Tiếp theo chúng ta đưa ra quy tắc đạo hàm hàm hợp và phép đổi biến đối với các hàm liên tục tuyệt đối.
Định lí 2.44. (Quy tắc đạo hàm hàm hợp)
Cho hai khoảng I, J ⊂ R và các hàm f : J → R, u : I → J sao cho f, u, f ◦u khả vi h.k.n trong các miền xác định của chúng. Nếu f ánh xạ các tập có độ đo (L) bằng 0 thành các tập có độ đo (L) bằng 0 thì
(f ◦u)0(x) =f0(u(x))u0(x), h.k.n, x ∈ I (2.14) ở đó, f0(u(x))u0(x) được hiểu là bằng 0 khi u0(x) = 0 (thậm chí là cả khi hàm f không khả vi tai u(x)).
Trong phần chứng minh ta sẽ chứng tỏ (f◦u)0(x) = 0 và u0(x) = 0 tại h.k.n, x∈ I sao cho f không khả vi tại u(x).
Để chứng minh Định lý 2.44, ta cần một kết quả bổ trợ, đó là mệnh đề đảo của Hệ quả 2.14.
Hệ quả 2.45. Cho khoảng I ⊂ R và u : I → R. Giả sử rằng u có đạo hàm hữu hạn hoặc vô hạn trên tập E ⊂ I (không nhất thiết đo được), với L1(u(E)) = 0 .Khi đó, u0(x) = 0 h.k.n, x∈ E.
Chứng minh. Gọi E∗ := {x ∈ E : |u0(x)| > 0}, ta chứng minh rằng L1(E∗) = 0.
Với mỗi số nguyên k ∈ N, đặt Ek∗ :=
(
x ∈ E∗ : |u(x)−u(y)| ≥ |x−y|
k ,∀y ∈ (x− 1
k, x+ 1 k)∩ I
) . Chú ý rằng,
E∗ =
∞
[
k=1
Ek∗.
Ta cố định k và đặt F := J ∩Ek∗, ở đó J là một khoảng có độ dài nhỏ hơn k1. Để chứng minh L1(E∗) = 0, ta chỉ cần chứng minh L1(F) = 0.
Vì L1(u(E)) = 0 và F ⊂E, ∀ε > 0, ta tìm được một dãy {Jn} để u(F) ⊂
∞
[
n=1
Jn,
∞
X
n=1
L1(Jn) < ε.
Đặt En := u−1(Jn)∩F. Vì {En} phủ F nên ta có L10(F) ≤
∞
X
n=1
L10(En) ≤
∞
X
n=1
sup
x,y∈En
|x−y|
≤
∞
X
k=1
k sup
x,y∈En
|u(x)−u(y)| := I, do En ⊂ J ∩Ek∗. Vì u(En) ⊂ Jn, ta có
sup
x,y∈En
|u(x)−u(y)| ≤ L1(Jn)
và vì vậy,
I ≤ k
∞
X
n=1
L1(Jn) ≤ kε.
Cho ε → 0+, ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả 2.46. Cho khoảng I ⊂ R và u :I → R, v : I →R. Giả sử rằng có một tập E ⊂ I sao cho u,v khả vi ∀x ∈ E và u(x) = v(x), ∀x ∈ E.
Khi đó, u0(x) = v0(x) h.k.n, x ∈ E.
Chứng minh. Đặt w := u−v. Khi đó w(E) ={0} và vì vậy
L1(w(E)) = 0. Theo Bổ đề 2.31, u0(x) −v0(x) = w0(x) = 0 h.k.n, x ∈ E.
Chứng minh của Định lý 2.44.
Chứng minh. Đặt G:= {z ∈ J : f không khả vi tại z}, F := {x ∈ I :u hoặc f ◦u không khả vi tại x}.
Theo giả thiết L1(G) = L1(F) = 0. Đặt E := {x ∈ Io\F : u(x) ∈ G}.
Vì u(E) ⊂ G nên L1(u(E)) = 0 và vì f ánh xạ các tập có độ đo (L) bằng 0 thành các tập có độ đo (L) bằng 0 nên L1
(f ◦u)(E)
= 0.
Theo Bổ đề 2.45 áp dụng đối với u và đối với f ◦u, ta có u0(x) = (f ◦u)0(x) = 0 h.k.n, x∈ E.
Mặt khác, nêú x ∈ Io\F và u(x) ∈/ G thì theo quy tắc đạo hàm hàm hợp đã biết f ◦u khả vi tại x và
f ◦u)0(x) = f0(u(x))u0(x).
Ví dụ tiếp theo chứng tỏ tầm quan trọng của tính chất (N).
Ví dụ 2.47. Cho u : [0,1] →R là hàm tăng thực sự thỏa mãn u0(x) = 0 h.k.n, x ∈ [0,1] (xem Định lý 0.47) và đặt f := u−1. Chú ý rằng, f tăng thực sự nên theo Định lý Lebesgue, nó khả vi h.k.n, x ∈ [0,1], mặc dù u0(x) = 0 h.k.n, x ∈ [0,1] (theo giả thiết). Mặt khác, (f ◦u)(x) = x với
∀x ∈ [0,1] nên (f◦u)0(x) = 1, ∀x ∈ [0,1], trong khi đó f0(u(x))u0(x) = 0 h.k.n, x ∈ [0,1], vì u0(x) = 0 h.k.n, x ∈ [0,1].
Như vậy, đây là một ví dụ, trong đó (f ◦u)0 6= f0(u(x))u0(x) h.k.n, do không có tính chất (N).
Hệ quả 2.48. Cho hai khoảng I, J ⊂ R, f : J → R và u : I → J sao cho f và u khả vi h.k.n trong miền xác định của chúng. Giả sử rằng u0 = 0 nhiều nhất trên một tập có độ đo (L) bằng 0. Khi đó, f ◦u khả vi h.k.n trong I và quy tắc đạo hàm của hàm hợp (2.14) đúng.
Chứng minh. Gọi G và F như trong chứng minh của Định lý 2.44 và E := {x ∈ Io : u(x) ∈ G}. Vì u(E) ⊂ G nên L1(u(E)) = 0 và vì vậy theo Bổ đề 2.45, u0(x) = 0 h.k.n, x ∈ E. Nhưng khi đó theo giả thiết u0 = 0 nhiều nhất trên một tập có độ đo (L) bằng 0 nên E phải có đọ do bằng 0. Nếu x ∈ Io\E thì f khả vi tại u(x) và vì vậy quy tắc đạo hàm hàm hợp (2.14) đúng h.k.n trong Io\E.
Hệ quả 2.49. Cho hai khoảng I, J ⊂ R và f : J → R, u :I → J sao cho u và f◦u khả vi h.k.n trong miền xác định của chúng. Nếu f ∈ ACloc(J) thì quy tắc đạo hàm hàm hợp (2.14) đúng.
Chứng minh. Theo Định lý 2.12 tất cả giả thiết của Định lý 2.44 đều thỏa mãn nên ta có điều phải chứng minh.
Một hệ quả ít hiển nhiên hơn của Định lý 2.44 là kết quả sau đây.
Hệ quả 2.50. Cho hai khoảng I, J ⊂ R, f ∈ ACloc(J) và giả sử u :I → J là hàm đơn điệu. Khi đó, f ◦ u khả vi h.k.n trong I và quy tắc đạo hàm hàm hợp (2.14) đúng.
Chứng minh. Chú ý rằng hàm hợp f ◦ u ∈ BP Vloc(I) (theo Bài tập 1.21), vì vậy theo Hệ quả 1.23, f ◦u khả vi h.k.n trong I. Do vậy, theo Hệ quả trên ta có điều phải chứng minh.
Bài tập 2.51. Giả sử I, J ⊂ R là hai khoảng, f ∈ ACloc(J), u : I → J là hàm đơn điệu và thuộc ACloc(I). Chứng minh rằng, f ◦u ∈ ACloc(I).
Hệ quả 2.52. Cho hai khoảng I, J ⊂ R, f : J →R Lipschitz địa phương và u ∈ BP Vloc(I). Khi đó, f ◦u khả vi h.k.n trong I và quy tắc đạo hàm hàm hợp (2.14) đúng.
Chứng minh. Theo Định lý 1.31, ta có f ◦ u ∈ BP Vloc(I). Vì vậy áp dụng Hệ quả 1.23, ta có f ◦u khả vi h.k.n trong I. Vì f Lipschitz địa phương nên nó liên tục tuyệt đối địa phương và vì vậy từ Hệ quả 2.49 suy ra kết quả cần chứng minh.
Trước khi chuyển sang chủ đề tiếp theo, chú ý rằng tất cả các kết quả đã được chứng minh trong Định lý 2.44 vẫn đúng trong AC(I;Rd) (tương ứng, ACloc(I;Rd)) nhưng Định lý 2.44 và các hệ quả của nó thì không. Thật vậy, nếuf : Rd →Rliên tục Lipschitz (d > 1) vàu :I → Rd liên tục tuyệt đối thì f◦u ∈ AC(I) (xem Bước1 trong chứng minh Định lý 2.68 sau đây), nhưng phát biểu của (2.14) trong trường hợp này là:
(f ◦u)0 =
d
X
i=1
∂f
∂xi(u(x))u0i(x)(∗).
trong đó, ∂x∂f
i(u(x))u0i(x) được hiểu là bằng 0 khi u0i(x) = 0 và kết quả này không đúng. Điều đó được minh họa qua ví dụ sau đây.
Ví dụ 2.53. Cho d = 2 và xét các hàm
f(z) =f(z1, z2) := max{z1, z2}, z ∈ R2
và u(x) := (x, x), ∀x ∈ R. Khi đó, v(x) := (f ◦u)(x) = x nên v0(x) = 1, trong khi đó vế vế phải của (*) không xác định tại ∀x, vì u0(x) = (1,1).
Định lí 2.54. (Phép đổi biến)
Cho g : [c, d] → R là hàm khả tích và u : [a, b] → [c, d] khả vi h.k.n trong
[a, b]. Khi đó, (g◦u)u0 khả tích và phép đổi biến, Z u(β)
u(α)
g(t)dt= Z β
α
g(u(x))u0(x)dx (2.15) đúng ∀α, β ∈ [a, b] nếu và chỉ nếu f ◦u ∈ AC([a, b]), ở đó
f(z) :=
Z z c
g(t)dt, z ∈ [c, d].
Chứng minh. Nếu f ◦u ∈ AC([a, b]) thì vì f liên tục tuyệt đối (xem Bổ đề 2.31) nên ta có thể áp dụng Hệ quả 2.49 để có công thức đạo hàm hàm hợp:
(f ◦u)0(x) = g(u(x))u0(x) h.k.n, x∈ [a, b]. (2.16) Vìf ◦u ∈ AC([a, b]) nên từ Hệ quả 2.9 và (2.16) suy ra (g◦u)u0 khả tích và theo Định lý cơ bản của phép tính vi tích phân (xem Định lý 2.30),
∀α, β ∈ [a, b], Z u(β)
u(α)
g(t)dt= (f ◦u)(β)−(f ◦u)(α)
= Z β
α
(f ◦u)0(x)dx = Z β
α
g(u(x))u0(x)dx.
Đảo lại, nếu (g ◦u)u0 khả tích và đồng nhất thức (f ◦u)(β)−(f ◦u)(α) =
Z β α
g(u(x))u0(x)dx
đúng ∀α, β ∈ I thì vì vế phải liên tục tuyệt đối (theo Bổ đề 2.31) nên f ◦u liên tục tuyệt đối.
Nhận xét 2.55. Chứng minh trên cho thấy hàm x ∈ I 7→ g(u(x))u0(x) đo được, vì nó là đạo hàm của hàm f ◦u nhưng điều đó không suy ra được hàm x ∈ I 7→ g(u(x)) đo được (xem Bài tập tiếp theo).
Bài tập 2.56. Cho các khoảng I, J ⊂ R. Chứng minh rằng, tồn tại một hàm tăng, liên tục u : I → J và một hàm đo được Lebesgue g : J → R sao cho g ◦u : I → R không đo được (L). Gợi ý, xem Bài tập 0.45.
Hệ quả 2.57. Giả sử g : [c, d]→ R là một hàm khả tích và
u : [a, b] →[c, d] đơn điệu và liên tục tuyệt đối. Khi đó, (g◦u)u0 khả tích và công thức đổi biến (2.15) đúng.
Bài tập 2.58. Chứng minh rằng, với giả thiết của Hệ quả trên thì hàm f ◦u liên tục tuyệt đối rồi chứng minh hệ quả đó.
Hệ quả 2.59. Giả sử g : [c, d]→ R là hàm có độ đo, bị chặn và
u : [a, b] → [c, d] là hàm liên tục tuyệt đối. Khi đó, (g◦u)u0 khả tích và công thức đổi biến (2.15) đúng.
Bài tập 2.60. Chứng minh rằng, với giả thiết của Hệ quả trên thì hàm f ◦u liên tục tuyệt đối rồi chứng minh hệ quả đó.
Hệ quả 2.61. Giả sử g : [c, d] → Rlà một hàm khả tích,u : [a, b] → [c, d]
liên tục tuyệt đối và (g◦u)u0 khả tích. Khi đó, công thức đổi biến (2.15) đúng.
Chứng minh. Đặt
gn(z) :=
n nếu g(z) > n,
g(z) nếu −n ≤g(z) ≤ n,
−n nếu g(z) < −n.
Áp dụng Định lý hội tụ trội Lebesgue và Hệ quả 2.60, ta có Z u(β)
u(α)
g(z)dz = lim
n→∞
Z u(β) u(α)
gn(z)dz
= lim
n→∞
Z β α
gn(u(x))u0(x)dx = Z β
α
g(u(x))u0(x)dx.
Để mở rộng những kết quả trên với các khoảng tùy ý, ta xét hai hàm g : J → R và u : I → J và giả sử rằng tồn tại những giới hạn sau trong R,
lim
x→(inf I)+u(x) = `, lim
x→(supI)−u(x) = L.
Trong trường hợp này, công thức tương tự (2.15) là:
Z L
`
g(z)dz =
Z supI inf I
g(u(x))u0(x)dx. (2.17) Thật vậy, ta có kết quả sau.
Định lí 2.62. Cho hai khoảng I, J ⊂ R, g : J → R là hàm khả tích và u : I →J khả vi h.k.n trong I và tồn tại các giới hạn sau trong R,
lim
x→(inf I)+u(x) =`, lim
x→(supI)−u(x) =L. (2.18) Khi đó, (g◦u)u0 khả tích trên I và phép đổi biến (2.15) và (2.17) đúng,
∀[α, β] ⊂I nếu và chỉ nếu f ◦u ∈ AC(I)∩BP V(I), ở đó f(z) :=
Z z inf J
g(t)dt, z ∈ J.
Chứng minh. Giả sử f ◦u ∈ AC(I)∩BP V(I) thì ta có thể tiến hành như trong chứng minh của Định lý 2.55 để chứng minh (2.15) đúng,
∀[α, β] ⊂I. Vì f◦u ∈ BP V(I) nên theo Hệ quả 1.23 và (2.16), đạo hàm của nó (g ◦u)u0 khả tích trên I. Do đó, lấy giới hạn khi α,β tiến tới các đầu mút của I và sử dụng (2.18) và Định lý hội tụ trội Lebesgue, ta kết luận (2.17) đúng.
Đảo lại, nếu (g ◦u)u0 khả tích và (2.15) và (2.17) đúng, ∀[α, β] ⊂ I thì (f ◦u)(β)−(f ◦u)(α) =
Z β α
g(u(x))u0(x)dx, ∀[α, β] ⊂ I.
Như trong Định lý 2.54 ta có f ◦u ∈ ACloc(I). Đồng thời, theo Hệ quả 2.41 và 2.42 suy ra f ◦u ∈ AC(I)∩BP V(I).
Định nghĩa 2.63. Cho tập X 6= ∅ và hàm ψ : X → [0,∞]. Ta định nghĩa tổng vô hạn của ψ trên X như sau:
X
t∈X
ψ(t) := supn X
t∈Y
ψ(t) : Y ⊂ X o
hữu hạn.
Bài tập 2.64. Cho tập X 6= ∅ và hàm ψ : X → [0,∞]. Chứng minh rằng, nếu
X
t∈X
ψ(t) < ∞ thì tập {t ∈ X : ψ(t) > 0} là tập đếm được.
Định lí 2.65. (Công thức diện tích)
Cho khoảng I ⊂ R, ψ : I → [0,∞] là hàm Borel và u : I → R khả vi h.k.n trong I và u ánh xạ các tập có độ đo (L) bằng 0 thành các tập có độ đo (L) bằng 0. Khi đó,
Z
R
X
t∈u−1({y})
ψ(t)dy = Z
I
ψ(x)|u0(x)|dx. (2.19) Chứng minh. Bước 1: Đầu tiên giả sử I = (a, b) và u ∈ Cc1(I). Xét tập mở A := {x ∈ I : u0(x) 6= 0} và {(ak, bk)} là họ đếm được các thành phần liên thông của A. Nếu u0 > 0 trong (ak, bk) và ψ ∈ L∞((ak, bk)) thì theo Hệ quả 2.59 (áp dụng trong khoảng (ak, bk) với hàm u và g := ψ◦u, ở đó v :=
u
(ak,bk)
−1
) ta có Z bk
ak
ψ(x)u0(x)dx =
Z u(bk) u(ak)
ψ
u (ak,bk)
−1
(y)
dy. (2.20)
Mặt khác, vì u
(ak,bk) là giảm thực sự và liên tục nên với mỗi y ∈
u(ak), u(bk)
có một và chỉ một t ∈ (ak, bk) sao cho u(t) = y. Vì vậy (ak, bk)∩ u−1({y}) = {t}, còn nếu y ∈ R\
u(ak), u(bk) thì (ak, bk)∩ u−1({y}) = ∅. Điều này chứng tỏ rằng:
Z
R
X
t∈(ak,bk)∩u−1({y})
ψ(t)dy =
Z u(bk) u(ak)
X
t∈(ak,bk)∩u−1({y})
ψ(t)dy
=
Z u(bk) u(ak)
ψ
u (ak,bk)
−1
(y)
. Kết hợp đẳng thức này với (2.20) ta có
Z bk ak
ψ(x)u0(x)dx = Z
R
X
t∈(ak,bk)∩u−1({y})
ψ(t)dy. (2.21)
Để bỏ giả thiết, bổ sung ψ ∈ L∞
(ak, bk)
, ta chỉ cần áp dụng (2.21) với ψn := min{ψ, n} và sử dụng Định lý hội tụ đơn điệu Lebesgue.
Chứng minh tương tự, nếu u0 < 0 trong (ak, bk) thì Z bk
ak
ψ(x)|u0(x)|dx = Z
R
X
t∈(ak,bk)∩u−1({y})
ψ(t)dy.
Lấy tổng theo k ta có, Z
A
ψ(x)|u0(x)|dx = Z
R
X
t∈(ak,bk)∩u−1({y})
ψ(t)dy.
Vì u0(x) = 0 trong I\A nên theo Hệ quả 2.14, L1(u(I\A)) = 0. Do đó, đẳng thức trên có thể viết như sau:
Z
I
ψ(x)|u0(x)|dx = Z
R\u(I\A)
X
t∈A∩u−1({y})
ψ(t)dy.
Mặt khác, nếu y ∈ R\u(I\A) thì
u−1({y}) = (A∩u−1({y}))∪((I\A)∩u−1({y}))
= A∩u−1({y}).
Và vì vậy, Z
R\u(I\A)
X
t∈A∩u−1({y})
ψ(t)dy = Z
R\u(I\A)
X
t∈u−1({y})
ψ(t)dy
= Z
R
X
t∈u−1({y})
ψ(t)dy
ở đó, lấy đẳng thức cuối là do L1(u(I\A)) = 0. Điều đó chứng tỏ (2.19) đúng.
Bước 2: Tiếp theo giả sử I = (a, b), tồn tại một tập Compac K ⊂ I sao cho ψ = 0 trên I\K sao cho u khả vi, ∀x ∈ K và
y∈K,y→xlim
u(y)−u(x)
y −x = u0(x), x ∈ K
với u0(x) chính quy. Thì theo Bài tập 2.66 tồn tai một hàm v ∈ Cc1(I) để v = u và v0 = u0 trên K. Áp dụng Bước 1 đối với v và với ψ được thay thế bởi χKψ, ta có
Z
K
ψ(x)|u0(x)|dx = Z
I
χK(x)ψ(x)|v0(x)|dx
= Z
R
X
t∈v−1({y})
χK(t)ψ(t)dy
= Z
R
X
t∈K∩v−1({y})
ψ(t)dy = Z
R
X
t∈K∩u−1({y})
ψ(t)dy.
Vì ψ = 0 trên I\K, ta có (2.19) đúng.
Bước 3: Giả sử I = (a, b). Vì u khả vi h.k.n trong I nên dãy hàm un(x) := sup
y∈
x−n1,x+n1
∩I
\{x}
u(y)−u(x)
y −x −u0(x)
, x ∈ I
hội tụ tới 0 h.k.n, x ∈ I. Theo Định lý Egoroff, tồn tại một dãy tăng các tập compac {Kj} ⊂ I sao cho
L1 I\
∞
[
j=1
Kj
!
= 0
và {un} hội tụ đều tới 0 trong Kj, với mỗi j ∈ N. Nói riêng,
y∈K,y→xlim
u(y)−u(x)
y −x = u0(x) đều khi x ∈ Kj, ∀j ∈ N.
Theo Bước 2 với ψ được thay thế bởi ψχKj, Z
Kj
ψ(x)|u0(x)|dx = Z
R
X
t∈Kj∩u−1({y})
ψ(t)dy.
Cho j → ∞, từ Định lý hội tụ đơn điệu Lebesgue suy ra, Z
S∞ j=1Kj
ψ(x)|u0(x)|dx = Z
R
X
t∈S∞
j=1Kj∩u−1({y})
ψ(t)dy.
Vì L1
I\S∞ j=1Kj
= 0 nên theo giả thiết ta có L1 u I\
∞
[
j=1
Kj
!!
= 0.
Và vì vậy ta có (2.19).
Bước 4: Nếu I là một khoảng tùy ý, thì lấy (an, bn) ⊂ I thỏa mãn
an → (inf I)+, bn → (supI)−. Theo Bước 3, (2.19) đúng trong mỗi (an, bn). Công thức (2.19) đúng trong Io được suy ra từ Định lý hội tụ đơn điệu Lebesgue. Nếu 1 hoặc cả 2 điểm đầu mút của I thuộc I thì ta có thể tiến hành như trong phần cuối của Bước 1 để chứng tỏ (2.19) đúng trong I.
Chọn ψ(x) := g(u(x)) trong (2.19), ở đó g : R → [0,∞] là hàm Borel ta có
Z
R
g(y)Nu(y;I)dy = Z
I
g(u(x))|u0(x)|dx
ở đú, ta nhớ lại Nu(ã;I) được gọi là chỉ đồ Banach của u. Trường hợp đặc biệt, với q = 1 ta có mô hình của Định lý Banach, đó là:
Z
R
Nu(y;I)dy = Z
I
|u0(x)|dx.
Bài tập 2.66. Cho K ⊂ (a, b) là một tập Compac và u : K → R là hàm khả vi trên K và
y∈K,y→xlim
u(y)−u(x)
y −x = u0(x) đều với x∈ K.
Chứng minh rằng, tồn tại một hàm v : (a, b) → R, với v ∈ Cc1((a, b)) có tính chất v = u và v0 = u0 trên K. Gợi ý, trên mỗi thành phần liên thông (ak, bk) của (a, b)\K, xác định v bởi một đa thức bậc ba thích hợp.
Ta kết thúc mục này bằng việc thảo luận của Định lý 1.31. Bài tập sau đây (xem Bài tập 1.30) chứng tỏ rằng hợp của các hàm liên tục tuyệt đối có thể không liên tục tuyệt đối.
Bài tập 2.67. Cho f : R →R được định nghĩa bởi:
f(z) :=
1 nếu z ≤ −1, p|z| nếu −1 < z < 1, 1 nếu z ≥ 1.
và gọi u : [−1,1] →R là hàm u(x) :=
( x2sinx12 nếu x6= 0,
0 nếu x= 0.
Chứng minh rằng f và u liên tục tuyệt đối nhưng hợp của chúng f ◦u thì không liên tục tuyệt đối.
Kết quả tiếp theo cho ta điều kiện cần và đủ về hàm f : R → R để f ◦u liên tục tuyệt đối, với mọi hàm liên tục tuyệt đối u : [a, b] →R. Định lí 2.68. (Sự chồng chất)
Cho khoảng I ⊂ R và f :R →R. Khi đó, f ◦u ∈ ACloc(I) với mọi hàm u ∈ ACloc(I) nếu và chỉ nếu f Lipschitz địa phương. Trường hợp đặc biệt, nếu f Lipschitz địa phương và u ∈ ACloc(I) thì quy tắc đạo hàm hàm hợp (2.14) đúng.
Chứng minh. Bước1: Giả sử rằngf Lipschitz địa phương vàu ∈ ACloc(I).
Cố định một đoạn [a, b].Đặc biệt, |u| bị chặn trong đoạn [a, b]: |u| ≤ ` và tồn tại một hằng số L > 0 để
|f(z1)−f(z2)| ≤L|z1 −z2|, ∀z1, z2 ∈ [−`, `]. (2.22) Ta chứng minh rằng f ◦u liên tục tuyệt đối trong đoạn [a, b]. Thật vây, vì u ∈ AC([a, b]) nên với mỗi ε > 0, ∃δ > 0 để
X
k
|u(bk)−u(ak)| ≤ ε L
với số khoảng hữu hạn không giao nhau bất kỳ (ak, bk) ⊂ [a, b], X
k
(bk −ak) ≤ δ.
Do đó, theo (2.22) X
k
|(f ◦u)(bk)−(f ◦u)(ak)| ≤ LX
k
|u(bk)−u(ak)| ≤ε.
Và ta có điều phải chứng minh.
Quy tắc đạo hàm hàm hợp được suy ra từ Hệ quả 2.52.
Bước 2: Giả sử f ◦u ∈ ACloc(I), với mọi u ∈ ACloc(I). Ta chứng minh rằng f Lipschitz địa phương. Phần chứng minh sau gần với chứng minh của Định lý 2.31, với điểm khác duy nhất là thay cho u gián đoạn ta sử dụng hàm afin từng khúc. Cố định đoạn [a, b]⊂ I. Ta bắt đầu bằng việc chứng minh f bị chặn địa phương. Xét một đoạn [−r, r], ở đó r > 0. Ta chứng minh f bị chặn trong [−r, r]. Thật vậy, ∀z0 ∈ [−r, r], ta xét hàm
u(x) :=
z0 +x− a+b2 nếu x ∈ [a, b], z0 − b−a2 nếu x < a, z0 + b−a2 nếu x > b.
Vì u ∈ ACloc(I) nên theo giả thiết (f ◦u) ∈ AC([a, b]). Nói riêng, nó bị chặn trong đoạn [a, b]. Do đó, tồn tại một hằng số Mz0 = Mz0(a, b) > 0 sao cho
f
z0 +x− a+b 2
≤ Mt0,∀x ∈ [a, b]
điều đó suy ra: |f(z)| ≤ My0, ∀z ∈
z0 − b−a2 , z0 + b−a2
. Do [−r, r] là tập Compac nên f bị chặn trong [−r, r] bởi hằng số Mr > 0. Tiếp theo, ta chứng minh f Lipschitz trong [−r, r]. Thật vậy, giả sử f không Lipschitz trong [−r, r]. Khi đó, ta có thể tìm được2 dãy{sn}, {tn} sao cho sn 6= tn
và
|f(sn)−f(tn)|
|sn−tn| > 2(n2 + n),∀n∈ N. (2.23) Vì {sn} bị chặn, ta có thể trích một dãy con (vẫn viết là sn): sn →s∞. Lấy một dãy con khác (không kí hiệu lại) sao cho (2.23) vẫn đúng và
|sn−s∞| < 1
(n+ 1)2. (2.24)
Vì f bị chặn trong [−r, r] bởi Mr nên theo (2.23), ∀n∈ N ta có
2Mr ≥ |f(sn)−f(tn)| > 2(n2 +n)|sn −tn|. (2.25) Do dó,
0 < δn := |sn −tn|(b−a)
2Mr < (b−a)
2(n2 +n) → 0 Với mỗi n ∈ N, ta chia đoạn
h
a+ n+1b−a, a+ b−an i
thành những khoảng con có độ dài δn, vì vậy gọi
`n := diamIn
δn = b−a
δn(n2 +n) = 2Mr
|sn −tn|(n2 +n) > 2 (2.26) và đặt mn := max{j ∈ N0 : j < `n}. Vì `n > 2 nên ta có,
`n
2 ≤mn < `n. (2.27)
Xét phân hoạch Pn của h
a+ n+1b−a, a+ b−an i
cho bởi, Pn : =
n
a+ b−a n+ 1 + 1
2jδn : j = 0, ...,2mn
o∪n
a+ b−a n
o
=: {x(n)0 , ..., x(n)2m
n+1}.
Xác định một hàm afin từng khúc u :I → R như sau:
Đặt s0 := s1. Định nghĩa:
u(x) :=
( s∞ nếu x ≤a, s0 nếu x ≥b.
Còn với x thuộc mỗi khoảng h
a+ n+1b−a, a+ b−an
, n ∈ N, ta đặt
u(x) :=
2(sn−tn) δn
x−x(n)2i−1
+tn nếu x(n)2i−1 ≤x ≤ x(n)2i , 0 ≤i ≤ mn−1
2(tn−sn) δn
x−x(n)2i
+sn nếu x(n)2i ≤ x ≤ x(n)2i+1, 0 ≤i ≤ mn−1
sn−1−tn
x(n)2mn+1−x(n)2mn−1
x−x(n)2m
n−1
+tn nếu x(n)2m
n−1 ≤x ≤ x(n)2m
n+1. (2.28) Chú ý rằng δ2n ≤ x(n)2m
n+1−x(n)2m
n−1 ≤ 2δn, ta chứng minh rằngu ∈ AC(I).
Vì sn → s∞ và tn → t∞, ta có u liên tục tại x = a. Do đó, u liên tục
và khả vi trừ ra một số đếm được các điểm và vì vậy theo Bài tập 2.23 để chứng tỏ nó liên tục tuyệt đối địa phương trong I. Ta chỉ còn phải chứng minh u0 khả tích. Theo (2.24),(2.25),(2.27), ta có
Z
I
|u0|dx = Z b
a
|u0|dx ≤
∞
X
n=1
2mn|sn −tn|+|tn−sn−1|
≤
∞
X
n=1
2`n|sn −tn|+|tn −sn|+ |sn −s∞|+|s∞−sn−1|
≤
∞
X
n=1
Mr
n2 +n + Mr
n2 +n + 2 n2 ≤
∞
X
n=1
2Mr + 2
n2 < ∞.
Vì chuỗi P∞ n=1
1
n2 hội tụ nên ta có u0 khả tích trong I. Mặt khác, theo (2.25)-(2.27),
2mn+1
X
i=1
f
u
x(n)i
−f
u
x(n)i−1
≥ 2mn|f(sn)−f(tn)|
> 2`n(n2 +n)|sn−tn| = 4Mr, nên với ∀n∈ N theo Nhận xét 1.7, ta có
Var[a,b](f ◦u) ≥
n
X
k=1
VarI
k(fou) ≥ 4Mrn → ∞,khi n → ∞ Do đó, ta có điều mâu thuẫn.
Nhận xét 2.69. Chú ý rằng, phần điều kiện cần của định lý ta đã chứng minh được kết quả mạnh hơn nhiều. Cụ thể là, nếu f :R →R sao cho f ◦u ∈ BP Vloc(I), với mọi hàm u ∈ AC(I) ⊂ ACloc(I) thì f Lipschitz địa phương.
Nhận xét 2.70. Chú ý rằng, phần chứng minh trước vẫn đúng nếu f : Rd → R tức là f ◦u ∈ ACloc(I) với mọi hàm u ∈ ACloc(I;Rd) nếu và chỉ nếu nó Lipschitz địa phương.