。。。分析复杂到这种程度，不如不用数学处理了

高一看不懂咋办

我差点以为我瞎了。。

路过，看不懂

估计这贴会冷吧

集合E_{a,e,h}={d|0<d<h,存在x>a使得|f(x+d)-f(x)|>h}可以得出是开集，所以可测。
根据题目要求，可得出在a趋向无穷时，由于集合递减，其测度趋向0

现在假设f不一致连续，存在无穷个{x_i},{d_i}, 0<d_i<d, \lim x_i = \infty, 使得 |f(x_i+d_i)-f(x_i)|>2h
于是由于对于0<s<2d-d_i,必然有|f(x_i+d_i +s)-f(x_i+d_i)|+|f(x_i+d_i+s-f(x)|>2h
两者至少有一个大于h
由此可以推理得到E_{x_i,2d,h}的测度不小于{2d-d_i}/2，得出矛盾

没看明白呀~

1.记集合E_{a,e,h} = {d|0<d<h而且存在x>=a使得|f(x+d)-f(x)|>e} = Union_{x>=a} {d | 0<d<h而且|f(x+d)-f(x)|>e}
由于根据f的连续性{d | 0<d<h而且|f(x+d)-f(x)|>e}显然是开集，所以E_{a,e,h}也是开集(根据实数的完备性有开集的任意多个并都是开集)
也就是E_{a,e,h}是最多可列个不相交区间的并集，当然是可测集。
2.很显然，根据定义，对于a>b, E_{a,e,h}是E_{b,e,h}的子集。记m(X)是可测集X的测度，或者如果X是开集，那么必然可以表示成之多可列个
互不相交的开区间的并，那么m(X)就表示这些开区间长度之和。于是m(E_{a,e,h})随着a的增加而单调减少，所以在a趋向无穷时必然有极限。
而如果这个极限不为0，那么代表给定e,h,Intersection_{for all a>0} E_{a,e,h} 非空，这个同题目条件矛盾。
由此我们得出\lim_{a->\intfy} m(E_{a,e,h})=0
3.假设f不是一致连续，那么对于任意实数d>0,存在e>0,而且有无穷个数对{(x_i,d_i)},其中0<d_i<d, \lim_{i->\infty} x_i =\intfy
使得|f(x_i+d_i)-f(x_i)|>2e
于是对于每个i,对于任意s满足0<s<2d-d_i,必然有|f(x_i+d_i+s)-f(x_i+d_i)|+|f(x_i+d_i+s)-f(x_i)|>=|f(x_i+d_i)-f(x_i)|>2e
也就是不等式|f(x_i+d_i+s)-f(x_i+d_i)|>e和|f(x_i+d_i+s)-f(x_i)|>e必然至少有一个成立。
也就是说E_{x_i,e,2d}和E_{x_i+d_i, e, 2d} 的并集必然包含(0,2d-d_i)
由于E_{x_i+d_i, e, 2d}是E_{x_i,e,2d}的子集，得出E_{x_i,e,2d}必然包含(0,2d-d_i)必然包含(0,d)
有这里$x_i$的任意性，得出x_i趋向无穷时,m(E_{x_i,e,2d})一直不小于d,而1）中极限必然为零矛盾。
由此我们得出f必然一致连续。
有了f一致连续性本题就容易证明了

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也就是不等式|f(x_i+d_i+s)-f(x_i+d_i)|>e和|f(x_i+d_i+s)-f(x_i)|>e必然至少有一个成立。
也就是说E_{x_i,e,2d}和E_{x_i+d_i, e, 2d} 的并集必然包含(0,2d-d_i)
由于E_{x_i+d_i, e, 2d}是E_{x_i,e,2d}的子集，得出E_{x_i,e,2d}必然包含(0,2d-d_i)必然包含(0,d)
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这一段写错了，要改写一下
也就是不等式|f(x_i+d_i+s)-f(x_i+d_i)|>e和|f(x_i+d_i+s)-f(x_i)|>e必然至少有一个成立。
也就是说E_{x_i,e,2d}和E_{x_i+d_i, e, 2d} +di的并集必然包含(0,2d-d_i)
由于E_{x_i+d_i, e, 2d}是E_{x_i,e,2d}的子集，得出E_{x_i,e,2d}的E_{x_i,e,2d}+d_i的并必然包含(0,2d-d_i)包含(0,d),所以m(E_{x_i,e,2d})+m(E_{x_i,e,2d}+d_i)=2m((E_{x_i,e,2d}))>=d
得出m((E_{x_i,e,2d}))>=d/2

周民强第一册例3.3.20，证明有点太简略了

F_y=f(x+y+a)-f(x+y)
这个函数可积，然后用控制收敛定理交换对y极限行吗

占个楼