斯通-魏尔斯特拉斯定理在$L^2[0,1]$中的应用及积分等价性证明

我们分必要性和充分性两个方向来完成完整证明：

必要性（若 $\boldsymbol{f(x)=x}$ 几乎处处成立，则积分等式成立） #

你已经完成的这个方向逻辑很顺畅：如果$f(x)=x$在$[0,1]$上几乎处处成立，定义$g(x)=f(x)-x$，则$g(x)$是几乎处处为0的函数。对于任意非负整数$n$，$x^n g(x)$自然也几乎处处为0，等价于$x^n f(x)=x^{n+1}$几乎处处成立。

对等式两边在$[0,1]$上积分：
$$\int_{0}^{1}xn f(x)dx = \int_{0}^{1}x{n+1}dx$$
计算右边的积分：$\int_{0}^{1}x{n+1}dx = \left.\frac{x^{{n+2}}{n+2}\right|_{0}}{1} = \frac{1}{n+2}$，因此必要性得证。

充分性（若积分等式对所有 $\boldsymbol{n\geq0}$ 成立，则 $\boldsymbol{f(x)=x}$ 几乎处处成立） #

这个方向的核心是利用**多项式空间在$L^{2[0,1]$中稠密**的性质——简单来说，$L}2[0,1]$中的任何函数都可以用多项式序列来逼近，逼近的误差（用$L^2$范数衡量）可以任意小。

首先构造函数$g(x)=f(x)-x$，我们需要证明$g(x)=0$几乎处处成立。先看$g$的积分特征：
对于任意非负整数$n$，
$$\int_{0}^{1}xn g(x)dx = \int_{0}^{1}xn f(x)dx - \int_{0}^{1}x{n+1}dx$$
根据题设条件，$\int_{0}^{1}xn f(x)dx=\frac{1}{n+2}$，而$\int_{0}^{1}x{n+1}dx=\frac{1}{n+2}$，所以上式结果为0。这说明$g$和所有单项式$x^n$在$L2[0,1]$的内积（定义为$\langle u,v\rangle=\int_{0}^{1}u(x)v(x)dx$）下是正交的。

接下来，任取一个多项式$p(x)=\sum_{k=0}^m c_k x^k$，根据积分的线性性：
$$\langle g,p\rangle = \int_{0}^{1}g(x)p(x)dx = \sum_{k=0}^m c_k \int_{0}^{1}xk g(x)dx = \sum_{k=0}^m c_k \cdot 0 = 0$$
也就是说，$g$和所有多项式都正交。

现在用稠密性推导：因为$g\in L^{2[0,1]$，所以存在一列多项式${p_n(x)}_{n=1}}\infty$，使得$|g - p_n|{L^2[0,1]} \to 0$当$n\to\infty$时。考虑$g$的$L^2$范数平方：
$$|g|{L^2}2 = \langle g,g\rangle = \langle g, g - p_n\rangle + \langle g,p_n\rangle$$
右边第二项$\langle g,p_n\rangle=0$，而第一项的绝对值满足柯西-施瓦茨不等式：
$$|\langle g, g - p_n\rangle| \leq |g|{L^2} \cdot |g - p_n|{L^2}$$
当$n\to\infty$时，右边趋近于0，所以$|g|{L^2}2=0$，即$\int{0}^{1}|g(x)|2dx=0$。

在$L^{2$空间中，一个函数的$L}2$范数为0当且仅当该函数几乎处处为0，因此$g(x)=0$几乎处处成立，也就是$f(x)=x$几乎处处成立。充分性得证。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者S. Phanzu