Supongo que $g : [0,1] \rightarrow \mathbb{R}$ es acotada y medible y \int_{0}^{1}f $$ ((x)dx g x) = 0 $$ sea continua $f$ y $\int_{0}^{1}f(x)dx = 0$. Demostrar que $g$ es igual a una constante a.e
¿Cómo se resuelve? Traté de integración por las piezas, pero no funcionó...
La condición de la pregunta puede redactarse como diciendo eso $$ \int fg = \int f\, \int g $$ continuas $f$. Usando el hecho de que las funciones continuas son densas en $L^1$, obtenemos que la igualdad anterior aplica para cualquier % integrable $f$. En particular, $$ \int g ^ 2 = \left(\int g\right) ^ 2. $$ Entonces $ \left|\int g\right | ^ 2 = \int1^2\, \int g ^ 2. $$ Así tenemos igualdad en la desigualdad de Schwarz, lo que implica que el $1$ y $g$ son linealmente dependientes. Es decir, $g=c$ $c\in\mathbb R$.
Deje $c := \int_0^1 g(x)\, dx$. Entonces para cualquier $f \in C([0,1])$ tenemos (como $f - \int_0^1 f(x)\, dx $ ha integral 0), $$ \int_0^1 f(x)g(x)\,dx = \int_0^1 \left(\int_0^1 f(y)\,dy\right)g(x)\, dx = c \cdot \int_0^1 f(x)\, dx $$ Deje $U \subseteq [0,1]$ ser abierto. Hay una secuencia de $f_n \in C([0,1])$ convergentes pointwise a $\chi_U$, aplicando el anterior para $f_n$ y tomando límites (de fiar debido a Lebesgue del teorema de convergencia dominada), $$ \int_U g(x)\, dx = c \cdot \lambda(U). $$ Pero ahora $A \mapsto \frac 1c \int_A g(x)\, dx$ es una medida en $[0,1]$ estaba de acuerdo con $\lambda$ en el abierto de conjuntos, por lo tanto en todos los conjuntos medibles, dando a $c\lambda(A) = \int_A g(x)\, dx$, para todos los medible $A$.
Ahora para $\epsilon > 0$: $$ c \lambda(\{g > c+\epsilon\}) = \int_{\{g > c+\epsilon\}} g\, dx \ge (c+ \epsilon)\lambda(\{g > c+\epsilon\}) $$ por lo tanto $\lambda(\{g > c +\epsilon\}) = 0$. Como $\epsilon > 0$ fue arbitraria, $g \le c$ en casi todas partes. Considerando $\{g < c - \epsilon\}$ y argumentando como en el anterior, muestra $g = c$ en casi todas partes.
Tomar cualquier $\phi\in C_0^1(0,1)$. Tenga en cuenta que $\phi'\in C_0(0,1)$ $$\int_0^1\phi'(x)=\phi(1)-\phi(0)=0$$
por lo tanto, $$\int_0^1g(x)\phi'(x)=0,\ \forall\ \phi\in C_0^1(0,1)\tag{1}$$
Considere una función de $\psi\in C_0(0,1)$ tal que $\int_0^1\psi=1$. Para cualquier $w\in C_0(0,1)$ considera la función $$h=w-\left(\int_0^1 w\right)\psi$$
Tenga en cuenta que $h$ es continua, tiene soporte compacto en $(0,1)$$\int_0^1 h=0$. Si sigue a partir de este análisis que para cada una de las $w$, $\phi\in C_0^1(0,1)$ $$\phi'=h$$
Llegamos a la conclusión de fomr $(1)$ que $$\int_0^1 g\left(w-\left(\int_0^1 w\right)\psi\right)=0,\ \forall w\in C_0(0,1)$$
o, equivalentemente,
$$\int_0^1 \left(g-\left(\int_0^1 g\psi\right)\right)w=0,\ \forall w\in C_0(0,1)$$
Ahora se puede aplicar el lema fundamental del cálculo de variaciones a la conclusión de que la $$g=\int_0^1 g\psi$$
Comentario: Véase el lema 8.1 de Brezis.
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