无论f 是连续函数还是L^1函数，可以用同一套方法来证明。 关键在於，不是用多项式逼近f，而是和f搭配的g函数(如下Step 1.)。 Step 1：积分 f(x) g(x) dx = 0 for all continous g. 由Weierstrass逼近定理，取多项式 Pn → g uniformly (i.e., in L^inf) 由於f最差是L^1，故积分 f(x)Pn(x) dx → 积分 f(x)g(x)dx (Holder ineq) Step 2：考虑Friedich mollifier 取 h(x)= max(1-|x|,0) 则 h 为continuous function of compact support (这边不需要smooth) h >= 0 积分 h(x) dx = 1 对於eps>0， f_eps(x) = 积分 f(y) h((x-y)/eps)/eps dy 由Step1知 f_eps(x)=0 for all x, eps Step 3：想办法用f_eps逼近f 这时巧妙各有不同 Case 1. f 连续，高等微积分程度： 利用(第二)积分均值定理，固定f的连续点x0，对於eps够小 0 = f_eps(x0) = 积分(x0-eps, x0+eps) f(y) h((x-y)/eps)/eps dy = f(x0*) for some x0* in x0-eps, x0+eps。 得一组点列→x0，且f取值为0，由连续性得f(x0)=0。 这个方法，是对於f的每个连续点都证出f(x0)=0，考虑到Riemann可积分函数 是连续a.e.，那其实也已经证明到Riemann可积函数了。 Case 2.f 是L^1，实分析程度 Method 1. 引用Friedich mollifier的性质：当F属於L^p时，则F_eps → F in L^p 在本题中 f_eps → f in L^1，f=0 a.e. Method 2. 可以用一个更厉害的，Lebesgue 微分定理： 若 F in L^1，则 积分(B(x,eps)) |F(y)-F(x)| dy / |B(x,eps)| → 0 a.e. as eps→0+ (这些点称为Lebesgue point) 从这里也可以推出f=0 a.e.，而且可发现正是Lebesgue point取代Case 1.中连续点的角色。 ※ 引述《znmkhxrw (QQ)》之铭言： : 在高微证过当f€C[a,b]时, 如果有 : b : ∫f(x)x^n = 0 for all n>=0 (黎曼积分) : a : 那就有f处处为0 : 今天的问题是假设没有连续性, 如果一样假设 : b : ∫f(x)x^n = 0 for all n>=0 (Lebesgue积分) : a : 是否能推出f = 0 almost everywhere : ========================================== : 我目前是要假设f在[a,b]有界就可以证出来了 : (利用一串连续函数逼近L^1函数, 再用Weierstrass多项式逼近到那些连续函数 : 只是最後统合的过程必须把|f(x)|提出来, 所以需要有界) : 因此想知道是否原题有反例还是有原题成立的证明 : 谢谢！ -- 中 最 连 紧 闭 开 值 大 通 致 集 集 在 最 到 映 返 返 中 小 连 紧 闭 开 间 值 通 致 集 集 。 ， 。 ， ； ， --

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