中册 5.2 反常积分敛散性的判定 第21题
📝 题目
21．证明下列结论．
（1）设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 连续可导，$f^{\prime}(0)>0$ ．证明：积分 $\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{f(x)-f(0)}{x^{p}} \mathrm{~d} x,(p>1)$ 当 $10$ ，证明积分 $\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{x}{f(x)} \mathrm{d} x$ 收玫．
（3）设函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 可微，$f^{\prime}(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调增加无上界，证明反常积分 $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+f^{2}(x)} \mathrm{dx}$ 收敛。
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）由于 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0^{+}} x^{p-1} \frac{f(x)-f(0)}{x^{p}}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{f(x)-f(0)}{x}=f_{+}^{\prime}(0)>0$ ，所以 当 $10$ 有 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{f(x)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{f(x)-f(0)}{x}>0$ ．于是 $\exists \delta>0$ ，当 $x \in(0, \delta]$ 时，$\displaystyle \frac{f(x)}{x}>0$ ，即 $f(x)>0$ ．从而 $\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{x}{f(x)} \mathrm{d} x$ 只以 0 点为服点．
由于 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \sqrt{x} \frac{x}{f(x)}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \sqrt{x} \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x}{f(x)}=0 \cdot \frac{1}{f_{+}^{\prime}(0)}=0$ ，所以 $\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{x}{f(x)} \mathrm{d} x$ 收玫。
（3）由 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f^{\prime}(x)=+\infty$ ，对任意给定的正数 $M$ ，存在正数 $G$ ，当 $x>G$ 时，$f^{\prime}(x)>M$ 。由中值定理，
$$
f(x)-f(G)=f^{\prime}(x)(x-G)>M(x-G)
$$
由此得 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=+\infty$ ．选取正数 $G$ ，使 $f(G)>0$ ．从而
$$
f(x)=f(G)+f^{\prime}(x)(x-G)>f(G)+M(x-G)
$$
当 $x$ 充分大时，$\displaystyle \frac{1}{1+f^{2}(x)} \leqslant \frac{1}{1+[f(G)+M(x-G)]^{2}}$ ．由比较判别法，反常积分 $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+f^{2}(x)} \mathrm{d} x$收敛。
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：分析被积函数在0点的性态
考虑积分 $\int_0^1 \frac{f(x)-f(0)}{x^p} dx$，$p>1$。由于 $f$ 在 $[0,1]$ 连续可导，$f'(0)>0$，则 $\lim_{x\to 0^+} \frac{f(x)-f(0)}{x} = f'(0)>0$。因此，$\frac{f(x)-f(0)}{x^p} \sim \frac{f'(0)}{x^{p-1}}$ 当 $x\to 0^+$。
公式：$\lim_{x\to 0^+} \frac{f(x)-f(0)}{x} = f'(0)$
提示：注意 $f(x)-f(0)$ 在 $x=0$ 处为0，需要利用导数定义判断阶数。
步骤 2/7
目标：应用比较判别法确定收敛性
由比较判别法，积分 $\int_0^1 \frac{1}{x^{p-1}} dx$ 在 $p-1<1$ 即 $p<2$ 时收敛，在 $p-1\ge 1$ 即 $p\ge 2$ 时发散。由于 $\frac{f(x)-f(0)}{x^p}$ 与 $\frac{f'(0)}{x^{p-1}}$ 同阶，故原积分在 $1
公式：$\int_0^1 \frac{1}{x^\alpha} dx$ 收敛当且仅当 $\alpha<1$
提示：注意 $p>1$ 的条件，$p=1$ 时需单独讨论，但本题 $p>1$。
步骤 3/7
目标：分析第二问被积函数在0点的性态
已知 $f$ 在 $[0,1]$ 连续，0是唯一零点，且 $f'_+(0)>0$。则 $\lim_{x\to 0^+} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x\to 0^+} \frac{f(x)-f(0)}{x} = f'_+(0)>0$。因此存在 $\delta>0$，当 $x\in(0,\delta]$ 时 $f(x)>0$，且 $\frac{x}{f(x)} \sim \frac{1}{f'_+(0)}$ 为常数。
公式：$\lim_{x\to 0^+} \frac{f(x)}{x} = f'_+(0)$
提示：注意 $f(0)=0$，所以 $f(x)/x$ 的极限就是右导数。
步骤 4/7
目标：证明积分收敛
考虑 $\int_0^1 \frac{x}{f(x)} dx$，瑕点仅为 $x=0$。由于 $\lim_{x\to 0^+} \sqrt{x} \cdot \frac{x}{f(x)} = \lim_{x\to 0^+} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{f(x)/x} = 0 \cdot \frac{1}{f'_+(0)} = 0$，所以存在 $\delta>0$，当 $x\in(0,\delta]$ 时 $\frac{x}{f(x)} \le \frac{1}{\sqrt{x}}$。而 $\int_0^\delta \frac{1}{\sqrt{x}} dx$ 收敛，故原积分收敛。
公式：$\int_0^1 \frac{1}{x^\alpha} dx$ 收敛当且仅当 $\alpha<1$
提示：这里用 $\sqrt{x}$ 作为比较函数，因为 $\frac{x}{f(x)}$ 在0附近有界，乘以 $\sqrt{x}$ 后趋于0，说明其阶数低于 $1/\sqrt{x}$。
步骤 5/7
目标：分析第三问中f(x)的极限行为
由 $f'(x)$ 单调增加无上界，知 $\lim_{x\to+\infty} f'(x)=+\infty$。对任意 $M>0$，存在 $G>0$，当 $x>G$ 时 $f'(x)>M$。由拉格朗日中值定理，$f(x)-f(G)=f'(\xi)(x-G)>M(x-G)$，其中 $\xi\in(G,x)$。因此 $\lim_{x\to+\infty} f(x)=+\infty$。
公式：拉格朗日中值定理：$f(x)-f(G)=f'(\xi)(x-G)$
提示：注意 $f'(x)$ 单调增加保证 $f'(\xi)\ge f'(G)$，但这里直接利用 $f'(\xi)>M$ 需要 $\xi>G$，而 $\xi$ 在 $G$ 和 $x$ 之间，所以成立。
步骤 6/7
目标：估计被积函数的上界
由于 $\lim_{x\to+\infty} f(x)=+\infty$，存在 $G$ 使得 $f(G)>0$。当 $x>G$ 时，$f(x)=f(G)+f'(\xi)(x-G) > f(G)+M(x-G)$。因此 $\frac{1}{1+f^2(x)} \le \frac{1}{1+[f(G)+M(x-G)]^2}$。
公式：无
提示：注意 $f'(\xi)>M$ 且 $\xi>G$，所以 $f(x)$ 线性增长。
步骤 7/7
目标：应用比较判别法证明积分收敛
考虑积分 $\int_G^{+\infty} \frac{1}{1+[f(G)+M(x-G)]^2} dx$，令 $t = f(G)+M(x-G)$，则 $dx = dt/M$，积分变为 $\frac{1}{M} \int_{f(G)}^{+\infty} \frac{1}{1+t^2} dt = \frac{1}{M} \cdot \frac{\pi}{2}$ 收敛。由比较判别法，$\int_0^{+\infty} \frac{1}{1+f^2(x)} dx$ 收敛。
公式：$\int_a^{+\infty} \frac{1}{1+t^2} dt = \frac{\pi}{2} - \arctan a$
提示：注意比较判别法要求被积函数非负，这里显然成立。
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