Prueba M de Weierstrass
Dejemos que $f(x,u) = e^{-(x-u/x)^2}(1-u/x^2)$ . Se puede demostrar que $|f|$ está limitada por $1/(\sqrt{2 e}x)$ .
Para $u>0$ , $\lim_{x\to 0^+}f(x,u) = 0$ . Esto, junto con el hecho anterior, implica que para cualquier $u\in[\delta,L]$ hay un $x_0>0$ tal que para $x<x_0$ , $|f|<1/(\sqrt{2e}x_0)$ . (Para $\delta\ll 1$ , $x_0\simeq \delta$ .)
Ahora demostramos que $|f(x,u)| < e^{-(x-\sqrt{L})^2}$ para $0<u\le L$ y $x>\sqrt{L}$ , es decir, para $u = (1-\alpha)L$ y $x = (1+\beta)\sqrt{L}$ , donde $\alpha\in[0,1)$ y $\beta\in(0,\infty)$ . Primero observe que $$|f(x,u)| = e^{-(x-u/x)^2}|1-u/x^2| < e^{-(x-u/x)^2}$$ desde $u\le L < x^2$ . Pero $$(x-u/x)^2 - (x-\sqrt{L})^2 = \frac{(\alpha+\beta)(2\beta^2+3\beta+\alpha)L}{(1+\beta)^2},$$ que es explícitamente definida positiva. Esto demuestra la afirmación.
Por lo tanto, $|f|$ está acotado para todo $u\in[\delta,L]$ por la siguiente función integrable, $$g(x) = \left\{\begin{array}{ll} 1/(\sqrt{2e}x_0), & x < x_0 \\ 1/(\sqrt{2e}x), & x_0 \le x \le \sqrt{L} \\ e^{-(x-\sqrt{L})^2}, & x > \sqrt{L}. \end{array}\right.$$
De la definición
Como menciona @GrahamHesketh, la integral desaparece para cualquier $u>0$ . Sea $x=\frac{\sqrt{u}}{2}(t+\sqrt{t^2+4})$ . Entonces $$\int_0^\infty e^{-(x-u/x)^2}(1-u/x^2)dx = \sqrt{u}\int_{-\infty}^\infty \frac{t e^{-u t^2}}{\sqrt{t^2+4}}dt = 0.$$
Así, queremos demostrar que para cualquier $\epsilon>0$ podemos encontrar un $Q$ independiente de $u$ de manera que cuando $R>Q$ , $$\left|\int_0^R f(x,u)dx\right| < \epsilon, \quad u\in[\delta,L].$$ Pero $\int_0^R = \int_0^\infty - \int_R^\infty = -\int_R^\infty$ y $$\begin{eqnarray*} \int_R^\infty f(x,u)dx &<& \int_R^\infty e^{-(x-\sqrt{L})^2}dx, \qquad (\textrm{assume }Q>\sqrt{L}) \\ &=& \frac{\sqrt{\pi}}{2}\mathrm{erfc}(R-\sqrt{L}), \end{eqnarray*}$$ donde $\mathrm{erfc}$ es la función de error complementaria. Es evidente que para cualquier $L$ podemos hacer $\frac{\sqrt{\pi}}{2}\mathrm{erfc}(R-\sqrt{L})$ tan pequeño como queramos eligiendo un $Q$ .