关于Brezis命题9.3直接证明的可行性问询

假设$u \in L^p(\Omega)$，其中$1<p \leq \infty$。Brezis的命题9.3给出了函数属于$W^{1,p}(\Omega)$的两种刻画，其中一条是：若$f\in W^{1,p}(\Omega)$，则对任意紧子集$K \subset \Omega$，存在常数$C>0$，当所有满足$|h|<\text{dist}(K,\partial\Omega)$的$h\in \mathbb R^n$时，有
$$\Vert\tau_hf-f\Vert_{L^\infty(K)}\le | \nabla f|_{L^\infty(\Omega)} |h|$$
这里$\tau_hf(x)=f(x+h)$。

原证明的思路是先对$C_{c}^{{\infty}$函数完成证明，再通过用这类函数逼近$W}{1,p}(\Omega)$中的函数来推广结论。下面我先把Brezis的证明过程重新梳理一遍，之后再提出我的问题。

原证明过程 #

首先假设$u \in C_c^{{\infty}\left(\mathbb{R}}N\right)$，取$h \in \mathbb{R}^N$，定义
$$v(t)=u(x+t h), \quad t \in \mathbb{R} .$$
可得$v^{\prime}(t)=h \cdot \nabla u(x+t h)$，于是
$$u(x+h)-u(x)=v(1)-v(0)=\int_0^1 v^{\prime}(t) d t=\int_0^1 h \cdot \nabla u(x+t h) d t .$$
当$1 \leq p<\infty$时，有
$$\left|\tau_h u(x)-u(x)\right|^p \leq|h|^p \int_0^1|\nabla u(x+t h)|^p d t$$
进而
$$
\begin{aligned}
\int_\omega\left|\tau_h u(x)-u(x)\right|^p d x & \leq|h|^p \int_\omega d x \int_0^1|\nabla u(x+t h)|^p d t \
& =|h|^p \int_0^1 d t \int_\omega|\nabla u(x+t h)|^p d x \
& =|h|^p \int_0^1 d t \int_{\omega+t h}|\nabla u(y)|^p d y .
\end{aligned}
$$
若$|h|<\operatorname{dist}(\omega, \partial \Omega)$，则存在开集$\omega^{\prime} \subset \subset \Omega$，使得对所有$t \in[0,1]$都有$\omega+t h \subset \omega^{\prime}$，因此
$$\left|\tau_h u-u\right|{L^p(\omega)}p \leq|h|^p \int{\omega^{\prime}}|\nabla u|^p .$$
这就完成了$u \in C_c^{{\infty}\left(\mathbb{R}}N\right)$且$1 \leq p<\infty$时结论的证明。

接下来假设$u \in W^{1, p}(\Omega)$且$1 \leq p<\infty$，根据定理9.2，存在序列$\left(u_n\right) \subset C_c^{{\infty}\left(\mathbb{R}}N\right)$，使得$u_n \rightarrow u$在$L^p(\Omega)$中收敛，且$\nabla u_n \rightarrow \nabla u$在$L^p(\omega)N$中对任意$\omega \subset \subset \Omega$收敛。对$\left(u_n\right)$应用上面的结论并取极限，就能得到$1 \leq p<\infty$时任意$u \in W^{1, p}(\Omega)$的结论。当$p=\infty$时，对上述$p<\infty$的结论令$p \rightarrow \infty$即可。

我的问题 #

我的疑问是，能不能直接针对$W^{1,p}(\Omega)$中的函数进行证明——利用它们“沿直线的限制”（也就是上面定义的函数$v$）是绝对连续的这个性质？谢谢！

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Crash Bandicoot