0.0.0.3 解答

$n\in\N$ に対して、 $K_n:=\{(x,y);x^2+y^2\le n^2\}$ とおくと、 $K_n$ は $\R^n$ の Jordan 可測なコンパクト集合で、

$$K_1\subset K_2\subset \cdots,\quad \bigcup_{n=1}^\infty K_n=\R^2.$$

また $\R^n$ の任意のコンパクト集合 $K$ に対して、十分大きな $n$ を取ると、 $K\subset K_n$ となる ($\because$ $K$ はコンパクトだから有界なので)。 ゆえに $\{K_n\}_{n\in\N}$ は $\R^2$ のコンパクト近似列である。

被積分関数 $f(x,y):=e^{-x^2-y^2}$ は $\R^2$ で連続であり、 $f>0$ であるから、1つの近似列 $\{K_n\}$ だけで調べれば十分で、

$$\dint_{\R^2}e^{-x^2-y^2}\;\DxDy =\lim_{n\to\infty}\dint_{K_n}e^{-x^2-y^2}\;\Dx.$$

$x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$ ($r\ge 0$, $\theta\in[0,2\pi]$) とす るとき、$K_n$ に対応するのは $D_n:=\{(r,\theta); 0\le r\le n, \theta\in [0,2\pi]\}$. $\DxDy=r\;\D r \D\theta$ であるから、

$$\dint_{K_n}e^{-x^2-y^2}\;\DxDy =\dint_{D_n}e^{-r^2}\cdot r\;\D r \D\theta =\int_0^n\left(\int_0^{2\pi}r e^{-r^2}\;\D\theta\right)\D r =2\pi\int_0^nr e^{-r^2}\;\D r$$

$$=2\pi\left[-\frac{1}{2}e^{-r^2}\right]_0^n =-\pi\left(e^{-n^2}-e^{0}\right)=\pi\left(1-e^{-n^2}\right).$$

ゆえに

$$\dint_{\R^2}e^{-x^2-y^2}\;\DxDy =\lim_{n\to\infty}\pi(1-e^{-n^2})=\pi.\qed$$