关于$C^1$类函数无穷积分存在性与整数上限积分极限等价性的证明问询

嘿，我来帮你把这个证明补全！你已经抓住了核心的前提结论——因为$\int_{1}^{+\infty}|f'(x)|dx$收敛，所以$\lim_{x\to+\infty}f(x)=L$是有限值，这一步非常关键，我们顺着这个思路往下推：

问题回顾 #

设$f:[1,\infty)\to\mathbb{R}$是$C^{1$类函数，且$\int_{1}}{+\infty}|f'(x)|dx$收敛。要证：无穷积分$\int_{1}^{{+\infty}f(x)dx$收敛当且仅当$\lim_{n\to+\infty}\int_{1}}{n}f(x)dx$（$n$为正整数）存在。

先理清楚你已经完成的推导 #

你已经指出：

• 若$L>0$，则当$x$足够大时$f(x)$恒正且趋近于$L$，此时$\int_{1}^{+\infty}f(x)dx$必然发散到$+\infty$；
• 若$L<0$，同理积分会发散到$-\infty$。
  反过来想，如果$\lim_{n\to+\infty}\int_{1}^{n}f(x)dx$存在，那$L$肯定不能是非零值，否则这个整数上限的积分序列也会发散——这是我们后续证明的重要铺垫。

完整证明分两步走 #

1. 必要性（$\Rightarrow$）：积分收敛$\Rightarrow$整数上限序列极限存在 #

这一步其实是无穷积分收敛定义的直接推论：
如果$\int_{1}^{{+\infty}f(x)dx=I$收敛，根据定义，对任意$\epsilon>0$，存在$M>1$，只要$A>M$，就有$\left|\int_{1}}{A}f(x)dx - I\right|<\epsilon$。
当$n$是足够大的整数（$n>M$）时，自然满足$\left|\int_{1}^{n}f(x)dx - I\right|<\epsilon$，所以$\lim_{n\to+\infty}\int_{1}^{n}f(x)dx=I$，极限存在。

2. 充分性（$\Leftarrow$）：整数上限序列极限存在$\Rightarrow$积分收敛 #

设$S_n=\int_{1}^{{n}f(x)dx$，已知${S_n}$收敛到$S$，我们要证$\lim_{A\to+\infty}\int_{1}}{A}f(x)dx=S$。

第一步：先证$L=0$

假设$L\neq0$，比如$L>0$，那么存在$N$，当$x>N$时$f(x)>L/2>0$。此时对$n>N$，$S_n - S_{n-1}=\int_{n-1}^{n}f(x)dx>\frac{L}{2}\cdot1=\frac{L}{2}$，那么${S_n}$是一个“步长”不小于$L/2$的递增序列，必然发散到$+\infty$，与${S_n}$收敛矛盾。同理$L<0$时也会导致${S_n}$发散，所以**$L$必须等于0**。

第二步：用$L=0$证明任意上限的积分收敛

对任意$A>1$，取整数$n=\lfloor A\rfloor$（即$n\leq A<n+1$），则：
$$
\left|\int_{1}^{A}f(x)dx - S\right|=\left|S_n + \int_{n}^{A}f(x)dx - S\right|\leq\left|S_n - S\right| + \left|\int_{n}^{A}f(x)dx\right|
$$
因为$L=0$，对任意$\epsilon>0$，存在$N_1$，当$x>N_1$时$|f(x)|<\epsilon$。此时当$n>N_1$，$A\in[n,n+1]$时：
$$
\left|\int_{n}^{{A}f(x)dx\right|\leq\int_{n}}{A}|f(x)|dx<\epsilon\cdot(A-n)<\epsilon\cdot1=\epsilon
$$
又因为${S_n}$收敛到$S$，存在$N_2$，当$n>N_2$时$|S_n - S|<\epsilon$。

取$N=\max(N_1,N_2)$，当$A>N$时，$n=\lfloor A\rfloor>N$，代入上面的不等式得：
$$
\left|\int_{1}^{A}f(x)dx - S\right|<\epsilon+\epsilon=2\epsilon
$$
由$\epsilon$的任意性，可知$\lim_{A\to+\infty}\int_{1}^{A}f(x)dx=S$，即无穷积分收敛。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者jontao