瑕積分、絕對收斂與振蕩尾部

證明

下文所用的先修證明

學習目標與定義

推導可積性結論背後的證明，並區分有界與可積。設 $a<b$，$f$ 在 $[a,b]$ 上有界。對分割 $P:a=x_0<\cdots<x_n=b$，記 $m_i=\inf_{[x_{i-1},x_i]}f$、$M_i=\sup_{[x_{i-1},x_i]}f$，並定義 $L(f,P)=\sum m_i\Delta x_i$、$U(f,P)=\sum M_i\Delta x_i$。下積分 $\underline I$ 是所有下和的上確界，上積分 $\overline I$ 是所有上和的下確界。加細分割使下和不減、上和不增。

對任意兩個分割 $P,Q$，由其公共加細得 $L(f,P)\le U(f,Q)$，故 $\underline I\le\overline I$。有界性保證這些量有限。上下積分相等時，稱函數 Riemann 可積。

定理：Darboux 判據

有界函數可積，當且僅當對每個 $\varepsilon>0$ 都存在分割，使 $U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon$。

證明。 若上下積分均等於 $I$，由上下確界逼近性質，取一個大於 $I-\varepsilon/2$ 的下和及一個小於 $I+\varepsilon/2$ 的上和。它們的公共加細的上下和之差小於 $\varepsilon$。反之，若對每個正的 $\varepsilon$ 都有這樣的分割，則不等式 $0\le\overline I-\underline I\le U(f,P)-L(f,P)$ 迫使上下積分之差為零。

學習目標與定義

分別檢驗每個端點，證明絕對收斂蘊含收斂，並分析絕對值不可積的振蕩積分。若函數在每個有限區間 $[a,R]$ 上 Riemann 可積，僅當極限有限時定義 $\int_a^\infty f=\lim_{R\to\infty}\int_a^R f$。有限奇異端點使用單側極限；有多個奇點時，應將區間拆開，並要求各部分分別收斂。

Cauchy 判據指出，無窮尾積分收斂，當且僅當對每個 $\varepsilon>0$，存在 $A$，使得只要 $T>S\ge A$ 就有 $|\int_S^Tf|<\varepsilon$。這是把實數 Cauchy 判據應用於端點趨於無窮時的有限積分函數；有限初始區間上的值不影響該尾部條件。

定理：具有局部正常可積性假設的比較與絕對收斂

固定實基點 $A$。比較情形假設 $f,g$ 在每個有限區間 $[A,R]$ 上 Riemann 可積，且在 $[A,\infty)$ 上 $0\le f\le g$。若這一支配關係只從某個 $B\ge A$ 開始，先將基點改為 $B$：$[A,B]$ 上兩個正常積分都是有限常數，不影響收斂性。若 $\int_A^\infty g$ 收斂，則 $\int_A^\infty f$ 收斂。對於可正可負的情形，須明確假設 $f$ 在每個有限區間 $[A,R]$ 上 Riemann 可積。若 $\int_A^\infty|f|$ 收斂，則 $\int_A^\infty f$ 收斂。本節的絕對可積約定包括這一局部正常 Riemann 可積性假設。

證明。 在比較情形，$f$ 的有限積分非負、隨端點非遞減，並被 $g$ 的積分總量所界。其上確界 $L$ 有限。對每個 $\varepsilon>0$，存在一個有限端點，使積分大於 $L-\varepsilon$；之後的每個積分均夾在該值與 $L$ 之間，故極限為 $L$。

對可正可負的 $f$，局部 Riemann 可積性也保證 $|f|$ 局部可積：在每個小區間上，它的振幅不大於 $f$ 的振幅，故可用 Darboux 判據。正常積分估計給出 $|\int_S^T f|\le\int_S^T|f|$。非負絕對值積分收斂，因此每個帶符號尾積分均可任意小。記 $F(R)=\int_A^R f$，則序列 $F(A+n)$ 是實柯西列，由實數完備性有有限極限 $L$。給定 $\varepsilon>0$，選擇同一個尾區間，使 $|F(T)-F(S)|\lt\varepsilon/2$。固定尾區間內任意 $R$，將 $F(R)$ 與所有充分大的 $F(A+n)$ 比較，再取實數極限，得到 $|F(R)-L|\le\varepsilon/2<\varepsilon$。因此極限對所有實端點成立，而非只沿整數序列成立。同一論證證明前述帶符號 Cauchy 尾部判據的充分性；必要性由 $|F(T)-F(S)|\le|F(T)-L|+|F(S)-L|$ 得到。

為何局部可積性不可缺少。 在 $[1,\infty)$ 上，對有理點令 $f(x)=1/x^2$，對無理點令 $f(x)=-1/x^2$，則其絕對值的瑕積分為一。然而在任意 $1\le S<T$ 的 $[S,T]$ 上，由稠密性，每個小區間的上確界至少為 $1/T^2$，下確界至多為 $-1/T^2$。每個 Darboux 上下和差因此至少為 $2(T-S)/T^2>0$，帶符號函數沒有正常有限積分。不能單憑 $|f|$ 可積就推斷缺少的局部假設。其他奇異端點仍須分別檢驗。

當 $p\ne1$ 時，$x^{-p}$ 的原函數為 $x^{1-p}/(1-p)$。端點極限給出：$\int_1^\infty x^{-p}$ 收斂當且僅當 $p>1$；$\int_0^1x^{-p}$ 收斂當且僅當 $p<1$。當 $p=1$ 時，原函數 $\ln x$ 在兩個有問題的端點都發散。不同端點對應不同閾值。

例題：正弦尾積分的條件收斂

在 $[1,\infty)$ 上，對 $T>S\ge1$ 分部積分得到

$$\int_S^T\frac{\sin x}{x}\,dx=\left[-\frac{\cos x}{x}\right]_S^T-\int_S^T\frac{\cos x}{x^2}\,dx.$$

其絕對值至多為 $1/S+1/T+\int_S^Tx^{-2}dx=2/S$。由 Cauchy 判據積分收斂，並且帶符號積分的尾部絕對值有界 $2/S$。在零處，$\sin x/x$ 的可去極限為一，因此在那裡連續延拓後，$\int_0^\infty\sin x/x$ 也存在。這裡證明的是存在性，而不是積分的某個具體值。

其絕對值積分發散。對整數 $k\ge1$，在每個區間 $[k\pi+\pi/6,k\pi+5\pi/6]$ 上，$|\sin x|\ge1/2$ 且 $x\le(k+1)\pi$。因此該區間上的積分至少為 $[2\pi/3]/[2(k+1)\pi]=1/[3(k+1)]$。對這些互不相交的區間求和，得到發散的調和級數下界。所以正弦積分條件收斂，而非絕對收斂。

例題：相消不等於通常意義下的收斂

對 $(-1,1)$ 上的 $1/x$，零點兩側的單側積分分別發散。對稱截斷給出 $\int_{-1}^{-\varepsilon}dx/x+\int_\varepsilon^1dx/x=0$，但這只定義 Cauchy 主值。若負側排除 $\alpha$、正側排除 $\beta$ 並獨立趨於零，則結果為 $\ln\alpha-\ln\beta$，其值取決於兩者之比。因此通常意義的積分不存在。

分級練習

1. 基礎。 哪些 $p$ 使 $\int_0^1x^{-p}dx$ 收斂？收斂時值是多少？
2. 核心。 判斷 $\int_1^\infty dx/[x(x+1)]$ 是否收斂並計算其值。
3. 核心。 證明 $\int_1^\infty\cos x/x\,dx$ 收斂，並給出帶符號尾積分的界。
4. 證明。 若 $f$ 在 $[a,\infty)$ 上絕對可積，證明當 $R\to\infty$ 時 $\int_a^R f$ 有極限，並解釋沒有額外條件時為甚麼不必有 $f(x)\to0$。

完整解答

1. 原函數及零處極限給出：當且僅當 $p<1$ 時收斂，值為 $1/(1-p)$；當 $p\ge1$ 時發散。
2. 分解為 $1/[x(x+1)]=1/x-1/(x+1)$。有限積分為 $\ln R-\ln(R+1)+\ln2$，趨於 $\ln2$。被積函數非負，故也絕對收斂。
3. 分部積分得 $\int_S^T\cos x/x=[\sin x/x]_S^T+\int_S^T\sin x/x^2$。其絕對值至多為 $1/S+1/T+1/S-1/T=2/S$，滿足 Cauchy 判據，並給出帶符號無窮尾積分的界 $2/S$。
4. 三角不等式用絕對值尾積分控制每個帶符號尾積分，因而滿足 Cauchy 判據。為說明點態趨零不是必要條件，構造高度為一的連續三角尖峰：中心取正整數 $n\ge2$，各自支撐在 $[n-2^{-n-2},n+2^{-n-2}]$ 上，其餘處為零。支撐集互不相交，總面積為 $\sum_{n\ge2}2^{-n-2}<\infty$，但在每個尖峰中心函數值都為一。它局部可積且絕對可積，卻不趨於零。總面積有限不能單獨推出點態極限。

總結與術語

瑕積分是普通有限積分的指定極限。絕對收斂無需相消即可控制尾部；條件收斂依賴取絕對值後消失的相消。Cauchy 主值把截斷耦合，不能替代互相獨立的單側收斂。處理髮散表達式前，應先寫清極限定義。