Ine, New-York,1999.
2. E.Hewitt, K.Stromberg
Real and Abstract Analysis
Springer-Verlag, New-York,1965.
3. W.Rudin
Real and Complex Analysis
Mc.Graw-Hill, 1987.