Cálculo de la densidad de Lebesgue

Question

Quiero entender mejor cómo calcular la densidad de Lebesgue de puntos en el plano $\mathbb{R^2}$ .

Recordemos que la densidad de Lebesgue de $z=(z_1,z_2)$ en algún conjunto medible $E$ se define como $$d(z;E)=\text{lim}_{r\to 0}\frac{B_r(z)\cap E}{B_r(z)}$$

Dejemos que $E=\big\{(x,y):|x|<R,|y|< R\big\}$ y $F=\big\{(x,y):x^2+y^2< R^2\big\}$ para algunos $R>0$

¿Cuál es la densidad de Lebesgue de un punto $z\in \mathbb{R^2}$ en estos dos conjuntos?

Si $z$ está en el interior de E, siempre podemos encontrar un $\delta$ tal que $B_{\delta}(z)$ se encuentra enteramente en el interior $E$ por lo que la función $\frac{B_r(z)\cap E}{B_r(z)}$ es constante e igual a $1$ para todos $r< \delta$ y por lo tanto $d(z;E)=1$ en este caso. El mismo razonamiento puede aplicarse a $F$ para obtener la misma respuesta.

Si $z$ no está en el interior de $E$ y no es el cierre de $E$ entonces existe un $\delta$ tal que $B_{\delta}(z)$ se encuentra totalmente fuera de $E$ De ahí que $\frac{B_r(z)\cap E}{B_r(z)}$ es constante e igual a $0$ para todos $r< \delta$ y $d(z;E)=0$ lo mismo para $F$

Sigue siendo el caso en el que $z$ está en el límite.

Para el límite de E:

Dejemos que $z$ estar en el límite de $E$ ; si $z=(R,y)$ o $z=(x,R)$ entonces, intuitivamente, la línea del rectángulo debería cortar cualquier bola centrada en $z$ en dos mitades, una interior $E$ y uno fuera. Así, $d(z;E)=1/2$ (lo mismo para $-R$ ). En el caso de que $z=(R,R)$ (o las otras combinaciones de $R$ , $-R$ ), entonces debería haber exactamente $1/4$ de cualquier bola centrada en $z$ en el interior de $E$ Por lo tanto $d(z;E)=1/4$ .

¿Es suficiente con decirlo? ¿Cómo puedo ser más riguroso?

Para el límite de $F$ :

Intuitivamente debería ser $1/2$ porque en este caso no existen los puntos $(R,R)$ . Pero, ¿cómo demostrarlo con rigor?

Answer 1

Dado que la medida de Lebesgue es invariante de la rotación, sin pérdida de generalidad, $z=(0,s).$ Entonces,

$m(B_s(0,0)\bigcap B_r(0,s))=2 \displaystyle\int^{\sqrt {s^2-\left(s-\frac{r^2}{2s}\right)^2}}_{0}\left(\sqrt{s^2-x^2}+\sqrt{r^2-x^2}+1\right)dx=$

$2\cdot \left[\dfrac{2r^2s\arcsin\left(\frac{\sqrt{4r^2s^2-r^4}}{2rs}\right)+2s^3\arcsin\left(\frac{\sqrt{4r^2s^2-r^4}}{2s^2}\right)+\left(s-2\right)\sqrt{4r^2s^2-r^4}}{4s}\right]\Rightarrow $

$$\frac{m(B_s(0,0)\bigcap B_r(0,s))}{\pi r^2}\to \frac{\arcsin (1)}{\pi}+0+0=\frac{1}{2}.$$