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

$f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$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$$f_n(x)= \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} f(-n)\quad(x\leq-n)\\ f(x)\quad(-n< x< n) \\ f(n)\quad(x\geq n) \end{array} \right. \end{eqnarray}$$
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、
$$f(x)-f(0)$$$$ =f_n(x)-f_n(0)$$$$ =\int_{0}^xf_n'(y)dy\quad(\because命題2後半)$$$$ =\int_0^xf'(y)dy\quad(\because (-n,n)上でf'=f_n')$$
となるので、定理1の後半の主張も示せた。

$$\varphi_1(x)=f(0)+\int_0^x\overline{f_+'}(y)dy\quad(x\in\mathbb{R})$$と定める。以下、任意に$a>0$をとり$\varphi_1(a)\leq f(a)$となることを示す。そのためには任意に$\varepsilon\in(0,L)$をとり、$\varphi_1(a)-(3L+a)\varepsilon\leq f(a)\tag{1}$となることを示せば良い。

• $\textbf{補助的な関数Fを構成。}$
  定理4より$$x\in\mathbb{R}\setminus N_1\Longrightarrow\lim_{h\to 0}\frac{\varphi_1(x+h)-\varphi_1(x)}{h}=\overline{f_+'}(x)$$
  となる零集合$N_1$が存在する。定理3より$N_1\subset G,\mu(G)<\varepsilon$となる開集合$G$が存在する。この $G$を用いて関数$F:[0,a]\rightarrow\mathbb{R}$を
  $$F(x)=f(0)+\int_{[0,x]\setminus G}\left(\overline{f_+'}(y)-\varepsilon+2L\right)dy-2L\mu([0,x])\quad(x\in[0,a])$$
  によって定める。
• $\textbf{F(a)≤f(a)を示す。}$
  $$E=\{x\in[0,a]\mid F(x)\leq f(x)\}$$と定める。$b=\sup E$とおくと、$F(0)=f(0)$より$0\leq b$である。また、$f,F$は連続であるから$b\in E$である。よって$F(a)\leq f(a)$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、$\overline{F_+'}(b)=-2L$である。
  2. $b\in [0,a]\setminus G$の場合、
     $$\overline{F_+'}(b)=\limsup_{h\to +0}\frac{F(b+h)-F(b)}{h}$$$$=\limsup_{h\to +0}\frac{1}{h}\left[\int_{[b,b+h]\setminus G}\left(\overline{f_+'}(y)-\varepsilon+2L\right)dy-2L\mu([b,b+h])\right]$$$$\leq\limsup_{h\to +0}\frac{1}{h}\left[\int_{[b,b+h]}\left(\overline{f_+'}(y)-\varepsilon+2L\right)dy-2L\mu([b,b+h])\right](\because \overline{f_+'}-\varepsilon+2L>-L-L+2L=0)$$$$= \limsup_{h\to +0}\frac{1}{h}\int_{[b,b+h]}\left(\overline{f_+'}(y)-\varepsilon\right)dy$$$$=\limsup_{h\to +0}\frac{\varphi_1(b+h)-\varphi_1(b)}{h}-\varepsilon$$$$=\overline{f_+'}(b)-\varepsilon\quad(\because b\in[0,a]\setminus G\subset\mathbb{R}\setminus N_1)$$である。

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

• $\textbf{式(1)を示す。}$
  $$\varphi_1(a)-f(a)$$$$\leq \varphi_1(a)-F(a)\quad(\because F(a)\leq f(a))$$$$ =\int_{[0,a]\cap G}\overline{f_+'}(y)dy+\varepsilon\mu([0,a]\setminus G)-2L\mu([0,a]\setminus G)+2L\mu([0,a])$$$$ \leq\int_{[0,a]\cap G}Ldy+\varepsilon\mu([0,a])+2L\mu([0,a]\cap G)$$$$\leq L\varepsilon+a\varepsilon+2L\varepsilon$$$$=(3L+a)\varepsilon$$よって式(1)が示された。

以上より、$\varphi_1(a)\leq f(a)$である。ここで
$$\varphi_2(x)=f(0)+\int_0^x\underline{f_+'}(y)dy\quad(x\in\mathbb{R})$$とすれば、同様の議論により、$f(a)\leq\varphi_2(a)$も証明できる。$\overline{f_+'}\geq\underline{f_+'}$であるから、$\varphi_2(a)\leq\varphi_1(a)$もわかる。よって$$f(a)=\varphi_1(a)=\varphi_2(a)$$である。$a<0$のときも同様にして、$$f(a)=\varphi_1(a)=\varphi_2(a)$$である。よって
$$f(x)=\varphi_1(x)=f(0)+\int_0^x\overline{f_+'}(y)dy\quad(x\in\mathbb{R})$$である。これで証明終わり。