Demostremos el siguiente resultado:
Dejemos que $f:\Bbb{R}^{n}\to \Bbb{R}$ sea una función Lipschitz y $D=\{ x\in \Bbb{R}^{n}: f'(x)\: \text{exists }\}$ . Sea $D_{f}:D\to L(\Bbb{R}^{n},\Bbb{R})$ sea la función que asocia a cada punto $x\in D$ el valor $f'(x)$ . Entonces
- $D$ es un subconjunto de Borel de $\Bbb{R}^{n}$
- $D_f$ es una función medible de Borel.
(Nota: $f'(x)$ es la derivada de $f$ en $x$ y $L(\Bbb{R}^{n},\Bbb{R})$ es el espacio de transformaciones lineales de $\Bbb R^n$ a $\Bbb R$ ).
Desde $f:\Bbb{R}^{n}\to \Bbb{R}$ es una función Lipschitz, existe $K>0$ , tal que para todo $x, y \in \Bbb{R}^n$ , $|f(x)-f(y)| < K \|x - y\|$ . Tenga en cuenta que $f$ es continua y por tanto es una función medible de Borel.
Dejemos que $D=\{ x\in \Bbb{R}^{n}: f'(x)\: \text{exists }\}$
Demostremos que $D$ es un conjunto medible de Borel.
Se puede demostrar (ver Nota: abajo) que $x \in D$ si y sólo si
$$\forall\epsilon\in \mathbb{Q}, \epsilon>0, \: \exists\delta \in \mathbb{Q},\delta>0,\:\exists T\in\mathbb{Q}_{1\times n}, \Vert T\Vert \leqslant K ,\:\forall h \in \mathbb{Q}^{n},\Vert h\Vert<\delta, \:\\ | f(x+h)-f(x)-Th |\leq\epsilon\Vert h\Vert,$$ donde $\mathbb{Q}_{1\times n}$ es el conjunto de $1\times n$ matrices racionales. Esto significa que
$$ D= \bigcap_{\substack{\epsilon\in \mathbb{Q} \\ \epsilon>0}}\bigcup_{\substack{\delta \in \mathbb{Q} \\ \delta>0}} \bigcup_{\substack{T\in\mathbb{Q}_{1\times n} \\ \Vert T\Vert \leqslant K }}\bigcap_{\substack{ h \in \mathbb{Q}^{n} \\ \Vert h\Vert<\delta }} \{x \in \mathbb{R}^n: | f(x+h)-f(x)-Th |\leq\epsilon\Vert h\Vert\} \tag{1}$$
Pero es fácil ver que los conjuntos $\{x \in \mathbb{R}^n: | f(x+h)-f(x)-Th |\leq\epsilon\Vert h\Vert\}$ son conjuntos medibles de Borel. Entonces, como todas las intersecciones y uniones en $(1)$ son intersecciones contables y uniones contables, tenemos que $D$ es un conjunto medible de Borel.
Ahora, demostremos que $D_{f}:D\to L(\Bbb{R}^{n},\Bbb{R})$ es una función de Borel.
En primer lugar, hay que tener en cuenta que los conjuntos de Borel en $L(\Bbb{R}^{n},\Bbb{R})$ son los elementos del $\sigma$ -generan los conjuntos abiertos de la topología normativa de $L(\Bbb{R}^{n},\Bbb{R})$ . Desde $L(\Bbb{R}^{n},\Bbb{R})$ es isomorfo a $\Bbb{R}^{n}$ los conjuntos de Borel en $L(\Bbb{R}^{n},\Bbb{R})$ puede considerarse como los conjuntos de Borel en $\Bbb R^n$ .
Ahora bien, obsérvese que, al utilizar la base canónica en $\Bbb R^n$ tenemos que $$D_f= \left (\frac {\partial f}{\partial x_1}, \dots , \frac {\partial f}{\partial x_n} \right)$$
Por lo tanto, basta con demostrar que cualquier $i\in \{1,...,n\}$ la función
$\frac {\partial f}{\partial x_i}: D\to \Bbb R $ es una función de Borel.
Dejemos que $(t_j)_{j \in \Bbb N}$ sea una secuencia de números reales positivos que convergen a $0$ . Ahora, para cualquier $i\in \{1,...,n\}$ y cualquier $j \in \Bbb N $ definamos $d_{i,j} : D\to \Bbb R $ por $$d_{i,j}(x) = \frac{f(x+t_je_i) -f(x)}{t_j}$$
Desde $f$ es una función medible de Borel, claramente $d_{i,j}$ son funciones medibles de Borel y, como $j\to \infty$ convergen puntualmente a $\frac {\partial f}{\partial x_i}$ en $D$ . Así que $\frac {\partial f}{\partial x_i}$ son funciones medibles de Borel. Así que $D_f$ es una función medible de Borel.
Nota: : demostremos que
$x \in D$ si y sólo si
$$\forall\epsilon\in \mathbb{Q}, \epsilon>0, \: \exists\delta \in \mathbb{Q},\delta>0,\:\exists T\in\mathbb{Q}_{1\times n}, \Vert T\Vert \leqslant K ,\:\forall h \in \mathbb{Q}^{n},\Vert h\Vert<\delta, \:\\ | f(x+h)-f(x)-Th |\leq\epsilon\Vert h\Vert,$$ donde $\mathbb{Q}_{1\times n}$ es el conjunto de $1\times n$ matrices racionales.
Prueba : Dejemos que $\mathbb{R}_{1\times n}$ sea el conjunto de $1\times n$ matrices reales.
( $\Rightarrow$ ) Si $x \in D$ entonces $D_f(x)$ está representado por un $1 \times n$ matrices reales y $\Vert D_f \Vert \leqslant K$ . Desde $\mathbb{Q}_{1\times n}$ es un subconjunto denso de $\mathbb{R}_{1\times n}$ y $D_f(x) \in \mathbb{R}_{1\times n}$ podemos tomar $T \in \mathbb{Q}_{1\times n}$ , de tal manera que $\Vert D_f(x) - T \Vert < \epsilon/2$ . Ahora bien, como $\lim\frac{f(x+h)-f(x)-df(x)h}{\Vert h\Vert}=0$ existe $\delta>0$ de manera que si $\Vert h\Vert<\delta$ entonces $\Vert f(x+h)-f(x)-df(x)h\Vert\leq\epsilon\Vert h\Vert/2$ Así que \begin{align*} \Vert f(x+h)-f(x)-Th\Vert &\leqslant \epsilon\Vert h\Vert/2+\Vert Th-df(x)h\Vert \\ & \leqslant \epsilon\Vert h\Vert/2+\Vert T-df(x)\Vert\Vert h \Vert \\ & \leqslant \epsilon\Vert h\Vert \end{align*}
( $\Leftarrow$ ) Deja que $\{\epsilon_n\}_n$ sea una secuencia de números racionales positivos que convergen a $0$ . Entonces, hay $\delta_n \in \mathbb{Q},\delta_n>0,\:\exists T_n\in\mathbb{Q}_{1\times n}, \Vert T_n\Vert \leqslant K$ tal que para todo $ h \in \mathbb{Q}^{n},\Vert h\Vert<\delta_n$ ,
$$| f(x+h)-f(x)-T_n h |\leq\epsilon_n\Vert h\Vert \tag{2}$$ Desde $f$ es continua, $(2)$ es válida para todos los $ h \in \mathbb{R}^{n},\Vert h\Vert<\delta_n$ .
Desde $\{ A \in\mathbb{R}_{1\times n}: \Vert A \Vert \leqslant K\}$ es compacto y, para todo $n$ , $T_n \in \{ A \in\mathbb{R}_{1\times n}: \Vert A \Vert \leqslant K\}$ podemos, pasando a una subsecuencia si es necesario, suponer que $T_n$ converge (en la topología de la norma) a algún $T \in \mathbb{R}_{1\times n}$ .
Por lo tanto, si $\Vert h\Vert<\delta_n$ entonces \begin{align*} \Vert f(x+h)-f(x)-T h\Vert&\leqslant \Vert f(x+h)-f(x)-T_n h\Vert+\Vert T_n h-T h\Vert\\ &\leq(\epsilon_n+\Vert T_n-T\Vert)\Vert h\Vert. \end{align*} Desde $T_n$ converge a $T$ y $\epsilon_n$ converge a $0$ tenemos que $f$ es diferenciable en $x$ con $df(x)=T$ .
