Re: [分析] Sf(x)x^n = 0 得到f=0 a.e.
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！
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