Dejar $f: \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$. ¿Es el conjunto de puntos en los que$f$ es diferenciable un conjunto Borel?

Question

Deje $f: \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ ser una función. Es el conjunto de puntos en el que $f$ es diferenciable en un conjunto de Borel?

La respuesta es "sí" a $n=1$, incluso para arbitrario $f$ (no se supone que ser medibles).

Pero, ¿qué sucede para $n>1$? La prueba de $n=1$ (consulte la Caracterización de los conjuntos de la diferenciabilidad) no parece generalizar fácilmente a las dimensiones superiores.

(La motivación para hacer esta pregunta vino de la Rademacher del teorema, que establece que cualquier mapa de Lipschitz $f:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ es derivable en casi todas partes. Me preguntaba si los puntos donde se $f$ no es diferenciable forma un conjunto de Borel. Por lo tanto, si la solución a la pregunta original parece oscuro, por favor siéntase libre para que me ayude con los resultados parciales, especialmente para el caso de Lipschitz.)

Answer 1

Aquí es una adaptación de la respuesta que usted vinculados: Supongamos $f$ es continua y considerar cualquier norma $\Vert\cdot\Vert$ a $\mathbb{R}^n$ y el asociado matricial del operador de la norma $\Vert\cdot\Vert$. A continuación, $f$ es diferenciable en $x$fib $$\exists M>0:\forall\epsilon>0:\exists\delta>0:\exists A\in\mathbb{Q}_{n\times n}(\Vert A\Vert<M):\forall h(\Vert h\Vert<\delta):\Vert f(x+h)-f(x)-Ah\Vert\leq\epsilon\Vert h\Vert,$$ donde tomamos todos los números y vectores racional, y $\mathbb{Q}_{n\times n}$ es el conjunto de $n\times n$ racional de las matrices.

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Esta es la idea: Si $f$ es diferenciable en $x$, luego tomar racional $M>\Vert df(x)\Vert+1$. Dado $\epsilon>0$, vamos a $A\in\mathbb{Q}_{n\times n}$ tal que $\Vert df(x)-A\Vert\leq\epsilon/2$ (matricial de la norma). Desde $\lim\frac{f(x+h)-f(x)-df(x)h}{\Vert h\Vert}=0$ existe $\delta>0$ que si $\Vert h\Vert<\delta$ entonces $\Vert f(x+h)-f(x)-df(x)h\Vert\leq\epsilon\Vert h\Vert/2$, por lo que $$\Vert f(x+h)-f(x)-Ah\Vert\leq \epsilon\Vert h\Vert/2+\Vert Ah-df(x)h\Vert\leq\epsilon\Vert h\Vert.$$

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En la otra dirección, supongamos $x$ es tal que la expresión anterior es satisfecho. Deje $\epsilon_n\to 0^+$ y tome $\delta_n$ e $A_n$ satisfacer la expresión anterior, con respecto a $\epsilon_n$. Desde $f$ es continua, la desigualdad se cumple para todos los $h$ con $\Vert h\Vert\leq\delta$ (posiblemente de no-racional). Desde $\Vert A_n\Vert<M$ para todos los $n$ entonces se puede pasar a una larga y asumir que las matrices de $A_n$ convergen para algunos matriz $A$.

Si $\Vert h\Vert<\delta_n$, luego \begin{align*} \Vert f(x+h)-f(x)-Ah\Vert&\leq\Vert f(x+h)-f(x)-A_nh\Vert+\Vert A_nh-Ah\Vert\\ &\leq(\epsilon_n+\Vert A_n-A\Vert)\Vert h\Vert. \end{align*} Desde $A_n\to A$ e $\epsilon_n\to 0$ entonces $f$ es diferenciable en $x$ con $df(x)=A$.

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Anexo: acabo de darme cuenta de que podemos ommit el "$\exists M>0$" parte: Vamos a $B$ ser la matriz que obtenemos para $\epsilon=1$. Entonces para cualquier $\epsilon$, tome la matriz de $A_\epsilon$ asociado a ella. Para $\epsilon<1$ y cada suficientemente pequeño $h$ tenemos $\Vert Bh- A_\epsilon h\Vert\leq (\epsilon+1)\Vert h\Vert\leq 2\Vert h\Vert$, lo $\Vert A_\epsilon\Vert\leq\Vert B\Vert+2$. Esto es suficiente para que los argumentos de arriba.