关于$W^{1,p}(\Omega)\cap C(\overline{\Omega})$中函数支集与非零集的勒贝格测度问题

嘿，咱们先把问题的核心等价性理清楚：你列出的三个命题其实是完全等价的——毕竟$\operatorname{supp}(f)$就是${f\neq0}$的闭包，所以$\operatorname{supp}(f)\setminus{f\neq0}$就是闭包减去原集合，也就是$\overline{{f\neq0}}\setminus{f\neq0}$，这正好对应命题1里的${f=0}\cap\operatorname{supp}(f)$；同时命题2里的$\mu(\overline{{f\neq0}})=\mu({f\neq0})$，也直接等价于这个差集的测度为0。

不过很遗憾，这三个命题并不成立，哪怕是对$C^{1(\overline{\Omega})$（自然包含在$W}{1,p}(\overline{\Omega})$里）的函数，我们也能构造出反例来否定它们。

具体反例构造思路 #

我们拿$\Omega=[0,1]$来举例：

1. 先构造一个正测度的康托型集$L\subset[0,1]$：比如每次去掉现有闭区间中间的1/4长度开区间，这样去掉的所有区间总长度是$\frac{1}{4} + 2\times\frac{1}{16} + 4\times\frac{1}{64} + \dots = \frac{1}{2}$，剩下的集合$L$的测度就是$1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}>0$，而且$L$是没有内点的闭集。
2. 对每个被去掉的开区间$(c_n,d_n)$，构造一个$C^1$的“小 bump 函数”$f_n(t)$：
   • 当$t\notin(c_n,d_n)$时，$f_n(t)=0$；
   • 在$(c_n,d_n)$内，$f_n(t)$的最大值不超过$\frac{1}{n^3}$，且在区间端点处的导数为0；
3. 定义全局函数$f(t)=\sum_{n=1}^\infty f_n(t)$，同时令$f(0)=f(1)=0$。

验证这个反例的性质 #

• 连续性与光滑性：每个$f_n$都是$C^{1$的，而且我们控制了$f_n$的导数最大值衰减足够快（比如不超过$\frac{C}{n}3}$），所以$\sum f_n'$是一致收敛的，这保证了$f\in C^1([0,1])$，自然也满足$f\in C(\overline{\Omega})$。
• **属于$W^{{1,p}(\Omega)$**：计算导数的$L}p$积分：$\int_0^1 |f'(t)|^pdt = \sum_{n=1}^\infty \int_{c_n}^{{d_n}|f_n'(t)|}pdt$。因为每个$\int_{c_n}^{{d_n}|f_n'(t)|}pdt$不超过$(C/n³⁾p\times(d_n-c_n)$，而$\sum(d_n-c_n)=\frac{1}{2}<\infty$，加上$\frac{1}{n^{3p}}$的衰减速度足够快，整个级数是收敛的，所以$f\in W^{1,p}([0,1])$。
• 支集与非零集的测度差：$L$里的每个点，任意邻域内都包含某个被去掉的开区间$(c_n,d_n)$，而$f$在这个区间里非零，所以$L\subset\overline{{f\neq0}}=\operatorname{supp}(f)$。但${f\neq0}$就是所有$(c_n,d_n)$的并，测度是$\frac{1}{2}$，而$\operatorname{supp}(f)=[0,1]$测度为1，所以$\mu(\operatorname{supp}(f)\setminus{f\neq0})=\mu(L)=\frac{1}{2}>0$，直接否定了你的三个命题。

其实核心原因就是：一维空间里存在没有内点但有正测度的闭集，我们可以在这些集合的补集（开集）上构造足够“小”的光滑函数，让函数的导数积分收敛，同时保证函数的支集覆盖整个闭区间，这样就制造出了支集测度大于非零集测度的情况。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Biplab