Cómo demostrar la validez del intercambio de suma e integración cuando la suma no converge absolutamente

Question

Intento demostrar que el siguiente intercambio de suma e integración es válido: $$\int_0^{+\infty} \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{e^{-nx}}{n}\,dx=\sum_{n=1}^{+\infty} \int_0^{+\infty} \frac{e^{-nx}}{n}\,dx$$

Primero intenté usar el Weierstrass $M$ -para demostrar que la serie que suma la función $f_n(x)=\frac{e^{-nx}}{n}$ converge uniformemente en $[0,+\infty)$ pero no tuve éxito. De hecho, no pude encontrar una secuencia $M_n$ tal que $$\left|\frac{e^{-nx}}{n}\right|\le M_n \qquad x\in[0,+\infty)$$ y $$\sum_{n=1}^{+\infty}M_n\le +\infty$$ He intentado $M_n=1/n$ pero su serie no converge.

Answer 1

La serie no converge uniformemente en $(0,\infty)$ ya que para $x_n = 1/n$ ,

$$\sup_{x \in (0,\infty)}\sum_{k = n+1}^{\infty} \frac{e^{-kx}}{k}\geqslant \sum_{k = n+1}^{2n} \frac{e^{-kx_n}}{k} > n \frac{e^{-2nx_n}}{2n} = \frac{e^{-2}}{2}.$$

Así que no tendrá suerte con la prueba M de Weierstrass.

Sin embargo, hay que tener en cuenta que como $n \to \infty$ tenemos convergencia monótona:

$$\sum_{k=1}^n \frac{e^{-kx}}{k} \uparrow \begin{cases}+\infty, \quad x = 0\\ -\log(1 - e^{-x}), \quad x > 0 \end{cases} $$

Podemos aplicar el teorema de convergencia monótona, y como la función límite es integrable por Lebesgue en $(0,\infty),$ tenemos

$$-\int_{(0,\infty)} \log(1 - e^{-x}) = \frac{\pi^2}{6} = \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2} = \sum_{n=1}^\infty \int_{(0,\infty)} \frac{e^{-nx}}{n}$$