無論f 是連續函數還是L^1函數，可以用同一套方法來證明。 關鍵在於，不是用多項式逼近f，而是和f搭配的g函數(如下Step 1.)。 Step 1：積分 f(x) g(x) dx = 0 for all continous g. 由Weierstrass逼近定理，取多項式 Pn → g uniformly (i.e., in L^inf) 由於f最差是L^1，故積分 f(x)Pn(x) dx → 積分 f(x)g(x)dx (Holder ineq) Step 2：考慮Friedich mollifier 取 h(x)= max(1-|x|,0) 則 h 為continuous function of compact support (這邊不需要smooth) h >= 0 積分 h(x) dx = 1 對於eps>0， f_eps(x) = 積分 f(y) h((x-y)/eps)/eps dy 由Step1知 f_eps(x)=0 for all x, eps Step 3：想辦法用f_eps逼近f 這時巧妙各有不同 Case 1. f 連續，高等微積分程度： 利用(第二)積分均值定理，固定f的連續點x0，對於eps夠小 0 = f_eps(x0) = 積分(x0-eps, x0+eps) f(y) h((x-y)/eps)/eps dy = f(x0*) for some x0* in x0-eps, x0+eps。 得一組點列→x0，且f取值為0，由連續性得f(x0)=0。 這個方法，是對於f的每個連續點都證出f(x0)=0，考慮到Riemann可積分函數 是連續a.e.，那其實也已經證明到Riemann可積函數了。 Case 2.f 是L^1，實分析程度 Method 1. 引用Friedich mollifier的性質：當F屬於L^p時，則F_eps → F in L^p 在本題中 f_eps → f in L^1，f=0 a.e. Method 2. 可以用一個更厲害的，Lebesgue 微分定理： 若 F in L^1，則 積分(B(x,eps)) |F(y)-F(x)| dy / |B(x,eps)| → 0 a.e. as eps→0+ (這些點稱為Lebesgue point) 從這裡也可以推出f=0 a.e.，而且可發現正是Lebesgue point取代Case 1.中連續點的角色。 ※ 引述《znmkhxrw (QQ)》之銘言： : 在高微證過當f€C[a,b]時, 如果有 : b : ∫f(x)x^n = 0 for all n>=0 (黎曼積分) : a : 那就有f處處為0 : 今天的問題是假設沒有連續性, 如果一樣假設 : b : ∫f(x)x^n = 0 for all n>=0 (Lebesgue積分) : a : 是否能推出f = 0 almost everywhere : ========================================== : 我目前是要假設f在[a,b]有界就可以證出來了 : (利用一串連續函數逼近L^1函數, 再用Weierstrass多項式逼近到那些連續函數 : 只是最後統合的過程必須把|f(x)|提出來, 所以需要有界) : 因此想知道是否原題有反例還是有原題成立的證明 : 謝謝！ -- 中 最 連 緊 閉 開 值 大 通 緻 集 集 在 最 到 映 返 返 中 小 連 緊 閉 開 間 值 通 緻 集 集 。 ， 。 ， ； ， --

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