华南理工大学 2026年数学分析第0题
📝 题目
4．已知 $f(x)$ 在 $[A, B]$ 上黎曼可积，证明： $\lim _{h \rightarrow 0} \int_{a}^{b}|f(x+h)-f(x)| \mathrm{d} x=0$ ，其中 $A<a<b<B$ ．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：明确已知条件和证明目标
已知 $f(x)$ 在 $[A, B]$ 上黎曼可积，且 $A < a < b < B$。要证明：
$$\lim_{h \to 0} \int_a^b |f(x+h) - f(x)| \, dx = 0.$$
由于 $f$ 在 $[A, B]$ 上可积，则 $f$ 在 $[A, B]$ 上有界，设 $|f(x)| \leq M$。
公式：$$\lim_{h \to 0} \int_a^b |f(x+h) - f(x)| \, dx = 0$$
提示：注意 $h$ 足够小时要保证 $x+h \in [A, B]$，因此需要 $|h| < \min(a-A, B-b)$。
步骤 2/6
目标：利用可积函数的逼近性质，构造阶梯函数
由 $f$ 在 $[A, B]$ 上黎曼可积，对任意 $\varepsilon > 0$，存在阶梯函数 $s(x)$ 使得
$$\int_A^B |f(x) - s(x)| \, dx < \varepsilon.$$
阶梯函数 $s(x)$ 在 $[A, B]$ 上有界，设 $|s(x)| \leq M'$（可取 $M' = M + 1$）。
公式：$$\int_A^B |f(x) - s(x)| \, dx < \varepsilon$$
提示：阶梯函数的存在性可由黎曼可积的定义（上和与下和之差任意小）推出。
步骤 3/6
目标：将待证积分拆分为三项，并用三角不等式放缩
对于足够小的 $h$（保证 $x+h \in [A, B]$），有
\begin{align*}
&\int_a^b |f(x+h) - f(x)| \, dx \\
&\leq \int_a^b |f(x+h) - s(x+h)| \, dx + \int_a^b |s(x+h) - s(x)| \, dx + \int_a^b |s(x) - f(x)| \, dx.
\end{align*}
公式：$$\int_a^b |f(x+h) - f(x)| \, dx \leq I_1 + I_2 + I_3$$
提示：三角不等式 $|u-v| \leq |u-w| + |w-v|$ 是放缩的关键。
步骤 4/6
目标：估计第一项和第三项（由阶梯函数逼近控制）
取 $\delta_1 = \min(a-A, B-b)$，则当 $|h| < \delta_1$ 时，$x+h \in [A, B]$ 对一切 $x \in [a, b]$ 成立。于是
$$I_1 = \int_a^b |f(x+h) - s(x+h)| \, dx \leq \int_A^B |f(y) - s(y)| \, dy < \varepsilon,$$
$$I_3 = \int_a^b |s(x) - f(x)| \, dx \leq \int_A^B |s(x) - f(x)| \, dx < \varepsilon.$$
因此 $I_1 + I_3 < 2\varepsilon$。
公式：$$I_1 < \varepsilon, \quad I_3 < \varepsilon$$
提示：注意积分区间的包含关系：$[a, b] \subset [A, B]$，且平移后仍落在 $[A, B]$ 内。
步骤 5/6
目标：估计第二项（阶梯函数平移差分的积分）
阶梯函数 $s(x)$ 在 $[A, B]$ 上只有有限个跳跃点，设为 $t_1, t_2, \dots, t_k$。对于 $x \in [a, b]$，当 $h$ 足够小时，$s(x+h) \neq s(x)$ 仅当 $x$ 或 $x+h$ 落在某个跳跃点附近。具体地，这些 $x$ 落在每个跳跃点 $t_i$ 的 $|h|$ 邻域内，总长度不超过 $2k|h|$。由于 $|s| \leq M'$，有
$$|s(x+h) - s(x)| \leq 2M'.$$
取 $\delta_2$ 使得 $2k \delta_2 \cdot 2M' < \varepsilon$，则当 $|h| < \delta_2$ 时，
$$I_2 = \int_a^b |s(x+h) - s(x)| \, dx \leq (2k|h|) \cdot 2M' < \varepsilon.$$
公式：$$I_2 \leq 2k|h| \cdot 2M' < \varepsilon$$
提示：阶梯函数在非跳跃点处是常数，因此平移后只在跳跃点附近产生差异。
步骤 6/6
目标：综合估计，完成证明
取 $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$，则当 $|h| < \delta$ 时，
$$\int_a^b |f(x+h) - f(x)| \, dx \leq I_1 + I_2 + I_3 < 2\varepsilon + \varepsilon = 3\varepsilon.$$
由 $\varepsilon > 0$ 的任意性，即得
$$\lim_{h \to 0} \int_a^b |f(x+h) - f(x)| \, dx = 0.$$
公式：$$\forall \varepsilon > 0, \exists \delta > 0, |h| < \delta \Rightarrow \int_a^b |f(x+h) - f(x)| \, dx < 3\varepsilon$$
提示：证明中 $3\varepsilon$ 可以换成 $\varepsilon$（通过调整初始 $\varepsilon$ 的取值），但这里保留 $3\varepsilon$ 更直观。
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