Si $ \int fg = 0 $ para todos compacta compatible continua de g, entonces f = 0.e.?

Question

Me preguntaba si la siguiente afirmación es verdadera y, si es así, ¿cómo se puede demostrar:

Si $ f \in L^{1}_{Loc}(\mathbb{R}^n) $ y si para todos compacta compatible funciones continuas $ g: \mathbb{R}^n \to \mathbb{C} $ tenemos que la integral de Lebesgue de $ f $ multiplicado por el $ g $ es igual a cero, es decir,$$ \int_{\mathbb{R}^n} f(x)g(x) \mathrm{d}x = 0 , $$ then $ f(x) = 0 $ en casi todas partes.

Yo estaría muy agradecido por cualquier respuesta o sugerencias!

N. B. soy consciente de que esta cuestión ya ha sido abordada. En el Si $f\in L^1_{loc}(\mathbb{R})$ $\int f\varphi=0$ todos los $\varphi$ continuas con soporte compacto, entonces $f=0$.e., No estoy muy seguro acerca de cómo crear una secuencia de forma compacta compatible funciones continuas tales que $ \varphi_n\to \frac{f}{|f|+1} $. Esta pregunta en particular puede tener su respuesta en Si $f\in L^1(\mathbb{R})$ es tal que $\int_{\mathbb{R}}f\phi=0$ para todo el continuo compacto respaldado $\phi$,$f\equiv 0$., sin embargo aquí estoy seguro sobre el significado de una "regularización de la secuencia"; ¿por qué $ \phi_n\ast f\to f $ $L^1$ sentido si $ \phi_n(x) = n\phi(nx) $ donde$ \phi\in \mathcal C^\infty_c(\Bbb R) $$ \phi\ge 0 $$ \int_{\Bbb R}\phi(x)dx=1 $?

Una vez más, cualquier respuesta será muy apreciada!

Answer 1

Para cualquier balón $B(a,r),$ hay una secuencia $g_k$ de funciones continuas con soporte en $B(a,r),$ $|g_k|\le 1$ en todas partes, de tal manera que $g_k(x) \to \text { sgn }(f(x))$ pointwise una.e. en $B(a,r).$, con Lo que

$$\tag 1 \int_{B(a,r)} |f| = \int_{B(a,r)} f\cdot \text { sgn }(f) = \lim \int_{B(a,r)} f\cdot g_k =\lim 0 =0.$$

La segunda igualdad en $(1)$ se sigue del teorema de convergencia dominada. De $(1)$ ver$f=0$.e. en $B(a,r).$ Desde $B(a,r)$ fue arbitraria de la pelota, tenemos $f=0$.e. en $\mathbb R^n.$

Answer 2

La primera es bien sabido que, $C^\infty \_c$ es denso en $L^P$ $1\le p<\infty.$

Pero si $f\in L^p$ $\frac{f}{|f|+1}$ porque

$$\frac{|f|}{|f|+1} \le |f|$$ therefore there is automatically a sequence $\phi_n$ in $C^\infty \_c$ converging $L^p$ to $\frac{f}{|f|+1}$ esta a resolver su primera pregunta

Ahora tenga en cuenta que $$ \int_\mathbb R\phi_n(y) dy= \int_\mathbb R \phi(y) dy = 1$$ then, for every $x\in \mathbb R$

\begin{split} f*\phi_n(x) -f(x) &=&f*\phi_n(x) -f(x)\int_\mathbb R \phi_n(y) dy \\ &= &\int_\mathbb R (f(x-y)-f(x))\phi_n(y) dy\\ &=& n\int_\mathbb R (f(x-y)-f(x))\phi(ny) dy\\ &=& \int_\mathbb R (f(x-\frac{1}{n}y)-f(x))\phi(y) dy \end{split}

Por lo tanto asumiendo $f\in L^1(\mathbb R)$ y el uso de Fubini, tenemos,

\begin{split} \|f*\phi_n -f\|_1 &=&\int_\mathbb R \int_\mathbb R(f(x-\frac{1}{n}y)-f(x))\phi(y)dxdy\\ &=& \int_\mathbb R \|f(.-\frac{1}{n}y)-f(.)\|_1\phi(y) dy\\ \end{split}

>

• $\|f(\cdot-\frac{1}{n}y)-f(\cdot)\|_1|\phi(y)|\le 2\|f(\cdot)\|_1\phi(y) \in L^1(\mathbb R)$ para casi todas las $y$.
• Y sabemos que las siguientes $\|f(\cdot-\frac{1}{n}y)-f(\cdot)\|_1\to 0$ $n\to \infty$ muy $f\in L^1(\mathbb R)$ Por lo tanto, la convergencia dominada teorema obtenemos $$ \|f*\phi_n -f\|_1 \to 0 \qquad , n\to \infty$$

i,e$f*\phi_n \to f$$L^1$.