Suponga que $ f ∈ L([a, b])$$\int x^nf(x)dx=0$$n=0,1,2...$.

Question

Suponga que $ f ∈ L([a, b])$$\int x^nf(x)dx=0$$n=0,1,2...$. Demostrar $f=0$.e. Debido a que existen polinomios va a f en casi todas partes, todo lo que necesita hacer es llevar el límite en demostrar que $ ||f||_2 = 0$ y luego he terminado. Pero sin éxito con esto. Gracias por la ayuda.

Answer 1

Byron respuesta es perfectamente aceptable. Aquí es otro.

Puesto que los polinomios son uniformemente densa en $\mathcal C([a,b])$ (el espacio de funciones continuas en $[a,b]$), se deduce a partir de la suposición de que $\int_{[a,b]} g(x)f(x)\, dx=0$ todos los $g\in\mathcal C([a,b])$. (Esto significa que la firma de medida $f(x)dx$ es el $0$ medida). A partir de esto, "es bien conocido que uno puede deducir que $f=0$.e. Los detalles son como sigue.

Suponga que $f$ es no igual a$0$.e. Entonces, por ejemplo, el conjunto $\{ f>0\}$ tiene medida positiva. Así que uno puede encontrar $\varepsilon >0$ de manera tal que el conjunto $\{ f>\varepsilon\}$ tiene medida positiva. Por la regularidad de la medida de Lebesgue, uno puede encontrar un conjunto compacto $K$ y un conjunto abierto $V$ tal que $K\subset \{ f>\varepsilon\}\subset V$ y la medida de $V\setminus K$ es tan pequeño como se desee. Ahora, elija una función continua $g$ tal que $0\leq g\leq 1$ que es igual a $1$ $K$ $0$ fuera de $V$. A continuación, $$\left\vert\int_{[a,b]} gf\right\vert=\left\vert\int_V gf\right\vert\geq \left\vert\int_Kgf\right\vert-\int_{V\setminus K}\vert gf\vert\geq \varepsilon\, m(K)-\int_{V\setminus K} \vert f\vert\, , $$ donde $m(K)$ es la medida de $K$. Dado que la medida de $V\setminus K$ es tan pequeño como queramos, podemos suponer que la $\int_{V\setminus K} \vert f\vert<\varepsilon\, m(K)$, y de ello se sigue que $\int_{[a,b]} gf\neq 0$, lo cual es una contradicción.

Answer 2

Una modificación de mi respuesta aquí.

Usted podría utilizar la forma funcional de la Monotonía de la Clase Teorema. Deje $\cal H$ ser la colección de todos los acotado, Borel medibles funciones de $g$, de modo que $\int g(x) f(x)\, dx=0$. A continuación, $\cal H$ es monótona espacio vectorial (ejercicio para el lector!).

Deje $\cal K$ el conjunto de funciones de $\{x^k: k\in\mathbb{N}\}$. A continuación, $\cal K$ es un multiplicativo de la clase contenido en $\cal H$, por lo que el La monotonía de la Clase Teorema dice que $$b(\sigma({\cal K}))\subseteq {\cal H},$$ donde $b(\sigma({\cal K}))$ es el espacio de todas las funciones delimitadas medibles con respecto a la $\sigma$-álgebra generada por $\cal K$. Desde $\cal K$ genera el Borel $\sigma$-álgebra podemos deducir que $\mbox{sgn}(f)\in{\cal H}$ y que, por ende,$\int\mbox{sgn}(f(x)) f(x)\,dx= \int |f(x)|\, dx=0$.

Answer 3

Fix $\xi \in \mathbb{R}$. Por la definición de la función exponencial, tenemos

$$\sum_{n=0}^k \frac{(\imath x \xi)^n}{n!} f(x) \to e^{\imath \,x \xi} f(x)$$

como $k \to \infty$ cualquier $x \in [a,b]$. Por otra parte,

$$\left|\sum_{n=0}^k \frac{(\imath x \xi)^n}{n!} f(x) \right| \leq |f(x)| e^{|\xi| \max\{|a|,|b|\}} \in L^1([a,b])$$

para todos los $k \geq 0$. Por lo tanto, llegamos a la conclusión de que el teorema de convergencia dominada de que

$$\int_a^b e^{\imath \, x \xi} f(x) \, dx = \lim_{k \to \infty} \sum_{n=0}^k \frac{(\imath \xi)^n}{n!} \int_a^b x^n \cdot f(x) \, dx =0.$$

Desde $\xi \in \mathbb{R}$ es arbitrario, esto demuestra que la transformada de Fourier de $f \cdot 1_{[a,b]}$ es igual a $0$. Ahora la singularidad de la transformada de Fourier de los rendimientos de $f=0$ (Lebesgue-)en casi todas partes en $[a,b]$.

Comentario: Esta pregunta muestra que es suficiente para asumir la $\int_a^b x^n f(x) \, dx =0$ todos los $n \geq 1$.

Answer 4

Definir $$ F(x)=\int_a^xf(t)\,\mathrm{d}t\etiqueta{1} $$ Desde $f\in L^1([a,b])$, $F$ es continua.

Por definición, $F(a)=0$. Además, por hipótesis, $\displaystyle F(b)=\int_a^bf(t)\,\mathrm{d}t=0$.

Para cualquier polinomio, $p$, vamos a $\displaystyle P(x)=\int_a^xp(t)\,\mathrm{d}t$, que también es un polinomio. A continuación, integración por partes de los rendimientos $$ \begin{align} \int_a^bF(x)p(x)\,\mathrm{d}x &=F(b)P(b)-F(a)P(a)-\int_a^bf(x)P(x)\,\mathrm{d}x\\ &=0\tag{2} \end{align} $$ El Stone-Weierstrass Teorema dice que los polinomios son densos en $C([a,b])$. Así, para cualquier $\epsilon\gt0$, no es un polinomio, $p$, por lo que $$ \max_{x\in[a,b]}|F(x)-p(x)|\le\epsilon\etiqueta{3} $$ Por lo tanto, $$ \int_a^b F(x)-p(x))^2\,\mathrm{d}x\le(b-a)\epsilon^2\etiqueta{4} $$ Además, el uso de $(2)$, obtenemos $$ \begin{align} \int_a^b(F(x)-p(x))^2\,\mathrm{d}x &=\int_a^bF(x)^2\,\mathrm{d}x+\int_a^bp(x)^2\,\mathrm{d}x-2\int_a^bF(x)p(x)\,\mathrm{d}x\\ &=\int_a^bF(x)^2\,\mathrm{d}x+\int_a^bp(x)^2\,\mathrm{d}x\tag{5} \end{align} $$ $(4)$ $(5)$ implica que $$ \int_a^bF(x)^2\,\mathrm{d}x\le(b-a)\epsilon^2\etiqueta{6} $$ Desde $\epsilon\gt0$ fue arbitraria, debemos tener $$ \int_a^bF(x)^2\,\mathrm{d}x=0\etiqueta{7} $$ Desde $F$ es continua, $(7)$ implica que el$F(x)=0$$x\in[a,b]$. Por lo tanto $(1)$ implica que $$ f(x)=0\quad\text{a.e.}\la etiqueta{8} $$

Answer 5

Por hipótesis, es fácil llegar a la conclusión de que $\int pf \ dx = 0$ para todos los polinomios $p$ (*). Considere la posibilidad de $\varphi $ una función suave con soporte compacto. Por la aproximación de Weierstrass teorema existe una secuencia $p_n$ de polinomio que converge uniformemente a $\varphi$. Luego se le da $\epsilon >0$ existe $n_o \in N$ donde $|p_n (x) - \varphi (x)| < \epsilon$ todos los $x \in [a,b]$, y para todos los $n \geq n_o$ .

Tenemos para $n \geq n_o$ fijo:

$$ |\int \varphi f| = |\int \varphi f - p_nf + p_nf| \leq |\int (\varphi - p_n)f| + |\int p_nf| = |\int (\varphi - p_n)f | (by \ (*) )$$

$$ \leq \int |(\varphi - p_n)f| \leq \epsilon \int |f|$$

Entonces llegamos a la conclusión de que $\int \varphi f =0 $ . Por el du Bois-Reymond teorema (véase el teorema de 17 de http://people.oregonstate.edu/~peterseb/mth627/docs/627w2004-convolución.pdf) podemos concluir que $f=0$.