实变函数-单调函数导数几乎处处为零问题

设${\left\{ {r}_{n}\right\}}_{n\geq1 }$是$\left( 0,1 \right)$中有理数全体,定义$f(x)=\sum\limits_{{r}_{n}<x}^{} $${2}^{-n}$,$x\in (0,1]$,$f(0)=0$,证明:$f(x)$在$[0,1$]上严格单增并且$f'(x)=0,a.e.$
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Math001

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对于$x<y$有,
$f(y)-f(x)=\sum\limits_{r_n<y}2^{-n}- \sum\limits_{r_n<x}2^{-n}$
$=\sum\limits_{x\le r_n<y}2^{-n} >0 $
所以单增。

对$q\in \mathbb Q^+ $,定义$A_q= \bigcup\limits_{n=1}^{\infty}(r_n-q\cdot 2^{-\frac{n}{3}},r_n+q\cdot 2^{-\frac{n}{3}})\ $

于是$m(A_q)\le \sum\limits_{n=1}^{\infty}2q\cdot2^{-\frac{n}{3}}\le 10q $

再令$A=\bigcap\limits_{q\in \mathbb Q^+}A_q $, 易知$A$为零测集。

于是取$x\not\in A$, 根据$A$的定义,就是说存在$q\in \mathbb Q^+ $,对任意的$n\in \mathbb Z^+ $有:

$q\cdot 2^{-\frac{n}{3}}\le |x-r_n|$

则有对任意$ y\in (0,1) $

$|f(y)-f(x)|= \sum\limits_{|x-r_n|<|x-y|}2^{-n} $ (这是由函数定义来的)

$=\cfrac{1}{q^2}\sum\limits_{|x-r_n|<|x-y|} 2^{-\frac{n}{3}} \cdot (q\cdot2^{-\frac{n}{3}})^2 $ (这步是恒等变形)

$<\cfrac{1}{q^2}\sum\limits_{n=1}^{\infty} 2^{-\frac{n}{3}} \cdot |x-y|^2$(这是步是因为$q\cdot 2^{-\frac{n}{3}}\le |x-r_n|<|x-y|$)

=$\cfrac{10}{q^2}|x-y|^2$

这说明对于$x\not\in A$有 $f'(x)=0$

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