¿La existencia puntual de la derivada de Radon-Nikodým es suficiente para la continuidad absoluta?

Question

Dejemos que $\mu$ sea una medida de Radon finita, no atómica y con signo en $([0,1],\mathcal{B}([0,1]))$ . Para todos los $x \in ]0,1[$ el límite $$\lim_{\varepsilon \to 0} {\frac{\mu(]x-\varepsilon,x+\varepsilon[)}{2\varepsilon}}$$ existe. ¿Implica esto que $\mu$ es absolutamente continua con respecto a la medida de Lebesgue en $[0,1]$ ?

Si $\mu$ fuera una medida positiva, esto se derivaría de una versión del Teorema de la Diferenciación de Besicovitch, véase el Teorema 2.22 en Funciones de variación limitada y problemas de discontinuidad libre por Ambrosio, Fusco, Pallara. En el caso general podría imaginar que dos medidas continuas positivas y singulares podrían ser utilizadas para dar un contraejemplo, pero no he sido capaz de construirlas.

Editar: Estaba pensando en una distribución de probabilidad de Cantor media como parte positiva y como parte negativa una medida de probabilidad construida de la siguiente manera: En el paso $n$ de la construcción del conjunto de Cantor tenemos $2^n$ intervalos de longitud $4^{-n}$ a la izquierda; considere los dos intervalos próximos a cada uno de estos intervalos, también de longitud $4^{-n}$ y distribuir uniformemente el peso sobre ellos para obtener una medida de probabilidad. El límite débil* de esas medidas constituirá la parte negativa. - Estoy bastante convencido de que la medida con signo resultante tiene derivada puntual de Radon-Nikodým 0, pero me temo que al final es la medida cero, por lo que ambas construcciones (de la parte positiva y negativa) dan la misma medida.

Edición nº 2: Efectivamente es la medida cero. :(

Answer 1

Volví a mirar "Differentiation of Integrals" de A. Bruckner (The American Mathematical Monthly, Vol. 78, No. 9, Part 2: Differentiation of Integrals (Nov., 1971), pp. i-iii+1-51) y encontré una mención a la Teorema de descomposición de la Vallée Poussin que es un refinamiento del teorema de descomposición de Lebesgue. El documento expositivo cita la obra de Saks "Theory of the Integral", donde se puede encontrar el teorema general como Teorema (15.7) en la página 155. Un tratamiento moderno puede encontrarse como Teorema 8.21 en "Real Analysis" de A. Bruckner, J. Bruckner y Thompson ( descargar gratis aquí ). El problema de ambas fuentes es que demuestran el teorema sólo para la diferenciación con respecto a las estructuras de red, lo que no es aplicable aquí.

Pero creo que se puede modificar su planteamiento para que funcione aquí, donde la base de diferenciación está formada por pelotas. Voy a esbozar cómo:

El siguiente lema corresponde al lema de crecimiento, Lemma 8.20 en "Análisis Real":

Lema: Dejemos que $\nu$ sea una medida de Radon finita (con signo) sobre un cubo $X$ en $\mathbb{R}^n$ . Entonces:

1. Si $A \subseteq X$ es un conjunto de Borel, $q \in \mathbb{R}$ y $\overline{D} \nu(x) := \limsup \limits_{r \downarrow 0} {\frac{\nu(\overline{B}_r(x))}{\lambda(\overline{B}_r(x))}} \geq q$ para todos $x \in A$ entonces $\nu(A) \geq q \lambda (A)$ .
2. Si $B \subseteq X$ es un conjunto de Borel, $\lambda(B)=0$ y $\nu$ no tiene una derivada infinita en ningún punto de $B$ entonces $\nu(B) = 0$ .

Prueba : Supongamos que $q=0$ el caso general se puede demostrar entonces considerando $\tilde{\nu} := \nu - q\lambda$ . Sea $\varepsilon > 0$ . Desde $|\nu|$ es exteriormente regular, existe un conjunto abierto $G \supseteq A$ tal que $\lambda(G) < \infty$ y $|\nu|(E) < \varepsilon$ para todo conjunto de Borel $E \subseteq G \setminus A$ . Considere $$\mathcal{F} := \{\overline{B}_r(x) \: | \: x \in A,\, \overline{B}_r(x) \subseteq G,\, \nu(\overline{B}_r(x)) > -\varepsilon\, \lambda(\overline{B}_r(x))\}.$$ Por el teorema de cobertura de Vitali-Besicovitch (Teorema 2.19 en "Funciones de variación limitada y problemas de discontinuidad libre") existe una subfamilia contable disjunta $\mathcal{F}' \subseteq \mathcal{F}$ tal que $|\nu|\left(A \setminus \bigcup \mathcal{F}'\right) = 0$ . Ahora $\bigcup \mathcal{F}' \subseteq G$ y $$\left|\nu \left(G \setminus \bigcup \mathcal{F}'\right)\right| \leq |\nu| \left(A \setminus \bigcup \mathcal{F}'\right) + |\nu| \left(G \setminus \left(A \cup \bigcup \mathcal{F}'\right)\right) < 0 + \varepsilon = \varepsilon.$$ Ahora el resto de la demostración del Lemma 8.20 se realiza sin cambiar nada más que la notación. $\Box$

Edición: Como ha señalado richard en los comentarios, la parte 2 del lema ya es suficiente para responder a mi pregunta: Tomemos $n=1$ , $X= [0,1]$ . Si $B \subseteq [0,1]$ es un conjunto de Borel con $\lambda(B) = 0$ entonces $\lambda(C) = 0$ para todos los conjuntos de Borel $C \subseteq B$ . El lema da $\nu(C) = 0$ para todos esos $C$ Así que $|\nu|(B) =0$ ya que $D\nu$ existe en todas partes por hipótesis (y es finito). Esto demuestra que $\nu \ll \lambda$ .

El teorema 8.21 de "Análisis real" y su demostración pueden copiarse literalmente para la diferenciación mediante bolas, aplicando el lema anterior en lugar del lema 8.20.

Teorema : Dejemos que $\nu$ sea una medida de Radon finita en un cubo $X$ en $\mathbb{R}^n$ . Entonces $D\nu(x)$ (que se define como $\overline{D}\nu(x)$ por si acaso $\overline{D}\nu(x) = \underline{D}\nu(x) := \liminf \limits_{r \downarrow 0} {\frac{\nu(\overline{B}_r(x))}{\lambda(\overline{B}_r(x))}}$ ) existe para a. e. $x \in X$ y es integrable en $X$ . Además, $$ \nu(E) = \int_E {D\nu}\, \mathcal{d}\lambda + \nu(E \cap B_\infty) + \nu(E \cap B_{-\infty})$$ para todo conjunto de Borel $E \subseteq X$ , donde $$ B_{\pm \infty} := \{x \in X \: | \: D\nu(x) = \pm\infty\}.$$

Para mi problema, elija $n=1$ y $X = [0,1]$ . Por hipótesis, $D\nu$ existe en todas partes, por lo que $B_{\pm \infty} = \emptyset$ y el teorema muestra que $\nu$ es absolutamente continua con respecto a la medida de Lebesgue.

Answer 2

Editar : Hay un problema con el siguiente argumento: sólo porque $f(x) = \lim_{\epsilon \to 0} \frac{1}{2\epsilon} (F(x+\epsilon)-F(x-\epsilon))$ existe no nos permite concluir que $F$ es diferenciable (considere $F(x)=x^{1/3}$ en $x=0$ ). Así que hay que trabajar más.

Establecer $f(x) = \lim_{\epsilon \to 0} \frac{1}{2\epsilon} \mu(]x+\epsilon, x-\epsilon[)$ . En el Teorema 3.22 de la obra de Folland se demuestra que Análisis real que $f$ es la densidad de la parte absolutamente continua de $\mu$ en particular, $f$ es integrable (con respecto a la medida de Lebesgue).

Si $F(x) = \mu([0,x))$ entonces $f = F'$ ( Edición: aún no se ha probado ) (nótese que $F(x+\epsilon) - F(x-\epsilon) = \mu([x-\epsilon, x+\epsilon[)$ en lugar de $\mu(]x-\epsilon, x+\epsilon[)$ pero $\mu$ no tiene átomos por lo que son realmente iguales). Ahora el Corolario 3.22 de Primer curso de espacios de Sobolev de Giovanni Leoni ( vista previa gratuita del capítulo correspondiente ) dice que cualquier función diferenciable en todas partes con derivada integrable es absolutamente continua. Esto significa que $\mu$ es una medida absolutamente continua.