函数在无数个区间上被控制是否意味着反常积分收敛

问题0

$[0,+\infty )$上可积的函数$f$，单调不增，处处为正，并且存在一个$M>0$对于足够大的$a$都有${\int }_a^{e^a}f(t)dt\le M$那么$f(x)$在$[0,+\infty )$上的反常积分一定收敛吗？

一个简单的推导，令$a=\ln (x)$,于是$M\ge {\int }_{\ln (x)}^{x}f(t)dt\ge (x-\ln (x))f(x)$于是$f(x)\le \frac{M}{x-\ln (x)}$也就说明$f(x)=O(\frac{1}{x})$。但是这样并不能说明函数对应的反常积分的收敛性。

虽然一般的比较正规的符合$O(\frac{1}{x})$无法构成反例，但是下面这个可以：

反例1

令$a_0\ge 1$，通过递归表达定义序列$a_{n+1}=e^{a_n}$由于$e^{a_n}>a_n$因此该序列是严格单调增加的，不仅如此该序列的差分$L_n:=a_{n+1}-a_n$也是严格单调增加的，因为函数$e^x-x$是严格单调增加的函数。

现在把$f(x)$定义为一个分段函数$f(x):=\frac{1}{L_n},x\in [a_n,a_{n+1})$此外函数$f$在$[0,1)$上取值不小于$\frac{1}{L_0}$。于是由于$L_n$的严格单调增加，$f(x)$单调不增。此外由于函数在每一段上为常数，那么在每一段上函数的积分为${\int }_{a_n}^{a_{n+1}}f(x)dx=\frac{1}{L_n}\cdot L_n=1$ 对于任意足够大的$a$，由于$a_n\to \infty$因此一定存在$a\in [a_m,a_{m+1})$，那么$e^a\in [e^{a_m},e^{a_{m+1}})=[a_{m+1},a_{m+2})$。于是${\int }_a^{e^a}f(x)dx\le {\int }_{a_m}^{a_{m+2}}f(x)dx=2$因此这个例子符合要求。

现在我们来看它的反常积分的收敛与发散性质： ${\int }_1^{+\infty }f(x)dx={\sum }_{n\ge 1}{\int }_{a_n}^{a_{n+1}}f(x)dx={\sum }_{n\ge 1}1=+\infty$因此该函数对应的反常积分发散。

既然这个条件不足以导出$f$对应的反常积分收敛，那么条件要如何加强才能使得对应的反常积分收敛呢？倒也不是不行:

命题2

$[0,+\infty )$上可积的函数$f$，单调不增，处处为正，并且存在一个$M>0$对于足够大的$x$令$g(x):={\int }_x^{e^x}f(t)dt$并且$g(x)$对应的反常积分收敛。

那么$f(x)$在$[0,+\infty )$上的反常积分一定收敛。

由于$f(x)\le \frac{g(\ln (x))}{x-\ln (x)}<\frac{g(\ln (x))}{x}$于是${\int }_b^{\infty }f(x)dx\le {\int }_b^{+\infty }\frac{g(\ln (x))}{x}dx={\int }_{\ln (b)}^{+\infty }g(u)du<+\infty$