›
›

Tập hợp lý thuyết và số thực

pdf 50 trang phuongnguyen 50
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tập hợp lý thuyết và số thực", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdftap_hop_ly_thuyet_va_so_thuc.pdf

Nội dung text: Tập hợp lý thuyết và số thực

  1. TẬP HỢP LÝ THUYẾT VÀ SỐ THỰC
  2. CHƯƠNG 1 TẬP HỢP VÀ LÝ THUYẾT SỐ THỰC § 1. TẬP HỢP 1/1.1 Khái niệm và ký hiệu Tập hợp là một khái niệm cơ bản của toán học. Một cách trực quan, ta có thể hiểu tập hợp là một nhóm các đối tượng bất kỳ. Thông thường tập hợp được gọi tắt là "tập”. Cho trước một tập không rỗng X. Nếu một đối tượng x là phần tử của tập X, ta thường ký hiệu x ∈ X và đọc là x thuộc X. Tập không có phần tử nào gọi là tập rỗng, và được ký hiệu là ∅. Một tập hợp A được gọi là bị chứa trong X hoặc là tập con của X, ta ký hiệu A ⊆ X hoặc X ⊇ A khi và chỉ khi tất cả các phần tử của A đều là phần tử của X. Đôi khi ta còn gọi là X chứa A. Ký hiệu A = B có nghĩa là A ⊆ B và B ⊆ A. Khi đó, ta nói A và B là hai tập bằng nhau. Phương pháp chính để xác định một tập hợp là chỉ ra điều kiện mà các phần tử thuộc tập đó thỏa mãn. Ký hiệu {x : P} có nghĩa đây là tập hợp của tất cả x thỏa mãn tính chất P. Ví dụ, {x : (x − 4)2 = 4} = {2, 6} = {6, 2}. Tuy nhiên, việc định nghĩa tập hợp qua điều kiện có thể dẫn tới những mâu thuẫn nếu không cẩn thận. Ví dụ, lấy R = {X : X 6∈ X}. Khi đó R ∈/ R suy ra R ∈ R và ngược lại (nghịch lý của Bertrand Russell). Chúng ta quy ước chung là dấu gạch chéo trên một ký hiệu có nghĩa là "không", chẳng hạn a 6= b, có nghĩa "a không bằng b", ký tự "6∈" có nghĩa "không phải là một phần tử của". Như vậy x ∈/ A có nghĩa x không phải là một phần tử của A, như 3 6∈ {1, 2}. Cho hai tập hợp bất kỳ X và Y, tích Des Cartes của chúng, ký hiệu X × Y là tập hợp của tất cả các cặp có thứ tự (x, y) với x thuộc X và y thuộc Y. Ta hiểu khái niệm cặp có 1
  3.  " 1. TẬP HỢP VÀ LÝ THUYẾT SỐ THỰC thứ tự theo nghĩa: (x, y) = (x0, y0) nếu và chỉ nếu x = x0, y = y0. X × Y = {(x, y) : x ∈ X, y ∈ Y}. Ví dụ 1.1. Với X = {x, y, z}, Y = (a, b), ta có X × Y = {(x, a), (x, b), (y, a), (y, b), (z, a), (z, b)}; Y × X = {(a, x), (b, x), (a, y), (b, y), (a, z), (b, z)}. Tích Des Cartes của n tập hợp được định nghĩa và ký hiệu tương tự. 1/1.2 Các phép toán tập hợp Sau đây là các phép toán thông dụng đối với tập hợp. • Phép hợp. Ta gọi hợp của A và B là tập A ∪ B = {x : x ∈ A hoặc x ∈ B}, tương tự: [ Ai = {x : ∃i ∈ I, x ∈ Ai}. i∈I • Phép giao. Giao hoặc tích của A và B là tập A ∩ B = {x : x ∈ A và x ∈ B}, tương tự: \ Ai = {x : ∀i ∈ I, x ∈ Ai}. i∈I AB A A B T A Đôi khi người ta dùng ký hiệu (∏i∈I i) thay cho ∩ ( i∈I i). Nếu AB = ∅ thì ta nói A và B rời nhau, và khi đó ta có thể viết A + B thay cho A ∪ B. • Phép trừ. Hiệu của A đối với B là tập A \ B = {x : x ∈ A nhưng x ∈/ B}. • Phép lấy phần bù. Phần bù của tập A là tập Ac = X \ A = {x : x ∈/ A}. • Hiệu đối xứng. Hiệu đối xứng của A và B là tập A4B = A \ B + B \ A. Các phép toán tập hợp có một số tính cơ bản sau: • Tính giao hoán: A ∪ B = B ∪ A; AB = BA; A4B = B4A. • Tính kết hợp: (A ∪ B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C); (AB)C = A(BC); A4(B4C) = (A4B)4C.
  4. 1.1 Tập hợp "  • Tính phân phối: A(B ∪ C) = AB ∪ AC; A ∪ (BC) = (A ∪ B)(A ∪ C); A(B4C) = (AB)4(AC). • Công thức De Morgan: ¡ [ ¢c \ c ¡ \ ¢c [ c Ai = Ai ; Ai = Ai . i∈I i∈I i∈I i∈I * Chú ý: (A \ B) ∪ B = A chỉ đúng khi B ⊂ A, (A ∪ B) \ B = A chỉ đúng khi AB = ∅. Ví dụ 1.2. Ta có [∞ [∞ (0, 1 − 1/n) = (0, 1 − 1/n] = (0, 1) n=1 n=1 và \∞ [∞ [1 − 1/n, 2) = (1 − 1/n, 2) = [1, 2). n=1 n=1 1/1.3 Lớp tập hợp và dãy tập hợp Tập hợp mà mỗi phần tử của nó là tập con của X được gọi là một lớp (các tập con của X). Ta dùng các chữ hoa A , B, C , để ký hiệu các lớp. Lớp gồm tất cả các tập con của X được ký hiệu là 2X: 2X = {A | A ⊂ X}. Chú ý là 2X chứa cả tập ∅ và X. Hiển nhiên nếu tập X hữu hạn gồm n phần tử thì 2X có 2n phần tử. Như vậy, ta thấy: B ⊂ A ⇔ B ∈ 2A. Ví dụ 1.3. Cho tập hợp X = {1, 2, 3}. © ª • A = {1}, {2}, {3} là lớp các tập chỉ gồm 1 phần tử trong X. © ª • 2X = ∅, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3} . Câu hỏi: Ký hiệu N là tập số tự nhiên {1, 2, 3, }, Q là tập số hữu tỷ, liệu N có là phần tử của 2Q không ? S Lớp C gồm các tập rời nhau được gọi là phân hoạch của tập X nếu C = X. C∈C Ví dụ 1.4. Lớp gồm các tập A = {1, 2}, B = {3, 4}, C = {5} là một phân hoạch của tập X = {1, 2, 3, 4, 5}.
  5.  " 1. TẬP HỢP VÀ LÝ THUYẾT SỐ THỰC Lớp gồm một số đếm được các tập con {An, n = 1, 2, } được gọi là dãy (các tập). Ta nói dãy các tập {An} là đơn điệu tăng (giảm) và viết An ↑ (An ↓), nếu A1 ⊆ A2 ⊆ A3 ⊆ (A1 ⊇ A2 ⊇ A3 ⊇ ). S T Trong trường hợp dãy tập hợp {An} đơn điệu tăng (giảm) và n An = A ( n An = A) thì ta ký hiệu là An ↑ A (An ↓ A). © ª Ví dụ 1.5. Với X = {1, 2, 3, }, khi đó B = {1}, {1, 2}, {1, 2, 3}, là một dãy đơn điệu tăng các tập con của X. Giả sử {An} là dãy các tập con của X. Ta gọi giới hạn trên và giới hạn dưới của dãy này là các tập tương ứng sau đây: \∞ [∞ lim An = lim sup An = Ak, n=1 k=n [∞ \∞ lim An = lim inf An = Ak. n=1 k=n Ta thấy rằng x ∈ lim sup An khi và chỉ khi có vô số An chứa x; x ∈ lim inf An khi và chỉ khi tồn tại k (phụ thuộc x) sao cho với mọi n ≥ k, An chứa x. Do đó lim inf An ⊂ lim sup An. Nếu giới hạn trên và giới hạn dưới của dãy {An} bằng nhau thì ta nói dãy {An} có giới hạn và viết: lim An = lim sup An = lim inf An. Có thể thấy rằng [∞ \∞ lim An = An nếu An ↑; lim An = An nếu An ↓ . n=1 n=1 A T∞ A A A A A S∞ A A Nếu n ↓ và n=1 n = thì ta viết n ↓ . Nếu n ↑ và n=1 n = thì ta viết An ↑ A. Ví dụ 1.6. Với A, B là các tập cho trước, xét dãy An = A nếu n lẻ và An = B nếu n chẵn. Ta có lim An = A ∪ B; lim An = A ∩ B. § 2. TẬP HỢP SỐ THỰC 1/2.1 Khái niệm tập hợp số thực 1.1 Định nghĩa. Tập hợp số thực R là tập hợp các phần tử x, y, z, trên đó có hai phép tính cộng, nhân và quan hệ thứ tự thoả mãn các tiên đề dưới đây, gọi là hệ các tiên đề về số thực.
  6. 1.2 Tập hợp số thực "  (I) CÁC TIÊN ĐỀ ĐỐI VỚI PHÉP CỘNG Phép toán + : R × R → R, (phép cộng) được định nghĩa bằng cách gán mỗi cặp có thứ tự (x, y) gồm hai phần tử x, y thuộc R với một phần tử x + y ∈ R nào đó, được gọi là tổng của x và y. Phép toán này phải thoả mãn các điều kiện sau: 1+. Tồn tại phần tử trung hòa hoặc đồng nhất 0 (đọc là không) sao cho x + 0 = 0 + x = x, ∀x ∈ R. 2+. Với mọi phần tử x ∈ R tồn tại một phần tử −x ∈ R được gọi là đối của x sao cho x + (−x) = (−x) + x = 0. 3+. Phép cộng có tính kết hợp, tức là biểu thức x + (y + z) = (x + y) + z, ∀x, y, z ∈ R. 4+. Phép cộng là giao hoán, nghĩa là x + y = y + x, ∀x, y ∈ R. Nếu một phép toán được định nghĩa trên một tập G thoả mãn các tiên đề 1+, 2+, và 3+, chúng ta nói là một cấu trúc nhóm được định nghĩa trên G hoặc G là một nhóm. Nếu phép toán này được gọi là phép cộng thì nhóm được gọi là nhóm cộng. Nếu ta cũng biết rằng phép toán là giao hoán, tức là điều kiện 4+ là đúng, nhóm sẽ được gọi là giao hoán hoặc Abel. Do vậy, các Tiên đề 1+ − 4+ khẳng định R là một nhóm cộng Abel. (II) CÁC TIÊN ĐỀ ĐỐI VỚI PHÉP NHÂN Một phép toán • : R × R → R, (phép nhân) được định nghĩa bằng cách gán mỗi cặp có thứ tự (x, y) gồm hai phần tử x, y thuộc R với một phần tử x · y ∈ R nào đó, được gọi là tích của x và y. Phép toán này phải thoả mãn các điều kiện sau: 1•. Tồn tại phần tử trung hòa hoặc đồng nhất 1 ∈ R \ 0 (gọi là một) sao cho x · 1 = 1 · x = x, ∀x ∈ R. −1 2•. Với mọi phần tử x ∈ R \{0} tồn tại một phần tử x ∈ R được gọi là nghịch đảo của x sao cho x · x−1 = x−1 · x = 1. 3•. Phép nhân • có tính kết hợp, nghĩa là x · (y · z) = (x · y) · z, ∀x, y, z ∈ R. 4•. Phép nhân • có tính giao hoán, nghĩa là x · y = y · x, ∀x, y ∈ R
  7.  " 1. TẬP HỢP VÀ LÝ THUYẾT SỐ THỰC Chú ý là đối với phép nhân, tập hợp R \ 0, có thể được kiểm tra, là một nhóm (nhân). (I, II) LIÊN HỆ GIỮA PHÉP CỘNG VÀ PHÉP NHÂN Phép nhân có tính phân phối đối với phép cộng, nghĩa là (x + y) · z = x · z + y · z với mọi x, y, z ∈ R. Lưu ý là do tính giao hoán của phép nhân, đẳng thức này vẫn đúng nếu thứ tự các nhân tử được hoán đổi ở mỗi vế. Nếu hai phép toán thoả mãn các tiên đề này được xác định trên một tập G thì G được gọi là một trường. (III) CÁC TIÊN ĐỀ THỨ TỰ Giữa các phần tử của R tồn tại một quan hệ ≤, nghĩa là với các phần tử x, y ∈ R có thể xác định xem liệu x ≤ y hoặc không. Ở đây các điều kiện sau phải đúng: 1≤. ∀x ∈ R (x ≤ x). 2≤. (x ≤ y) ∧ (y ≤ x) ⇒ (x = y). 3≤. (x ≤ y) ∧ (y ≤ z) ⇒ (x ≤ z). 4≤. ∀x ∈ R, ∀y ∈ R (x ≤ y) ∨ (y ≤ x). Quan hệ ≤ trên R được gọi là không bằng nhau (bất đẳng thức). Một tập trên đó tồn tại một quan hệ giữa các cặp phần tử thoả mãn các tiên đề 1≤, 2≤, và 3≤, như ta biết, được gọi là được sắp từng phần. Nếu có thêm tiên đề 4≤, nghĩa là có thể so sánh hai phần tử bất kỳ, tập hợp là được sắp tuyến tính. Do đó tập các số thực được sắp tuyến tính do quan hệ không bằng nhau giữa các phần tử. (I, III) LIÊN HỆ GIỮA PHÉP CỘNG VÀ THỨ TỰ TRÊN R Nếu x, y, z là các phần tử thuộc R, thì (x ≤ y) ⇒ (x + z ≤ y + z). (II, III) LIÊN HỆ GIỮA PHÉP NHÂN VÀ THỨ TỰ TRÊN R Nếu x và y là các phần tử thuộc R, thì (0 ≤ x) ∧ (0 ≤ y) ⇒ (0 ≤ x · y). (IV) TIÊN ĐỀ VỀ CẬN TRÊN Mọi tập A ⊂ R, A 6= ∅ bị chặn trên có cận trên đúng. Trên đây, ta đề cập đến khái niệm tập bị chặn trên. Khái niệm tập bị chặn được định nghĩa như sau (các quan hệ được hiểu theo nghĩa thông thường). 1.2 Định nghĩa. Ta nói rằng tập A ⊂ R bị chặn trên nếu tồn tại z ∈ R sao cho x ≤ z với mọi x ∈ A; phần tử z như thế được gọi là cận trên của tập A. Ta nói rằng tập A ⊂ R bị chặn dưới nếu tồn tại z ∈ R sao cho x ≥ z với mọi x ∈ A; phần tử z như thế gọi là cận dưới của tập A.
  8. 1.2 Tập hợp số thực "  1.3 Định nghĩa. Ta nói rằng M là phần tử lớn nhất của tập A nếu M ∈ A và x ≤ M với mọi x ∈ A. Khi đó ta viết M = max A. Tương tự ta nói m là phần tử bé nhất của tập A nếu m ∈ A và x ≥ m với mọi x ∈ A. Khi đó ta viết m = min A. 1.4 Định nghĩa. Giả sử A bị chặn trên, z được gọi là cận trên đúng của A, nếu: +) z là cận trên của A, tức là x ≤ z, ∀x ∈ A. +) z là cận trên bé nhất của A, tức là nếu y z thì y không phải là cận dưới của A. Cận dưới đúng của A ký hiệu là inf A. Như vậy theo định nghĩa ta có M = sup A = min{c ∈ R | ∀x ∈ A (x ≤ c)} m = inf A = max{c ∈ R | ∀x ∈ A (x ≥ c)} Chú ý. Nếu A có phần tử lớn nhất max A thì sup A = max A. Nếu A có phần tử bé nhất min A thì inf A = min A. Ví dụ 1.7. Cho A = {1, 5, 7, 14} ⇒ sup A = max A = 14. Như vậy theo tiên đề về cận trên thì mọi tập A ⊂ R bị chặn trên đều có cận trên đúng và do đó mọi tập bị chặn dưới đều có cận dưới đúng. Tuy nhiên A chưa chắc có phần tử lớn nhất hoặc nhỏ nhất. Ta hãy xét ví dụ sau 1 1 1 A 1, , , , , inf A 0 0 Ví dụ 1.8. Cho = { 2 3 n }. Ta có = . Thật vậy, trước hết là một cận 1 1 A y 0 n y A y dưới của . Với > bất kỳ, luôn tồn tại số thoả mãn n < và n ∈ . Vậy không thể là cận dưới của A hay 0 là cận dưới lớn nhất của A. Vậy 0 = inf A. Tuy nhiên A không có phần tử nhỏ nhất bởi nếu tồn tại min A thì inf A = min A = 0 6∈ A. Mâu thuẫn với định nghĩa về min. Ví dụ 1.9. Tập hợp A = {x ∈ R | 0 ≤ x < 1} không có phần tử lớn nhất nhưng do A bị chặn trên nên tồn tại sup A = 1. Trên đây, chúng ta đã xem xét cụ thể về các tiên đề xây dựng lên tập số thực. Nhiều khái niệm của mục này có thể tiếp cận qua chương 1, phần 1, giáo trình “Toán cao cấp cho các nhà kinh tế”. Dưới đây ta sẽ xem xét thêm một số tính chất cần thiết về số thực để sử dụng sau này.
  9.  " 1. TẬP HỢP VÀ LÝ THUYẾT SỐ THỰC 1/2.2 Các tính chất cơ bản của tập hợp số thực Ta gọi số dương là những số thực a > 0; số âm là những số thực a 0, ∃n0 : |xn − a| m, ∃x ∈ A : x < m0. Với các nhận xét trên ta dễ dàng có định lý sau: 1.5 Định lý. Cho tập hợp A ⊂ R và M = sup A, khi đó tồn tại dãy xn ∈ A (các xn có thể trùng nhau) thoả mãn lim xn = M. n→∞ Tương tự ta cũng có với m = inf A, khi đó tồn tại dãy yn ∈ A (các yn có thể trùng nhau) thoả mãn lim yn = m. n→∞ 1.6 Nguyên lý (Weierstrass). Mọi dãy đơn điệu tăng (giảm) và bị chặn trên (dưới) đều hội tụ. Chứng minh. Cho {xn} là một dãy đơn điệu tăng và bị chặn trên. Theo tiên đề về cận trên đúng, tập {xn} có M = sup xn; theo định nghĩa supremum, với mọi số dương ε có n M x x x x một ε sao cho − ε < nε , và do tính đơn điệu tăng của dãy n ta có nε ≤ n với mọi n ≥ nε. Vậy M − xn < ε với mọi n ≥ nε, nghĩa là lim xn = M. x 1 1 1 1 Ví dụ 1.10. Dãy n = + 22 + 32 + ··· + n2 là dãy đơn điệu tăng. Ngoài ra ta có 1 1 1 1 xn < 1 + + + ··· + = 2 − < 2, 1.2 2.3 (n − 1)n n nên dãy xn bị chặn. Theo nguyên lý Weierstrass, dãy xn là hội tụ. Các phần tử của R: 1, 2 = 1 + 1, 3 = 2 + 1, gọi là các số tự nhiên, ký hiệu là N. Tập các số nguyên là các số 0, ±1, ±2, ±3, , ký hiệu là Z. Tập các số nguyên Z không có cận trên và không có cận dưới, vì nếu Z có cận trên thì dãy 1, 2, 3, , n, phải có một giới hạn M; lúc đó M − 1 < p với một p ∈ Z và ta sẽ có M < p + 1: vô lý. m −1 Số hữu tỉ là số có dạng n = m · n , m, n ∈ Z, n 6= 0. Ký hiệu Q là tập các số hữu tỉ. Số vô tỉ là số thực mà không phải số hữu tỉ. 1.7 Nguyên lý (Archimede). Với các số thực a dương và b bất kỳ luôn tồn tại số nguyên dương n sao cho a(n − 1) ≤ b < na.
  10. 1.2 Tập hợp số thực "  Chứng minh. Do N không có cận trên nên phải có số nguyên dương m nào đó sao cho b m > a . b Từ đó thấy rằng S = {m ∈ N : m > a } là tập các số tự nhiên khác rỗng, và theo nguyên lý cận dưới đúng, tập đó có cận dưới đúng n và cũng là phần tử nhỏ nhất. Điều b đó chứng tỏ n − 1 ≤ a 0. Theo nguyên lý Archimede, tồn tại q ∈ N nào đó thoả mãn q > 1/(y − x), hay q(y − x) > 1. Xét số thực dương qx. Lại theo nguyên lý Archimede, tồn tại p ∈ N để p > qx ≥ p − 1. Từ đó ta suy ra qx −x, hay k + x > 0. Khi đó, sẽ tồn tại s ∈ Q thoả mãn x + k < s < y + k, nên x < s − k < y. Rõ ràng, r = s − k ∈ Q. b) Chúng ta cần chứng tỏ tồn tại z ∈ R \ Q thoả mãn x < z < y. Theo a), tồn tại r1, r2 ∈ Q mà x < r1 < r2 < y. Số r2 − r1 z = r1 + √ 2 rõ ràng là số vô tỉ và thoả mãn r1 < z < r2. Tập {x : a < x < b} được gọi là khoảng (a, b); tập {x : a ≤ x ≤ b} được gọi là đoạn [a, b]. Một dãy đoạn [an, bn] được gọi là thắt lại nếu [an+1, bn+1] ⊂ [an, bn] và lim(bn − an) = 0. 1.9 Nguyên lý (Cantor). Một dãy đoạn thắt lại có một phần tử chung duy nhất. Chứng minh. Cho {[an, bn]} là một dãy đoạn thắt lại. Dãy {an} đơn điệu tăng và bị chặn trên (bởi b1 chẳng hạn) nên theo nguyên lý Weierstrass có một giới hạn ξ. Ta có ξ ∈ [an, bn] với mọi n. Thật vậy, rõ ràng an ≤ ξ với mọi n; nếu tồn tại n0 nào đó mà
  11.  " 1. TẬP HỢP VÀ LÝ THUYẾT SỐ THỰC ξ ∈/ [an0 , bn0 ] thì bn0 0; nhưng vì ξ là giới hạn của dãy tăng an, nên với n đủ lớn ξ − an 1, một n3 ∈ [ 3 3] với 3 > 2 . . . . Khi đó | nk − ξ| ≤ k − k → , lim x vậy nk = ξ. n Ví dụ 1.11. Xét dãy xn = (−1) . Dãy bị chặn và có 2 dãy con hội tụ tới 1 và −1. Một dãy {xn} ⊂ R được gọi là dãy cơ bản (hay dãy Cauchy) nếu ∀ε > 0, ∃n0 sao cho |xn − xm| 1 sao cho | n − n2 | 2 sao cho | n − n3 | < 8 với mọi ≥ 3 và đặt 3 = n3 − 4 , 3 = n3 + 4 a , b b a 1 1 0 Tiếp tục mãi như vậy, ta được một dãy đoạn [ k k] thắt lại vì k − k < 2k−1 < k−1 → . Theo nguyên lý Cantor, dãy đoạn này có một phần tử chung duy nhất ξ. Với n ≥ nk ta có xn ∈ [ak, bk], vậy |ξ − xk| < bk − ak, từ đó ta suy ra lim xn = ξ. Ví dụ 1.12. Dãy số có số hạng tổng quát cos 1 cos 2 cos n xn = + + ··· + 1.2 2.3 n.(n + 1) là một dãy cơ bản.
  12. 1.2 Tập hợp số thực "  Chứng minh. Thật vậy, với m > n: ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ cos n cos m ¯ ¯ 1 1 ¯ 1 |xm − xn| = ¯ + ··· + ¯ ≤ ¯ + ··· + ¯ 0, ta chỉ cần chọn n0 thoả mãn n0 > 1/e thì rõ ràng |xn − xm| a · (±∞) = (±∞) · a = 0 nếu a = 0   ∓∞ nếu a 0. ±∞ Ký hiệu: lim xn = +∞ (lim xn = −∞), nghĩa là ¡ ¢ ∀a > 0, ∃n0 : xn > a, ∀n ≥ n0 ∀a < 0, ∃n0 : xn < a, ∀n ≥ n0 . Tập hợp số thực, có thêm +∞ và −∞, với những quy ước trên, được gọi là tập số thực mở rộng và ký hiệu là R. Cho một dãy vô hạn {xn} ⊂ R. Với mỗi n, đặt un = sup{xn, xn+1, } = sup xn+k, k≥0 vn = inf{xn, xn+1, } = inf xn+k. k≥0 Rõ ràng dãy {un} là dãy đơn điệu giảm, còn dãy {vn} là dãy đơn điệu tăng cho nên mỗi dãy có một giới hạn (hữu hạn hoặc vô cực). Dĩ nhiên lim un = inf{un} và lim vn = sup{vn}. Các giới hạn đó gọi là giới hạn trên và giới hạn dưới của dãy {xn} và được ký hiệu lần lượt là lim xn và lim xn.
  13.  " 1. TẬP HỢP VÀ LÝ THUYẾT SỐ THỰC Như vậy: ¡ ¢ ¡ ¢ lim xn = lim sup xn k , và lim xn = lim inf xn k . + k 0 + k≥0 ≥ Với định nghĩa như trên thì mọi dãy số bất kỳ đều có giới hạn trên và dưới. Dễ thấy lim xn là giới hạn riêng nhỏ nhất và lim xn là giới hạn riêng lớn nhất của dãy xn; đồng thời lim xn ≤ lim xn. Ta lấy một số ví dụ đơn giản về hai loại giới hạn này như sau. k Ví dụ 1.13. Dãy xk = (−1) , k ∈ N. k lim xk = lim inf xk = lim inf(−1) = lim (−1) = −1, n n n k→∞ →∞ k≥n →∞ k≥n →∞ k lim xk = lim sup xk = lim sup(−1) = lim 1 = 1. k n n n →∞ →∞ k≥n →∞ k≥n →∞ (−1)k Ví dụ 1.14. Dãy xk = k , k ∈ N. k k lim k(−1) = lim inf k(−1) = lim 0 = 0, n n k→∞ →∞ k≥n →∞ k k lim k(−1) = lim sup k(−1) = lim (+∞) = +∞. k n n →∞ →∞ k≥n →∞ (−1)k Ví dụ 1.15. Dãy xk = k , k ∈ N.  1 (−1)k (−1)k − với n = 2m + 1 lim = lim inf = lim n = 0, k k n→∞ k≥n k n→∞  1 , n 2m →∞ − n+1 với =  1 (−1)k (−1)k  với n = 2m lim = lim sup = lim n = 0. n n 1 k→∞ k →∞ k n k →∞  , n 2m 1 ≥ n+1 với = + Ta có các kết quả sau (chứng minh được dành cho phần bài tập). 1.12 Định lý. Một số ` là giới hạn của dãy {xn} khi và chỉ khi lim xn = lim xn = `. 1.13 Định lý. a) lim xn + lim yn ≤ lim(xn + yn) ≤ lim xn + lim yn. b) lim xn + lim yn ≤ lim(xn + yn) ≤ lim xn + lim yn. § 3. LỰC LƯỢNG CỦA TẬP HỢP 1.14 Định nghĩa. Hai tập hợp X và Y được nói là có cùng lực lượng nếu và chỉ nếu tồn tại một song ánh từ X vào Y.
  14. 1.3 Lực lượng của tập hợp "  Chúng ta thường nói rằng hai tập hợp như vậy có "cùng số lượng phần tử", nhưng với các tập hợp vô hạn, sẽ rất khó hiểu "số lượng" là gì. Ngoài ra ta còn rất quan tâm đến trường hợp một tập là "đông" hơn một tập khác. Khái niệm này khá dễ hiểu với tập hữu hạn nhưng không dễ đối với các tập vô hạn. Một tập hợp X được gọi là hữu hạn khi và chỉ khi nó có cùng lực lượng với tập con {1, 2, , n} ⊂ N nào đó, khi đó nó có n phần tử, ký hiệu |X| = n. Trường hợp còn lại X là tập có vô hạn phần tử, ký hiệu |X| = ∞. Tập X được gọi là đếm được nếu và chỉ nếu tồn tại một hàm toàn ánh f từ N vào X, là vô hạn đếm được nếu X cũng là vô hạn. Một tập hợp là không đếm được nếu và chỉ nếu nó không phải là đếm được. Có thể chứng minh được một tập vô hạn đếm được tương đương với khẳng định nó cùng lực lượng với tập N. Ví dụ 1.16. N là tập vô hạn đếm được. Tập các số chẵn là vô hạn đếm được. n−1 n Z là tập vô hạn đếm được. Ta xét hàm số f (n) := 2 nếu n lẻ và − 2 nếu n chẵn. N × N là tập vô hạn đếm được. Thật vậy đặt f (m, n) := 2m−1(2n − 1). Khi đó f là song ánh từ N × N vào N. Dễ thấy mọi tập đếm được (vô hạn hay hữu hạn) đều có thể biểu diễn bằng cách đánh số các phần tử như sau: X = {a1, a2, , an, }. 1.15 Mệnh đề. Mọi tập con của tập đếm được cũng đếm được. Chứng minh. Giả sử tập A là đếm được và B là tập con của A, nếu B là hữu hạn thì ta không cần chứng minh gì nên ta sẽ giả sử B là vô hạn. Khi đó hiển nhiên A là vô hạn đếm được nên A = {a1, a2, }. Gọi b1 là phần tử đầu tiên trong dãy {an} thuộc B, b2 là phần tử thứ hai trong dãy thuộc B, . . . . Khi đó dễ thấy B chính là tập C = {b1, b2, }. Thật vậy, rõ ràng C ⊂ B. Ngược lại, giả sử ak ∈ B và từ a1 đến ak−1 có h phần tử thuộc B, khi đó ak chính là bh+1 ∈ C. Vậy B ⊂ C nên B = C. Như vậy chúng ta có thể tạo ra một tập đếm được bằng cách "cắt bớt" một tập đếm được. Ngược lại ta cũng có thể bổ sung cho một tập đếm được để tạo ra một tập đếm được khác. Tổng quát, chúng ta có kết quả sau. 1.16 Mệnh đề. Hợp của một họ đếm được các tập đếm được cũng là tập đếm được. Trước tiên, ta chứng minh bổ đề sau đây. 1.17 Bổ đề. Hợp của một họ đếm được các tập rời nhau và có hữu hạn phần tử cũng là tập đếm được. Chứng minh. Giả sử dãy tập Bn, n = 1, 2, đều có hữu hạn phần tử được đánh số thứ tự như sau: B b , b , , b , B B , n = { n1 n1 njn } m ∩ n = ∅
  15.  " 1. TẬP HỢP VÀ LÝ THUYẾT SỐ THỰC trong đó jn là ký hiệu số phần tử của tập Bn. S∞ Ta xây dựng một ánh xạ f từ B = Bn vào N như sau: n=1 f (bnk) = j1 + j2 + ··· jn−1 + (k − 1). Dễ dàng chứng minh được đây là song ánh từ B vào N. Ta có thể hiểu cách đánh số các phần tử của tập B như sau: Đầu tiên đánh số các phần tử của tập B1, tiếp theo là đánh số thứ tự với các phần tử của tập B2, tiếp tục như vậy mọi phần tử của Bn đều được đánh số thứ tự. b b b b 11 −→ 12 −→ · · · −→ 1(j1−1) −→ 1j1 ↓ b b b b 2j2 ←− 2(j2−1) ←− · · · ←− 22 ←− 21 ↓ b b b b 31 −→ 32 −→ · · · −→ 3(j3−1) −→ 3j3 ↓ ··············· Chứng minh (CHỨNG MINH MỆNH ĐỀ). Giả sử dãy An = {an1, an2, }, n = 1, 2, , ∞. A i a a Nếu tập k có hữu hạn phần tử thì ta xem như ki = k(i+1) = ··· Đặt B2 = {a11}, B3 = {a12, a21}\ B2, B4 = {a13, a22, a31}\ (B2 ∪ B3), , Bn = {aij|i + j = Ã ! S n}\ Bk , n ≥ 3. Khi đó không khó khăn gì ta thấy Bn là dãy tập rời nhau có 1≤k≤n−1 S S S hữu hạn phần tử và n Bn = n An. Tuy nhiên, n Bn là tập đếm được theo như bổ đề trên. 1.18 Hệ quả. Tập các số hữu tỷ Q là đếm được. Chúng ta chưa đưa ra ví dụ về tập không đếm được mặc dù nó có rất nhiều. Tuy nhiên tất cả các ví dụ này đều xuất phát từ các kết quả dưới đây. X được gọi là có lực lượng nhỏ hơn Y nếu và chỉ nếu tồn tại một hàm đơn ánh từ X vào Y, nhưng không có hàm toàn ánh nào lên Y. Khẳng định sau cho thấy định nghĩa này là chặt chẽ. 1.19 Định lý (tương đương). Nếu A và B là hai tập hợp, f là một hàm đơn ánh từ A vào B, và g là một hàm đơn ánh từ B vào A, khi đó A và B có cùng lực lượng. Chứng minh. Với hàm j và tập hợp X bất kỳ, đặt j[X] := {j(x) : x ∈ X}. Với một X ⊂ A, đặt F(X) := A \ g[B \ f [X]].
  16. 1.3 Lực lượng của tập hợp "  A B g g(B \ f(X)) B \ f(X) F(X) f(X) X f Với U bất kỳ sao cho X ⊂ U ⊂ A, chúng ta có thể chỉ ra F(X) ⊂ F(U). S Đặt W := {X ⊂ A : X ⊂ F(X)} và C := W. Với bất kỳ u ∈ C, ta có u ∈ X với X ∈ W nào đó, cho nên u ∈ X ⊂ F(X) ⊂ F(C). Vì thế C ⊂ F(C), và F(C) ⊂ F(F(C)). Vậy F(C) ⊂ W và do định nghĩa của C ta có F(C) ⊂ C nên F(C) = C. Vậy g sẽ là đơn ánh từ B \ f (C) lên A \ F(C) = A \ C. Trong trường hợp bất kỳ, f là đơn ánh từ C lên f [C]. A B g g(B \ f(C)) B \ f(C) f(C ) C f Đặt h(x) := f (x) nếu x ∈ C, h(x) := g(x)−1 nếu x ∈ A \ C. Khi đó h là song ánh từ A lên B. Ví dụ 1.17. Tập hợp R và (0, 1) có cùng lực lượng. Trước hết ta dễ dàng chứng minh πx được hàm số sau là song ánh từ (−1, 1) vào R : f (x) = tg 2 . Vậy R và (−1, 1) có cùng x+1 lực lượng. Ta lại có song ánh g(x) = 2 từ (−1, 1) vào (0, 1) nên (−1, 1) và (0, 1) có cùng lực lượng. Cho số n hữu hạn bất kỳ, n = 0, 1, 2, , chúng ta luôn có n < 2n; ví dụ, 0 < 1, 1 < 2, 2 < 4, 3 < 8, v. v. Cho một tập hữu hạn X có n phần tử, họ 2X tất cả các tập con của X có 2n phần tử. Khẳng định 2X là lớn hơn X cũng vẫn đúng với các tập hợp lớn tùy ý (vô hạn). 1.20 Định lý. Với mọi tập hợp X, X có lực lượng nhỏ hơn hơn 2X. Chứng minh. Đặt f (x) := {x}. Đây là một đơn ánh từ X vào 2X. Giả sử g là một song ánh từ X lên 2X. Đặt A := {x ∈ X; x 6∈ g(x)}. Khi đó g(y) = A với y nào đó. Nếu y ∈ A thì y 6∈ g(y) = A, nhưng nếu y 6∈ A = g(y) thì y ∈ A, mâu thuẫn. 1.21 Hệ quả. Tập N có lực lượng nhỏ hơn hơn 2N, nên 2N là không đếm được.
  17.  " 1. TẬP HỢP VÀ LÝ THUYẾT SỐ THỰC Họ 2N tất cả các tập con của một tập vô hạn đếm được sẽ được gọi là có lực lượng c, hoặc lực lượng continum, vì kết quả sau. 1.22 Định lý. Tập hợp R các số thực và khoảng [0, 1] := {x ∈ R : 0 ≤ x ≤ 1} có cùng lực lượng là c. Chứng minh. Chứng minh của định lý được để ở phần bài tập. Sử dụng bài tập A.21 ta sẽ chỉ ra [0, 1] và (0, 1) có cùng lực lượng. Sử dụng bài tập A.21 để chứng minh [0, 1] và 2N có cùng lực lượng. Dưới đây là một ví dụ về tập không đếm được khá nổi tiếng, đó là tập Cantor. Ví dụ 1.18. Cho C là tập hợp Cantor ( ) n C := ∑ xn/3 : xn = 0 hoặc 2 với mọi n n≥1 Có thể chứng minh được C có cùng lực lượng với 2N. Thật vậy ta có song ánh f từ 2N C A 2N f A 2/3n vào như sau: với mọi ∈ , ( ) = ∑n∈A . BÀI TẬP A.1. Từ hệ tiên đề của R, chứng minh a) − (xy) = (−x)y = x(−y) e) x ≥ y ⇒ x − y ≥ 0 b) x ≥ 0 (≤ 0) ⇒ −x ≤ 0 (≥ 0) f ) ∀x ∈ R, x2 ≥ 0 c) x ≥ 0, y ≤ 0 ⇒ x.y ≤ 0 g) x ≥ y, z ≥ 0 ⇒ x.z ≥ y.z d) x ≤ 0, y ≤ 0 ⇒ x.y ≥ 0 h) 0 < x < y ⇔ 0 < 1/y < 1/x. A.2. Tìm sup A, inf A và phần tử lớn nhất, nhỏ nhất của A (nếu tồn tại) trong các trường hợp sau: n n+1 a) A = {xn} với xn = (−1) · n n = 1, 2, 3, . . . . n n−1 b) A = {yn} với yn = (−1) · n n = 1, 2, 3, . . . . *A.3. Cho hai dãy {xn} và {yn} bị chặn và đặt zn = xn + yn. Hãy chứng minh các khẳng định sau: a) sup{xn} + sup{yn} ≥ sup{zn} b) inf{xn} + inf{yn} ≤ inf{zn}. Thử đưa ra ví dụ cho trường hợp các dấu bằng không xảy ra. A.4. Tìm các giới hạn trên và dưới của các dãy số sau: π 1 π (−1)n a x sin n . c x cos n . ) n = 2 + n ) n = 3 + n n n 1 n 2 ( + ) 2 nπ b) xn = [(−1) + 1]n . d) xn = (−1) 2 sin 2 .
  18. 1.3 Lực lượng của tập hợp "  *A.5. Chứng minh rằng lim(−xn) = − lim xn. A.6. Hãy chứng minh định lý 1.12. A.7. Hãy chứng minh định lý 1.13. A.8. Cho A := {3, 4, 5} và B := {5, 6, 7}. Xác định: a) A ∪ B. b) A ∩ B. c) A \ B. (d) A∆B. © ª A.9. Chỉ ra ∅ 6= {∅} và {∅} 6= {∅} . A.10. Trong ba tập sau thì những tập nào bằng nhau? © ª © ª © ª a) {2, 3}, {4} ; b) {4}, {2, 3} ; c) {4}, {3, 2} . A.11. Chứng minh rằng a) A ⊂ B và A ⊂ C thì A ⊂ B ∩ C. b) A ⊂ B và C ⊂ D thì A ∩ C ⊂ B ∩ D. c) A ⊂ B khi và chỉ khi A ∩ B = A. S∞ T∞ A.12. Tìm An và An khi n=1 n=1 1 1 1 2 a A x : x b A x : x ) n = { ∈ R −n ≤ < n} ) n = { ∈ R n ≤ ≤ n} 1 c A x : 1 n x 3 d A x : n x n 1 . ) n = { ∈ R ( + n) ≤ < } ) n = { ∈ R ≤ ≤ + } S T A.13. Cho I := [0, 1]. Xác định [x, 2] và [x, 2]. x∈I x∈I A.14. Chứng minh rằng: \∞ 1 1 [∞ 1 1 a a, b a , b b a, b a , b . )[ ] = ( − n + n) )( ) = [ + n − n] n=1 n=1 A.15. Cho {An} là một dãy tăng các tập con của X. Đặt B1 = A1 và Bn = An \ An−1 với mọi n = 2, 3, . Chứng minh rằng Bn ∩ Bm = ∅ với mọi cặp số tự nhiên m 6= n và [∞ [∞ An = B1 ∪ B2 ∪ · · · ∪ Bn; An = Bn. n=1 n=1 A.16. Cho {An} là một dãy các tập con của tập X. Đặt B0 = ∅ và với mọi n ∈ N, đặt [n Bn = Ak, Cn = An \ Bn−1. k=1 Chứng minh {Bn} là dãy các tập đơn điệu tăng và {Cn} là dãy các tập rời nhau thoả mãn: [∞ [∞ [∞ Bn = An = Cn. n=1 n=1 n=1
  19.  " 1. TẬP HỢP VÀ LÝ THUYẾT SỐ THỰC A.17. Cho {An} là dãy các tập con của tập X. Nếu A chứa mọi x ∈ X thuộc vô hạn các tập An, chứng tỏ rằng \∞ h [∞ i A = lim sup An = Ak . n=1 k=n A.18. Cho {An} là dãy các tập con của tập X. Nếu A chứa tất cả x ∈ X thuộc một số hữu hạn các tập An, chứng tỏ rằng [∞ h \∞ i B = lim inf An = Ak . n=1 k=n A.19. Cho {An} là dãy đơn điệu giảm các tập con của tập X. Chứng minh rằng \∞ lim inf An = An = lim sup An. n=1 A.20. Nếu tập X là không đếm được và Y là một tập đếm được, chứng minh rằng X \ Y có cùng lực lượng với X. Gợi ý: Lấy B là một tập con vô hạn đếm được của X \ Y. Khi đó B và B ∪ (X ∩ Y) có cùng lực lượng. A.21. Tương tự, chứng minh rằng nếu tập X là không đếm được và Y là một tập đếm được, thì X ∪ Y có cùng lực lượng với X. *A.21. Chứng minh [0, 1] và 2N có cùng lực lượng bằng cách xét hàm số từ 2N lên [0, 1] như A f A : 1/2n+1 f 0 sau: Nếu ∅ 6= ⊂ N, đặt ( ) = ∑n∈A (khai triển nhị phân) và (∅) = . Hàm này không hẳn là song ánh, nhưng dùng nó và áp dụng bài tập A.20 để chứng minh [0,1] có lực lượng c.
  20. CHƯƠNG 3 LÝ THUYẾT ĐỘ ĐO § 1. ĐẠI SỐ VÀ σ-ĐẠI SỐ 3/1.1 Đại số 3.1 Định nghĩa. Một lớp A (khác rỗng) các tập con của X được gọi là một đại số nếu: i) X ∈ A , ii) Với mọi A ∈ A thì Ac = X \ A ∈ A . A , i 1, 2, , n Sn A iii) Với mọi dãy tập hợp hữu hạn i ∈ A = thì i=1 i ∈ A . Như vậy, A là một đại số khi và chỉ khi A chứa X và kín đối với việc thực hiện một số hữu hạn phép toán về tập (hợp, giao hữu hạn, trừ và phép trừ đối xứng hai tập). Hiển nhiên từ đó suy ra một đại số luôn chứa hai tập ∅ và X. 3.2 Mệnh đề. Một lớp A là một đại số khi và chỉ khi A chứa tập rỗng và thoả mãn các điều kiện: a) A, B ∈ A =⇒ A ∩ B ∈ A , b) A ∈ A =⇒ Ac ∈ A . Điều kiện a) có thể được thay thế bởi điều kiện sau a’) A ∈ A , B ∈ A =⇒ A ∪ B ∈ A . Ví dụ 3.1. Cho tập X bất kỳ ta có • A = {∅, X} là một đại số. • Nếu A ⊂ X là tập khác rỗng và khác X thì A = {∅, A, Ac, X} là một đại số. 1 1 Chẳng hạn X = [0, 1] và A = {∅, X, [0, 2 ], ( 2 , 1]}. 43
  21.  " 3. LÝ THUYẾT ĐỘ ĐO • 2X là một đại số. Câu hỏi: Cho X = {1, 2, 3, 4}, trong các lớp sau, lớp nào là đại số: • A1 = {∅, X, {1}}. • A2 = {∅, X, {1}, {2, 3, 4}, {2}, {1, 3, 4}, {1, 2}, {3, 4}}. • A3 = {∅, X, {1}, {2, 3, 4}, {2}, {1, 3, 4}}. Trả lời: Lớp A2 là đại số trong khi hai lớp A1 và A3 không phải. 3.3 Mệnh đề. Cho lớp tập hợp M 6= ∅ các tập con của tập X, tồn tại duy nhất một đại số A chứa M và là giao của tất cả các đại số chứa M . Đại số A được gọi là đại số sinh bởi M hay đại số nhỏ nhất chứa M . Chứng minh. Bao giờ cũng tồn tại ít nhất một đại số bao hàm M , đó là lớp tất cả các tập con của X. Xét tất cả các đại số bao hàm M và gọi A là giao của chúng. Rõ ràng A cũng là một đại số bao hàm M , vì nếu A, B ∈ A thì A, B và do đó A ∪ B và Ac phải thuộc mọi đại số bao hàm M , tức là A ∪ B ∈ A , và Ac ∈ A . Hơn nữa, A là duy nhất vì nếu có một đại số A 0 cũng có tính chất như A thì một mặt A ⊂ A 0, một mặt A 0 ⊂ A nên A = A 0. Nhận xét. Để chứng minh A là đại số sinh bởi M ta cần chứng minh hai khẳng định i) A là một đại số. ii) A nằm trong đại số sinh bởi M . Ví dụ 3.2. • Nếu M là một đại số thì đại số sinh bởi M chính là M . • Xét A là tập con của X : A 6= ∅, A 6= X và M = {A}. Khi đó, đại số sinh bởi M là: A = {X, ∅, A, Ac}. Thật vậy, dễ thấy A là đại số, ngoài ra X, ∅, A, Ac đều thuộc đại số sinh bởi M . • Nếu M = {A, B} với A, B ⊂ X, A ∩ B = ∅ thì đại số sinh bởi M là: {∅, A, Ac, B, Bc, A ∪ B, (A ∪ B)c, X}. • Xét X = {1, 2, , n} và M = {{1}, {2}, , {n}}. Đại số sinh bởi M chính là 2X.
  22. 3.1 Đại số và σ-đại số "  3/1.2 σ-đại số 3.4 Định nghĩa. Một lớp F các tập con của X được gọi là một σ-đại số (σ-trường) nếu: i) X ∈ F , ii) Với mọi A ∈ F thì Ac = X \ A ∈ F . A , i 1, 2, S∞ A iii) Nếu dãy tập hợp vô hạn i ∈ F = thì i=1 i ∈ F . Cặp (X, F ) được gọi là một không gian đo được và mỗi phần tử thuộc F được gọi là một tập đo được. Dĩ nhiên, một σ-đại số là đại số. Ngược lại, một đại số kín đối với phép hợp đếm được thì sẽ là một σ-đại số. 3.5 Mệnh đề. Một lớp F là một σ-đại số khi và chỉ khi F chứa tập rỗng và thoả mãn các điều kiện i) Với mọi A ∈ F thì Ac = X \ A ∈ F . A , i 1, 2, T∞ A ii) Nếu dãy tập hợp vô hạn i ∈ F = thì i=1 i ∈ F . Chứng minh. Nếu F là σ-đại số thì i) hiển nhiên đúng. Giả sử cho Ai ∈ F , (i = 1, 2, ), ¡ ¢ T∞ A S∞ Ac c ta có i=1 i = i=1 i ∈ F nên ii) đúng. c Ngược lại nếu i) và ii) đúng, khi đó rõ ràng X = ∅ ∈ F và với Ai ∈ F , (i = 1, 2, ), ¡ ¢ S∞ A T∞ Ac c thì i=1 i = i=1 i ∈ F . Vậy F là một σ-đại số. Như vậy theo mệnh đề trên, một σ-đại số luôn kín đối với việc thực hiện một số đếm được các phép toán về tập hợp. Ví dụ 3.3. • Cho X là tập hợp bất kỳ thì 2X là một σ-đại số. • Nếu X là một tập hữu hạn và A là một đại số trên X thì A cũng là σ-đại số. Như vậy sự khác biệt giữa đại số và σ-đại số sẽ không còn trong trường hợp không gian mẫu là hữu hạn. • Cho lớp F gồm tất cả các tập A ⊂ N có tính chất là chứa cả hai số 1, 2 hoặc không chứa cả 2 số này. Khi đó F là một σ-đại số của N. Thật vậy lấy A ∈ F tuỳ ý. Nếu cặp 1, 2 thuộc A thì không thuộc Ac, nếu không c c thuộc A thì thuộc A nên rõ ràng A ∈ F . Ngoài ra với Ai ∈ F , (i = 1, 2, ) thì i A 1, 2 S∞ A nếu tồn tại để i chứa cặp 1, 2 thì { } ∈ i=1 i, còn nếu không thì rõ ràng 1, 2 S∞ A S∞ A { } 6∈ i=1 i nên i=1 i ∈ F . • Họ tất cả các tập A ⊂ X thoả mãn một trong hai tập A hay Ac có hữu hạn hoặc vô hạn đếm được phần tử lập thành một σ-đại số.
  23.  " 3. LÝ THUYẾT ĐỘ ĐO 3.6 Mệnh đề. Cho một lớp tập M 6= ∅, tồn tại duy nhất một σ-đại số F chứa M và là giao của tất cả các σ-đại số chứa M (do đó nó là σ - đại số nhỏ nhất chứa M ). Ta gọi σ-đại số F là σ-đại số sinh bởi M và ký hiệu là σ(M ). Ví dụ 3.4. Cho tập M = {{1}, {2}, {3}, }, σ-đại số sinh bởi M chính là lớp tất cả các tập con của N tức σ(M ) = 2N. S A 2N A a , , a a 2N Thật vậy nếu ∈ suy ra = { 1 n} = 1≤i≤n{ i} ∈ σ(M ). Vậy ⊂ σ(M ) và hiển nhiên 2N là σ-đại số nên 2N = σ(M ) 3/1.3 σ-đại số Borel Trong không gian R, ký hiệu C1 là họ các khoảng mở (a, b) của R. Khi đó, ta gọi σ-đại số sinh bởi C1 là σ-đại số Borel của R và gọi phần tử thuộc σ-đại số Borel là tập Borel hoặc tập đo được Borel của R. Ký hiệu σ-đại số Borel là B(R). Nhận xét rằng σ-đại số Borel của R có thể được sinh bởi một trong các lớp sau đây: C1 = lớp tất cả các khoảng hữu hạn (a, b); C2 = lớp tất cả các đoạn hữu hạn [a, b]; C3 = lớp tất cả các nửa khoảng hữu hạn (a, b]; C4 = lớp tất cả các nửa khoảng hữu hạn [a, b); C5 = lớp tất cả các khoảng vô hạn (b, +∞); C6 = lớp tất cả các khoảng vô hạn (−∞, a); C7 = lớp tất cả các khoảng vô hạn (−∞, a]; C8 = lớp tất cả các khoảng vô hạn [b, +∞). a, b T∞ a 1 , b 1 Chẳng hạn σ-đại số Borel B(R) là chứa C2 do [ ] = n=1( − n + n ) ∈ B(R). C C a, b S∞ a 1 , b 1 Ngược lại σ-đại số sinh bởi 2 chứa 1 do ( ) = n=1[ + n − n ] nên nó trùng với σ-đại số Borel B(R). Chú ý là lớp các tập Borel thuộc đoạn [0,1] cũng lập thành một σ-đại số, ký hiệu là B[0, 1]: B[0, 1] = {S ⊆ [0, 1] : S ∈ B(R)}. Ví dụ 3.5. Cho tập B ⊂ R bất kỳ, tập α + B với α ∈ R được xác định như sau: α + B = {α + x|x ∈ B}. Khi đó nếu B là một tập Borel thì α + B, α ∈ R bất kỳ, cũng là tập Borel. Thật vậy xét lớp tập hợp sau α + B = {α + B|B ∈ B}. Dễ dàng chứng minh được α + B là một σ-đại số, ngoài ra nó chứa lớp C1 (hiển nhiên vì α + (a, b) ∈ C1). Vậy α + B chứa σ-đại số Borel B. Suy ra B chứa −α + B. Tuy nhiên dễ dàng thấy −α + B cũng là σ-đại số chứa lớp C1 nên −α + B cũng phải chứa σ-đại số Borel B. Từ hai khẳng định trên suy ra −α + B trùng với B, do đó trùng với α + B.
  24. 3.2 Không gian độ đo "  § 2. KHÔNG GIAN ĐỘ ĐO 3/2.1 Các khái niệm cơ bản Cho X là một tập tuỳ ý, A là một lớp tập con của X. Ký hiệu R+ là tập số thực dương suy rộng [0, +∞]. 3.7 Định nghĩa. Một ánh xạ p từ A vào R+ (p có thể nhận giá trị +∞) được gọi là: +) cộng tính nếu: p(A ∪ B) = p(A) + p(B). với mọi tập A, B rời nhau trong A và A ∪ B ∈ A . +) σ-cộng tính nếu: Ã ! [∞ ∞ p Ai = ∑ p(Ai). (3.7) i=1 i=1 A S∞ A với mọi họ đếm được các tập rời nhau đôi một i ∈ A thoả mãn i=1 i ∈ A . Vế phải của đẳng thức 3.7 luôn được xác định trong không gian số thực mở rộng vì đó là một tổng chuỗi số dương. Bằng quy nạp, ta dễ dàng thấy nếu p cộng tính thì sẽ hữu hạn cộng tính tức: Ã ! [m m p Ai = ∑ p(Ai). i=1 i=1 Sm với mọi tập rời nhau đôi một A1, , Am ∈ A thoả mãn Ai ∈ A . i=1 Một hàm σ-cộng tính thì cộng tính nhưng điều ngược lại chưa chắc đúng. Ta nói hàm tập p là liên tục tại ∅ nếu với mỗi dãy An ↓ ∅, An ∈ A , ta có lim p(An) = 0. n→∞ 3.8 Định lý. Cho hàm tập p : A → R+ (nhận giá trị hữu hạn không âm), cộng tính hữu hạn. Khi đó p là σ-cộng tính khi và chỉ khi p liên tục tại ∅. p A S∞ A , A , A A Chứng minh. Trước hết giả sử liên tục tại ∅ và = k=1 k ( k ∈ A ) và các k B A Sn A A B A A rời nhau. Khi đó, n = \ ( k=1 k) ↓ ∅. Suy ra = ∪ 1 ∪ ∪ n là hợp hữu hạn các tập rời nhau. Như vậy, vì p cộng tính hữu hạn và liên tục tại ∅ nên ta có n ∞ p(A) = p(Bn) + ∑ p(Ak) → ∑ p(Ak) khi n → ∞. k=1 k=1 Vậy, ta có khẳng định đầu của mệnh đề. Ngược lại, giả sử p là σ-cộng tính và một dãy tập Bn ↓ ∅, Bn ∈ A . Đặt A = B1, An = B B A S∞ A B A n \ n+1. Khi đó, ta có = k=1 k là hợp đếm được các tập rời nhau, n = \ Sn A ( k=1 k).
  25.  " 3. LÝ THUYẾT ĐỘ ĐO p Nếu hữu hạn và σ-cộng tính thì:³ ´ p B p A p Sn A p A n p A 0. ( n) = ( ) − k=1 k = ( ) − ∑k=1 ( k) → Chú ý. Từ định lý trên ta suy ra: Nếu p hữu hạn, cộng tính hữu hạn thì tính σ-cộng tính của p tương đương với tính liên tục tại ∅ của nó. 3.9 Định nghĩa. Cho (X, F ) là một không gian đo được. Một hàm tập σ-cộng tính µ : F → R+ với µ(∅) = 0 được gọi là độ đo trên σ-đại số F (hoặc trên X nếu F đã được ngầm định). Với A ∈ F thì A được gọi là tập đo được và µ(A) được gọi là độ đo của tập A. Bộ ba (X, F , µ) được gọi là một không gian độ đo. Độ đo µ được gọi là hữu hạn nếu µ(X) < ∞. Độ đo µ gọi là σ-hữu hạn nếu tồn tại dãy tập hợp Xn ∈ F và µ(Xn) < ∞, ∀n = 1, 2, sao cho [∞ Xn = X. n=1 Chú ý. Như vậy hàm giá trị thực µ xác định trên σ-đại số F là độ đo nếu • µ(A) ≥ 0 với mọi A ∈ F . • µ(∅) = 0 (có thể thay bằng: µ(A) < +∞ với ít nhất một A ∈ F ). • µ là σ-cộng tính. Ví dụ 3.6. • Hàm tập µ đồng nhất bằng 0 là một độ đo hữu hạn trên F . X X • Cho không gian độ đo (X, 2 ) và x0 ∈ X nào đó. Với A ∈ 2 bất kỳ, ta định nghĩa một hàm tập như sau  1 nếu x0 ∈ A, µx0 (A) = 0 nếu x0 6∈ A. X Khi đó µ là một độ đo hữu hạn và được gọi là độ đo Dirac tại điểm x0 trên 2 . Lấy một dãy An ↓ ∅, khi đó theo định lý 3.8, µ(An) → 0 khi n → ∞. Tức là tồn tại số k ∈ N sao cho µ(An) = 0 với mọi k ≥ n.
  26. 3.2 Không gian độ đo "  • Cho không gian độ đo (X, 2X), với A ∈ 2X bất kỳ ta định nghĩa:   số phần tử của tập A nếu A hữu hạn µ(A) = +∞ nếu A vô hạn. µ là một độ đo trên 2X và được gọi là độ đo đếm. µ là hữu hạn nếu và chỉ nếu X là tập hữu hạn. µ là σ-hữu hạn nếu và chỉ nếu X nhiều nhất là tập hợp đếm được. Giả sử X vô hạn, chẳng hạn X = N, ta xét dãy Bn = {k ∈ N : k ≥ n} ↓ ∅ nhưng µ(Bn) = +∞ 9 0. Do đó, µ không liên tục tại ∅. Định lý 3.8 không áp dụng được ở đây vì thiếu giả thiết µ hữu hạn. • Cho không gian độ đo (X, F ) bất kỳ, với mọi A ∈ F ta định nghĩa một hàm tập như sau:  0 nếu A = ∅ µ(A) = +∞ nếu A 6= ∅ Khi đó µ là một độ đo không σ-hữu hạn trên F . Với X = N, vẫn bằng cách xét dãy Bn = {k ∈ N : k ≥ n}, ta thấy độ đo này cũng không liên tục tại ∅. Chú ý. Nếu p là một độ đo trên không gian đo được (Ω, Σ) thoả mãn p(Ω) = 1 thì p được gọi là một độ đo xác suất và trong trường hợp này (Ω, Σ, p) được gọi là một không gian độ đo xác suất. µ(S) Cho không gian Ω là hữu hạn và µ là độ đo đếm trên Ω, khi đó độ đo sau p(S) = µ(Ω) với mọi tập con S của Ω là một độ đo xác suất. Người ta gọi đó là độ đo xác suất cổ điển. 3/2.2 Các tính chất 3.10 Định lý. Cho không gian độ đo (X, F , µ), khi đó ta có: i) µ(A \ B) = µ(A) − µ(B) với mọi A, B ∈ F và B ⊂ A, µ(B) < +∞; ii) µ(B) ≤ µ(A) với mọi A, B ∈ F và B ⊂ A; iii) µ(A ∪ B) = µ(A \ B) = µ(A) với mọi A, B ∈ F thoả mãn µ(B) = 0; Chứng minh. i) Vì B ⊂ A nên A = (A \ B) ∪ B là hợp hai tập rời nhau, do đó µ(A) = µ(A \ B) + µ(B). Mà µ(B) < ∞ nên suy ra µ(A) − µ(B) = µ(A \ B). A A\ B B
  27.  " 3. LÝ THUYẾT ĐỘ ĐO ii) Hiển nhiên µ(A) = µ(A \ B) + µ(B) ≥ µ(B). iii) Ta có A ∪ B = (A \ B) ∪ B là hợp hai tập rời nhau nên µ(A ∪ B) = µ(A \ B) + µ(B) = µ(A \ B). Theo tính chất ii), µ(A \ B) ≤ µ(A) ≤ µ(A ∪ B) nên chúng bằng nhau. Do định lý 3.10.ii), nhiều khi ta tin rằng tập con của một tập có độ đo 0 tất nhiên cũng có độ đo 0. Tuy nhiên có một vấn đề ở đây là chưa chắc tập con đó đã đo được (tức thuộc σ-đại số F ). Chẳng hạn cho X = {a, b, c} và F = {∅, X, {a}, {b, c}} và cho một độ đo p thoả mãn p{a} = 1 và p{b, c} = 0. Khi đó hiển nhiên kết luận p{b} = 0 là sai vì thậm chí p còn không được định nghĩa trên {b}. Cho (X, F ) là một không gian đo được, tính chất σ-cộng tính của hàm tập µ trên F có thể được coi là trung tâm của lý thuyết độ đo (xác suất). Nó thiết lập một số tính chất rất hữu dụng của độ đo. Chúng ta sẽ đưa ra một số tính chất sau rút ra từ tính σ-cộng tính. 3.11 Định lý. Cho không gian độ đo (X, F , µ), khi đó ta có: i) Với mọi họ đếm được Ai ∈ F (i = 1, 2, ), ta có ³ [∞ ´ ∞ µ Ai ≤ ∑ µ(Ai). i=1 i=1 S∞ A 0 A A 0, i 1, 2, ii) µ ( i=1 i) = với mọi dãy i ∈ F thoả mãn µ( i) = (∀ = ). ³ ´ B A , B A A , B A A A , , B A Sn−1 A , Chứng minh. i) Đặt 1 = 1 2 = 2 \ 1 3 = 3 \ ( 1 ∪ 2) n = n \ i=1 i . Khi đó các tập Bi là rời nhau và Bi ⊂ Ai nên theo định lý 3.10.ii) ta có µ(Bi) ≤ µ(Ai), S∞ A S∞ B ngoài ra i=1 i = i=1 i. Vậy áp dụng tính chất σ-cộng tính của µ ta được: ³ [∞ ´ ∞ ∞ µ Ai = ∑ µ(Bi) ≤ ∑ µ(Ai). i=1 i=1 i=1 A S∞ A 0 A ∞ A 0 ii) Đặt = i=1 i, áp dụng định lý 3.10 ta có ≤ µ( ) ≤ ∑i=1 µ( i) = , từ đó suy ra µ(A) = 0. Như vậy việc thêm bớt hợp một số đếm được các tập đo được có độ không sẽ không ảnh hưởng đến độ đo của tập ban đầu. Trong chứng minh định lý 3.11.i), chúng ta đã sử dụng phương pháp tách hợp của dãy {An} bất kỳ thành hợp của các tập rời nhau Bn, như minh họa ở hình dưới đây. Dãy các tập Bn
  28. 3.2 Không gian độ đo "  3.12 Hệ quả. Nếu độ đo µ là σ-hữu hạn thì mọi tập A ∈ F đều có thể phân tích thành một số đếm được tập có độ đo hữu hạn. Cũng từ tính σ-cộng tính của độ đo ta có thêm các kết quả sau: 3.13 Định lý (Tính liên tục của độ đo). Cho không gian đo được (X, F ) và µ là một độ đo trên σ-đại số F , khi đó: i) nếu dãy Ai ∈ F (i = 1, 2, ) là đơn điệu tăng tức A1 ⊆ A2 ⊆ thì à ! [∞ µ Ai = lim µ(Ai); i→∞ i=1 ii) nếu dãy Ai ∈ F (i = 1, 2, ) là đơn điệu giảm tức A1 ⊇ A2 ⊇ và µ(A1) < ∞ thì à ! \∞ µ Ai = lim µ(Ai). i→∞ i=1 Ngược lại, cho µ : F → R+ là hàm tập hữu hạn cộng tính thoả mãn µ(∅) = 0 thì nó sẽ là một độ đo nếu thoả mãn một trong hai điều kiện i) hoặc ii) ở trên. A i 1, 2, Chứng minh. i) Giả sử dãy i ∈ F ( = ) lൠđơn điệu¶ tăng. nS−1 Ta đặt B1 = A1, B2 = A2 \ A1, , Bn = An \ Ai thì các Bi ∈ F rời nhau và i=1 S∞ S∞ Ai = Bi. Do đó i=1 i=1 à ! à ! à ! [∞ [∞ ∞ n [n µ Ai = µ Bi = µ(Bi) = lim µ(Bi) = lim µ Bi = lim µ(An). ∑ n→∞ ∑ n→∞ n→∞ i=1 i=1 i=1 i=1 i=1 Khẳng định i) đã được chứng minh. ii) Giả sử dãy Ai ∈ F (i = 1, 2, ) là đơn điệu giảm.Theo công thức De Morgan A T∞ A S∞ A A A0 A A A0 A0 1 \ i=1 i = i=1( 1 \ i), trong đó các tập i = 1 \ i ∈ F và 1 ⊂ 2 ⊂ . Theo S∞ A0 lim A0 phần i) ta có µ( i=1 i) = i→∞ µ( i).
  29.  " 3. LÝ THUYẾT ĐỘ ĐO A A A A ∞ A Nhưng vì µ( 1) < ∞ mà i ⊂ 1 nên µ( i) < ∞ và µ(∩i=1 i) < ∞. Từ đó ta có: 0 µ(Ai) = µ(A1) − µ(Ai), [∞ \∞ \∞ 0 µ( Ai) = µ(A1 \ Ai) = µ(A1) − µ( Ai), i=1 i=1 i=1 T∞ A lim A do đó thay vào trên ta nhận được µ( i=1 i) = i→∞ µ( i). Khẳng định ii) được chứng minh xong. Phần còn lại của định lý được chứng minh ở phụ lục. Các kết quả i) và ii) ở định lý 3.13 còn được gọi là tính liên tục trên và dưới của độ đo, chúng được suy trực tiếp từ tính σ-cộng tính của độ đo. Như vậy từ định lý 3.13 ta rút ra kết luận: σ-cộng tính ⇐⇒ cộng tính hữu hạn và liên tục. Chú ý. Kết quả ii) trong định lý 3.13 có thể không còn đúng nếu µ(Ak) = +∞ với k nào đó. Thật vậy xét không gian độ đo (N, 2N, µ) với µ là độ đo đếm. Dãy An = {n + 1, n + 2, } ↓ ∅ nhưng µ(Bn) = +∞ 9 0. § 3. THÁC TRIỂN ĐỘ ĐO Trước hết ta xét một số ví dụ sau. Chúng sẽ cho thấy việc xây dựng một độ đo xác suất trên không gian mẫu vô hạn là không hề đơn giản. Ví dụ 3.7. Trên đường thẳng R có những tập điểm được gán với một số không âm gọi là “độ dài”. Chẳng hạn, độ dài của một đoạn ∆ = [a, b] là |∆| = b − a; nếu một tập có thể phân tích thành một số hữu hạn đoạn rời nhau: ∆1, ∆2, , ∆n thì độ dài của nó là |∆1| + |∆2| + ··· + |∆n|. Nhưng cũng có những tập mà trực quan không cho ta thấy nên xác định độ dài như thế nào, chẳng hạn như tập các điểm hữu tỉ trong đoạn [0, 1]. Vấn đề nảy sinh là làm thế nào để mở rộng khái niệm độ dài cho những tập phức tạp hơn những đoạn thẳng hoặc hợp của một số hữu hạn đoạn thẳng. Trong mặt phẳng R2 và trong không gian R3 ta cũng gặp vấn đề tương tự.
  30. 3.3 Thác triển độ đo "  Sau đây là một ví dụ khác trong lý thuyết xác suất. Ví dụ 3.8. Trước hết ta ký hiệu một số tập hợp như sau: k {0, 1} = {{x1, x2, , xk}|x1, x2, , xk ∈ {0, 1}}, ∞ {0, 1} = {{x1, x2, , }|x1, x2, , ∈ {0, 1}}. Xét phép thử bằng cách tung đồng xu đồng chất k lần và ký hiệu một lần "ngửa" là 1 và một lần "sấp" là 0. Khi đó không gian mẫu được biểu diễn là X := {0, 1}k. Trong trường hợp này X là hữu hạn (có 2k phần tử), 2X là không gian các biến cố cũng hữu hạn phần tử nên ta có thể dễ dàng gán một độ đo xác suất cho nó. Ở đây ta dùng độ đo xác suất cổ điển |S| p(S) = với S ∈ 2X. 2k Nhắc lại |S| ký hiệu số phần tử của tập S. Tuy nhiên nếu ta xét phép thử bằng cách tung đồng xu liên tiếp nhiều vô hạn lần, khi đó không gian mẫu là không gian có phần tử là các dãy vô hạn X := {0, 1}∞. Bây giờ liệu chúng ta sẽ định nghĩa các biến cố và độ đo xác suất gán cho chúng như thế nào. Rõ ràng không thể sử dụng ý tưởng của xác suất cổ điển trong trường hợp này. Chúng ta muốn có một độ đo xác suất sao cho, chẳng hạn biến cố có vô hạn mặt ngửa sẽ có xác suất bằng 1. Hoặc là ta sẽ muốn biến cố mà sau một số đủ lớn lần tung đồng xu 1 thì tần suất mặt ngửa tiến dần tới 2 sẽ có xác suất lớn. Trước hết chúng ta thử xác định không gian biến cố. Đầu tiên ta xét các biến cố đơn giản, ví dụ xét tập hợp sau ∞ {(xm) ∈ {0, 1} |x1 = a1, , xk = ak} trong đó k ∈ N và a1, , ak ∈ {0, 1} cố định. (các phần tử của nó là các dãy vô hạn có một số hữu hạn số hạng đầu tiên được xác định). Sử dụng định nghĩa xác suất cổ điển ta gán cho mỗi được tập hợp như vậy một độ đo 1 là . 2k Khi đó tập hợp có dạng sau ∞ {(xm) ∈ {0, 1} |(x1, , xk) ∈ S} trong đó k ∈ N và S ∈ {0, 1}k cũng thuộc không gian các biến cố. Tập hợp dạng này được gọi là một tập hình trụ, nó ứng với biến cố "kết quả sau k lần tung đầu tiên thuộc tập S |S| cho trước" và có độ đo xác suất là . 2k Lớp tất cả các tập hình trụ như vậy [∞ n o ∞ k A = {(xm) ∈ {0, 1} : (x1, , xk) ∈ S} : S ⊆ {0, 1} . k=1
  31.  " 3. LÝ THUYẾT ĐỘ ĐO là một đại số. Liệu ta có thể lấy σ-đại số sinh bởi A làm không gian các biến cố. Rõ ràng σ(A ) chứa tất cả các biến cố thú vị không thuộc A . Chẳng hạn biến cố "tất cả các lần tung sau lần thứ 5 đều ra mặt sấp" thuộc σ(A ), do tập hợp {(xm)|xk = 1} thuộc A nên \∞ {(xm)|xk = 1 với mọi k ≥ 6} = {(xm)|xk = 1} ∈ σ(A ). k=6 Tương tự, biến cố có vô hạn mặt ngửa xuất hiện trong phép thử thuộc σ(A ) do \∞ [∞ {(xm)|xk = 1 với vô hạn k} = {(xm)|xi = 1} ∈ σ(A ). k=1 i=k Như vậy có vẻ rất thích hợp nếu lấy σ(A ) làm không gian các biến cố. Tuy nhiên chúng ta lại mới chỉ biết được độ đo xác suất gán cho A , còn rất nhiều biến cố ngoài A thì có thể gán như thế nào để vẫn đảm bảo các tính chất của độ đo. Rất may mắn là chúng ta không phải gán gì thêm bởi xác suất của các biến cố này sẽ được xác định rõ ràng. Cho A là một đại số trong không gian X, p là một hàm tập σ-cộng tính trên A . Ta sẽ tìm cách thác triển m thành một độ đo trên một σ-đại số bao hàm A . 3/3.1 Định lý thác triển độ đo 3.14 Định lý (thác triển độ đo của Caratheodory). Cho A là một đại số trên tập X khác rỗng và p : A → R+ là một hàm tập σ-cộng tính. Khi đó tồn tại một độ đo µ xác định trên σ(A ) thỏa mãn µ(A) = p(A) với mọi A ∈ A . Ngoài ra, nếu p là σ-hữu hạn thì µ được xác định duy nhất. Định lý trên giúp ta xây dựng một độ đo duy nhất trên một σ-đại số bằng cách chỉ cần xác định dáng điệu của độ đo trên đại số sinh ra σ-đại số này. Việc gán một độ đo đối với một đại số dễ thực hiện hơn nhiều nên định lý thác triển tỏ ra rất hữu dụng. Chẳng hạn ta sẽ áp dụng định lý trên đối với ví dụ 3.8 mà ta đã biết cách gán độ đo cho các tập trụ. Ví dụ 3.9. Quay lại ví dụ 3.8, ta gán p({0, 1}∞) = 1 và S ∞ | | p{(xm) ∈ {0, 1} : (x1, , xk) ∈ S} := 2k với k ∈ N và S ⊂ {0, 1}k. Dễ dàng kiểm tra được p là hữu hạn cộng tính. Nếu chứng minh được p liên tục dưới tại tập rỗng thì ta cũng sẽ suy ra kết quả sau: p là hàm σ-cộng tính trên A .
  32. 3.3 Thác triển độ đo "  Khi đó theo định lý thác triển, tồn tại duy nhất một độ đo µ trên σ-đại số σ(A ) sao cho nó bằng với p trên A . Tuy nhiên độ đo µ của tập bất kỳ trong σ-đại số σ(A ) được xác định như thế nào ? Để trả lời đầy đủ câu hỏi này, ta cần đến chứng minh của định lý thác triển. Tuy nhiên, ta vẫn có thể tìm ra độ đo xác suất ứng với một vài biến cố trong phép thử. Chẳng hạn xét biến cố "tất cả các lần tung sau lần thứ 5 đều ra mặt sấp", bằng cách sử dụng định lý 3.13. Đặt Ak = {(xm)|x6 = ··· = xk = 1}, với k ≥ 6, khi đó \∞ 25 x x 1, k 6 A lim A lim 0. µ({( m)| k = ≥ }) = µ( k) = µ( k) = k = k→∞ k→∞ 2 k=6 Tương tự với biến cố "có vô hạn mặt ngửa xuất hiện trong phép thử" Ã ! Ã ! \∞ [∞ [∞ µ {(xm)|xi = 1} = lim µ {(xm)|xi = 1} k→∞ k=1 i=k i=k = 1 − lim µ({(xm)|xi = 0, ∀i ≥ k}) = 1. k→∞ Bây giờ chúng ta sẽ tiến hành chứng minh định lý thác triển độ đo theo các bước như sau: Đầu tiên ta xây dựng một hàm tập µ∗ - được gọi là độ đo ngoài - đối với lớp 2X sao cho nó trùng m trên A . Sau đó chỉ ra một σ-đại số chứa A và µ∗ là độ đo đối với σ-đại số ấy. Khi đó hiển nhiên µ∗ cũng là độ đo trên σ(A). 3.15 Định nghĩa. Một hàm tập µ∗ xác định trên lớp 2X, lớp tất cả các tập con, của một không gian X, được gọi là một độ đo ngoài nếu a) µ∗(A) ≥ 0 với mọi A ⊂ X, b) µ∗(∅) = 0, A ∞ A ∗ A ∞ ∗ A c) ⊂ ∪i=1 i =⇒ µ ( ) ≤ ∑i=1 µ ( i). Chú ý. Độ đo ngoài chỉ đòi hỏi tính nửa σ-cộng tính dưới c) nhưng lại xác định trên lớp tất cả các tập con của X. Đây là các điểm khác biệt cơ bản giữa độ đo và độ đo ngoài. 3.16 Định nghĩa. Cho µ∗ là một độ đo ngoài trên X. Các tập con A của X thỏa mãn µ∗(E) = µ∗(E ∩ A) + µ∗(E \ A) với mọi E ⊂ X (3.16) được gọi là các tập µ∗ - đo được. Ký hiệu: L là lớp tất cả các tập µ∗ - đo được. Chú ý. Điều kiện (3.16) tương đương với µ∗(E) ≥ µ∗(E ∩ A) + µ∗(E \ A) với mọi E ⊂ X. Ví dụ 3.10. • X = {0, 1}, A = 2X, ta định nghĩa µ∗(∅) = 0, µ∗(A) = 1, ∅ 6= A ∈ A . Khi đó µ∗ không là độ đo nhưng là độ đo ngoài. • Với X, A như trên, nếu ta định nghĩa µ∗(∅) = 0, µ∗({1}) = µ∗({2}) = 2, µ∗(X) = 1. Khi đó µ∗ không là độ đo cũng không là độ đo ngoài.
  33.  " 3. LÝ THUYẾT ĐỘ ĐO Ví dụ 3.11. Cho tập X = {1, 2}. Lớp tất cả các tập con của X gồm {∅, X, {1}, {2}}. Với mỗi tập con A ⊂ X, đặt  1 nếu A 6= ∅, µ∗(A) = 0 nếu A = ∅. Dễ thấy rằng µ∗ là một độ đo ngoài và họ các tập µ∗ đo được là {∅, X}, σ-đại số tầm thường trên X. 3.17 Định lý (Caratheodory). Lớp tất cả các tập µ∗ - đo được L là một σ-đại số và ∗ ∗ hàm µ = µ |L (thu hẹp của µ trên L ) là một độ đo trên L . Độ đo µ được gọi là độ đo cảm sinh bởi độ đo ngoài µ∗. Quay trở lại định lý 3.14, với mỗi A ⊂ X, ta đặt: © ∞ ª ∗ A inf p P : ∞ P A, P . µ ( ) = ∑ ( i) ∪i=1 i ⊃ i ∈ A (3.17) i=1 Khi đó ta lần lượt chứng minh được các kết quả sau: • µ∗ là một độ đo ngoài . • µ∗(A) = p(A) với mọi A ∈ A . • µ∗ là độ đo trên σ(A ) hay σ(A ) ⊂ L - lớp tất cả các tập µ∗ đo được. ¯ • Với p là σ-hữu hạn và µ1 là một độ đo khác xác định trên σ(A ) sao cho µ¯ = ¯ A 1¯ p A 1 A A µ A = . Khi đó µ( ) = µ ( ), ∀ ∈ σ(A ). Chứng minh đầy đủ của định lý 3.14 được trình bày ở phụ lục. Trong định lý 3.14 cần tới giả thiết σ-hữu hạn của p thì độ đo thác triển µ mới là duy nhất. Nếu bỏ giả thiết này chúng ta sẽ có phản ví dụ như sau: Ví dụ 3.12. Cho A là đại số sinh bởi các khoảng nửa đóng bên phải: (a, b]. Có thể chứng minh được A gồm các tập hợp: A = {A = ∆1 ∪ ∪ ∆n|∆i ∩ ∆j = ∅, ∆i = (ai, bi]}. Định nghĩa một hàm tập σ-cộng tính p trên A bằng cách đặt  +∞ nếu A 6= ∅, p(A) = 0 nếu A = ∅. Khi đó σ(A ) là σ-đại số Borel B, ta định nghĩa độ đo µ1 trên B tương tự như p, tức  +∞ nếu A 6= ∅, µ1(A) = 0 nếu A = ∅,
  34. 3.4 Độ đo trên Rk "  còn độ đo µ2 được định nghĩa như sau:   A , +∞ nếu gồm vô hạn phần tử µ2(A) = số phần tử của A nếu A gồm hữu hạn phần tử ,   0 nếu A = ∅. Như vậy µ1 và µ2 là hai độ đo khác nhau trên B nhưng trùng nhau trên A . Như vậy, ta đã có thể nói tới độ đo µ xác định trên một σ-đại số A . Ta gọi (X, A ) là không gian đo được và (X, A , µ) là không gian độ đo. Từ đây về sau, ta luôn xét độ đo xác định trên σ - đại số, không gian độ đo là không gian gắn với σ - đại số. 3.18 Định nghĩa. Độ đo µ trên một σ-đại số A được gọi là (độ đo) đủ nếu mọi tập con của một tập bất kỳ thuộc A có độ đo không đều cũng thuộc A và có độ đo không: N ⊂ E, µ(E) = 0 ⇒ N ∈ A , µ(N) = 0. Các tập N được gọi là tập µ-không nếu có ít nhất một tập A ∈ A sao cho N ⊂ A và µ(A) = 0. 3.19 Định lý. Độ đo µ cảm sinh bởi độ đo ngoài µ∗ là độ đo đủ (trên σ-đại số L các tập µ∗-đo được) và họ các tập có độ đo µ bằng 0 trùng với họ các tập có độ đo ngoài µ∗ bằng 0. Chứng minh. Ở đây, ta chỉ cần chứng minh rằng mọi tập A có µ∗(A) = 0 đều µ∗-đo được. Với mọi tập E ⊂ X ta có µ∗(E ∩ A) ≤ µ∗(A) = 0, nên µ∗(E ∩ A) + µ∗(E \ A) ≤ µ∗(E \ A) = µ∗(E ∩ Ac) ≤ µ∗(E). Như vậy, A là µ∗-đo được. Định lý sau đây cho thấy rằng mọi không gian độ đo đều có thể nới rộng thành không gian có độ đo đủ. Vì vậy, ta có thể luôn xét các không gian độ đo là không gian có độ đo đủ. 3.20 Định lý. Xét không gian độ đo (X, A , µ). Gọi N là tập tất cả các tập µ-không. Khi đó, lớp Aµ gồm tất cả các tập có dạng A ∪ N, với A ∈ A , N ∈ N trùng với σ(A ∪ N ) ∼ ∼ và công thức µ(A ∪ N) = µ(A) xác định độ đo duy nhất trên Aµ sao cho µ|A = µ và ∼ (X, Aµ, µ) là không gian có độ đo đủ. k § 4. ĐỘ ĐO TRÊN R Trong bài này, ta sẽ xem xét một cách cụ thể hơn một số trường hợp đặc biệt về các độ đo thường được sử dụng trên Rk.
  35.  " 3. LÝ THUYẾT ĐỘ ĐO 3/4.1 Độ đo Lebesgue trên R Ta gọi gian trên đường thẳng R là một tập điểm có một trong các dạng sau: (a, b), [a, b], (a, b], [a, b); (−∞, +∞), (−∞, a), (−∞, a], (a, +∞), [a, +∞). Ký hiệu chung các gian là ∆. Chiều dài của ∆, ký hiệu |∆| = (b − a) nếu ∆ thuộc vào một trong bốn dạng đầu, còn lại |∆| = ∞. Ví dụ 3.13. Chiều dài của tập chỉ có một điểm [a, a] bằng a − a = 0. Cho C là lớp tất cả các tập con của R có thể biểu diễn thành hợp của một số hữu hạn gian rời nhau P : P n , i j , C = { = ∪i=1∆i ∆i ∩ ∆j = ∅( 6= )} trong đó ∆i là những gian, n là số tự nhiên tuỳ ý. 3.21 Bổ đề. C là một đại số. Chứng minh. Dễ thấy, nếu P ∈ C thì R \ P ∈ C . Mặt khác, hiển nhiên giao của hai gian 0 0 0 là một gian, cho nên nếu P, P ∈ C , chẳng hạn P = ∪i∆i, P = ∪j∆j thì 0 0 0 0 P ∩ P = ∪i ∪j (∆i ∩ ∆j) ∈ C , P ∪ P = R \ [(R \ P) ∩ (R \ P )] ∈ C . Vậy C là một đại số. P P n Ta xác định trên C một hàm tập như sau: nếu ∈ C và có dạng = ∪i=1∆i, trong đó ∆i là những gian rời nhau thì ta đặt n m(P) = ∑ |∆i|. i=1 Có thể chứng minh được m là σ-cộng tính và σ-hữu hạn trên C . Áp dụng định lý 3.14, tồn tại một độ đo thác triển từ m được xác định như sau: © ∞ ª A 2R, ∗ A inf m P : ∞ P A, P . ∀ ∈ µ ( ) = ∑ ( i) ∪i=1 i ⊃ i ∈ C i=1 Độ đo xây dựng theo cách trên gọi là độ đo Lebesgue trên đường thẳng. Các tập µ∗ đo được, tức là thuộc σ-đại số L được gọi là các tập đo được theo nghĩa Lebesgue (đo được (L )), độ đo Lebesgue được ký hiệu trong giáo trình này là m. Chúng ta đã biết σ-đại số sinh bởi các gian còn được gọi là σ-đại số Borel. Do vậy, tập đo được Borel cũng là đo được Lebesgue. S∞ Nhận xét. Không gian độ đo (R, B, m) là σ - hữu hạn. Thật vậy ta có R = (n, n + 1] n=−∞ là hợp đếm được các tập có độ đo bằng 1 hữu hạn.
  36. 3.4 Độ đo trên Rk "  Chú ý rằng họ các tập đo được Lebesgue không bằng 2R, người ta chứng minh được tồn tại tập con của R không đo được Lebesgue. Thật vậy trên đoạn [0, 1] tồn tại một tập A ⊂ [0, 1] sao cho các tập A + q, q ∈ Q là rời nhau và [ [0, 1] ⊂ (A + q). q∈Q∩[−1,1] Ở đây ta hiểu A + q = {x + q|x ∈ A}. Tuy nhiên do tập số hữu tỷ là đếm được nên ta S có thể viết là [0, 1] ⊂ An. Tuy nhiên ta dễ dàng chứng minh được µ∗(A + q) = µ∗(A) nên các tập An có độ đo ngoài bằng nhau và do vậy ∞ ∗ 1 ≤ ∑ µ (An) n=1 nên µ∗(An) = µ∗(A) > 0. Nếu các An là µ∗ đo được thì ta lại thấy [ (A + q) ⊂ [0, 2] q∈Q∩[−1,1] ∞ ∗ A 2 ∗ A ∗ A 0 và do đó ∑n=1 µ ( n) ≤ nên µ ( n) = µ ( ) = . Vô lý. Từ định nghĩa ta chứng minh được kết quả sau đây: 3.22 Mệnh đề. Mọi tập hợp điểm hữu hạn hoặc đếm được E ⊂ (a, b) đều đo được và có độ đo bằng không. Chứng minh. Giả sử E = {t1, t2, , tn, } là tập hợp đếm được. Các tập điểm đơn {ti} là đo được và có độ đo m{ti} = m[ti, ti] = 0 nên E cũng đo được. Sử dụng tính chất σ-cộng tính của độ đo ta có: ∞ m(E) = ∑ m{ti} = 0. i=1 Ví dụ 3.14. Tập số hữu tỉ Q có độ đo Lebesgue bằng 0. Bây giờ chúng ta sẽ chỉ ra vẫn tồn tại tập không đếm được nhưng lại có độ đo Lebesgue bằng 0. Ví dụ 3.15. Cho C là tập hợp Cantor ( ) n C := ∑ xn/3 : tn = 0 hoặc 2 với mọi n . n≥1 N 1, 2, 3, C : t /3n : t 0, 1 2 n t 1 Với mỗi = , đặt N = {∑n≥1 n n = hoặc với mọi và n 6= với mọi n ≤ N}. Như vậy C1 là chính là khoảng đơn vị [0,1] xóa đi khoảng "giữa ba phần" mở (1/3,2/3). Khi đó để có C2, từ 2 khoảng còn lại, ta xóa đi các khoảng "giữa ba phần" (1/9,2/9) và (7/9,8/9). Quá trình lặp N lần thì sẽ cho ta CN. Như vậy C1 ⊃ C2 ⊃ · · · ⊃ CN ⊃ · · · , và T C C N≥1 N = . N Chúng ta có µ(Cn) = (2/3) với mọi N. Vì thế µ(C) = 0. Mặt khác, C có lực lượng c do tồn tại song ánh giữa C và 2N.
  37.  " 3. LÝ THUYẾT ĐỘ ĐO Nhận xét. Theo định lý 3.19, độ đo Lebesgue trên R là độ đo đủ, vì vậy mọi tập con của tập có độ đo 0 cũng có độ đo 0. 3/4.2 Độ đo Lebesgue trong không gian Rk Trong không gian này ta gọi gian là tập gồm những điểm x = (t1, t2, , tk) mà mỗi toạ độ ti chạy trên một gian nào đó của R. Nếu ti chạy trên một gian của R có hai đầu mút là αi, βi (i = 1, 2, , k) thì thể tích của ∆ là số k |∆| = ∏(βi − αi). i=1 Gọi C k là lớp những tập trong Rk có thể biểu diễn thành hợp của một số hữu hạn gian rời nhau. Ta có thể chứng minh rằng: 1. C k là một đại số. P k P n 2. Nếu với mỗi tập ∈ C có dạng = ∪i=1∆i, trong đó ∆i là những gian rời nhau, ta đặt n k m (P) = ∑ |∆i|, i=1 thì hàm mk là một hàm tập σ-cộng tính trên đại số C k. 3. Hàm tập mk có thể thác triển thành một độ đo mk trên σ-đại số L k ⊃ C k. Độ đo mk này gọi là độ đo Lebesgue trong Rk, và các tập thuộc lớp L k gọi là tập đo được (L ) trong Rk. Độ đo Lebesgue mk cũng là một độ đo đủ và σ-hữu hạn. 3/4.3 Độ đo Lebesgue-Stieltjes trên R Nhắc lại một hàm F : R → R được gọi là liên tục trái tại u nếu F(u−) = lim F(t) = F(u) t→u− và liên tục phải tại u nếu F(u+) = lim F(t) = F(u). t→u+ Ví dụ 3.16. Xét hàm số sau  1 nếu t ∈ [1, ∞), F1(t) = 0 nếu t ∈ (−∞, 1) − không liên tục trái tại t = 1 do F2(1) = 1 còn F2(1 ) = 0 trong khi hàm số  1 nếu t ∈ (1, ∞), F2(t) = 0 nếu t ∈ (−∞, 1]
  38. 3.4 Độ đo trên Rk "  là liên tục trái tại 1. Cho F : R → R là hàm không giảm và liên tục trái tại mọi điểm thuộc R và mF là một hàm tập trên R được xác định như sau: mF([a, b)) = F(b) − F(a) và ∞ m ∞ a , b F b F a , F(∪i=1[ i i)) = ∑[ ( i) − ( i)] i=1 trong đó các khoảng mở phải đóng trái [ai, bi) là rời nhau. Với A ⊂ R bất kỳ, người ta định nghĩa © ∞ ª m∗ A inf F b F a : ∞ a , b A . F( ) = ∑ ( i) − ( i) ∪i=1[ i i) ⊃ i=1 ∗ Có thể chứng minh được mF là một độ đo trên σ-đại số Borel, ta ký hiệu là µF. Độ đo µF của điểm a ∈ R được xác định như sau: © ª + µF({a}) = inf F(t) − F(a) : a < t = lim F(t) − F(a) = F(a ) − F(a). t→a+ Như vậy µF({a}) bằng độ lớn bước nhảy của hàm F tại a. Khi đó ta có: + + µF(a, b) = F(b) − F(a ), µF[a, b] = F(b ) − F(a), µF(−∞, a) = F(a) − lim F(y), y→−∞ Ví dụ 3.17. Xét hàm số F2(t) ở ví dụ 3.16, khi đó ta lần lượt tính được: + µF([0, 1)) = F(1) − F(0) = 0; µF({1}) = F(1 ) − F(1) = 1; µF((1, ∞)) = limt→∞ F(t) − + F(1 ) = 0; µF([1, ∞)) = µF((0, ∞)) + µF({1}) = 1. 3.23 Định nghĩa. Độ đo µF xác định như trên được gọi là độ đo Lebesgue-Stieltjes cảm sinh bởi hàm F. Chú ý. Độ đo Lebesgue m xác định trên R ở phần trước cũng là một độ đo Lebesgue- Stieltjes cảm sinh bởi hàm F(t) = t. Chú ý. Người ta thấy rằng với một độ đo µ xác định trên σ-đại số Borel, ta định nghĩa hàm F như sau: F(t) = µ(−∞, t). Khi đó sử dụng các tính chất của độ đo có thể chỉ ra F là không âm, đơn điệu không giảm và liên tục trái trên R.
  39.  " 3. LÝ THUYẾT ĐỘ ĐO Ví dụ 3.18. Cho hàm số F(t) được định nghĩa như sau:  0, t 1,  nếu ≤ − F(t) = 1 , nếu − 1 1. F t Có thể thấy hàm ( ) đơn điệu không giảm và liên tục trái trên R. Khi đó ta có 0, a 1,  nếu ≤ − 1 µF(−∞, a) = , nếu − 1 1. 1 Từ hình vẽ ta cũng dễ dàng thấy µF{−1} = µF{1} = 2 . BÀI TẬP C.1. Cho X = (0, 1). Lớp nào trong các lớp sau đây là một đại số: 1 1 F1 = {∅, (0, 1), (0, 2 ), ( 2 , 1)}, 1 1 2 2 F2 = {∅, (0, 1), (0, 2 ), [ 2 , 1), (0, 3 ], ( 3 , 1)}, 2 2 F3 = {∅, (0, 1), (0, 3 ), [ 3 , 1)}? C.2. Chứng minh rằng nếu A1 và A2 là hai đại số các tập con của X, thì A1 ∩ A2 cũng là một đại số. C.3. Tìm hai đại số mà hợp của chúng không còn là đại số. 1 C.4. Cho X = [0, 1]. Chứng minh rằng đại số sinh bởi lớp {[0, 2 ), {1}} là 1 1 1 1 A = {∅, [0, 2 ), [ 2 , 1), {1}, [0, 1), [0, 2 ) ∪ {1}, [ 2 , 1], X}. C.5. Cho X = {0, 1, 2, 3}. Chứng minh rằng đại số sinh bởi lớp {{0, 1}, {1, 2, 3}} là A = {∅, {0}, {1}, {2, 3}, {0, 1}, {0, 2, 3}, {1, 2, 3}, X}. C.6. Cho tập X và A là một đại số (σ-đại số) các tập con của X. Tập A ⊂ X được gọi là nguyên tử của A nếu A 6= ∅ và nếu ∅ 6= B ⊂ A, B ∈ A thì B = A. a) Chỉ ra tập nào là nguyên tử trong các đại số sau: A1 = {∅, {1}, {2}, {1, 2}, {3, 4}, {2, 3, 4}, {1, 3, 4}, {1, 2, 3, 4}} với X = {1, 2, 3, 4}, 2 2 A2 = {∅, (0, 1), (0, 3 ), [ 3 , 1)} với X = (0, 1)? b) Chứng minh rằng hai nguyên tử khác nhau phải rời nhau. c∗) Chứng minh rằng nếu A là một đại số chỉ gồm một số hữu hạn các tập con của X thì tập hợp M gồm các nguyên tử của A tạo thành một phân hoạch hữu hạn của X và A là đại số sinh bởi M .
  40. 3.4 Độ đo trên Rk "  d∗) Chứng minh kết quả tương tự câu c) trong trường hợp A là một đại số chỉ gồm một số hữu hạn hoặc đếm được các tập con của X. Nếu không có giả thiết A gồm hữu hạn (đếm được) các tập con thì kết luận của câu C.6 c) và d) chưa chắc đúng, hai bài tập sau là ví dụ. C.7. Cho X là một tập vô hạn và M là lớp các tập chỉ gồm một phần tử trong X. Chứng minh đại số sinh bởi M là lớp tất cả các tập con A ⊂ X mà A hữu hạn hoặc Ac hữu hạn. C.8∗. Với X và M được cho như trên. Chứng minh σ-đại số sinh bởi M là lớp tất cả các tập con A ⊂ X mà 1 trong hai tập A hay Ac là hữu hạn hoặc đếm được. C.9∗. Cho M là họ tất cả các tập con của X gồm đúng hai phần tử. Tìm σ(M ) (σ-đại số sinh bởi M ). X 0, 1 1 , 1 n 1, 2, C.10. Cho F là σ-đại số trên = [ ] thoả mãn [ n+1 n ] ∈ F với mọi = . Chứng tỏ rằng 1 a){0} ∈ F , b)( n , 1] ∈ F với mọi n, 1 1 c){ n : n = 2, 3, } ∈ F , d)(0, n ] ∈ F với mọi n. C.11∗. Xét tập X và lớp ∅ 6= M ⊂ 2X. Lớp M được gọi là lớp đơn điệu nếu thoả mãn 2 điều kiện: S∞ a) với mọi dãy các tập đơn điệu tăng An ∈ M thì An ∈ M , hoặc n=1 T∞ b) với mọi dãy các tập đơn điệu giảm An ∈ M thì An ∈ M . n=1 Giả sử A là một đại số. Chứng minh rằng A là σ - đại số khi và chỉ khi A là lớp đơn điệu. C.13. Trong không gian đo được (X, A ) ở bài tập C.4, một độ đo µ xác định trên (X, A ) thoả mãn 1 1 0, 1 0.8; , 1 0.3; , 1 0.2. µ[ ) = µ[2 ) = µ[2 ] = Hãy tính µ(X) và µ{1}. C.14. Trong không gian đo được (X, A ) ở bài tập C.5, một độ đo µ xác định trên (X, A ) thoả mãn µ{0} = 0.3; µ{2, 3} = 0.1; µ{0, 1, 2, 3} = 1. Hãy tính µ{0, 1} và µ{1, 2, 3}. C.15. Trong không gian độ đo (X, F , µ), tập X có độ đo 1, chứng minh rằng nếu A1, A2 c c là các tập có độ đo 0 thì A = A1 ∩ A2 cũng là tập đo được. Độ đo của tập này bằng bao nhiêu? C.16. Cho (X, F , µ) là một không gian có độ đo σ-hữu hạn với µ(X) = +∞. Chứng minh rằng với M < ∞ bất kỳ, tồn tại một A ∈ F sao cho M < µ(A) < ∞.
  41.  " 3. LÝ THUYẾT ĐỘ ĐO C.17. Cho X là tập vô hạn. Đặt m(A) = 0 với A hữu hạn bất kỳ, và m(A) = +∞ nếu A vô hạn. Chứng minh m là hữu hạn cộng tính nhưng không cộng tính đếm được. C.18. Cho không gian xác suất (X, Σ, p), m ∈ N và Ai ∈ Σ, i = 1, , n. Chứng minh rằng à ! \m m p Ai ≥ ∑(p(Ai) − (m − 1)). i=1 i=1 Gợi ý: Chứng minh bằng phương pháp quy nạp, đầu tiên kết luận đúng với m = 2. Nếu kết luận đúng với m = k thì cũng đúng với m = k + 1. C.19. Cho không gian độ đo (X, F , µ). Chứng minh rằng nếu dãy Ai ∈ F thoả mãn µ(Ai ∩ Aj) = 0, ∀i 6= j thì à ! [∞ ∞ µ Ai = ∑ µ(Ai). i=1 i=1 Gợi ý: Sử dụng phương pháp tách hợp của dãy {An} bất kỳ thành hợp của các tập rời nhau Bn, như trong chứng minh của định lý 3.10.iii). C.20∗. Cho không gian độ đo (X, F , µ). Chứng minh rằng à ! à ! [∞ [∞ ∞ µ Ai − µ Bi ≤ ∑(µ(Ai) − µ(Bi)). i=1 i=1 i=1 với mọi dãy Ai, Bi ∈ F thoả mãn Bi ⊆ Ai, i = 1, 2, C.21. Cho tập X 6= ∅. Với mỗi tập con A ⊂ X, đặt  1 nếu A 6= ∅, µ∗(A) = 0 nếu A = ∅. Chứng minh µ∗ là một độ đo ngoài. Chỉ ra họ các tập µ∗ đo được. C.22∗. Cho X là ma trận vuông cấp 10 gồm 100 số thực, A là các tập gồm các số thực trong 100 số đã cho. Ta định nghĩa hàm tập µ∗: µ∗(A) = { số cột mà mỗi cột chứa ít nhất ∗ ∗ một phần tử xi ∈ A}. Chứng minh µ là độ đo ngoài và E là µ - đo được ⇔ ∀x ∈ E thì cả cột chứa x cũng thuộc E. C.23. Cho X là một tập vô hạn. A là họ các tập con A của X sao cho hoặc A hữu hạn thì đặt m(A) = 0, hoặc phần bù của A hữu hạn, thì đặt m(A) = 1. a) Chứng minh A là một đại số nhưng không là σ-đại số. b) Chứng minh rằng m là hữu hạn cộng tính trên A . C.24. Tìm các ví dụ để chứng tỏ: a) hợp không đếm được các tập có độ đo không có thể có độ đo dương; b) giao không đếm được các tập có độ đo 1 có thể có độ đo không.
  42. 3.4 Độ đo trên Rk "  ∗ 1, 2, ∞ a A C.25 . Giả sử N = { } và ∑n=1 n là chuỗi số dương hội tụ. Với mỗi tập ⊂ N hữu A a A A hạn, đặt ϕ( ) = ∑n∈A n. Nếu ⊂ N vô hạn thì đặt ϕ( ) = +∞. Chứng tỏ rằng ϕ cộng tính hữu hạn nhưng không σ-cộng tính trên lớp tất cả các tập con của N. C.26. Cho ba hàm số sau   1 t 2,  − nếu < t t 1,   nếu < 2 nếu 2 ≤ t < 4,  F1(t) = F2(t) = 2 nếu 1 ≤ t < 3, −1 nếu 4 ≤ t < 5, 5t 1   + t 3,  nếu ≥ 0 nếu t ≥ 5, t + 1   2 t 0, − nếu <  −1 nếu 0 ≤ t < 2, F3(t) = 2 nếu 2 ≤ t < 3,   3 nếu t ≥ 3, a) Vẽ đồ thị của ba hàm số trên. b) Trong các hàm số trên, hàm nào là hàm đơn điệu không giảm và liên tục phải. Hãy tìm độ đo Lebesgue-Stieltjes cảm sinh bởi các hàm đó của các tập sau: c) (−∞, 1] d) [3, 3] e) (3, ∞). Phụ Lục Chứng minh của một số định lý Chứng minh (Chứng minh phần tiếp theo của định lý 3.13). Bây giờ giả sử µ : F → R+ là hàm tập hữu hạn cộng tính thoả mãn µ(∅) = 0. Ta cần chỉ ra µ là σ-cộng tính nếu µ thoả mãn một trong hai điều kiện i) hoặc ii). B S∞ B B Nếu µ thoả mãn điều kiện i) và cho = i=1 i, trong đó các i ∈ F rời nhau. Đặt [ [n A1 = B1, A2 = B1 B2, , An = Bi, i=1 B ∞ A , A A B lim A thì = ∪n=1 n 1 ⊂ 2 ⊂ , nên µ( ) = n→∞ µ( n). Từ tính cộng tính của µ ta có n µ(An) = ∑ µ(Bi) i=1 nên ∞ µ(B) = ∑ µ(Bi). i=1
  43.  " 3. LÝ THUYẾT ĐỘ ĐO Còn nếu µ thoả mãn điều kiện ii) thì với các ký hiệu như trước, ta xét thêm giả thiết mọi µ(Bi) < +∞, (vì nếu có một µ(Bi) = +∞ thì kết quả là rõ ràng). Ta có [n \∞ ∅ = B \ An = (B \ An), i=1 n=1 0 0 0 trong đó các An = B \ An ∈ F và A1 ⊃ A2 ⊃ . Vậy 0 lim µ(B \ An) = lim µ(An) = 0. n→∞ n→∞ A B A n B B A B A Nhưng do n ⊂ và µ( n) = ∑i=1 µ( i) < ∞ nên µ( \ n) = µ( ) − µ( n). Từ đó n ∞ µ(B) = lim µ(Bi) = µ(Bi). n→∞ ∑ ∑ i=1 i=1 Chứng minh (Chứng minh của định lý 3.17). Ở đây ta dùng ký hiệu tắt AB = A ∩ B, ABc = A \ B. B1 (L là một đại số) Thật vậy, dễ thử thấy rằng L kín đối với phép lấy phần bù và ∅, X ∈ L . Ta chỉ ra L kín đối với phép giao (và do đó L là một đại số). Giả sử A, B ∈ L . Ta có µ∗(E) = µ∗(EA) + µ∗(EAc) (do A là µ∗ - đo được) = µ∗(EAB) + µ∗(EABc) + µ∗(AcEB) + µ∗(AcEBc) (do B là µ∗ - đo được) ≥ µ∗(EAB) + µ∗(EABc ∪ EAcB ∪ EAcBc) ¡ ¢ ≥ µ∗(EAB) + µ∗ E(AB)c . Vậy AB ∈ L . B2. µ∗ cộng tính hữu hạn trên L . Giả sử A, B ∈ L và AB = ∅, ta có ¡ ¢ ¡ ¢ µ∗(A ∪ B) = µ∗ (A ∪ B)A + µ∗ (A ∪ B)Ac = µ∗(A) + µ∗(B). B3. L là σ-đại số. Không giảm tổng quát, ta giả sử dãy {Ak} ⊂ L từng cặp rời nhau và A S∞ A B Sn A = k=1 k. Theo bước 1, n = k=1 k ∈ L . Do đó n ∗ E ∗ EB ∗ EBc ∗ EA ∗ EAc , µ ( ) = µ ( n) + µ ( n) ≥ ∑ µ ( k) + µ ( ) k=1 vì theo chứng minh của bước 2 n ∗ ∗ µ (EBn) = ∑ µ (EAk). k=1 Cho n → ∞ ta được ∞ ∗ ∗ ∗ c ∗ ∗ c µ (E) ≥ ∑ µ (EAk) + µ (EA ) ≥ µ (EA) + µ (EA ). k=1 Từ đó suy ra A ∈ L . B4. µ∗ là σ-cộng tính trên L . Điều này rút ra từ chứng minh của bước 3 (lấy E = A).
  44. 3.4 Độ đo trên Rk "  Chứng minh (Chứng minh của định lý 3.14). Với mỗi A ⊂ X, ta đặt: © ∞ ª ∗ A inf p P : ∞ P A, P . µ ( ) = ∑ ( i) ∪i=1 i ⊃ i ∈ A (3.23) i=1 3.24 Bổ đề. µ∗ là một độ đo ngoài . Chứng minh. Rõ ràng, µ∗(∅) = 0 và µ∗(A) ≥ 0, ∀A ⊂ A. Ta chỉ cần chứng minh µ∗ thoả mãn X điều kiện thứ ba trong định nghĩa độ đo ngoài. Giả sử {Ak} ⊂ 2 và ε > 0 cho trước. Với mỗi k A A S∞ A ∈ N ta luôn có thể chọn được dãy { kj } ⊂ A sao cho k ⊂ j=1 kj , và ∞ ∗ ε p(Ak ) ≤ µ (Ak) + . ∑ j 2k+1 j=1 Ã ! [∞ ∞ ∞ ∞ S∞ S∞ A S∞ A ∗ A p A ∗ A Do k=1 j=1 kj ⊃ k=1 k nên µ k ≤ ∑ ∑ ( k) ≤ ∑ µ ( k) + ε. k=1 k=1 j=1 k=1 Cho ε ↓ 0 ta có điều phải chứng minh. 1) Lấy A ∈ A . Rõ ràng µ∗(A) ≤ p(A), vì A ∈ A và A ⊂ A ∪ ∅ ∪ · · · ∪ ∅. Ngoài ra, nếu A ∈ A A A k 1, 2, A ∞ A p A ∞ p A thì với mọi dãy k ∈ ( = ) sao cho ⊂ ∪k=1 k, ta đều có ( ) ≤ ∑k=1 ( i). Vì vậy, p(A) ≤ µ∗(A). Do đó µ∗(A) = p(A) với mọi A ∈ A . 2) Để chứng minh µ∗ là độ đo trên σ(A ), ta sẽ chỉ ra σ(A ) ⊂ L - lớp tất cả các tập µ∗ đo được. Nhưng do L là một σ-đại số nên ta chỉ cần chứng minh A ⊂ L , tức với A ∈ A bất kỳ, A là µ∗ đo được. Theo 1) µ∗ là độ đo ngoài, nên với A ∈ A , E ⊂ X ta có µ∗(E) ≤ µ∗(EA) + µ∗(E \ A). 0 A E ∞ A Mặt khác, với ε > cho trước, ta chọn { k} ⊂ A sao cho ⊂ ∪k=1 k và ∞ ∗ ∑ p(Ak) ≤ µ (E) + ε. k=1 Sử dụng giả thiết A là một đại số, ta có: ∞ ∞ [ c [ c EA ⊂ AAk, E \ A = EA ⊂ A Ak, k=1 k=1 ∞ ∞ ∗ c ∗ ∗ ε + µ (E) ≥ ∑ p(Ak) = ∑ [p(AAk) + p(A Ak)] ≥ µ (EA) + µ (E \ A). k=1 k=1 Từ đó cho ε ↓ 0, ta có điều phải chứng minh. ¯ ¯ p 1 ¯ 1¯ p 3) Giả sử là σ-hữu hạn và µ là một độ đo khác xác định trên σ(A ) sao cho µ A = µ A = . Ta cần chứng minh µ(A) = µ1(A), ∀A ∈ σ(A ). X ∞ X p X X A ∞ A Theo giả thiết, = ∪n=1 n, ( n) < ∞, các n đôi một rời nhau. Ta có = ∪n=1 n với An = Xn ∩ A ∈ σ(A ), n = 1, 2, , các An đôi một rời nhau. Vậy chỉ cần chứng minh µ(An) =
  45.  " 3. LÝ THUYẾT ĐỘ ĐO A n E ∞ µ1( n) với mọi số tự nhiên . Thật vậy, nếu { n,i}i=1 là một dãy bất kỳ những tập thuộc A sao A ∞ E A ∞ p E cho n ⊂ ∪i=1 n,i thì µ1( n) ≤ ∑i=1 ( n,i). Do đó µ1(An) ≤ µ(An). (1) Tương tự, µ1(Xn \ An) ≤ µ(Xn \ An) (2) Ngoài ra, ∗ ∗ ∗ µ1(An) + µ1(Xn \ An) = µ1(Xn) = p(Xn) = µ (Xn) = µ (An) + µ (Xn \ An). (3) Vì các số hạng trong (1), (2), (3) đều hữu hạn nên ta suy ra µ1(An) = µ(An), ∀An ∈ σ(A). Chứng minh (Chứng minh của định lý 3.20). Ta sẽ chỉ ra rằng Aµ = σ(A ∪ N ). Thật vậy, nếu N ⊂ B ∈ A , µ(B) = 0 thì (A ∪ N)c ⊂ (A ∪ B)c + B ∩ (A ∪ N)c, µ(B ∩ (A ∪ N)c) = 0. Như vậy, Aµ kín đối với phép lấy phần bù. Mặt khác, rõ ràng Aµ ⊃ A , Aµ ⊃ N và Aµ kín đối với phép hợp đếm được. Vậy, Aµ là σ-đại số. Từ đó suy ra Aµ = σ(A ∪ N ). ∼ Tiếp theo, ta chứng minh µ là độ đo trên Aµ. Nếu A1 ∪ N1 = A2 ∪ N2 với A1, A2 ∈ A ; ∼ N1, N2 ∈ N thì A14A2 ⊂ N1 ∪ N2. Do đó, µ(A14A2) = 0. Suy ra µ(A1) = µ(A2). Như vậy, µ xác ∼ định đơn trị (không phụ thuộc vào cách biểu diễn A ∪ N). Từ tính σ-cộng tính của µ ta suy ra µ ∼ là σ-cộng tính. Vậy µ là độ đo trên Aµ. ∼ ∼ ∼ ∼ Ngoài ra, giả sử M ⊂ A ∈ Aµ, và µ(A) = 0. Khi đó, do A = A ∪ N với A ∈ A , N ∈ N và ∼ ∼ ∼ µ(A) = µ(A) = 0, suy ra µ(M) = 0. Vậy M là tập µ-không, tức là µ là độ đo đủ. ∼ Cuối cùng, dễ dàng thấy được tính duy nhất của µ.
  46. Nội dung ôn tập Toán cao cấp 3 1. Trình bày khái niệm đại số và σ-đại số, kiểm tra xem một lớp tập hợp có là đại số hoặc σ-đại số không? Chứng minh một lớp tập hợp là σ-đại số sinh bởi một lớp tập hợp ban đầu. Bài tập (a) Phát biểu định nghĩa σ-đại số và σ-đại số sinh bởi lớp các tập hợp con A của tập X. (b) X = {0, 1, 2, 3}. Chứng minh rằng đại số sinh bởi lớp {{0, 1}, {1, 2, 3}} là A = {∅, {0}, {1}, {2, 3}, {0, 1}, {0, 2, 3}, {1, 2, 3},X}. (c) Gọi A là lớp tất cả các tập con A ⊂ X mà 1 trong hai tập A hay Ac là hữu hạn hoặc đếm được. Chứng minh A là một σ-đại số. (d) Cho X là một tập vô hạn và M là lớp các tập chỉ gồm một phần tử trong X. Chứng minh σ-đại số sinh bởi M là lớp tất cả các tập con A ⊂ X mà 1 trong hai tập A hay Ac là hữu hạn hoặc đếm được. 2. Định nghĩa về độ đo, chứng minh các tính chất của độ đo. Bài tập (a) Phát biểu khái niệm độ đo trên một không gian đo được (X, F ). (b) Một độ đo µ xác định trên [0, 1] thoả mãn 1 1 µ[0, 1) = 0.8; µ[ , 1) = 0.3; µ[ , 1] = 0.2. 2 2 Hãy tính µ([0, 1]) và µ{1}. (c) Cho không gian độ đo (X, F , µ), Hãy chứng minh : i) µ(A \ B) = µ(A) − µ(B) với mọi A, B ∈ F và B ⊂ A, µ(B) < +∞; ii) µ(B) ≤ µ(A) với mọi A, B ∈ F và B ⊂ A; iii) µ(A ∪ B) = µ(A \ B) = µ(A) với mọi A, B ∈ F thoả mãn µ(B) = 0; (d) Trong không gian độ đo (X, F , µ), tập X có độ đo 1, chứng minh rằng nếu A1,A2 là các c c tập có độ đo 0 thì A = A1 ∩ A2 cũng là tập đo được. Độ đo của tập này bằng bao nhiêu? (e) Tìm các ví dụ để chứng tỏ: i. hợp không đếm được các tập có độ đo không có thể có độ đo dương; ii. giao không đếm được các tập có độ đo 1 có thể có độ đo không. (f) Cho không gian độ đo (X, F , µ), khi đó ta có: i. Với mọi họ đếm được Ai ∈ F (i = 1, 2, ) (không cần rời nhau) ta có ³ [∞ ´ X∞ µ Ai ≤ µ(Ai). i=1 i=1 ii. Với mọi họ đếm được Ai ∈ F (i = 1, 2, ) (không cần rời nhau) ta có ³ \∞ ´ µ Ai ≤ inf{µ(Ai)}. i=1
  47. iii. Nếu dãy Ai ∈ F (i = 1, 2, ) là đơn điệu tăng tức A1 ⊆ A2 ⊆ thì Ã ! [∞ µ Ai = lim µ(Ai). i→∞ i=1 (g) Cho B là σ-đại số trên R thoả mãn (a, b) ∈ B với mọi a 3, Hãy tìm độ đo Lebesgue-Stieltjes cảm sinh bởi các hàm đó của các tập sau: (−∞, 1] [3, 3] (3, ∞). 4. Hội tụ theo độ đo và hội tụ hkn. Bài tập (a) Phát biểu khái niệm hội tụ theo độ đo. µ µ (b) Với µ là độ đo đủ, hãy chứng minh: Nếu fn(x) → f(x) và f(x) = g(x) (hkn) thì fn(x) → g(x) (hkn). µ µ (c) Chứng minh nếu fn(x) → f(x) và fn(x) → g(x) thì f(x) = g(x) (hkn). µ µ µ (d) Chứng minh nếu fn(x) → f(x) và gn(x) → g(x) thì fn(x) + gn(x) → f(x) + g(x). (e) ChoR dãy hàm fn (n = 1, 2, ) đo được không âm trong (X, F , µ). Chứng minh rằng nếu X fndµ → 0 thì fn → 0 theo độ đo µ. 5. Hàm đo được và các phép toán bảo toàn tính đo được. Chứng minh một hàm số là đo được. Bài tập (a) Phát biểu khái niệm hàm đo được. (b) Cho X = [0, 1] và σ-đại số sau xác định trên X: 1 1 1 1 A = {∅, [0, 2 ), [ 2 , 1), {1}, [0, 1), [0, 2 ) ∪ {1}, [ 2 , 1],X}. Hãy kiểm tra xem các hàm số sau có đo được không ? i)f1(x) = 1 1 + 2.1 1 ii)f2(x) = 1[0,1) + 2.1{1} [0, 2 ] ( 2 ,1] iii)f3(x) = 3.1 1 − 1{1} iv)f4(x) = 2.1 1 + 1 1 [ 2 ,1) [0, 2 ) ( 2 ,1) (c) Nếu f là một hàm số đo được trong không gian (X, F ) thì hàm số ( f(x) nếu f(x) ≤ 1 f1(x) = 1 nếu f(x) > 1. có đo được trên X không? Tại sao?
  48. 6. Tính tích phân Lebesgue. Bài tập R √ (a) Tính f(x) = ( x)dm. [0R,10] (b) Tính f(x) = (2x)dm. [0,R2] (c) Tính f(x) = (sin x)dm. [0,2π] (d) Cho hàm số f(x) = n nếu x ∈ [ 1 , 1 ) và bằng −n nếu x ∈ [ 1 , 1 ). Chứng minh R 2n 2n+1 2n+1 2n+2 rằng không tồn tại f(x)dm. [0,1] 7. Các Định lý hội tụ đơn điệu và Định lý hội tụ bị chặn cho tích phân của hàm đo được cũng như hàm đo được không âm. Bài tập (a) Phát biểu định lý hội tụ đơn điệu đối với hàm đo được bất kỳ. (b) Phát biểu định lý hội tụ bị chặn (trội) đối với hàm đo được bất kỳ. (c) Cho dãy hàm fn(x) = 1[n,n+1) : R → R với n = 1, 2, i. Hãy tìm lim fn(x). n→∞ R R ii. Chứng minh rằng lim fn(x)dm 6= lim fn(x)dm. n→∞ n→∞ R R iii. Giải thích xem giả thiết nào trong định lý hội tụ đơn điệu cũng như trong định lý hội tụ trội không được thoả mãn trong trường hợp này. (d) Cho fn := 1[0,n]/n. Hỏi có tồn tại hàm g khả tích (đối với độ đo Lebesgue) mà thoả mãn g(x) ≥ fn(x) với mọi n ∈ N, x ∈ R? (e) Giả sử f là hàm số không bị chặn, khả tích Lebesgue trên (X, F , µ). Đặt ( f nếu |f| ≤ n, [f]n = 0 nếu |f| > n. R R Chứng minh rằng X fdµ = limn→∞ X [f]ndµ. 8. Tính tích phân Stieljes và tích phân Lebesgue bằng tích phân Stieltjes. Bài tập (a) Cho hàm số sau xác định trên [0, 1]:   x2, x vô tỉ, x1/4 f(x) = x, x vô tỉ, x1/4  10, x ∈ Q. R Tính tích phân Lebesgue f(x)dm. [0,1] (b) Cho hàm số sau xác định trên R:  4  t2 nếu t ≤ −2, H(t) = t + 3 nếu − 2 2,
  49. hãy tính R2 i. tích phân Stieltjes t2dH; −3R ii. tích phân Lebesgue fdµ với hàm f đo được trên (X, F , µ) có H(t) là hàm phân X phối. (c) Cho các hàm số  0 nếu s ≤ 0, F (s) = s nếu 0 1 và hàm ( 0 nếu t ≤ 0, G(t) = 5t+1 t+1 nếu t > 0 Hãy tính R i. tích phân Lebesgue fdµF với hàm f đo được nhận F làm hàm phân phối; XR 2 ii. tích phân Lebesgue (g + 1) dµG với hàm g đo được nhận G làm hàm phân phối; X R2 iii. tích phân Stieltjes G(t)dF ; 0 R2 iv. tích phân Stieltjes F (t)dG. 0 9. Định nghĩa và các ví dụ về không gian metric, sự hội tụ trong không gian metric. Bài tập (a) Phát biểu định nghĩa về metric. (b) Cho một ví dụ về metric trong không gian R3 và giải thích. k (c) Phát biểu định nghĩa metric dp và d∞ trong R . (d) Chứng minh rằng một hàm d : X × X → R thoả mãn các điều kiện với mọi x, y, z ∈ X: 1. d(x, y) = d(y, x), 2. d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z). 3. d(x, y) = 0 ⇔ x = y, cũng sẽ thoả mãn điều kiện d(x, y) ≥ 0, ∀x, y ∈ X. (e) Chứng minh bất đẳng thức tứ giác trong không gian metric (X, d): |d(x, y) − d(u, v)| ≤ d(x, u) + d(y, v), ∀x, y, u, v ∈ X. (f) Chứng minh trong không gian metric (X, d), nếu xn → x và yn → y thì d(xn, yn) → d(x, y) (hàm số d(x, y) là hàm liên tục theo cả hai biến). k (g) Chứng minh bất đẳng thức tam giác đối với metric d∞ trong không gian R . 10. Tập đóng và tập mở trong không gian metric. Bài tập (a) Cho không gian metric (X, d) chứng minh tập A ⊂ X là tập đóng khi và chỉ khi A = [A].
  50. 2 2 2 (b) Trên R hãy chứng minh tập mở trong (R , d1) cũng là tập mở trong (R , d2) và ngược lại. 2 (c) Chứng minh hình vuông đơn vị (0, 1) × (0, 1) là tập mở trong không gian (R , d2). 2 (d) Chứng minh tròn tâm (0, 0) bán kính 1 là tập mở trong không gian (R , d∞). 11. Khái niệm về không gian đủ. Bài tập (a) Chứng minh trong không gian R, d(x, y) = |x − y| là một metric và không gian metric này là không đầy đủ. Z b L (b) Chứng minh không gian C[a,b] các hàm liên tục trên [a, b] với metric d(x, y) = |x(t) − a y(t)| dt không là đầy đủ. 12. Hàm liên tục trên không gian metric, tính chất của hàm liên tục trong không gian metric compact. Bài tập (a) Hãy phát biểu ba điều kiện tương đương để không gian metric (X, d) là compact. k (b) Thừa nhận kết quả ở trên, hãy chứng minh một tập đóng và bị chặn trong (R , d2) là tập compact. (c) Chứng minh tập hợp A = {(x, y) ∈ R2 : 2x + 3y ≤ 10; x ≥ 0; y ≥ 0} là tập compact trong 2 (R , d2). (d) Cho (X, d) là một không gian metric, a ∈ X cố định và định nghĩa hàm số f : X → R là f(x) = d(x, a). Chứng minh f là liên tục (metric trong R là metric thông thường). (e) Cho (X, dX ), (Y, dY ) và (Z, dZ ) là các không gian metric và f : X → Y , g : Y → Z là các hàm liên tục, hãy chứng minh hàm hợp h = g ◦ f : X → Z ¡ ¢ tức là h(x) = g f(x) , ∀x ∈ X cũng liên tục. (f) Chứng minh nếu f là hàm liên tục từ không gian metric (X, d) vào R và A là tập compact trong X thì tồn tại x0, y0 ∈ A sao cho f(x0) là giá trị cực đại của f trên A, f(y0) là giá trị cực tiểu của f trên A.