$E \subset \{ x | f \text{ is differentiable at }x\}$. Entonces $|E|=0 \Rightarrow |f(E)|=0$.

Question

Para$f:[0,1]\to \mathbb{R}$ deje$E\subset\left\{x \mid f'(x) \text{exists}\right\}$. Demuestre que si$|E|=0$, entonces$|f(E)|=0$.

Mi intento:

Dejar $E_{nk}=\left\{x\in [0,1]|\frac{|f(x+h)-f(x)|}{h}\leq n, |h|< \frac{1}{k} \right\}$.

No estoy seguro de a dónde ir desde aquí, pero creo que$E\subset \bigcup E_{nk}$, pero no estoy seguro.

¿Alguna pista? Gracias.

Answer 1

Reclamo: Vamos a $E_n = \{x \in E : |f'(x)|\le n\}$,$\lambda(f(E_n)) \le n\lambda(E_n)$.

Observe que $E = \bigcup E_n$, por lo tanto el resultado deseado se deduce del hecho de que

$$\lambda(f(E_n)) \le n\lambda(E_n) \le n\lambda(E) = 0.$$ Indeed, to conclude from here, we can use the fact that $f(E) \subconjunto \bigcup f(E_n)$, que es una contables de la unión de null conjuntos.

Prueba de Reclamación: Vamos a $\epsilon > 0$ ser dado. Observe que el hecho de que la derivada existe y que está delimitada en $E_n$ significa que para $x \in E_n$ $$\lim_{y \to x}\frac{f(y) - f(x)}{y - x} = f'(x),$$ hence there exists $\delta > 0$ such that for every $s \(x \delta x + \delta) \cap [0,1]$ $$|f(y) - f(x)| \le (n + \epsilon)|y - x|. \tag 1$$

Nos da la idea de $(1)$ es que un escalar múltiplo de la longitud de un intervalo de tiempo puede ser utilizado para el control de la longitud de su imagen. Básicamente queremos aprovechar el hecho de que $f$ se comporta como una función de Lipschitz en $E_n$. Desafortunadamente, esto no se cumple para cada intervalo, pero funciona para los intervalos en $E_n$.

La próxima cosa a hacer es demostrar que tenemos "suficiente" (muy pequeño) los intervalos en $E_n$ para hacer el argumento anterior trabajo. De hecho, vamos a definir

$$E_{n,m} := \big\{x \in E_n : \lambda(f(I)) \le (n + \epsilon)\lambda(I), \text{where}\ I\subset [0,1]\ \text{is an interval}, x \in I,\text{and}\ \lambda(I) < \frac 1m \big\}.$$

A continuación,$E_{n,m} \subset E_{n,m+1}$$E_n = \bigcup_m E_{n,m}$. Esta última igualdad no es obvio en absoluto: para demostrar que $E \subset \bigcup_m E_{n,m}$ debemos demostrar que para cada $x \in E_n$ podemos encontrar $m$ que $x \in E_{n,m}$. Esto se puede hacer razonar como en el primer paso de la prueba, la elección de $m$ respectivamente ( $2m^{-1} < \delta$ ).

Podemos centrar ahora en la $E_{n,m}$. El truco que he visto utilizado en esta situación es la siguiente: por el exterior de la regularidad considerar $U_{n,m}$ abierto tal que $\lambda(E_{n,m}) + \epsilon \ge \lambda(U_{n,m})$. Desde $U_{n,m}$ está abierto podemos descomponer en countably muchos discontinuo abrir los intervalos de longitud de menos de $\frac 1m$. Vamos a llamar a esta familia de intervalos de $\mathcal{I}$. Observe que podemos aplicar a $(1)$ a cada elemento de a $\mathcal{I}$! Esto implica que

\begin{align} \lambda(f(E_{n,m})) \le &\ \lambda\Big(\bigcup_{I \in \mathcal{I}}f(I)\Big) \le \sum_{I \in \mathcal{I}}\lambda(f(I)) \le (n + \epsilon)\sum_{I \in \mathcal{I}}\lambda(I) \\ = &\ (n + \epsilon)\lambda\Big(\bigcup_{I \in \mathcal{I}} I\Big) = (n + \epsilon)\lambda(U_{n,m}) \\ \le &\ (n + \epsilon)(\lambda(E_{n,m}) + \epsilon). \end{align} Observe que aquí es importante que los intervalos son disjuntas.

Recordemos que $E_{n,m} \uparrow E_n$ a conseguir ese $\lambda(f(E_{n,m})) \le (n + \epsilon)(\lambda(E_{n}) + \epsilon)$ y concluir dejando $m \to \infty$ y, a continuación,$\epsilon \to 0^+$. $\blacksquare$

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Como un comentario, debo mencionar que yo no soy de preocuparse acerca de la medición ya que todo es un subconjunto del conjunto null $E$. Por otro lado, la demanda aún se mantiene sin ninguna suposición sobre el conjunto de $E_n$ se define como el anterior (incluyendo la mensurabilidad). En este caso se puede utilizar el mismo argumento de la sustitución de la medida de Lebesgue con el exterior de la medida. (usted puede, a continuación, volver a introducir la medida al definir la (medibles) abrir conjuntos de $U_{n,m}$.

Answer 2

Sugerencia: tenga en cuenta que si$f$ es diferenciable en$x$, entonces el límite

PS

existe como$$ \frac{f(x+ h) - f(x)}{h}$. Entonces, cuando$h \to 0$ es pequeño, la expresión anterior está delimitada por una constante.