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 ⑤

$f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$を局所Lipschitz連続であるとする。このとき任意に$n\in \mathbb{N}$をとり$$f_n(x)=\begin{array}{r}\{\begin{array}{l}f(-n)(x\le -n)\\ f(x)(-n<x<n)\\ f(n)(x\ge n)\end{array}\end{array}$$
と定めれば、$f_n$はLipschitz連続であるから命題2より$f_n$はa.e.で微分可能である。$(-n,n)$上で$f=f_n$であるから$f$は$(-n,n)$上a.e.で微分可能である。$n\in \mathbb{N}$は任意だから$f$は$\mathbb{R}$上a.e.で微分可能である。また、任意の$x\in \mathbb{R}$に対して$|x|<n$となる$n\in \mathbb{N}$が存在して、
$$f(x)-f(0)$$$$=f_n(x)-f_n(0)$$$$={\int }_0^x{f}_n^{\prime }(y)dy(\because 命題2後半)$$$$={\int }_0^x{f}^{\prime }(y)dy(\because (-n,n)上でf^{\prime }=f_n^{\prime })$$
となるので、定理1の後半の主張も示せた。

$${\phi }_1(x)=f(0)+{\int }_0^x\overline{f_{+}^{\prime }}(y)dy(x\in \mathbb{R})$$と定める。以下、任意に$a>0$をとり${\phi }_1(a)\le f(a)$となることを示す。そのためには任意に$\epsilon \in (0,L)$をとり、${\phi }_1(a)-(3L+a)\epsilon \le f(a)$となることを示せば良い。

• $\mathbf{\text{補助的な関数Fを構成。}}$
  定理4より$$x\in \mathbb{R}\setminus N_1⟹\underset{h\to 0}{lim}\frac{{\phi }_1(x+h)-{\phi }_1(x)}{h}=\overline{f_{+}^{\prime }}(x)$$
  となる零集合$N_1$が存在する。定理3より$N_1\subset G,\mu (G)<\epsilon$となる開集合$G$が存在する。この $G$を用いて関数$F:[0,a]\to \mathbb{R}$を
  $$F(x)=f(0)+{\int }_{[0,x]\setminus G}(\overline{f_{+}^{\prime }}(y)-\epsilon +2L)dy-2L\mu ([0,x])(x\in [0,a])$$
  によって定める。
• $\mathbf{\text{F(a)≤f(a)を示す。}}$
  $$E=\{x\in [0,a]\mid F(x)\le f(x)\}$$と定める。$b=supE$とおくと、$F(0)=f(0)$より$0\le b$である。また、$f,F$は連続であるから$b\in E$である。よって$F(a)\le f(a)$を示すには$b=a$であることを示せば良い。そのために$b<a$であると仮定して矛盾を導く。
  1. $b\in [0,a]\cap G$の場合、$\overline{F_{+}^{\prime }}(b)=-2L$である。
  2. $b\in [0,a]\setminus G$の場合、
     $$\overline{F_{+}^{\prime }}(b)=\underset{h\to +0}{lim sup}\frac{F(b+h)-F(b)}{h}$$$$=\underset{h\to +0}{lim sup}\frac{1}{h}[{\int }_{[b,b+h]\setminus G}(\overline{f_{+}^{\prime }}(y)-\epsilon +2L)dy-2L\mu ([b,b+h])]$$$$\le \underset{h\to +0}{lim sup}\frac{1}{h}[{\int }_{[b,b+h]}(\overline{f_{+}^{\prime }}(y)-\epsilon +2L)dy-2L\mu ([b,b+h])](\because \overline{f_{+}^{\prime }}-\epsilon +2L>-L-L+2L=0)$$$$=\underset{h\to +0}{lim sup}\frac{1}{h}{\int }_{[b,b+h]}(\overline{f_{+}^{\prime }}(y)-\epsilon )dy$$$$=\underset{h\to +0}{lim sup}\frac{{\phi }_1(b+h)-{\phi }_1(b)}{h}-\epsilon$$$$=\overline{f_{+}^{\prime }}(b)-\epsilon (\because b\in [0,a]\setminus G\subset \mathbb{R}\setminus N_1)$$である。

よっていずれにせよ$\overline{F_{+}^{\prime }}(b)<\overline{f_{+}^{\prime }}(b)$であるから、$$F(b+h)-F(b)\le f(b+h)-f(b)$$となる$h>0$が存在する。$F(b)\le f(b)$であるから$F(b+h)\le f(b+h)$である。よって$b+h\in E$より、$b+h\le supE=b$となるがこれは矛盾。以上より$F(a)\le f(a)$である。

• $\mathbf{\text{式(1)を示す。}}$
  $${\phi }_1(a)-f(a)$$$$\le {\phi }_1(a)-F(a)(\because F(a)\le f(a))$$$$={\int }_{[0,a]\cap G}\overline{f_{+}^{\prime }}(y)dy+\epsilon \mu ([0,a]\setminus G)-2L\mu ([0,a]\setminus G)+2L\mu ([0,a])$$$$\le {\int }_{[0,a]\cap G}Ldy+\epsilon \mu ([0,a])+2L\mu ([0,a]\cap G)$$$$\le L\epsilon +a\epsilon +2L\epsilon$$$$=(3L+a)\epsilon$$よって式(1)が示された。

以上より、${\phi }_1(a)\le f(a)$である。ここで
$${\phi }_2(x)=f(0)+{\int }_0^x\underset{―}{f_{+}^{\prime }}(y)dy(x\in \mathbb{R})$$とすれば、同様の議論により、$f(a)\le {\phi }_2(a)$も証明できる。$\overline{f_{+}^{\prime }}\ge \underset{―}{f_{+}^{\prime }}$であるから、${\phi }_2(a)\le {\phi }_1(a)$もわかる。よって$$f(a)={\phi }_1(a)={\phi }_2(a)$$である。$a<0$のときも同様にして、$$f(a)={\phi }_1(a)={\phi }_2(a)$$である。よって
$$f(x)={\phi }_1(x)=f(0)+{\int }_0^x\overline{f_{+}^{\prime }}(y)dy(x\in \mathbb{R})$$である。これで証明終わり。