測度論・実解析の問題

方針. 内側の積分 ${\int }_x^{\infty }\frac{e^{-y}}{y}dy$ は初等関数で表せない。そこで重積分とみなし、積分の順序を交換する。

手順 1: 重積分として書き直す. 領域を $D=\{(x,y)\in {\mathbb{R}}^2:0<x<y\}$ とし、$$f(x,y)=\frac{e^{-y}}{y}{1}_D(x,y)$$ とおく。このとき、各 $x>0$ について ${\int }_0^{\infty }f(x,y)dy={\int }_x^{\infty }\frac{e^{-y}}{y}dy$ が成り立つ。したがって $$I={\int }_0^{\infty }\left({\int }_0^{\infty }f(x,y)dy\right)dx$$ である。

手順 2: トネリの定理の仮定を確かめる. $D$ は開集合なので可測である。$\frac{e^{-y}}{y}$ は $D$ 上で連続である。よって $f$ は $(0,\infty {)}^2$ 上の可測関数である。さらに $D$ 上で $y>0$ だから $f\ge 0$ である。ルベーグ測度は $\sigma$-有限なので、トネリの定理が使える。この定理により、値が $+\infty$ の場合も含めて $${\int }_0^{\infty }\left({\int }_0^{\infty }fdy\right)dx={\iint }_{(0,\infty {)}^2}fd(x,y)={\int }_0^{\infty }\left({\int }_0^{\infty }fdx\right)dy$$ が成り立ち、順序を自由に交換できる。

手順 3: 順序を交換して計算する. $y>0$ を固定すると、$(x,y)\in D$ となる $x$ の範囲は $0<x<y$ である。よって $${\int }_0^{\infty }f(x,y)dx={\int }_0^y\frac{e^{-y}}{y}dx=\frac{e^{-y}}{y}\cdot y=e^{-y}.$$ したがって $$I={\int }_0^{\infty }{e}^{-y}dy=\underset{R\to \infty }{\lim }{\left[-e^{-y}\right]}_0^R=\underset{R\to \infty }{\lim }(1-e^{-R})=1.$$

以上より $I=1$ である。

被積分関数 $e^{-y}/y$ は $y>0$ で非負なので、トネリの定理により積分順序を交換できる。領域は $\{0<x<y<\infty \}$ である。

$I={\int }_0^{\infty }\frac{e^{-y}}{y}\left({\int }_0^{y}dx\right)dy={\int }_0^{\infty }\frac{e^{-y}}{y}\cdot ydy={\int }_0^{\infty }{e}^{-y}dy=1$。

検算として、$E_1(x)={\int }_x^{\infty }{e}^{-y}/ydy$ は $x\to 0$ で $-\log x$ 程度の発散にとどまり、これは可積分である。$x\to \infty$ では $E_1(x)\sim e^{-x}/x$ で可積分であり、${\int }_0^{\infty }{E}_1(x)dx=1$ という既知の結果とも一致する。