中册 5.2 反常积分敛散性的判定 第20题
📝 题目
20．设 $f(x)$ 为定义在 $[a,+\infty)$ 上的正值连续函数．证明若 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{f(x+1)}{f(x)}=q<1$ ，则反常积分 $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$ 收敛。
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
由 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{f(x+1)}{f(x)}=q<1$ ，对 $\forall \varepsilon>0(\varepsilon<1-q), \exists G>0$ ，当 $x \geq G$ 时，$\displaystyle q-\varepsilon<\frac{f(x+1)}{f(x)}G$ 时，在 $[G, G+1]$ 上存在 $y_{x}$ 及自然数 $n_{x}$ 使 $x=y_{x}+n_{x}$ ．于是
$$
f(x)=f\left(y_{x}+n_{x}\right)<(q+\varepsilon)^{n_{x}} f\left(y_{x}\right)
$$
由于 $f(x)$ 在 $[G, G+1]$ 连续，从而有界，故 $\exists M>0$ 使 $f(x)A_{2}>G$ ，记 $n=\left[A_{1}\right]-1, m=\left[A_{2}\right]+1$ ．
$$
\begin{aligned}
\int_{A_{1}}^{A_{2}} f(x) \mathrm{d} x & \leqslant \int_{n}^{m} f(x) \mathrm{d} x=\sum_{k=n}^{m-1} \int_{k}^{k+1} f(x) \mathrm{d} x=\sum_{k=n}^{m-1} f\left(\xi_{k}\right), \\
\text { 其中 } n & <\xi_{1}
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：利用极限定义得到不等式
由 $\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x+1)}{f(x)} = q < 1$，对任意 $\varepsilon > 0$ 且 $\varepsilon < 1-q$，存在 $G > 0$，当 $x \geq G$ 时，有 $q - \varepsilon < \frac{f(x+1)}{f(x)} < q + \varepsilon$。因此 $f(x+1) < (q+\varepsilon) f(x)$，递推得 $f(x+n) < (q+\varepsilon)^n f(x)$。
公式：$f(x+1) < (q+\varepsilon) f(x)$
提示：注意 $\varepsilon$ 的选取要保证 $q+\varepsilon < 1$，以便后续级数收敛。
步骤 2/6
目标：将任意点表示为整数部分和小数部分
当 $x > G$ 时，存在 $y_x \in [G, G+1]$ 及自然数 $n_x$ 使得 $x = y_x + n_x$。于是 $f(x) = f(y_x + n_x) < (q+\varepsilon)^{n_x} f(y_x)$。由于 $f$ 在 $[G, G+1]$ 上连续，从而有界，存在 $M > 0$ 使得 $f(y_x) \leq M$，故 $f(x) < M (q+\varepsilon)^{n_x}$。
公式：$f(x) < M (q+\varepsilon)^{n_x}$
提示：注意 $y_x$ 是 $x$ 的小数部分加上 $G$，$n_x$ 是整数部分，确保 $y_x$ 落在闭区间上。
步骤 3/6
目标：估计积分区间上的积分
对任意 $A_2 > A_1 > G$，取 $n = \lfloor A_1 \rfloor - 1$，$m = \lfloor A_2 \rfloor + 1$，则 $\int_{A_1}^{A_2} f(x) dx \leq \int_{n}^{m} f(x) dx$。将 $[n,m]$ 划分为长度为1的子区间：$\int_{n}^{m} f(x) dx = \sum_{k=n}^{m-1} \int_{k}^{k+1} f(x) dx$。由积分中值定理，存在 $\xi_k \in (k, k+1)$ 使得 $\int_{k}^{k+1} f(x) dx = f(\xi_k)$。
公式：$\int_{k}^{k+1} f(x) dx = f(\xi_k)$
提示：注意 $n$ 和 $m$ 的取法保证 $[A_1, A_2] \subset [n, m]$，且 $n, m$ 为整数。
步骤 4/6
目标：对每个 $f(\xi_k)$ 放缩
由于 $\xi_k \in (k, k+1)$，可写 $\xi_k = y_k + (k - G)$，其中 $y_k \in [G, G+1]$，且 $n_x = k - G$。于是 $f(\xi_k) < M (q+\varepsilon)^{k-G}$。因此 $\sum_{k=n}^{m-1} f(\xi_k) < M \sum_{k=n}^{m-1} (q+\varepsilon)^{k-G} = M (q+\varepsilon)^{n-G} \frac{1-(q+\varepsilon)^{m-n}}{1-q-\varepsilon}$。
公式：$f(\xi_k) < M (q+\varepsilon)^{k-G}$
提示：注意指数 $k-G$ 是整数，且 $q+\varepsilon < 1$，所以等比级数收敛。
步骤 5/6
目标：利用等比级数求和并取极限
由于 $m-n \geq 0$，有 $\frac{1-(q+\varepsilon)^{m-n}}{1-q-\varepsilon} \leq \frac{1}{1-q-\varepsilon}$。因此 $\int_{A_1}^{A_2} f(x) dx \leq M (q+\varepsilon)^{n-G} \frac{1}{1-q-\varepsilon}$。当 $A_1 \to +\infty$ 时，$n \to +\infty$，而 $q+\varepsilon < 1$，故 $(q+\varepsilon)^{n-G} \to 0$。所以对任意 $\delta > 0$，存在充分大的 $A_1$ 使得 $\int_{A_1}^{A_2} f(x) dx < \delta$。
公式：$\int_{A_1}^{A_2} f(x) dx \leq M (q+\varepsilon)^{n-G} \frac{1}{1-q-\varepsilon}$
提示：注意 $n$ 依赖于 $A_1$，当 $A_1$ 增大时 $n$ 也增大，从而指数衰减。
步骤 6/6
目标：由柯西收敛准则得积分收敛
由柯西收敛准则，反常积分 $\int_a^{+\infty} f(x) dx$ 收敛当且仅当对任意 $\delta > 0$，存在 $X > a$，使得对任意 $A_2 > A_1 > X$，有 $\left| \int_{A_1}^{A_2} f(x) dx \right| < \delta$。这里 $f(x) > 0$，绝对值可去掉。上述推导表明对任意 $\delta > 0$，取 $X = G$ 足够大即可，因此积分收敛。
提示：柯西收敛准则中要求 $A_1, A_2$ 任意，这里我们只考虑了 $A_2 > A_1$，但 $f$ 为正，所以 $\int_{A_1}^{A_2} f$ 非负，绝对值即本身。
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