Estrictamente creciente, absolutamente función continua a la desaparición de los derivados

Question

El siguiente problema viene de Folland del Análisis Real:

$A\subset [0,1]$ es un conjunto de Borel, que tiene la propiedad de que $0<m(A\cap I)<m(I)$ por cada intervalo de $I\subset [0,1]$. Definimos las funciones

$F(x)=m([0,x]\cap A)$

$G(x)=m([0,x]\cap A)-m([0,x] -A)$

Su bastante sencillo para mostrar

• $F$ es estrictamente creciente y absolutamente continua
• $G$ es absolutamente continua

Queremos mostrar que

• $F'=0$ sobre un conjunto de medida positiva
• $G$ no es monótona en un intervalo de

Los pensamientos?

Answer 1

Tenga en cuenta que $$\frac{F(x)-F(x+h)}{h}=\frac{m(A\cap [x+h,x])}{h}\le 2\frac{m(A\cap[x-h,x+h])}{2h},\ \forall h<0 \tag{1},$$

y

$$\frac{F(x+h)-F(x)}{h}=\frac{m(A\cap [x,x+h])}{h}\le 2\frac{m(A\cap[x-h,x+h])}{2h},\ \forall h>0 \tag{2},$$

Lebesgue densidad teorema, $(1)$ $(2)$ implica que el $$ F'(x)=0,\ a.e. \ x\in [0,1]\setminus A.$$

Edit: Como @Dave se señaló en el comentario, también tenemos que $F'(x)=1$.e. $x\in A$. Esto implica en particular que $G'(x)=1$.e. $x\in A$ $G'(x)=-1$ .e. $x\in [0,1]\setminus A$, por lo tanto, mediante el uso de las propiedades de $A$, se deduce de inmediato que $G$ no puede ser monótonas en cualquier intervalo de tiempo.

Answer 2

Tenemos $F(x)=\int_{-\infty}^x\chi_A(t)dt$ donde $\chi_A\in L^1(m)$ desde $A$ es un subconjunto de Borel $[0,1]$. En consecuencia (véase, por ejemplo, Folland, Análisis Real, Corolario 3.33) $F$ es absolutamente continua y $F'=\chi_A$.e. Por lo tanto $F'=0$.e. en $[0,1]\A$. Desde $m(A)<m([0,1])$ por supuesto, $F'=0$ sobre un conjunto de medida positiva. (Si $0\le x<y\le1$, $F(x)-F(y)=m((x,y]\cap A)>0$ por supuesto, por lo $F$ es estrictamente creciente en a $[0,1].$)

Asimismo, $G(x)=\int_{-\infty}^x(\chi_A-\chi_{[0,1]\setminus A})(t)dt$, lo $G$ es absolutamente continua y $G'=\chi_A-\chi_{[0,1]\setminus A}$.e. Si $I$ es cualquier subinterval de $[0,1]$, $I\cap A$ $I\setminus A$ tiene medida positiva, ya que $0<m(A\cap I)<m(A)$ por supuesto. Por lo tanto $G'$ supone que ambos valores de $1$$-1$$I$, de donde $G$ no es monótona en $I.$