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No es cero $f \in C([0, 1])$ para lo cual $\int_0^1 f(x)x^n dx = 0$ para todos $n$

Como dice el título, me pregunto si existe una función continua tal que $f$ es distinto de cero en $[0, 1]$ y para el que $\int_0^1 f(x)x^n dx = 0$ para todos $n \geq 1$ . Estoy tratando de resolver un problema que demuestre que si (en $C([0, 1])$ ) $\int_0^1 f(x)x^n dx = 0$ para todos $n \geq 0$ entonces $f$ debe ser idéntico a cero. Supongo entonces que sí requerimos la $n=0$ caso para mantener también, de lo contrario no sería parte de la declaración. ¿Existe alguna función que no sea idéntica a cero y que satisfaga $\int_0^1 f(x)x^n dx = 0$ para todos $n \geq 1$ ?

La afirmación que intento demostrar es una tarea, pero esto es sólo una curiosidad ociosa (aunque lo etiquetaré como tarea de todos modos ya que está relacionado). Gracias.

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Lars Truijens Puntos 24005

A modo de apunte, la respuesta es si el intervalo es $(0,\infty)$ en lugar de $(0,1)$ . Por ejemplo, la "función fantasma de Stieltjes" $f(x) = \exp(-x^{1/4}) \sin x^{1/4}$ satisface $\int_0^{\infty} f(x) x^n dx = 0$ para todos los enteros $n \ge 0$ .

Stieltjes lo puso como ejemplo de un caso en el que el problema del momento no tiene una solución única. Aparece en la sección 55 de su famoso trabajo "Recherches sur les fractions continues" de 1894; véase la página 506 de Obras Completas Vol. II . Para calcular los momentos, utilice la sustitución $x=u^4$ para escribir $I_n = \int_0^{\infty} f(x) x^n dx = 4 \int_0^{\infty} e^{-u} \sin(u) u^{4n+3} du$ ; luego integrar por partes cuatro veces (diferenciando la potencia de $u$ e integrando el resto) para demostrar que $I_n$ es proporcional a $I_{n-1}$ , y finalmente comprueba que $I_0=0$ .

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Matt Dawdy Puntos 5479

La respuesta es no. En realidad, creo que lo siguiente es un teorema cuyo nombre se me escapa por completo en este momento: supongamos que $f$ es continua y deja que $a_n$ sea una secuencia de enteros positivos crecientes tal que $\int_0^1 f(x) x^{a_n} \, dx = 0$ para $n \ge 1$ . Si $\sum \frac{1}{a_n}$ diverge, entonces $f$ ¡es idéntico a cero! (Edición: esto es un corolario de la Müntz-Szász teorema - ¡gracias, Morón!)

En otras palabras, el problema no está planteado así porque las afirmaciones más fuertes sean falsas; las versiones más fuertes son simplemente más difíciles de probar.

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Greg Case Puntos 10300

(Estoy convirtiendo esto en wiki comunitaria, ya que la versión original cometía un error evidente).

El resultado se desprende, por ejemplo, del Teorema de Stone-Weierstrass , una vez que se justifica que el límite de algunas integrales es la integral del límite, lo que puede hacerse (de forma exagerada) utilizando la de Lebesgue teorema de convergencia dominada o (más fácilmente) utilizando estimaciones simples a partir del hecho de que $f$ está acotada, ya que es continua.

A continuación te doy todos los detalles, que probablemente no deberías leer hasta después de la fecha de entrega de los deberes, ya que esto también los resuelve.


Spoilers:

Hay una secuencia de polinomios $p_n(x)$ que converge uniformemente a $xf(x)$ en ${}[0,1]$ . Tenemos $\int_0^1xf(x)p_n(x)dx=0$ para todos $n$ por supuesto, ya que $xp_n(x)$ es una suma de monomios cuya integral con $f$ es 0. Ahora toma el límite como $n\to\infty$ para concluir que $\int_0^1x(f(x))^2dx=0$ .

Esto nos da que $f=0$ porque si $f(x_0)\ne 0$ la continuidad garantiza un resultado positivo $\epsilon>0$ y un intervalo $(a,b)$ con $a>0$ tal que $|f(x)|\ge\epsilon$ para todos $x\in(a,b)$ . Pero entonces $\int_0^1xf(x)^2dx\ge la\epsilon^2>0$ , donde $l=b-a$ es la longitud del intervalo.

Para ver que el límite de las integrales es 0 sin utilizar la convergencia dominada, pongamos $M\ge|f(x)|$ para todos $x\in[0,1]$ . El, para cualquier $\delta>0$ , si $n$ es lo suficientemente grande, tenemos $$\int_0^1f(x)xp_n(x)dx=\int_0^1f\times(p-xf+xf)dx=\int_0^1xf(x)^2dx+\int_0^1f\times(p-xf)dx,$$ y la segunda integral está limitada por $\int_0^1|f||p-xf|dx\le M(\delta/M)=\delta$ .

De hecho, incluso este enfoque es excesivo. (Por ejemplo, el teorema de Müntz da un hecho más general, como ya se ha mencionado en otra respuesta).

(Disculpas por el error original).

9voto

MathOverview Puntos 5627

Existe una prueba, utilizando el teorema de aproximación de Weierstrass, de que si $f$ es continua, entonces $f$ ¡es necesariamente cero!

Teorema clásico de Weierstrass : Si f es una función continua de valor real sobre $[a, b]$ entonces existe una secuencia de polinomios $p_n$ tal que $$ \lim_{n\rightarrow+\infty}p_n(x)=f(x)$$ uniformemente en $[a, b]$ .

Por los supuestos del problema y la linealidad de la integral es fácil ver que $$ \int_{0}^1f(x)p(x)dx=0 $$ para todos los polinomios $p(x)$ en $C([0,1])$ . Ahora sólo hay que aplicar el Teorema

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Mr Rowing Puntos 54

Sólo por diversión, aquí hay una prueba en análisis no estándar (IST estilo Nelson). Escribo $a \approx b$ para significar que $a-b$ es infinitesimal.

Es suficiente para probar el resultado cuando $f$ es estándar. El teorema de aproximación de Weierstrass da un polinomio $p$ tal que $p(x) \approx x f(x)$ para todos $x \in [0,1]$ . Nota $\int _0 ^1 xfp = 0$ porque la integral es lineal.

Ahora estima el valor absoluto de $\int xfp - (xf)^2$ . Factorizar el integrando como $xf(x)\cdot ( p(x) - xf(x) )$ vemos que esta integral está acotada por encima de $\operatorname{sup}(xf) \cdot \operatorname{sup}(p-xf)$ donde el sup es sobre todo $x \in [0,1]$ . Esto es infinitesimal, ya que el sup de una función continua estándar en un intervalo compacto estándar es limitado.

Por lo tanto, tenemos $\int (xf)^2 \approx \int xfp = 0$ . Desde $\int (xf)^2$ es estándar, es igual a cero. Por lo tanto, $(xf)^2$ es idénticamente cero, y también lo es $f$ (siendo continua).

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