$\int_{0}^{\infty}e^{-st}h(t)dt=0 \Rightarrow h(t)=0.$

Question

Supongamos que $h(t)$ es una función continua y $\int_{0}^{\infty}e^{-st}h(t)dt=0 ~\forall~ s>s_{0}$ entonces demuestre que $h(t)=0$ .

Sé que "si una función es continua, no negativa o no positiva, y su integración es cero, entonces la función debe ser cero", lo cual es intuitivamente claro.

Pero la pregunta formulada aquí escapa a mis conocimientos. Aquí, la función exponencial está haciendo algún milagro, pero ¿cómo? ¿Quieres ayudarme?

Answer 1

He aquí un argumento:

Modificación técnica. Arreglar cualquier $s_1 > s_0$ y que

$$ H_0 (x) = \int_{0}^{x} e^{-s_1 t}h(t) \, dt \quad \text{and} \quad H(x) = e^{s_1 x}H_0 (x). $$

Entonces $H_0(x)$ es diferenciable y $H_0(x) = o(1)$ como $x \to \infty$ . Entonces, para cualquier $s > s_1$ tenemos

$$ \int_{0}^{R} e^{-st} h(t) \, dt = \left[ e^{-(s-s_1)t} H_0(t) \right]_{t=0}^{t=R} + (s - s_1) \int_{0}^{R} e^{-(s-s_1)t} H_0(t) \, dt. $$

Tomando $R \to \infty$ encontramos que

$$ \int_{0}^{\infty} e^{-st} H(t) \, dt = \int_{0}^{\infty} e^{-(s-s_1)t} H_0(t) \, dt = 0 $$

también. Además, tenemos un límite exponencial $H(x) = o(e^{s_1 x})$ . A partir de ahora, trabajamos con $H$ en lugar de $h$ .

Argumento principal. Arreglar cualquier $s > \max\{s_1, 0\}$ . El límite exponencial dice que $t \mapsto e^{-st}H(t)$ es integrable en $[0, \infty)$ . Ahora, para cualquier polinomio $p(x) = \sum a_k x^k$ tenemos

$$ \int_{0}^{\infty} p(e^{-st})e^{-st}H(t) \, dt = \sum a_k \int_{0}^{\infty} e^{-(k+1)st}H(t) \, dt = 0. $$

Ahora dejemos que $\varphi$ sea cualquier función continua soportada en un subconjunto compacto de $(0, 1)$ . Por el teorema de Stone-Weierstrass, podemos aproximar $\varphi$ por un polinomio respecto a la norma del supremum. Así que

$$ \left| \int_{0}^{\infty} (p(e^{-st}) - \varphi(e^{-st})) e^{-st}H(t) \, dt \right| \leq \| p - \varphi\|_{\infty} \int_{0}^{\infty} e^{-st}|H(t)| \, dt. $$

muestra que, al tomar $p \to \varphi$ tenemos

$$ \int_{0}^{\infty} \varphi(e^{-st})e^{-st}H(t) \, dt = 0 $$

también. Ahora el integrando del LHS es cero fuera de algún intervalo compacto, por lo que mediante una fácil modificación del teorema fundamental del cálculo de la variación se demuestra que $H \equiv 0$ . En consecuencia, $h \equiv 0$ también.

Answer 2

La suposición equivale a $$ \int_0^\infty e^{-sx}\left(e^{-s_0x}h(x)\right)\,\mathrm{d}x=0\tag{1} $$ para todos $s\gt0$

Desde $$ \begin{align} \int_0^\infty\left(e^{-x}-e^{-2x}\right)^n\,\mathrm{d}x &=\int_0^\infty e^{-(n-1)x}\left(1-e^{-x}\right)^n\,\mathrm{d}e^{-x}\\ &=\int_0^1t^{n-1}(1-t)^n\,\mathrm{d}t\\ &=\frac{n!(n-1)!}{(2n)!}\tag{2} \end{align} $$ definir $$ f_n(x)=n\binom{2n}{n}\left(e^{-x}-e^{-2x}\right)^n\tag{3} $$ Entonces $$ \int_0^\infty f_n(x)\,\mathrm{d}x=1\tag{4} $$ Además, para $x\gt0$ , $$ 0\lt4\left(e^{-x}-e^{-2x}\right)\le1\tag{5} $$ y si $x\ne\log(2)$ , entonces la desigualdad de la derecha es estricta.

Según $(9)$ de esta respuesta , $$ \binom{2n}{n}\le\frac{4^n}{\sqrt{\pi(n+\frac14)}}\tag{6} $$ Combinando $(3)$ , $(5)$ y $(6)$ obtenemos que para $x\gt0$ $$ 0\lt f_n(x)\le\sqrt{\frac{n}\pi}\,\left[4\left(e^{-x}-e^{-2x}\right)\right]^n\tag{7} $$ para que fuera de cualquier vecindad de $\log(2)$ , $f_n(x)$ tiende finalmente de forma monótona a $0$ .

$(4)$ y $(7)$ implican que $\frac{\log(2)}\alpha f_n\left(\frac{\log(2)}\alpha x\right)$ es una aproximación de $\delta(x-\alpha)$ .

Según la hipótesis, para cualquier $n$ y $\alpha$ , $$ \int_0^\infty\frac{\log(2)}\alpha f_n\left(\frac{\log(2)}\alpha x\right)\left(e^{-s_0x}h(x)\right)\,\mathrm{d}x=0\tag{7} $$ Desde $h(x)$ es continua, $(7)$ implica que $h(x)=0$ para $x\ge0$ .