台大实分析单元 22 Radon测度之微分

然后介绍Radon导数的性质。

$\mu$是定义在$\Omega\subset \mathbb R^n$上的Radon测度（$\Omega$为开集），定义

$$\underline D \mu(x)=\underset {\Omega\supset B\to x}{\lim \inf} \frac {\mu(B)}{\lambda^n (B)} =\lim_{\delta\to 0^+} \{\inf _{\delta B<\delta,x\in B}\frac {\mu(B)}{\lambda^n (B)} \} \\ \overline D \mu(x)=\underset {\Omega\supset B\to x}{\lim \sup} \frac {\mu(B)}{\lambda^n (B)} =\lim_{\delta\to 0^+} \{\sup _{\delta B<\delta,x\in B}\frac {\mu(B)}{\lambda^n (B)} \}$$

如果$\underline D \mu(x)= \overline D \mu(x)$，那么称$\mu$在$x$处可微，用$\frac {d\mu}{d \lambda^n}(x)$表示共同值，这个值被称为$\mu$在$x$处的导数。

Lemma 2

$$如果在S\subset \Omega上\overline D \mu(x)\ge \alpha \ge 0，\\ 那么\mu(S)\ge \alpha \lambda^n (S)$$

证明：不妨假设$\alpha >0$。对于$l\in \mathbb N$，令

$$S_l =\{x\in S,|x|<l \}$$

选择开集$G$满足

$$S_l \subset G \subset \Omega$$

选择$\epsilon >0$使得

$$\alpha -\epsilon >0$$

然后考虑集合

$$\mathcal V= \{B\subset G:\mu(B) >(\alpha-\epsilon) \lambda^n(B)\}$$

有$\overline D \mu(x)$的定义可知（上确界的定义），对于$x\in S_l,\epsilon_0>0$，必然存在$V\in \mathcal V$，使得

$$x\in V,\delta V<\epsilon_0$$

所以$\mathcal V$是$S_l$的Vitali覆盖。由定理2可知，存在$\mathcal V$中球序列$\{B_j\}$，使得

$$\lambda^n(E\setminus \bigcup_{j}B_j) =0$$

那么

$$(\alpha-\epsilon)\lambda^n (S_l)\le (\alpha-\epsilon) \lambda^n (\bigcup_j B_j) =(\alpha-\epsilon) \sum_j\lambda^n ( B_j) < \sum_j\mu ( B_j) =\mu (\bigcup_j B_j) \le \mu(G)$$

这里要利用如下结论，该结论在下一讲会证明，Radon测度$\mu$满足

$$\mu(A) =\inf_{A\subset G,G为开集} \mu(G)$$

所以对之前等式右边取关于$G$取下确界可得

$$(\alpha-\epsilon)\lambda^n (S_l) \le \mu (S_l)$$

由单调收敛定理可得

$$\mu(S)= \lim_{l\to\infty} \mu(S_l) \\ \lambda^n(S)= \lim_{l\to\infty} \lambda^n(S_l)$$

这说明

$$(\alpha-\epsilon)\lambda^n (S) \le \mu (S)$$

令$\epsilon \to 0$可得

$$\alpha\lambda^n (S) \le \mu (S)$$

Collary

$$在\Omega上\overline D \mu <\infty \ (a.e)$$

证明：注意到

$$\Omega=\bigcup_{l\in \mathbb N} (\{ x\in \Omega:\text{dist}(x, \Omega^C) \ge \frac 1 l \} \bigcap \{ x\in \mathbb R^n,|x|\le l \} ) =\bigcup_{l\in \mathbb N}\Omega_l$$

上式成立的原因是$\Omega$为开集，所以$\Omega^C$为闭集，从而对于$x\in \Omega$，$\text{dist}(x, \Omega^C)>0$，所以上式成立。注意到$\{
x\in \Omega:\text{dist}(x, \Omega^C) \ge \frac 1 l \}$和$\{x\in \mathbb R^n,|x|\le l\}$为有界闭集，所以$\Omega_l$为有界闭集，从而$\Omega_l$为$\Omega$上紧集，也就是说，$\Omega$为可数紧集的并，所以只要说明在$\Omega$上的任意紧集

$$\overline D \mu <\infty$$

成立即可。令$K$为满足条件的紧集，令

$$S =\{x\in K:\overline D \mu =\infty \}$$

引理2推出对于任意$\alpha >0$，

$$\mu(S)\ge \alpha \lambda^n (S)$$

因此如果$\lambda^n(S)>0$，那么令$\alpha \to \infty$可得

$$\mu(S)=\infty$$

注意到$S\subset K$，所以

$$\mu(K)=\infty$$

这就与$\mu$是Radon测度相矛盾。因此

$$\lambda^n(S)=0$$

Lemma 3

$$如果在S\subset \Omega上\underline D \mu(x)\le \beta，\\ 那么存在零集N使得\mu(S\setminus N)\ge \beta \lambda^n (S\setminus N)$$

证明：假设$\lambda^n (S)<\infty$。对于$l,k \in \mathbb N$，选择开集$S\subset G_k \subset \Omega$，使得

$$\lambda^n(G_k) < \lambda^n(S) +\frac 1 k$$

由勒贝格测度的定义可得，上述$G_k$存在。考虑

$$\mathcal V= \{B\subset G_k:\mu(B) <(\beta+\frac 1 l) \lambda^n(B)\}$$

因为$\mathcal V$是一个Vitali覆盖，由定理2可知，存在$\mathcal V$中球序列$\{B_j\}$，使得

$$\lambda^n(E\setminus \bigcup_{j}B_j) =0$$

令$N_{l,k}= S\setminus \bigcup_j B_j$，那么$N_{l,k}$是$S$中零集，这推出

$$N= \bigcup_{l,k} N_{l,k}$$

是$S$中零集。注意到

$$\begin{aligned} (\beta+\frac 1 l) \lambda^n (G_k) &\ge(\beta+\frac 1 l) \lambda^n (\bigcup_j B_j) \\ &=(\beta+\frac 1 l) \sum_j\lambda^n ( B_j)\\ &>\sum_j\mu ( B_j)\\ &=\mu (\bigcup_j B_j) \\ &= \mu(S\setminus N_{l,k})\\ &\ge \mu(S\setminus N) \end{aligned}$$

这说明对任意$l$

$$(\beta+\frac 1 l) \lambda^n (S) =(\beta+\frac 1 l) \inf_{k} \lambda^n (G_k) \ge \mu(S\setminus N)$$

令$l\to \infty$可得

$$\beta \lambda^n (S)\le \mu(S\setminus N)$$

如果$\lambda^n(S)=\infty$，那么对任意$l\in \mathbb N$，取

$$S_l =\{x\in S,|x|<l \}$$

在$S_l$上上述结论成立， 从而

$$\beta \lambda^n (S_l)\le \mu(S_l\setminus N)$$

令$l\to \infty$可得

$$\beta \lambda^n (S)\le \mu(S\setminus N)$$