最后更新: 2025-01-21 09:53 查看: 29 次反馈刷题

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

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

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

$$
E_1=\bigcup_{r, s \in Q ^{+}}\left\{x \mid x \in(a, b), D^{+} f(x)>+>s>D_{-} f(x)\right\},
$$

其中 $Q ^{+}$为全体正有理数．记

$$
A=A_n=\left\{x \mid x \in(a, b), D^{+} f(x)>r>s>D_{-} f(x)\right\},
$$

则只要证明 $\forall r, s \in Q ^{+}$，有 $m(A)=m\left(A_r\right)=0$ ，便可由 $Q ^{+}$可列，得 $m\left(E_1\right)=0$ ．用反证法，如果不然，设 $m^*(A)>0$ ，作开集 $G \supset A$ ，使 $m(G)<(1+\varepsilon) m^*(A)$ ．
$\forall x \in A$ ，由 $D_{-} f(x)<s$ ，知可取正数 $h$ 充分小，使得

$$
\frac{f(x-h)-f(x)}{-h}<s
$$

不妨设 $[x-h, x] \subset G$ ．这样，全体 $[x-h, x]$ 构成 $A$ 的 Vitali 覆盖．因此，根据定理 5.1 ，存在 $\left[x_1-h_1, x_1\right], \cdots,\left[x_p-h_p, x_p\right]$ 互不相交，使得

$$
m^*\left(A \backslash \bigcup_{i=1}^p\left[x_i-h_i, x_i\right]\right)< \varepsilon,
$$

从而

$$
m^*\left(A \cap \bigcup_{i=1}^p\left[x_i-h_i, x_i\right]\right)>m^*(A)-\varepsilon,
$$

并且

$$
\sum_{i=1}^p h_i \leqslant m(G)<(1+\varepsilon) m^*(A)
$$

由（9）知

$$
f\left(x_i\right)-f\left(x_i-h_i\right)<s h_i, i=1,2, \cdots, p,
$$

故

$$
\begin{gathered}
\sum_{i=1}^p\left[f\left(x_i\right)-f\left(x_i-h_i\right)\right]<s \sum_{i=1}^p h_i<s(1+\varepsilon) m^*(A) . \\
B=A \cap \bigcup_{i=1}^p\left(x_i-h_i, x_i\right),
\end{gathered}
$$

令

类似于前面所做的，对任意 $y \in B$ ，有 $D^{+} f(y)>r$ ．
因此，可取正数 $k$ 充分小，便有 $[y, y+k]$ 包含在某个 $\left(x_i-h_i, x_i\right)$ 内，且

$$
\frac{f(y+k)-f(y)}{k}>r
$$

全体这样的 $[y, y+k]$ 构成 $B$ 的 Vitali 覆盖．
再用定理 5．1，存在 $\left[y_1, y_1+k_1\right], \cdots,\left[y_q, y_q+k_q\right]$ ，它们互不相交，使得

$$
\sum_{j=1}^q k_j>m^*(B)-\varepsilon
$$

并且由（13）知 $f\left(y_j+k_j\right)-f\left(y_j\right)>r k_j$ ，
从而（根据（14）与（11））

$$
\begin{aligned}
& \sum_{j=1}^q\left[f\left(y_j+k_j\right)-f\left(y_j\right)\right]>r \sum_{j=1}^q k_j \\
> & r\left(m^*(B)-\varepsilon\right)>r\left(m^*(A)-2 \varepsilon\right) .
\end{aligned}
$$

注意到 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 单调上升，而 $\left[y_j, y_j+k_j\right]$ 包含于某个 $\left(x_i-h_i, x_i\right)$ 之内，因此

$$
\sum_{j=1}^q\left[f\left(y_j+k_j\right)-f\left(y_j\right)\right] \leqslant \sum_{i=1}^p\left[f\left(x_i\right)-f\left(x_i-h_i\right)\right]
$$

综合（12）与（15）得

$$
r\left(m^*(A)-2 \varepsilon\right)<s(1+\varepsilon) m^*(A)
$$

由 $\varepsilon$ 的任意性，得 $r m^*(A) \leqslant s m^*(A)$ ，故 $m^*(A)=0$ ，矛盾．这就证明了 $f$ 在 $[a$ ， $b]$ 几乎处处有非负的微商 $f^{\prime}(x)$（可能取 $+\infty$ ）．

下面我们来证明结论（5）。令

$$
f_n(x)=n\left[f\left(x+\frac{1}{n}\right)-f(x)\right] \quad, x \in[a, b]
$$

并且规定当 $x>b$ 时，$f(x)=b$ ．显然

$$
f_n(x) \geqslant 0, \lim _{n \rightarrow \infty} f_n(x)=f^{\prime}(x), \text { a. e. } x \in[a, b]
$$

根据 Fatou 引理，有
$$
\begin{aligned}
\int_a^b f^{\prime}(x) d x & \leqslant \lim _{n \rightarrow \infty} \int_a^b f_n(x) d x \\
& =\lim _{n \rightarrow \infty} n \int_a^b\left[f\left(x+\frac{1}{n}\right)-f(x)\right] d x \\
& =\lim _{n \rightarrow \infty}\left(n \int_b^{b+\frac{1}{n}} f(x) d x-n \int_a^{a+\frac{1}{n}} f(x) d x\right) \\
& =\lim _{n \rightarrow \infty}\left(f(b)-n \int_a^{a+\frac{1}{n}} f(x) d x\right) \\
& \leqslant f(b)-f(a)
\end{aligned}
$$

这就是（5）．由此可知，$f^{\prime}(x)$ 几乎处处有限，即 $f(x)$ 几乎处处可微．
注意到当 $f \in L(a, b)$ 时，$F(x)=\int_a^x f(t) d t$ 是两个单调上升函数之差，因此在 $[a, b]$ 几乎处处有微商 $F^{\prime}(x)$ ．下面我们来证明

$$
F^{\prime}(x)=f(x), \quad \text { a. e. } x \in[a, b]
$$

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