測度論・実解析の問題

$x>0$ のとき ${\int }_1^{\infty }{e}^{-tx}dt={\left[-\frac{e^{-tx}}{x}\right]}_{t=1}^{t=\infty }=\frac{e^{-x}}{x}$ なので、問題文の等式が成り立つ。したがって
$$I={\int }_0^{\infty }\left({\int }_1^{\infty }{e}^{-tx}\sin xdt\right)dx.$$

積分順序の交換の正当化. 関数 $F(x,t)=e^{-tx}\sin x$ は $(0,\infty )\times (1,\infty )$ 上で連続なので可測である。$|F|$ にトネリの定理を使うと
$${\int }_0^{\infty }{\int }_1^{\infty }|F(x,t)|dtdx={\int }_0^{\infty }\frac{e^{-x}|\sin x|}{x}dx\le {\int }_0^{\infty }{e}^{-x}dx=1<\infty$$
（$x>0$ で $|\sin x|\le x$ を使った）。よって $F$ は直積測度に関して可積分であり、フビニの定理により積分の順序を交換できる：
$$I={\int }_1^{\infty }\left({\int }_0^{\infty }{e}^{-tx}\sin xdx\right)dt.$$

内側の積分. $t>0$ のとき、部分積分を 2 回行うか $\sin x=\mathrm{Im}{e}^{ix}$ を用いると
$${\int }_0^{\infty }{e}^{-tx}\sin xdx=\mathrm{Im}{\int }_0^{\infty }{e}^{-(t-i)x}dx=\mathrm{Im}\frac{1}{t-i}=\mathrm{Im}\frac{t+i}{t^2+1}=\frac{1}{1+t^2}.$$

外側の積分.
$$I={\int }_1^{\infty }\frac{dt}{1+t^2}=[\arctan t{]}_1^{\infty }=\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{4}.$$

与えられた等式より $I={\int }_0^{\infty }{\int }_1^{\infty }{e}^{-tx}\sin xdtdx$。
フビニの定理の適用条件を確かめる。$|\sin x|\le x$ より ${\int }_0^{\infty }{\int }_1^{\infty }{e}^{-tx}|\sin x|dtdx={\int }_0^{\infty }\frac{e^{-x}|\sin x|}{x}dx\le {\int }_0^{\infty }{e}^{-x}dx=1<\infty$。よって積分の順序を交換できる。
$$I={\int }_1^{\infty }\left({\int }_0^{\infty }{e}^{-tx}\sin xdx\right)dt.$$
$t>0$ のとき ${\int }_0^{\infty }{e}^{-tx}\sin xdx=\mathrm{Im}{\int }_0^{\infty }{e}^{(-t+i)x}dx=\mathrm{Im}\frac{1}{t-i}=\mathrm{Im}\frac{t+i}{t^2+1}=\frac{1}{t^2+1}$。
ゆえに $I={\int }_1^{\infty }\frac{dt}{1+t^2}={\left[\arctan t\right]}_1^{\infty }=\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{4}$。
検算: 被積分関数は $x$ が小さいとき約 $1$、${\int }_0^{\infty }{e}^{-x}\sin x/xdx=\arctan (1/1)=\pi /4\approx 0.785$ で、${\int }_0^{\infty }{e}^{-sx}\sin x/xdx=\mathrm{arccot}s$ の既知の公式（$s=1$）と一致し、$0<I<1$ とも整合する。