測度論・実解析の問題

被積分関数を積分で表す. $x>0$ に対し $$\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}={\int }_1^2{e}^{-sx}ds$$ である（右辺 $={\left[-\frac{e^{-sx}}{x}\right]}_{s=1}^{s=2}$）。したがって $${\left(\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}\right)}^2={\int }_1^2{e}^{-sx}ds{\int }_1^2{e}^{-tx}dt={\iint }_{[1,2{]}^2}{e}^{-(s+t)x}dsdt.$$

積分の順序交換. 関数 $(x,s,t)\mapsto e^{-(s+t)x}$ は $(0,\infty )\times [1,2{]}^2$ 上で連続かつ非負なので、トネリの定理（非負可測関数に対するフビニの定理）により積分の順序を自由に交換できる（値が $+\infty$ になる場合も含めて等式が成り立つ）。よって $$I={\iint }_{[1,2{]}^2}\left({\int }_0^{\infty }{e}^{-(s+t)x}dx\right)dsdt={\iint }_{[1,2{]}^2}\frac{dsdt}{s+t}.$$ ここで $s+t\ge 2>0$ より ${\int }_0^{\infty }{e}^{-(s+t)x}dx=\frac{1}{s+t}$ を使った。

重積分の計算. $t\in [1,2]$ を固定して $s$ で積分すると $${\int }_1^2\frac{ds}{s+t}=\log (t+2)-\log (t+1).$$ $\int \log (t+a)dt=(t+a)\log (t+a)-t+C$ を使うと（$-t$ の項は打ち消し合う） $$I=[(t+2)\log (t+2)-(t+1)\log (t+1){]}_1^2=(4\log 4-3\log 3)-(3\log 3-2\log 2).$$ $4\log 4=8\log 2$ なので $$I=8\log 2+2\log 2-6\log 3=10\log 2-6\log 3.$$ （数値は約 $0.3398$ で、有限である。これにより $I<\infty$ も確かめられた。）

$g(x)=(e^{-x}-e^{-2x}{)}^2$ とおく。$x\to 0$ で $g(x)\sim x^2$、$x\to \infty$ で $g\to 0$ なので $g(x)/x\to 0$（両端）。部分積分で
$$I={\int }_0^{\infty }\frac{g(x)}{x^2}dx={\left[-\frac{g(x)}{x}\right]}_0^{\infty }+{\int }_0^{\infty }\frac{g^{\prime }(x)}{x}dx={\int }_0^{\infty }\frac{g^{\prime }(x)}{x}dx.$$
$g^{\prime }(x)=2(e^{-x}-e^{-2x})(-e^{-x}+2e^{-2x})=-2e^{-2x}+6e^{-3x}-4e^{-4x}$。係数の和は $-2+6-4=0$ なので、Frullani 型の公式 ${\int }_0^{\infty }\frac{\sum c_i{e}^{-a_{i}x}}{x}dx=-\sum c_i\log a_i$（$\sum c_i=0$）が使える（${\int }_0^{\infty }\frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}dx=\log (b/a)$ から）。よって
$$I=-(-2\log 2+6\log 3-4\log 4)=2\log 2-6\log 3+8\log 2=10\log 2-6\log 3.$$
検算: $10\log 2-6\log 3\approx 6.9315-6.5917=0.3398>0$。被積分関数は $x\to 0$ で 1 に近づき、$x\approx 1$ で $(0.368-0.135{)}^2=0.054$ 程度で急減衰、積分の大きさとして妥当。別表示 $\log \frac{1024}{729}\approx 0.3398$。