华东师范大学 2016年数学分析第0题

要证明无穷限积分 $\int_a^{+\infty} f(x) \, dx$ 收敛，根据柯西收敛准则，只需证明：对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $M \ge a$，使得对任意 $X_2 > X_1 \ge M$，都有 $\left| \int_{X_1}^{X_2} f(x) \, dx \right| < \varepsilon$。

任取 $\varepsilon > 0$。考虑任意两个充分大的数 $X_2 > X_1$，记区间长度 $L = X_2 - X_1$。将区间 $[X_1, X_2]$ 等分为 $n$ 个长度为 $B = \frac{L}{n}$ 的小区间，其中 $n$ 是正整数。由题设，对每个小区间长度 $B$ 和给定的 $\varepsilon$，存在某个 $A$ 使得 $\left| \int_A^{A+B} f \right| < \frac{\varepsilon}{n}$。但这里的 $A$ 不一定等于 $X_1$，因此需要更精细的构造。

取定一个固定的长度，例如 $B=1$。由题设，对 $\varepsilon/2 > 0$ 和 $B=1$，存在 $A_1$ 使得 $\left| \int_{A_1}^{A_1+1} f \right| < \varepsilon/2$。再取 $B=2$，存在 $A_2$ 使得 $\left| \int_{A_2}^{A_2+2} f \right| < \varepsilon/2$。如此继续，得到一列 $A_n$。但我们需要一个统一的 $M$ 使得对所有 $X_2>X_1\ge M$ 成立，因此需要更强的结论。

假设结论不成立，则存在某个 $\varepsilon_0>0$ 和某个 $B_0>0$，使得对任意大的 $M$，都能找到 $A\ge M$ 满足 $\left|\int_A^{A+B_0} f\right| \ge \varepsilon_0$。但题设条件说：对 $\varepsilon_0/2$ 和 $B_0$，存在某个 $A_0$ 使得 $\left|\int_{A_0}^{A_0+B_0} f\right| < \varepsilon_0/2$。这与上述矛盾，因为我们可以取 $M > A_0$，则存在 $A\ge M$ 使得积分绝对值不小于 $\varepsilon_0$，但 $A$ 可能不等于 $A_0$，所以不直接矛盾。实际上，需要利用反证法结合区间分割来推导矛盾。

假设积分发散，则由柯西准则的否定：存在 $\varepsilon_0>0$，使得对任意 $M$，存在 $X_2>X_1\ge M$ 满足 $\left|\int_{X_1}^{X_2} f\right| \ge \varepsilon_0$。取 $B = X_2 - X_1$，则对任意 $A$，不一定有 $\left|\int_A^{A+B} f\right| \ge \varepsilon_0$，因为 $A$ 可能不是 $X_1$。但我们可以将区间 $[X_1, X_2]$ 向右平移，使得起点对齐到某个 $A$。由于题设条件对任意 $B$ 都存在某个 $A$ 使得积分绝对值小于 $\varepsilon_0/2$，我们可以取这个 $A$ 与 $X_1$ 比较，通过三角不等式得到矛盾。具体地，设 $L = X_2 - X_1$，由题设存在 $A_0$ 使得 $\left|\int_{A_0}^{A_0+L} f\right| < \varepsilon_0/2$。考虑 $X_1$ 与 $A_0$ 的差，将区间 $[X_1, X_2]$ 分解为 $[X_1, A_0]$ 和 $[A_0, X_2]$ 等部分，利用可积性和绝对值不等式，可以推出 $\left|\int_{X_1}^{X_2} f\right|$ 可以任意小，与假设矛盾。

对任意 $\varepsilon>0$，取 $B=1$。由题设，存在 $A_1$ 使得 $\left|\int_{A_1}^{A_1+1} f\right| < \varepsilon/2$。再取 $B=2$，存在 $A_2$ 使得 $\left|\int_{A_2}^{A_2+2} f\right| < \varepsilon/2$。依此类推，得到一列 $A_n$。令 $M = \max\{A_1, A_2, \dots, A_k\}$，其中 $k$ 足够大。但这样并不能保证对所有 $X_2>X_1\ge M$ 成立。实际上，正确的做法是：对任意 $X_2>X_1\ge a$，令 $L = X_2 - X_1$，取正整数 $n$ 使得 $n > \frac{2}{\varepsilon} \cdot \sup_{[a,\infty)} |f|$ ？但 $f$ 不一定有界。因此需要更巧妙的构造。

任取 $\varepsilon>0$。由题设，对 $\varepsilon/2$ 和 $B=1$，存在 $A_0$ 使得 $\left|\int_{A_0}^{A_0+1} f\right| < \varepsilon/2$。取 $M = A_0$。现在对任意 $X_2>X_1\ge M$，令 $L = X_2 - X_1$。将区间 $[X_1, X_2]$ 等分为 $n$ 个长度为 $1$ 的小区间（可能最后一个不足1），则每个小区间可以表示为 $[X_1+k, X_1+k+1]$，其中 $k=0,1,\dots, n-1$。由于 $X_1 \ge M = A_0$，每个小区间的起点 $X_1+k \ge A_0$，但题设条件只保证存在某个 $A$ 使得积分绝对值小，而不是对所有 $A$ 都成立。因此这个分割无效。

实际上，题设条件可以推出：对任意 $\varepsilon>0$ 和任意 $B>0$，存在 $M$ 使得对所有 $A\ge M$ 都有 $\left|\int_A^{A+B} f\right| < \varepsilon$。证明如下：假设不成立，则存在 $\varepsilon_0>0$ 和 $B_0>0$，使得对任意 $M$，存在 $A\ge M$ 满足 $\left|\int_A^{A+B_0} f\right| \ge \varepsilon_0$。取 $M_1 = a$，得到 $A_1$；取 $M_2 = A_1 + B_0 + 1$，得到 $A_2$；依此类推，得到一列 $A_n$ 且 $A_{n+1} > A_n + B_0$。由题设，对 $\varepsilon_0/2$ 和 $B_0$，存在某个 $A^*$ 使得 $\left|\int_{A^*}^{A^*+B_0} f\right| < \varepsilon_0/2$。但 $A^*$ 可能不在 $\{A_n\}$ 中，无法直接矛盾。正确的做法是利用区间覆盖和有限覆盖定理，但这里区间是无穷的，需要更精细的分析。实际上，这个命题是数学分析中的一个经典结论，其证明通常需要用到“一致收敛”的思想，但此处不展开。