分布関数による積分の表示

フビニ・トネリの定理から $\int ∣ f ∣^{p} d μ = \int_{0}^{\infty} p t^{p - 1} μ ({∣ f ∣ > t}) d t$ を導き、分布関数 $μ ({∣ f ∣ > t})$ から $L^{p}$ ノルムや積分の値を求められる

前提

フビニ・トネリの定理（大学院数学測度論・実解析）

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算数中学高校大学大学院

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フビニ・トネリの定理（大学院数学測度論・実解析）

説明

可測関数 $f$ の「大きさの分布」を表す分布関数 $λ_{f} (t) = μ ({x : ∣ f (x) ∣ > t})$ （ $t \geq 0$ ）だけから、 $\int ∣ f ∣^{p} d μ$ を計算する技能です。この積分は $t$ についての 1 変数の積分 $\int_{0}^{\infty} p t^{p - 1} λ_{f} (t) d t$ として表せます。 $f$ の式そのものがわからなくても、「 $∣ f ∣$ が $t$ を超える部分の測度」がわかっていれば $L^{p}$ ノルムが求められます。確率論の期待値の計算や、弱 $L^{p}$ 評価・補間不等式などで基本的に使われます。

なぜそうしてよいのか

出発点は、 $s \geq 0$ と $p > 0$ に対して成り立つ 1 変数の等式
$s^{p} = \int_{0}^{s} p t^{p - 1} d t = \int_{0}^{\infty} p t^{p - 1} 1_{{t < s}} d t$
です（ $1_{A}$ は条件 $A$ が成り立つとき 1、そうでないとき 0 の関数）。これに $s = ∣ f (x) ∣$ を代入します。 $E = {(x, t) : ∣ f (x) ∣ > t}$ とおくと、各点 $x$ で $∣ f (x) ∣^{p} = \int_{0}^{\infty} p t^{p - 1} 1_{E} (x, t) d t$ となります。つまり $∣ f ∣^{p}$ の値を、高さ $t$ ごとの層に分けて積み上げているわけです。

両辺を $x$ で積分すると、左辺は $\int ∣ f ∣^{p} d μ$ 、右辺は $X \times [0, \infty)$ 上の関数 $p t^{p - 1} 1_{E} (x, t)$ の累次積分になります。この関数は $0$ 以上です。また $E$ は可測関数 $(x, t) \mapsto ∣ f (x) ∣ - t$ が正になる集合なので、直積 $σ$ -加法族について可測です。したがって $μ$ が $σ$ -有限ならば、トネリの定理により積分の順序を交換でき、
$\int_{X} ∣ f ∣^{p} d μ = \int_{0}^{\infty} p t^{p - 1} (\int_{X} 1_{E} (x, t) d μ (x)) d t = \int_{0}^{\infty} p t^{p - 1} μ ({∣ f ∣ > t}) d t$
が得られます。トネリの定理なので、両辺が $+ \infty$ になる場合も含めて等式が成り立ちます。

$p = 1$ の場合は $\int ∣ f ∣ d μ = \int_{0}^{\infty} μ ({∣ f ∣ > t}) d t$ です。これは、グラフの下の面積を縦に切る代わりに横に切って数える、という見方にあたります。 $p \neq = 1$ では重み $p t^{p - 1}$ が付き、高い層ほど（ $p > 1$ なら）重く数えられます。

手順

分布関数 $λ (t) = μ ({∣ f ∣ > t})$ を $t \geq 0$ のすべてについて書き出す。与えられていなければ、集合 ${∣ f ∣ > t}$ を求めてその測度を計算する。
求めたい量に合わせて $p$ を決め、 $\int ∣ f ∣^{p} d μ = \int_{0}^{\infty} p t^{p - 1} λ (t) d t$ に代入する（ $μ$ が $σ$ -有限であることを確認しておく）。
$t$ についての 1 変数の（広義）積分を計算する。 $λ (t)$ の式が区間ごとに違うときは、区間に分けて積分する。
必要なら $∥ f ∥_{p} = (\int ∣ f ∣^{p} d μ)^{1/ p}$ として $L^{p}$ ノルムを求める。

例題

$σ$ -有限な測度空間 $(X, μ)$ 上の可測関数 $f$ が、すべての $t \geq 0$ に対して $μ ({x \in X : ∣ f (x) ∣ > t}) = \frac{1}{( 1 + t ) ^{5}}$ をみたすとする。 $\int_{X} ∣ f ∣^{2} d μ$ を求めよ。

例題の解答

手順 1（分布関数） 与えられているとおり、 $λ (t) = μ ({∣ f ∣ > t}) = (1 + t)^{- 5}$ （ $t \geq 0$ ）である。

手順 2（公式に代入） $p = 2$ とすると、トネリの定理から導いた等式により
$\int_{X} ∣ f ∣^{2} d μ = \int_{0}^{\infty} 2 t \cdot \frac{1}{( 1 + t ) ^{5}} d t .$

手順 3（1 変数の積分） $u = 1 + t$ と置換すると $t = u - 1$ で、 $t : 0 \to \infty$ に $u : 1 \to \infty$ が対応する。よって
$\int_{0}^{\infty} \frac{2 t}{( 1 + t ) ^{5}} d t = 2 \int_{1}^{\infty} (u^{- 4} - u^{- 5}) d u = 2 (\frac{1}{3} - \frac{1}{4}) = \frac{1}{6} .$

したがって $\int_{X} ∣ f ∣^{2} d μ = \frac{1}{6}$ である（なお $∥ f ∥_{2} = \frac{1}{6}$ ）。

答え: $\frac{1}{6}$

よくある誤り

重み $p t^{p - 1}$ を落として $\int ∣ f ∣^{p} d μ = \int_{0}^{\infty} μ ({∣ f ∣ > t}) d t$ としてしまう誤り。これは $p = 1$ のときだけ正しい。上の例でそうすると $\int_{0}^{\infty} (1 + t)^{- 5} d t = \frac{1}{4}$ となるが、これは $\int ∣ f ∣ d μ$ の値である。正しくは $\int ∣ f ∣^{2} d μ = \int_{0}^{\infty} 2 t (1 + t)^{- 5} d t = \frac{1}{6}$ 。
$μ ({∣ f ∣ > t})$ の代わりに $μ ({∣ f ∣ > t})^{p}$ や $μ ({∣ f ∣^{p} > t})$ を $p t^{p - 1}$ と組み合わせてしまう誤り。正しくは $\int ∣ f ∣^{p} d μ = \int_{0}^{\infty} p t^{p - 1} μ ({∣ f ∣ > t}) d t$ または $\int ∣ f ∣^{p} d μ = \int_{0}^{\infty} μ ({∣ f ∣^{p} > s}) d s$ のどちらかを使う。 $s = t^{p}$ と置換すると両者は一致する。
積分の範囲を $t \in [0, \infty)$ 全体ではなく $∣ f ∣$ のとる値の範囲だけにしたり、 $t$ の小さいところの値を $μ (X)$ で置き換えたりしてしまう誤り。 $t ↓ 0$ での $λ (t)$ の極限は $μ ({∣ f ∣ > 0})$ であり、 $μ (X)$ とは限らない（ $μ (X) = \infty$ でも ${∣ f ∣ > 0}$ の測度は有限でありうる）。正しくは、与えられた $λ (t)$ をそのまま $0 \leq t < \infty$ で積分する。
順序交換の根拠を確かめずに使う誤り。正しくは、被積分関数 $p t^{p - 1} 1_{{∣ f (x) ∣ > t}}$ が $0$ 以上で直積可測であり、 $μ$ が $σ$ -有限であることから、トネリの定理が使える。 $0$ 以上なので可積分性の確認は不要で、値が $+ \infty$ の場合も等式は成り立つ。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（大学院の講義の例題レベル）
$(X, F, μ)$ を測度空間とし、 $f : X \to R$ を可測関数とする。 $f$ の分布関数が、すべての実数 $t \geq 0$ に対して
$μ ({x \in X : ∣ f (x) ∣ > t}) = \frac{1}{( 1 + t ) ^{4}}$
を満たすとする。このとき $\int_{X} ∣ f ∣^{2} d μ$ の値を求めよ。