Si $f \in \mathcal{L}^1(\mathbb{R})$ entonces $\lim_{h\rightarrow 0}\int_{-\infty}^\infty |f(x+h)-f(x)|dx\rightarrow 0$

Question

Estoy trabajando en algunos problemas preliminares pasados y uno de ellos es el siguiente: Si $f \in \mathcal{L}^1(\mathbb{R})$ entonces $\lim_{h\rightarrow 0}\int_{-\infty}^\infty |f(x+h)-f(x)|dx\rightarrow 0$

Actualización: Siguiendo el consejo de Jackie Chong, estoy intentando este problema con el teorema de convergencia dominada. Como $f\in L^1(\mathbb{R})$ , $f$ puede aproximarse desde abajo por una secuencia de funciones continuas $f_n$ . Entonces, yo creer Puedo decir que, para todos $n$ suficientemente grande, $|f_n(x+\frac{1}{n})-f_n(x)|\le 2|f(x)|$ . (No estoy seguro de esta parte pensó). Entonces $2|f(x)|$ es integrable y, por tanto, una función dominante para $|f_n(x+\frac{1}{n})-f_n(x)|$ . Así que por el teorema de convergencia dominada podemos tomar el límite dentro de $\lim_{n\rightarrow \infty}\int|f_n(x+\frac{1}{n})-f(x)|dx=\int \lim_{n\rightarrow \infty}|f_n(x+\frac{1}{n})-f(x)|dx=0$ ¿Va por buen camino?

Otro enfoque que pensé que podría funcionar, pero del que estoy menos seguro, es el siguiente: Si $f$ puede aproximarse mediante $C^1$ (no tengo ninguna justificación real para esto, así que por favor corregidme si está mal), entonces para cada $n$ y cada $x$ hay algo de $y(x,n)\in B_{1/n}(x)$ tal que $|f(x+\frac{1}{n}-f(x)|=\frac{1}{n}|f'(y(x,n)|$ pero a partir de aquí no veo cómo proceder, porque sólo porque $|f|$ es integrable, no puedo justificar $|f'|$ siendo integrable, pero si hay alguna forma de arreglar este planteamiento, se agradecerían las pistas.

Otra cosa que estaba pensando era aproximar primero $f$ desde abajo por funciones continuas $f_n$ entonces para definir $g_{m,n}=|f_n(x+\frac{1}{m})-f_n(x)| \chi_{[-m,m]}$ . Entonces, para cada $n$ la función $g_{m,n}$ es continua en su soporte, y como su soporte es compacto, es uniformemente continua en él. ¿Se puede utilizar esto para justificar que el límite $\lim_{n\rightarrow \infty}$ dentro de la integral? ¿Y aplicar el teorema de convergencia monótona? Sé que esta idea es probablemente aún más incompleta que mi anterior, pero si se puede arreglar por favor hágamelo saber :)

Gracias.

Answer 1

Llamar a una función $g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ ``muy simple'' si hay un número entero positivo $n$ y hay algunos intervalos acotados disjuntos $I_1,\ldots,I_n$ y las constantes reales $y_1,\ldots,y_n$ tal que $$ g(x)=\begin{cases} y_i & \text{if $x\in I_i$} \\ 0 &\text{if $x\notin\bigcup I_i$.}\end{cases} $$

Un lema útil: El conjunto de funciones muy simples es denso en $L_1(\mathbb{R})$ .

Prueba: Para toda función $f\in L_1$ y $\varepsilon>0$ necesitamos una función muy sencilla $g$ tal que $\|f-g\|<\varepsilon$ .

1. Sustituir $f$ mediante una simple función $$ h(x)=\begin{cases} y_i & \text{if $x\in A_i$} \\ 0 &\text{if $x\notin\bigcup A_i$}\end{cases} $$ donde $A_1,\ldots,A_n$ son conjuntos medibles y $y_1,\ldots,y_n$ son reales;

2. Sustituir los conjuntos $A_1,\ldots,A_n$ por uniones contables de intervalos acotados;

3. Omita los intervalos pequeños y conserve sólo los intervalos finitos;

4. Sustituya cada parte cubierta por la multiplicación por un solo intervalo (tome la suma de los valores de la función correspondiente).

Por cada $\varepsilon>0$ Estos pasos se pueden realizar de manera que el error acumulado sea menor. $\varepsilon$ .

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La afirmación es trivial para conjuntos muy simples.

Por el lema, para cada $\varepsilon>0$ hay una función muy sencilla $g$ tal que $\|f(x)-g(x)\|<\varepsilon/3$ . Entonces hay un poco de $\delta>0$ tal que para cada $d$ con $|d|<\delta$ , $\|g(x)-g(x+d)|<\varepsilon/3$ . Por lo tanto, $$ \| f(x+d)-f(x) \| \le \| f(x+d)-g(x+d) \| + \| g(x+d)-g(x) \| + \| g(x)-f(x) \| < \varepsilon. $$