$\int_E f(x)x^ke^{-\frac{x^2}{2}}dx=0$推$f=0$

abababa

设$f(x)$是$E$上的平方可积函数，若对任意的非负整数$k$都有
\[\int_E f(x)x^ke^{-\frac{x^2}{2}}dx=0\]
求证$f(x)\equiv0$。我想用这个来证明$\{x^ke^{-\frac{x^2}{2}}\}$稠密，所以在这里就不能用集合稠密来反推$f=0$了。

另外这个有没有什么一般的情况？比如$f,g\in L^2(E)$并且$g>0$，如果
\[\int_{E}fg=0\]

能不能推出$f\equiv0$？如果$f\in C^1[a,b]$，$g$是任意满足$g\in C^1[a,b]$且$g(a)=g(b)=0$的函数，这个情况我会证明，像上面那样的情况，是不是也有什么一般的结论？

战巡

回复 1# abababa

恒等于$0$是推不出来的，只能推出几乎处处为$0$

令$g(x)=\begin{cases}f(x)e^{-\frac{x^2}{2}},x\in E\\0,x\notin E\end{cases}$,那么对任意$t$都有
\[\int_{-\infty}^{+\infty}g(x)e^{tx}dx=\int_{-\infty}^{+\infty}g(x)[1+tx+\frac{t^2x^2}{2}+...]dx=0\]
说明$g(x)$经过拉普拉斯变换后为$0$，那逆变换之后就有
\[g(x)\overset{a.s.}=0\]

Czhang271828

记 $H=L^2(E)$. 将 $H$ 视作 Sololev 空间 $H^{0}(E)$, 即  $C^\infty(E)$ 在 $\|\cdot \|_{L^2(E)}$ 下的完备化.

由于多项式函数在 $H$ 的 子空间 $C^\infty(E)$ 中稠密, 从而在 $H$ 中稠密. 由于 $f(x)\cdot e^{-x^2/2}\in L^2(E)$, 考虑线性泛函
$$
T(\in H^\ast):H\to\mathbb R,u\mapsto \int_E f(x)u(x)\cdot e^{-x^2/2}\mathrm dx.
$$
此处泛函有上界 $\|f\|_{L^2(E)}$, 从而等价于连续. 由于 $T$ 在 $H$ 的一个稠密子集上取值为 $0$, 因而 $T\equiv 0$. 从而导出 $f\cdot e^{-x^2/2}=0$ a.e. $x\in E$.

注: 泛函 $T$ 有界若且仅若连续, 亦若且仅若 $\ker(T)$ 为闭集.

abababa

回复 2# 战巡

谢谢。如果定义
\[g(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}\varphi(x)e^{i\omega x}dx\]

其中$\varphi(x)=\begin{cases}
0&x\in[-1,1]\\
1&x\not\in[-1,1]
\end{cases}$，这样算出来$g(x)$就不是几乎处处为零，我用软件算的结果是
\[g(x)=\sqrt{2\pi}\delta(x)-\frac{\sqrt{\frac{2}{\pi}}\sin(x)}{x}\]

这样的话，$g(x)$的双边拉普拉斯变换是不是就等于零了？我是哪里算错了吗？

战巡

回复 4# abababa

我上面应该用傅里叶变换的，拉普拉斯变换容易碰到不收敛的情况...

这个为啥$g(x)$拉普拉斯变换为0啊？
我算了下傅里叶变换，只有$|\omega|> 1$时为$0$

abababa

回复 3# Czhang271828
谢谢。泛函上界是怎么算出来的？
\[\|T\|^2=\sup_{\|u\|=1}\abs{Tu}^2=\left(\int_{E}fue^{-x^2/2}dx\right)^2\le\int_E\abs{f}^2dx\int_E\abs{ue^{-x^2/2}}^2dx=\|f\|_2\int_E\abs{ue^{-x^2/2}}^2dx\]
后面要怎么算？

另外后面得到$T$是零算子，然后在内积空间里就有$\langle fe^{-x^2/2},u \rangle=0$，这样因为$u$取遍稠密子集$P$（多项式函数构成的集合），所以$P^{\perp}=\{0\}$，这样得出的$fe^{-x^2/2}=0$吧。但我想证明的目标其实就涉及这个稠密性，所以我想能不能仅从积分角度来判断$f=0$呢？

abababa

回复 5# 战巡

我不知道我有没有算错，从$-\infty$到$\infty$应该是双边拉普拉斯变换吧，然后先算正的那部分，LaplaceTransform[Sin[t]/t,t,s]，这个得到$\tan ^{-1}\left(\frac{1}{s}\right)$，负的那部分我这个版本的软件没提供函数，我做了变量替换$-t=y$，然后积分形式变成
\[\int_0^{\infty } \frac{e^{s t} \sin (t)}{t} \, dt\]
这个积出来是$-\tan ^{-1}\left(\frac{1}{s}\right)$，两个相加就是零了。但这两部分要求的$s$不一样，一个要求实部正另一个要求是负，所以其实应该不能收敛吧。

战巡

回复 7# abababa


不能这样算的，实际上另一边是不收敛的，$\frac{\sin(x)}{x}$双侧拉普拉斯变换根本不存在
所以我说上面我应该用傅里叶变换，傅里叶变换永远存在，不存在这个问题

Czhang271828

回复 6# abababa

1. 上界的话, 算子 $T$ 的范数就是 $f(x)\cdot e^{-x^2/2}$ 的 $L^2(E)$ 范数. 由于 $e^{-x^2/2}<1$, $\|f\|_{L^2(E)}<\infty$, 从而算子范数满足
$$
\|T\|=\|f\cdot e^{-x^2/2}\|_{L^2(E)}\leq\|f\|_{L^2(E)}<\infty
$$

2. 稠密性可以这么证明: $E$ 上分段阶梯函数(有限个示性函数的线性组合)全体 $S$ 在可测函数全体中稠密, 从而 $L^2(E)\cap S$ 在 $L^2(E)$ 中稠密. 而 $S$ 中任意函数 $u$ 都可以用光滑函数列在 $L^2(E)$ 范数下逼近 (采用单位球上具有紧支撑集的磨光函数 $\eta(x)$, $\dfrac{1}{\varepsilon^n}\eta(x/\varepsilon)\ast u(x)$ $L^2(E)$ 收敛至 $u$). 从而这个稠密性就说明了.

abababa

回复 9# Czhang271828
原来如此，有界应该是把u单独拿出来作赫尔德不等式的一个因子：
\begin{align*}
\|T\|^2
&=\sup_{\|u\|=1}\abs{Tu}^2=\left(\int_{E}fue^{-x^2/2}dx\right)^2\le\int_E\abs{u}^2dx\int_E\abs{fe^{-x^2/2}}^2dx\\
&=\|u\|_2^2\int_E\abs{fe^{-x^2/2}}^2dx\le\int_E\abs{f}^2dx=\|f\|_2^2
\end{align*}

这个稠密性我知道一些，但因为我证明的目标就是关于稠密性的（主楼里的问题不是原问题，原问题是关于稠密性的，我在证明原问题时，发现只要证明了主楼的问题，就能证明原问题），所以在这里我不想用稠密性来证明$f=0$，想仅从积分的角度来证明$f=0$。