非负函数广义黎曼积分收敛意味着什么

问题0

一个非负函数$f:(0,+\infty )\to [0,+\infty )$如果它对应的广义黎曼积分收敛，即${\int }_0^{\infty }f(x)dx<\infty$那么函数$f(x)$在$x\to \infty$的时候，

1. 可以推出$f$一定满足什么性质？
2. $f$的哪些性质是被允许的？（可能会有，也可能没有，并不影响前面的条件）

• 这个问题算是级数收敛与求和对象的收敛速度这个问题的连续版本。

引理1

令$f:(0,+\infty )\to [0,+\infty )$，下面两个说法等价：

1. 存在序列$x_n\to \infty$使得$f(x_n)\to 0$。
2. 对任意$\epsilon >0$与任意$R>0$，存在$x\ge R$使得$f(x)<\epsilon$。

• 首先如果第一个说法成立，那么对任意$\epsilon >0$存在正整数$N_{\epsilon }$使得任意$n>N_{\epsilon }$都有$f(x_n)<\epsilon$。同时，对任意$R>0$由于$x_n\to \infty$于是，存在$M_R$使得任意$n>M_R$都有$x_n>R$。因此我们只需要令$n_0:=\max \{N_{\epsilon },M_R\}+1$那么$x_{n_0}$就会同时满足$x_{n_0}>R$并且$f(x_{n_0})<\epsilon$。这里的$x_{n_0}$就是我们要找的那个存在的$x$。
• 如果第二个说法成立，那么对任意正整数$n$,以及$\frac{1}{n}$而言（相当于我们用$\frac{1}{n}$带入到命题中的$\epsilon$，用$n$带入到$R$）存在一个实数$x_n\ge n$使得$f(x_n)<\frac{1}{n}$。这里$f(x_n)\to 0$，并且$x_n\to \infty$。

这个引理告诉我们：

命题2

一个非负函数$f:(0,+\infty )\to [0,+\infty )$如果它对应的广义黎曼积分收敛即${\int }_0^{\infty }f(x)dx<\infty$那么函数$f$满足”引理1”当中的性质。

• 考虑反证法，如果“引理1”当中的第二个说法不成立，即成立否命题：存在${\epsilon }_0,R_0$使得任意$x\ge R_0$都有$f(x)\ge {\epsilon }_0$，可是这样就意味着${\int }_{R_0}^{N}f(x)dx\ge {\epsilon }_0(N-R_0)$令$N\to \infty$，我们会发现这与广义黎曼积分收敛的条件违背。

如果我们借用函数在$x\to \infty$时的上下极限的定义，那么“命题2”还可以简写为：

命题3

一个非负函数$f:(0,+\infty )\to [0,+\infty )$如果它对应的广义黎曼积分收敛即${\int }_0^{\infty }f(x)dx<\infty$那么${\mathrm{liminf}}_{x\to \infty }f(x)={\sup }_{R>0}{\inf }_{x\ge R}f(x)=0$

那么接下来我们会问：

问题4

一个非负函数$f:(0,+\infty )\to [0,+\infty )$如果它对应的广义黎曼积分收敛即${\int }_0^{\infty }f(x)dx<\infty$那么是否一定有$f(x)\to 0$?

按照上下极限的语言，这相当于是问，非负函数的广义黎曼积分收敛是否意味着，其上极限${\mathrm{limsup}}_{x\to \infty }f(x)={\inf }_{R>0}{\sup }_{x\ge R}=0$？

答案是并不会。

想法5

如果我们把非负函数的广义黎曼积分，理解为“函数曲线”与$x$轴形成的图形的面积，构造反例的时候我们就会想，有没有高度始终不会趋于0，但是面积总是有限的图形？也就是在无穷远处，反复出现的尖峰。

具体来说，我们用两个序列来描述尖峰：

• 高度$H_n$
• 宽度${\ell }_n$

然后按照在互不重叠的区间$I_n$上，并令函数$g_n(x)$来定义第$n$个尖峰。这个函数需要满足：

• $g_n(x)\ge 0$，其支撑在$I_n$内（$I_n$外函数取值为0）。
• $\max g_n(x)=H_n$并且$H_n$并不趋于0。(这里假设$g_n(x)$在$I_n$内可以取到尖峰，这样会让问题简单一些)
• 面积$\int g_n(x)dx=s_n$且${\sum }_{n\ge 1}{s}_n<\infty$

这样我们就可以定义$f(x):={\sum }_{n\ge 1}{g}_n(x)$从而满足:

• 函数$f(x)\ge 0$，并且广义黎曼积分收敛，因为${\int }_0^{\infty }f(x)dx={\sum }_{n\ge 1}{\int }_{I_n}{g}_n(x)dx={\sum }_{n\ge 1}{s}_n<\infty$
• 函数并不收敛到$0$。假设在每个区间$I_n$中，函数$g_n(x)$在$y_n$处取得最大值$H_n$，那么由于${\mathrm{limsup}}_{x\to \infty }f(x)\ge {\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }f(y_n)={\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }{H}_n>0$因此函数并不收敛到0。这里用到了一个性质，就是对任意$x_n\to \infty$都有${\mathrm{limsup}}_{x\to \infty }f(x)\ge {\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }f(x_n)$。

基于以上分析，我们可以有一下构造思路：

1. 等高变窄：取$H_n\equiv 1$，然后让${\ell }_n$满足${\sum }_n{\ell }_n<\infty$。形状的话不是特别讲究，三角形，矩形，一个bump函数都是可以的。关键是看你是否需要，连续性。矩形没有连续性，三角形可以让$f(x)$具有连续性。如果你还需要光滑性的话，可以设计一个bump函数。
2. 变高更变窄：让$H_n\uparrow$但同时让${\ell }_n\downarrow$并且${\ell }_n$的衰减速度比$H_n$的增长速度更快，从而使得$s_n\to 0$，并且${\sum }_n{s}_n<\infty$。

一些具体的例子：

例子6

令$g_n(x):=1_{[n,n+\frac{1}{n^2}]}(x)$，此时$I_n:=[n,n+1)$，函数$g_n$在$I_n$当中的支撑为$[n,n+\frac{1}{n^2}]$，对应的$H_n\equiv 1,{\ell }_n=\frac{1}{n^2}$然后$s_n=\frac{1}{n^2}$从而满足${\sum }_{n\ge 1}{s}_n={\sum }_{n\ge 1}\frac{1}{n^2}<\infty$最后令$f(x):={\sum }_{n\ge 1}{g}_n(x)={\sum }_{n\ge 1}{1}_{[n,n+\frac{1}{n^2}]}(x)$

当然这个函数并不连续，所以给了人一种，如果$f(x)$连续，说不定就可以满足$f(x)\to 0$的错觉。然而，不但连续没有用，即便要光滑性也是无用的。

例子7

参考^38382d，我们可以找一个标准的bump函数$\psi \in C_c^{\infty }([-1,1])$，令${\epsilon }_n:=2^{-(n+2)},x_n:=n$然后定义$g_n(x):=\psi \left(\frac{x-n}{{\epsilon }_n}\right)$这个函数满足:

1. $g_n(x)\in C^{\infty }(\mathbb{R})$，且$g_n(x)\ge 0$。
2. 支撑：$\text{supp}(g_n)\subset [n-{\epsilon }_n,n+{\epsilon }_n]$并且这些支撑互不相交，因为${\epsilon }_n\le \frac{1}{8}$从而$[n-{\epsilon }_n,n+{\epsilon }_n]\subset (n-\frac{1}{8},n+\frac{1}{8})$
3. 在每个区间的中心处取到最高点$g_n(n)=\psi (0)$ 于是我们定义函数$f(x):={\sum }_{n\ge 1}\psi \left(\frac{x-n}{{\epsilon }_n}\right),x>0$

此时函数$f\in C^{\infty }(0,\infty )$，非负，并且$f(n)=g_n(n)=1$。函数对应的广义黎曼积分${\int }_0^{\infty }f(x)dx={\sum }_{n\ge 1}{\int }_0^{\infty }\psi \left(\frac{x-n}{{\epsilon }_n}\right)dx={\sum }_{n\ge 1}{\epsilon }_n<\infty$

所以从以上例子我们知道，对于非负函数，广义黎曼积分收敛，我们只能知道函数在$x\to \infty$时候的下极限为0，关于上极限，我们一概不知。即便给函数加上光滑性也不行。

问题8

一个非负函数$f:(0,+\infty )\to [0,+\infty )$如果它对应的广义黎曼积分收敛即${\int }_0^{\infty }f(x)dx<\infty$那么函数$f$还需要什么额外条件才能使得${\mathrm{limsup}}_{x\to \infty }f(x)=0$?

当然由于前面我们已经分析得到，在当前的条件下一定有${\mathrm{liminf}}_{x\to \infty }f(x)=0$因此想要让上极限也为0，摆明了就是问什么时候函数极限存在，且为0。所以只要是让函数$f(x)$在$x\to \infty$的时候极限存在的条件都是我们想要的答案。

命题9

一个非负函数$f:(0,+\infty )\to [0,+\infty )$如果它对应的广义黎曼积分收敛即${\int }_0^{\infty }f(x)dx<\infty$此外函数还满足以下几个条件当中的任何一个

• 函数在无穷远附近单调不增。即存在一个$A>0$使得$f$在$(A,\infty )$上单调不增。
• 函数在无穷远附近一致连续。即存在一个$A>0$使得$f$在$(A,\infty )$上一致连续。

那么${\lim }_{x\to \infty }f(x)=0$

• 如果函数最终单调不增，同时函数具有下界$0$，于是函数极限存在。不妨假设$L:={\lim }_{x\to \infty }f(x)$。如果$L>0$，则${\mathrm{liminf}}_{x\to \infty }f(x)=L>0$这与前面的命题矛盾，因此$L$只能是0。
• 对于一致连续的情况，我们不妨假设，如果函数满足一致连续的条件，同时${\mathrm{limsup}}_{x\to \infty }f(x)\ge \epsilon >0$。

这就意味着存在一个序列$x_n\to \infty$使得$f(x_n)\ge \epsilon$对任意正整数$n$成立。也就是说函数存在像前两个例子当中的那种尖峰，但是如果$f$还保持一致连续的话，我们就有办法把尖峰拓展为面积较大的峰,这样就有可能违背$f$要求总面积收敛的条件。

利用一致连续条件，对任意$\epsilon /2$存在${\delta }_{\epsilon }$使得任意$|x-y|<{\delta }_{\epsilon }⟹|f(x)-f(y)|<\epsilon /2$于是对于每一个$x_n$，对所有满足$|x-x_n|<{\delta }_{\epsilon }$的点,也就是对任意$x\in (x_n-{\delta }_{\epsilon },x_n+{\delta }_{\epsilon })$都有$f(x)\ge f(x_n)-|f(x)-f(x_n)|\ge \epsilon -\frac{\epsilon }{2}=\frac{\epsilon }{2}$那么我们只需要从$\{x_n\}$当中挑选出一个稀疏的子列$x_{n_k}$，使得$(x_{n_k}-{\delta }_{\epsilon },x_{n_k}+{\delta }_{\epsilon })$两两不相交。比如要求$x_{n_{k+1}}-x_{n_k}>2{\delta }_{\epsilon }$这样的子列一定存在，因为$x_n\to \infty$。但是这样一来${\int }_0^{\infty }f(x)dx\ge {\sum }_{k\ge 1}{\int }_{x_{n_k}-{\delta }_{\epsilon }}^{x_{n_k}+{\delta }_{\epsilon }}f(x)dx\ge {\sum }_{k\ge 1}2{\delta }_{\epsilon }\cdot \frac{\epsilon }{2}=+\infty$因此假设不成立，于是${\mathrm{limsup}}_{x\to \infty }f(x)=0$再结合下极限的信息，从而上下极限相等，于是函数极限存在且为0。

参照级数收敛与求和对象的收敛速度当中的结果，我们可以给出连续版本的Abel-Olivier-Pringsheim定理：

定理10: 连续版本的Abel-Olivier-Pringsheim定理

非负函数$f:(0,+\infty )\to [0,+\infty )$对应的广义黎曼积分收敛，即${\int }_0^{\infty }f(x)dx<\infty$并且函数单调不增，那么一定有$f(x)=o(1/x)$

• 证明思路：根据非负性与单调性，我们可以用^f9ac86中的，积分版本的凝聚判别法，把积分收敛的结果导向级数${\sum }_k{2}^{k}f(2^k)<\infty$这意味着$f(2^k)=o(1/2^k)$。然后借助^9cbb76，我们可以把这种离散的上界转换为连续上界，从而最终证明$f(x)=o(x)$。

然后我们紧接着的一个问题是“定理10”的逆命题成立吗？

问题11:连续版本的AOP定理的逆命题成立吗?

非负函数$f:(0,+\infty )\to [0,+\infty )$，满足单调不增并且当$x\to +\infty$的时候有$f(x)=o(1/x)$那么是否一定有对应广义黎曼积分${\int }_0^{\infty }f(x)dx<\infty$收敛？

参考^9d8b7a这个例子，我们可以给出一个连续版本的类似例子：

反例12

考虑函数$f(x):=\frac{1}{(x+1)\log (x+2)}$，该函数满足：

1. 在$(0,\infty )$上非负
2. 单调减少，并且衰减速度为$o(1/x)$。

根据2. 积分版本的判别法，${\int }_1^{\infty }f(x)dx$的收敛与发散性与${\sum }_{n\ge 1}{2}^{n}f(2^n)$相同。但是$2^{n}f(2^n)\sim \frac{1}{\log (2^n+2)}$然后后者，由于$\frac{1}{\log (2^n+2)}\ge \frac{1}{\log (2\cdot 2^n)}$，后者组成的级数发散，从而积分${\int }_0^{\infty }f(x)dx$发散。

• 当然满足条件的收敛的例子很多，只要衰减足够，在$x=0$附近没有奇点就行，比如$f(x):=\frac{1}{(x+1{)}^2}$。