凸関数がほとんど至るところ2回微分可能であることの証明 ③

測度空間$(X,\mathrm{\Sigma },\nu )$の可積分関数$f$と$\alpha >0$に対して、$$E=\{x\in X\mid |f(x)|\ge \alpha \}$$と定めると、
$${\int }_X|f(x)|d\nu (x)\ge {\int }_K|f(x)|d\nu (x)\ge {\int }_K\alpha d\nu (x)=\alpha \nu (K)。$$

$(\mathbb{R},\mathcal{L},\mu )$の局所可積分関数$f$をとる。

（1）$f$が可積分である場合を考える。
$$A=\mathbb{R}\setminus \{x\in \mathbb{R}\mid \underset{s,t\to +0}{lim}\frac{1}{s+t}{\int }_{x-s}^{x+t}f(y)dy=f(x)\},$$
$$A_n=\{x\in \mathbb{R}\mid \underset{s,t\to +0}{lim sup}|\frac{1}{s+t}{\int }_{x-s}^{x+t}f(y)dy-f(x)|>\frac{1}{n}\}(n\in \mathbb{N})$$
と定める。このとき$A=\bigcup _{n\in \mathbb{N}}{A}_n$である。よって$\mu (A)=0$を示すには$\mu (A_n)=0(n\in \mathbb{N})$を示せば良い。

• $\mathbf{\text{連続関数で近似}}$
  任意に$n\in \mathbb{N}$をとり$\mu (A_n)=0$を示す。そのためには任意に$\epsilon >0$をとり、$\mu (A_n)<\epsilon$となることを示せば良い。命題4より
  $${\int }_{\mathbb{R}}|f(x)-h(x)|<\frac{\epsilon }{24n}$$
  となるような$h\in C_0(\mathbb{R})$をとることができる。

• $\mathbf{\text{測度評価できる形を作る}}$
  $h$は一様連続であるから
  $$|x-y|<\delta \Rightarrow |h(x)-h(y)|<\frac{1}{2n}$$
  となるような$\delta >0$をとることができる。このとき任意の$x\in A_n$に対して$s,t\in (0,\delta )$が存在して、
  $$|\frac{1}{s+t}{\int }_{x-s}^{x+t}f(y)dy-f(x)|>\frac{1}{n}$$
  となる。この$s,t$に対して次が成り立つ。
  • ${\displaystyle |\frac{1}{s+t}{\int }_{x-s}^{x+t}(f(y)-h(y))dy|\le (f-h{)}^{\ast }(x)(\because (f-h{)}^{\ast }の定義),}$
  • ${\displaystyle |\frac{1}{s+t}{\int }_{x-s}^{x+t}(h(y)-h(x))dy|\le \frac{1}{2n}(\because |h(y)-h(x)|<\frac{1}{2n},y\in (x-\delta ,x+\delta ))。}$

よって、同様の$s,t$に対して
$$\frac{1}{n}<|\frac{1}{s+t}{\int }_{x-s}^{x+t}f(y)dy-f(x)|$$$$\le |\frac{1}{s+t}{\int }_{x-s}^{x+t}(f(y)-h(y))dy|+|\frac{1}{s+t}{\int }_{x-s}^{x+t}(h(y)-h(x))dy|+|h(x)-f(x)|$$$$\le (f-h{)}^{\ast }(x)+\frac{1}{2n}+|f(x)-h(x)|$$
となるので、$(f-h{)}^{\ast }(x)>\frac{1}{4n}$か$|f(x)-h(x)|>\frac{1}{4n}$のいずれかが成り立つ。従って、
$$A_n\subset \{x\in \mathbb{R}\mid (f-h{)}^{\ast }(x)>\frac{1}{4n}\}\cup \{x\in \mathbb{R}\mid |f(x)-h(x)|>\frac{1}{4n}\}$$
である。

• $\mathbf{\text{測度評価}}$
  定理3より
  $$\mu \left(\{x\in \mathbb{R}\mid (f-h{)}^{\ast }(x)>\frac{1}{4n}\}\right)\le 20n{\int }_{\mathbb{R}}|f(y)-h(y)|dy<\frac{20\epsilon }{24}$$
  であり、定理2より
  $$\mu \left(\{x\in \mathbb{R}\mid |f(x)-h(x)|>\frac{1}{4n}\}\right)\le 4n{\int }_{\mathbb{R}}|f(y)-h(y)|dy<\frac{4\epsilon }{24}$$
  である。よって
  $$\mu (A_n)<\frac{20\epsilon }{24}+\frac{4\epsilon }{24}=\epsilon$$
  である。以上より$\mu (A)=0$。

（2）一般の場合。

$$B=\mathbb{R}\setminus \{x\in \mathbb{R}\mid \underset{s,t\to +0}{lim}\frac{1}{s+t}{\int }_{x-s}^{x+t}f(y)dy=f(x)\},$$$$B_n=B\cap (-n,n)(n\in \mathbb{N})$$
と定める。このとき$B=\bigcup _{n\in \mathbb{N}}{B}_n$である。よって$\mu (B)=0$を示すには$\mu (B_n)=0(n\in \mathbb{N})$を示せば良い。そこで任意に$n\in \mathbb{N}$をとる。$g=f\cdot {\mathbb{1}}_{[-n,n]}$とすると、$f$が局所可積分であることから$g$は可積分である。(1)での議論から
$$\mu (\mathbb{R}\setminus \{x\in \mathbb{R}\mid \underset{s,t\to +0}{lim}\frac{1}{s+t}{\int }_{x-s}^{x+t}g(y)dy=g(x)\})=0$$
である。一方、$(-n,n)$上で$f$と$g$は一致するので
$$B_n=(-n,n)\setminus \{x\in \mathbb{R}\mid \underset{s,t\to +0}{lim}\frac{1}{s+t}{\int }_{x-s}^{x+t}g(y)dy=g(x)\}$$
である。右辺は零集合であるから左辺もそうである。