¿Es la imagen de un conjunto nulo bajo un mapa diferenciable siempre null?

Question

Que $n$ ser un entero positivo. $\; $ % Que $f : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ser por todas partes diferenciable de Frechet.
Que $S$ sea un subconjunto de $\mathbb{R}^n$ con medida de Lebesgue cero.

¿Sigue que $\{f(s) : s\in S\}$ tiene medida de Lebesgue cero?

(Sé que lo haría si $D(f)$ es continua).

Answer 1

Sí. De hecho, si $f$ tiene un Frechet derivado $Df$ sobre un conjunto medible $S\subseteq{R}^n$ $$ \begin{align} \mu(f(S))\le\int_S\left\vert{\rm det} Df\right\vert\,d\mu&&(1) \end{align} $$ donde $\mu$ es la medida de Lebesgue en $\mathbb{R}^n$. En particular, si $\mu(S)=0$, entonces el lado derecho es cero, independientemente de que el valor de $Df$. En realidad, (1) es consecuencia inmediata del cambio de las variables de la fórmula para la integración multidimensional, que puede ser mostrado a aplicar en la generalidad necesaria aquí. Tenga en cuenta que una forma general de Adrs del teorema también se sigue de (1), y dice que la imagen de un conjunto de puntos donde $Df$ es singular tiene medida cero.

La Vitali que cubre lema proporciona una rápida prueba de que $f(S)$ cero de la medida de Lebesgue. Si $f$ es Frechet diferenciable en un punto de $x$, entonces, para cualquier $K > \Vert Df\Vert$ tenemos $f(B_r(x))\subseteq B_{Kr}(f(x))$ para todos lo suficientemente pequeño como $r > 0$. Por eso, $\mu(f(B_r(x))\le K^n\mu(B_r(x))$. Ahora, si $\Vert Df\Vert < K$ sobre un conjunto medible $S$, entonces usted puede elegir abrir $U\supseteq S$ $\mu(U)$ cerca de $\mu(S)$ como usted desea. Para cada una de las $x\in S$ elija $r_x\in(0,1)$ tal que $B_{r_x}(x)\subseteq U$ $f(B_{r}(x))\subseteq B_{Kr}(f(x))$ todos los $r\le 5r_x$. La Vitali que cubre lema implica que hay una contables subconjunto $S^\prime\subseteq S$ tal que $\{B_{r_x}(x)\colon x\in S^\prime\}$ son disjuntas y $$ \bigcup_{x\in S^\prime}B_{5r_x}(x)\supseteq\bigcup_{x\in S}B_{r_x}(x)\supseteq S. $$ Así, $$ \begin{align} \mu(f(S))&\le\sum_{x\in S^\prime}\mu(f(B_{5r_x}(x)))\\ &\le 5^nK^n\sum_{x\in S^{\prime}}\mu(B_{r_x}(x))\\ &=5^nK^n\mu\left(\bigcup_{x\in S^\prime}B_{r_x}(S)\right)\\ &\le5^nK^n\mu(U). \end{align} $$ Dejando $\mu(U)$ disminución $\mu(S)$ da $\mu(f(S))\le5^nK^n\mu(S)$. En particular, si $\mu(S)=0$$\mu(f(S))=0$. Incluso si el Frechet derivados sólo existe en $S$, pero no está limitado, podemos dejar que la $S_n$ ser el subconjunto de $S$ que $\Vert Df\Vert\le n$. Luego, utilizando la monotonía de convergencia, $\mu(f(S))=\lim_{n\to\infty}\mu(f(S_n))=0$.

Esto le da una respuesta positiva a la pregunta, donde $\mu(S)=0$. Podemos ir más allá y utilizar la Vitali que cubre el teorema a demostrar (1). De hecho, el cambio completo de las variables de la fórmula $$ \int_S\vert{\rm det} Df\vert\,d\mu=\int_{f(S)}\#\left(f^{-1}(\{y\})\cap S\right)\,d\mu(y) $$ puede ser demostrado en la generalidad pedido aquí. Esto puede ser demostrado con un argumento similar como el anterior que impliquen la Vitali que cubre teorema, y también el uso de los límites $\lim_{r\to0}\mu(f(B_r(x))/\mu(B_r(x))=\vert{\rm det}Df(x)\vert$$S$.

Answer 2

Más generalmente, si $f:\ X \to Y$ es localmente Lipschitz función de una $\sigma$-acuerdo espacio métrico a otro $S \subseteq X$ tiene $d$-dimensiones Hausdorff mide 0, $f(S)$ también tiene $d$-medida dimensional de Hausdorff 0. Esto es más o menos inmediato de la definición de medidas de Hausdorff. En su caso, la medida de Lebesgue en ${\mathbb R}^n$ coincide con $n$-dimensional medida de Hausdorff.