Lebesgue-Differenzierungssatz-Typ-Problem

Question

Ich habe gerade einen Beweis des Lebesgue-Differenzierungssatzes in gelesen $\mathbb{R}^n$und versuchte eine verwandte Übung in dem Buch, das ich benutze (das Tao Measure Theory-Buch). Ich kann das nicht herausfinden und hatte gehofft, einige Tipps oder Hinweise zu bekommen:

Für jede $h > 0$, Lassen $E_h \subset B(0, h)$ so dass $m(E_h) \geq c \cdot m(B(0, h))$ für einige $c > 0$ das ist unabhängig von $h$. Wenn$f \colon \mathbb{R}^n \to \mathbb{C}$ ist lokal integrierbar, mit $x$ ein Lebesgue-Punkt von $f$, dann beweise das $$\lim_{h \to 0} \frac{1}{m(E_h)} \int_{E_h + x} f(y) \, dy = f(x).$$

Ich weiß, dass dies aus dem Lebesgue-Differenzierungssatz (LDT) folgt, aber nach einigen Schritten bin ich mir nicht sicher, wohin ich gehen soll. Ich begann damit, dass wir das durch Übersetzungsinvarianz haben$m(E_h) \geq c \cdot m(B(x, h))$ also seit wir haben $$\lim_{h \to 0} \frac{1}{m(B(x, h))} \int_{B(x, h)} f(y) \, dy = f(x),$$ durch das LDT folgt daraus $$\lim_{h \to 0} \frac{c}{m(E_h)} \int_{B(x, h)} f(y) \, dy \leq f(x),$$aber ich habe keine Ahnung, wohin ich von dort aus gehen soll. Ich bin mir nicht sicher, wie ich den Bereich der Integration ändern soll, ohne die Dinge weiter zu komplizieren, und ich weiß auch nicht, wie ich die andere Ungleichung erreichen kann. Irgendwelche Tipps oder Vorschläge wären toll!

Answer 1

Wow, ich fühle mich dumm, dass ich das nicht früher bekomme, aber egal. Durch die Übersetzungsinvarianz des Lebesgue-Maßes haben wir das$m(B(0, h)) = m(B(x, h))$ für alle $x \in \mathbb{R}^n$ schon seit $B(x, h) = x + B(0, h)$. Beachten Sie, dass wenn$E_h \subset B(0, h)$ dann folgt daraus $x + E_h \subset B(x, h)$. Fügen Sie also diese beiden Tatsachen zusammen mit der Annahme zusammen, dass$m(E_h) \geq c \cdot m(B(0, x))$ für einige $c > 0$, wir sehen das $m(E_h) \geq c \cdot m(B(x, h))$ für alle $x \in \mathbb{R}^n$. Dann haben wir nach dem Lebesgue-Differenzierungssatz das

$$\lim_{h \to 0} \frac{c}{m(E_h)} \int_{B(x, h)} |f(y) - f(x)| \, dy \leq \lim_{h \to 0} \frac{1}{m(B(x, h)} \int_{B(x, h)} |f(y) - f(x)| \, dy = 0$$

Und da (E_h + x \ Teilmenge B (x, h), $ da unser Integrand nicht negativ ist, haben wir durch Monotonie der Domäne das

$$ \ lim_ {h \ bis 0} \ frac {c} {m (E_h)} \ int_ {x + E_h} | f (y) - f (x) | \, dy \ leq \ lim_ {h \ bis 0} \ frac {c} {m (E_h)} \ int_ {B (x, h)} | f (y) - f (x) | \, dy \ leq 0 $$

Und da unser Integrand natürlich nicht negativ ist, impliziert dies dies natürlich

$$ \ lim_ {h \ bis 0} \ frac {c} {m (E_h)} \ int_ {x + E_h} | f (y) = f (x) | \, dy = 0 \ Rightarrow \ lim_ {h \ bis 0} \ frac {1} {m (E_h)} \ int_ {x + E_h} | f (y) - f (x) | \, dy = 0, $$

bedeutet, dass

$$ \ left | \ lim_ {h \ bis 0} \ frac {1} {m (E_h)} \ int_ {x + E_h} f (y) - f (x) \, dy \ right | \ leq \ lim_ {h \ bis 0} \ frac {1} {m (E_h)} \ int_ {x + E_h} | f (y) - f (x) | \, dy = 0, $$

und somit

$$ \ left | \ lim_ {h \ bis 0} \ frac {1} {m (E_h)} \ int_ {x + E_h} f (y) - f (x) \, dy \ right | = 0 \ Rightarrow \ lim_ {h \ bis 0} \ frac {1} {m (E_h)} \ int_ {x + E_h} f (y) - f (x) \, dy = 0, $$

deshalb haben wir durch die Linearität des Integrals das

$$ \ lim_ {h \ bis 0} \ frac {1} {m (E_h)} \ int_ {x + E_h} f (y) \, dy = \ lim_ {h \ bis 0} \ frac {f (x )} {m (E_h)} \ int_ {x + E_h} \, dy = \ lim_ {h \ bis 0} \ frac {f (x)} {m (E_h)} \ int _ {\ mathbb {R} ^ d} \ mathbb {1} _ {x + E_h} (y) \, dy $$

das rechte Integral entspricht offensichtlich $ m (x + E_h) = m (E_h) $ durch Translationsinvarianz, und somit haben wir das

$$ \ lim_ {h \ bis 0} \ frac {1} {m (E_h)} \ int_ {x + E_h} f (y) \, dy = f (x). $$