中册 5.2 反常积分敛散性的判定 第26题

\section*{解题过程：} 分析： $\int_{a}^{+\infty} x f^{\prime}(x) \mathrm{d} x=\lim _{A \rightarrow+\infty} A f(A)-a f(a)-\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$ ，因此积分是否收玫取决于 $\lim _{x \rightarrow+\infty} x f(x)$ 是否存在． （1）由 $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$ 收敛，证 $\int_{a}^{+\infty} x f^{\prime}(x) \mathrm{d} x$ 收敛。 由于 $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$ 收玫，由 Cauchy 准则，$\forall \varepsilon>0, \exists A>a$ ，当 $x>A$ 时， $\displaystyle \int_{x}^{2 x}|f(t)| \mathrm{d} t<\frac{\varepsilon}{2}$ ． 因 $f(x)$ 递减地趋于 0 ，故 $f(x)>0$ ，且在 $\displaystyle \left[\frac{x}{2}, x\right]$ 上 $f(t)$ 的最小值为 $f(x)$ ．因此当 $x>2 A$ 时， $$ 0 \leqslant x f(x)=2 f(x) \int_{\frac{x}{2}}^{x} \mathrm{~d} t \leqslant 2 \int_{\frac{x}{2}}^{x} f(t) \mathrm{d} t<2 \cdot \frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon . $$ 于是 $\lim _{x \rightarrow+\infty} x f(x)=0$ ． 由 $\int_{a}^{+\infty} x f^{\prime}(x) \mathrm{d} x=\lim _{A \rightarrow+\infty} A f(A)-a f(a)-\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$ 知 $\int_{a}^{+\infty} x f^{\prime}(x) \mathrm{d} x$ 收玫。 再由 $\int_{a}^{+\infty} x f^{\prime}(x) \mathrm{d} x$ 收敛，证 $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$ 收敛。 若 $\int_{a}^{+\infty} x f^{\prime}(x) \mathrm{d} x$ 收敛，则 $\forall \varepsilon>0, \exists M>|a|$ ，使当 $A>x>M$ 时有 $\left|\int_{x}^{A} x f^{\prime}(t) \mathrm{d} t\right|<\varepsilon$ 。 由积分中值定理，存在 $\xi \in[x, A]$ 使 $\int_{x}^{A} t f^{\prime}(t) \mathrm{d} t=\xi \int_{x}^{A} f^{\prime}(t) \mathrm{d} t=\xi(f(A)-f(x))$ ．于是， 从而 $$ \begin{aligned} & 0 \leqslant x|f(A)-f(x)| \leqslant \xi(f(A)-f(x))<\varepsilon, \\ & 0 \leqslant x|f(A)-f(x)|<\varepsilon,(A>x>M) . \end{aligned} $$ 令 $A \rightarrow+\infty$ ，由 $\lim _{A \rightarrow+\infty} f(A)=0$ ，知 $|x f(x)|=x|f(x)| \leqslant \varepsilon,(x>M)$ ，故 $\lim _{x \rightarrow+\infty} x f(x)=0$ ． 由 $\int_{a}^{+\infty} x f^{\prime}(x) \mathrm{d} x=\lim _{A \rightarrow+\infty} A f(A)-a f(a)-\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$ 及 $\int_{a}^{+\infty} x f(x) \mathrm{d} x$ 收玫知， $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$ 收敛。 （2）由 $f^{\prime}(x)<0$ 知，$f(x)$ 单调递减．再由积分 $\int_{a}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$ 收敛可知， $\lim _{x \rightarrow+\infty} x f(x)=0$ ，类似（1）的方法得 $\int_{a}^{+\infty} x f^{\prime}(x) \mathrm{d} x$ 收玫。 （3）对任意 $A_{1}, A_{2}$ ，由分部积分法 $$ \begin{aligned} \int_{A_{1}}^{A_{2}} g^{\prime}(x) f(x) \mathrm{d} x & =\int_{A_{1}}^{A_{2}} f(x) \mathrm{d} g(x)=\left.g(x) f(x)\right|_{A_{1}} ^{A_{2}}-\int_{A_{1}}^{A_{2}} g(x) f^{\prime}(x) \mathrm{d} x \\ & =g(x)\left(f\left(A_{2}\right)-f\left(A_{1}\right)\right)-\int_{A_{1}}^{A_{2}} g(x) f^{\prime}(x) \mathrm{d} x \end{aligned} $$ 由中值定理，存在 $\xi \in\left[A_{1}, A_{2}\right]$ 使 $\int_{A_{1}}^{A_{2}} g(x) f^{\prime}(x) \mathrm{d} x=g(\xi) \int_{A_{1}}^{A_{2}} f^{\prime}(x) \mathrm{d} x$ 。于是 $$ \int_{A_{1}}^{A_{2}} g^{\prime}(x) f(x) \mathrm{d} x=g(x)\left(f\left(A_{2}\right)-f\left(A_{1}\right)\right)-g(\xi)\left(f\left(A_{2}\right)-f\left(A_{1}\right)\right) $$ 由于 $g(x)$ 有界，存在 $M>0$ 使 $|g(x)| \leqslant M$ 。由于 $\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=0$ ，由 Cauchy 准则，$\forall \varepsilon>0, \exists A>a$ ，当 $A_{1}, A_{2}>A$ 时，$\left|f\left(A_{2}\right)-f\left(A_{1}\right)\right|<\varepsilon$ ．于是 $$ \left|\int_{A_{1}}^{A_{2}} g^{\prime}(x) f(x) \mathrm{d} x\right|<2 M \varepsilon $$ 由 Cauchy 准则，积分 $\int_{0}^{+\infty} f(x) g^{\prime}(x) \mathrm{d} x$ 收玫。