測度論・実解析の問題

方針 分布関数による積分の表示
$${\int }_X|f{|}^{p}d\mu ={\int }_0^{\infty }p{t}^{p-1}\mu (\{|f|>t\})dt$$
を $p=2$ で使う。

公式の確認 各 $x\in X$ について
$$|f(x){|}^2={\int }_0^{|f(x)|}2tdt={\int }_0^{\infty }2t{1}_{\{|f|>t\}}(x)dt$$
である。被積分関数 $(x,t)\mapsto 2t{1}_{\{|f(x)|>t\}}$ は $X\times (0,\infty )$ 上で非負かつ可測である。また $t=0$ として $\mu (\{|f|>0\})=1<\infty$ なので、$X$ を $\{|f|>0\}$（測度有限）に制限して考えてよく（その外では $|f{|}^2=0$）、$(0,\infty )$ 上のルベーグ測度も $\sigma$-有限である。よってトネリの定理により積分の順序を交換できて
$${\int }_X|f{|}^{2}d\mu ={\int }_0^{\infty }2t\mu (\{|f|>t\})dt.$$

計算 分布関数を代入すると
$${\int }_X|f{|}^{2}d\mu ={\int }_0^{\infty }\frac{2t}{(1+t{)}^4}dt.$$
$u=1+t$ と置換すると $t=u-1$, $dt=du$ で、$t:0\to \infty$ のとき $u:1\to \infty$ だから
$${\int }_1^{\infty }\frac{2(u-1)}{u^4}du=2{\int }_1^{\infty }\left(u^{-3}-u^{-4}\right)du.$$
ここで
$${\int }_1^{\infty }{u}^{-3}du=\underset{R\to \infty }{\lim }{\left[-\frac{1}{2u^2}\right]}_1^R=\frac{1}{2},{\int }_1^{\infty }{u}^{-4}du=\underset{R\to \infty }{\lim }{\left[-\frac{1}{3u^3}\right]}_1^R=\frac{1}{3}$$
なので
$${\int }_X|f{|}^{2}d\mu =2\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)=\frac{1}{3}.$$

層ケーキ表現（Tonelli の定理）より、${\int }_X|f{|}^{2}d\mu ={\int }_0^{\infty }2t\mu (\{|f|>t\})dt$ である。与えられた分布関数を代入すると ${\int }_X|f{|}^{2}d\mu =2{\int }_0^{\infty }\frac{t}{(1+t{)}^4}dt$。ここで $\frac{t}{(1+t{)}^4}=\frac{1}{(1+t{)}^3}-\frac{1}{(1+t{)}^4}$ だから、${\int }_0^{\infty }\frac{dt}{(1+t{)}^3}=\frac{1}{2}$、${\int }_0^{\infty }\frac{dt}{(1+t{)}^4}=\frac{1}{3}$。よって ${\int }_0^{\infty }\frac{t}{(1+t{)}^4}dt=\frac{1}{2}-\frac{1}{3}=\frac{1}{6}$ であり、求める値は $2\cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{3}$。検算: ベータ関数で ${\int }_0^{\infty }t(1+t{)}^{-4}dt=B(2,2)=\frac{\Gamma (2)\Gamma (2)}{\Gamma (4)}=\frac{1}{6}$ となり一致する。なお $t=0$ で $\mu (|f|>0)=1$ であり、分布関数は右連続で単調減少なので矛盾はない。