Demostrar $\lim\limits_{h\to0}\int_a^b\left|f(x+h)-f(x)\right|dx=0$

Question

Deje $f(x)$ ser una de Riemann función integrable en cualquier intervalo finito $[\alpha,\beta]\subset\mathbb{R}$. Suponiendo $f(x)=0$$x\notin[a,b]$, muestran que $$\lim\limits_{h\to0}\int_a^b\left|f(x+h)-f(x)\right|dx=0.$$ Cómo probar que si no están familiarizados con el hecho de que Riemann integrable función está casi en todas partes continuo?

Answer 1

Fuerza Brutal: Vamos a $\epsilon >0$. Entonces a partir de la $f$ es Riemann integrable, hay un $\delta >0$, de modo que cualquier partición $P$ de $$a-1= x_0<x_1 < x_2 < \cdots x_n= b+1$$ con $x_{i+1} - x_i < \delta$ tendrá

$$U(f, P)- L(f, P)<\epsilon.$$

Ahora consideremos la partición

$$a < a+ h < a+ 2h < \cdots <a+ kh < b$$

donde$a+ (k+1)h \ge b$$h < \delta/2$. Entonces

$$\begin{equation} \begin{split} \int_a^b |f(x+ h) - f(x)| dx &= \sum_i \int_{a+ ih}^{a+ (i+1)h} |f(x+ h) - f(x)|dx \\ &\le \sum_i h \left( \sup_{x\in [a+ih,a+ (i+2) h]} f(x) - \inf_{x\in [a+ih,a+ (i+2) h]} f(x)\right) \\ &\le U(f, \hat P ) - L(f, \hat P) < \epsilon \end{split} \end{equation}$$

donde $\hat P$ es la partición

$$a< a+2h< a+ 4h < \cdots < a +\ell (2h) < b,$$

donde $a + (\ell +1) 2h \ge b$. Así

$$\int_a^b |f(x+ h) - f(x)| dx < \epsilon$$

siempre que $h < \delta/2$ y hemos terminado.

Answer 2

Sugerencia.

Usted puede probar el resultado para funciones continuas como una función continua en un intervalo compacto es uniformemente continua.

Entonces, si $f$ es Riemann-integrable, usted puede, por todos los $\epsilon >0$ encontrar una función de paso de $h_\epsilon$ tal forma que: $$\int_a^b \left\vert f-h_\epsilon \right\vert < \epsilon$$ y, finalmente, una función de $g_\epsilon$ continua tal que $$\int_a^b \left\vert h_\epsilon-g_\epsilon \right\vert < \epsilon$$

Answer 3

Aquí es un limpiador de argumento. Sabemos que $C_c(\mathbb{R})$, es decir, las funciones continuas con soporte compacto son densos en $L^1(\mathbb{R})$. Con esto, denotan $f_h \triangleq f(x+h)$. Tomar una $g \in C_c(\mathbb{R})$ tal que $$||f-g||_{L^1(\mathbb{R})}<\frac{\epsilon}{2}.$$ Ahora se nota por el triángulo de la desigualdad que, $$||f_h-f||_{L^1(\mathbb{R})} \leq \underbrace{||f_h-g_h||_{L^1(\mathbb{R})}}_{\leq \frac{\epsilon}{2}} + \underbrace{||g_h-g||_{L^1(\mathbb{R})}}_{\0,\ \text{como} \ h\to 0} + \underbrace{||g-f||_{L^1(\mathbb{R})}}_{<\frac{\epsilon}{2}}$$ donde el centro de convergencia de la siguiente manera, ya que, como $|g(x+h)-g(x)|\to 0$$h\to0$, debido a la continuidad de la $g(\cdot)$ y desde $|g(x+h)-g(x)|\leq 2|g(x)|\in L^1$, nos han dominado por la convergencia que $\int |g(x+h)-g(x)|\to 0$.

Por lo tanto, para cada $\epsilon>0$, $$\lim_{h\to 0}||f_h-f||_{L^1(\mathbb{R})} < \epsilon.$$ Desde $\epsilon>0$ es arbitrario, llegamos a la conclusión.