若$f\in L^{1}((0,1))$，$\lim\limits_{n\to+\infty}\int_{0}^{\frac{1}{n}}f(x)\mathrm{d}x=0$是否成立？求解答

这个问题其实不用纠结Holder不等式，核心要用到$L^1$可积函数的积分绝对连续性，或者用简单函数逼近的经典思路，我给你拆解两种方法：

方法一：利用积分的绝对连续性 #

这是最直接的思路，先回忆$L^1$空间的核心性质：

• 若$f\in L^1((0,1))$，则积分具有绝对连续性：对任意$\varepsilon>0$，存在$\delta>0$，只要可测集$E\subset(0,1)$满足测度$m(E)<\delta$，就有$\int_E |f(x)|dx < \varepsilon$。

回到问题本身：

1. 当$n\to+\infty$时，区间$(0,\frac{1}{n})$的测度$m((0,\frac{1}{n}))=\frac{1}{n}\to0$。
2. 对给定的$\varepsilon>0$，取上述的$\delta>0$，存在正整数$N$，当$n>N$时，$\frac{1}{n}<\delta$，此时$m((0,\frac{1}{n}))<\delta$。
3. 由三角不等式：
   $$\left|\int_{0}^{\frac{1}{n}}f(x)dx\right| \leq \int_{0}^{\frac{1}{n}}|f(x)|dx < \varepsilon$$
4. 根据极限的定义，$\lim\limits_{n\to+\infty}\int_{0}^{\frac{1}{n}}f(x)\mathrm{d}x=0$。

方法二：用简单函数逼近 #

这是泛函分析中处理$L^1$空间问题的常用技巧，分两步：

1. 先证简单函数的情况：
   设$s(x)=\sum_{i=1}^k a_i \chi_{E_i}(x)$是简单函数（其中$E_i$是可测集，$\chi_{E_i}$是特征函数），则
   $$\int_{0}^{\frac{1}{n}}s(x)dx = \sum_{i=1}^k a_i \cdot m(E_i\cap(0,\frac{1}{n}))$$
   当$n\to+\infty$时，每个$m(E_i\cap(0,\frac{1}{n}))\to0$，因此$\int_{0}^{\frac{1}{n}}s(x)dx\to0$。

2. 推广到一般$L^1$函数：
   对任意$f\in L^{1((0,1))$，任给$\varepsilon>0$，存在简单函数$s$使得$\int_0}1 |f(x)-s(x)|dx < \frac{\varepsilon}{2}$。
   此时：
   $$\left|\int_{0}^{\frac{1}{n}}f(x)dx\right| \leq \left|\int_{0}^{\frac{1}{n}}(f(x)-s(x))dx\right| + \left|\int_{0}^{\frac{1}{n}}s(x)dx\right|$$
   第一项满足$\left|\int_{0}^{\frac{1}{n}}(f(x)-s(x))dx\right| \leq \int_0^1 |f(x)-s(x)|dx < \frac{\varepsilon}{2}$；
   第二项由第一步的结论，当$n$足够大时，$\left|\int_{0}^{\frac{1}{n}}s(x)dx\right| < \frac{\varepsilon}{2}$。
   因此当$n$足够大时，$\left|\int_{0}^{\frac{1}{n}}f(x)dx\right| < \varepsilon$，极限为0得证。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者skewfield