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Lebesgue 单调函数微分定理

## Lebesgue 单调函数微分定理
**定理 5．2（Lebesgue 单调函数微分定理）**  若 $f(x)$ 是 $[a, b]$ 的单调上升函数，则 $f^{\prime}(x)$ 在 $[a, b]$ 几乎处处存在，且

$$
\int_a^b f^{\prime}(x) d x \leqslant f(b)-f(a) ...(5)
$$

在定理证明之前，先作两点说明．
$1^{\circ}$ 结论（5）实际上已包含了 $f^{\prime} \in L(a, b)$ ，这是因为单调上升的函数在微商存在的点总有 $f^{\prime}(x) \geqslant 0$ ，并且 $f^{\prime}$ 在 $[a, b]$ 是可测的（第三章习题8），
$2^{\circ}$ 对 $[a, b]$ 的单调下降函数，有类似的结论．请读者把结论写出来并利用上升的结果加以证明．

为了证明定理 5.2 ，我们引人下面的定义。
定义 5.2 设 $f(x)$ 定义在 $x_0 \in R$ 的某邻域内，令

$$
\begin{aligned}
& D^{+} f\left(x_0\right)=\varlimsup_{h \rightarrow 0+} \frac{f\left(x_0+h\right)-f\left(x_0\right)}{h}, \\
& D_{+} f\left(x_0\right)=\varlimsup_{h \rightarrow 0^{+}} \frac{f\left(x_0+h\right)-f\left(x_0\right)}{h}, \\
& D^{-} f\left(x_0\right)=\varlimsup_{h \rightarrow 0-} \frac{f\left(x_0+h\right)-f\left(x_0\right)}{h} \\
& D_{-} f\left(x_0\right)=\lim _{h \rightarrow 0-} \frac{f\left(x_0+h\right)-f\left(x_0\right)}{h}
\end{aligned}
$$

分别称为 $f$ 在 $x_0$ 的右上微商，右下微商，左上微商，左下微商，总称为 **Dini 微商**．

显然

$$
\begin{aligned}
& D^{+} f\left(x_0\right) \geqslant D_{+} f\left(x_0\right), D^{-} f\left(x_0\right) \geqslant D_{-} f\left(x_0\right) \\
& D^{+}(-f)=-D_{+}(f), D^{-}(-f)=-D_{-}(f)
\end{aligned}
$$

$f$ 在 $x_0$ 有右微商，当且仅当 $D^{+} f\left(x_0\right)=D_{+} f\left(x_0\right)$ 为有限值；$f$ 在 $x_0$ 有左微商，当且仅当 $D^{-} f\left(x_0\right)=D_{-} f\left(x_0\right)$ 为有限值；$f$ 在 $x_0$ 可微，当且仅当这四个 Dini 导数等于同一个有限值．

定理5．2 的证明 要证明的是，除 $(a, b)$ 的一个零测集外，有

$$
D^{+} f(x)=D_{+} f(x)=D^{-} f(x)=D_{-} f(x)
$$

这只需要证明 $m\left(E_1\right)=m\left(E_2\right)=0$ ，其中

$$
E_1=\left\{x \mid D^{+} f(x)>D_{-} f(x)\right\}, E_2=\left\{x \mid D^{-} f(x)>D_{+} f(x)\right\}
$$

这是因为，若 $x \in(a, b) \backslash\left(E_1 \cup E_2\right)$ ，则

$$
D^{+} f(x) \leqslant D_{-} f(x) \leqslant D^{-} f(x) \leqslant D_{+} f(x) \leqslant D^{+} f(x)
$$

从而（7）式成立．
为了证明（8），只需要证明 $m\left(E_1\right)=0$ 即可，因为对 $-f$ 应用已证的相应结果，并注意到（6），便可证得 $m\left(E_2\right)=0$ ．

由于 $f$ 单调上升，知所有 Dini 微商非负，作分解

$$
E_1=\bigcup_{r, s \in Q ^{+}}\lef

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