$\int_\mathbb{R} \bigg( \frac{1}{h} \int_x^{x+h} |f(t)| dt\bigg) dx= ||f||_{L^1}$ ?

Question

$$\int_\mathbb{R} \bigg( \frac{1}{h} \int_x^{x+h} |f(t)| dt\bigg) dx= ||f||_{L^1} \;\;?$$

He comprobado que la igualdad se mantiene para cada $\chi_{[a,b]}$ por lo que se cumple para cada función constante a trozos. Por un argumento de densidad, debe cumplirse para todas las funciones en $L^1(\mathbb{R})$ .

1. ¿Es correcto?
2. Si fuera cierto, siento que debe haber un argumento más fácil para esta desigualdad; simplemente no puedo verlo. Quizás usando la desigualdad máxima de Hardy-Littlewood o la desigualdad de Markov, etc.

Muchas gracias por la ayuda.

Answer 1

Tu argumento es correcto, si observas que el lado izquierdo de la igualdad es una función continua de $f\in L^1$ . Entonces la densidad perpetúa la igualdad desde las funciones simples a todas las de $L^1$ .

Pero hay un argumento más fácil, cambiar el orden de integración:

$$\begin{align} \int_\mathbb{R} \left(\int_x^{x+h} \lvert f(t)\rvert\,dt\right)\,dx &= \iint\limits_{x \leqslant t \leqslant x+h} \lvert f(t)\rvert\,dt\,dx\\ &= \iint_{t-h \leqslant x \leqslant t} \lvert f(t)\rvert\,dx\,dt\\ &= \int_\mathbb{R} h\lvert f(t)\rvert\,dt\\ &= h\lVert f\rVert_{L^1}. \end{align}$$

Como el integrando es no negativo y medible, el cambio de orden de integración no plantea problemas.