1

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⑥

65
0
$$$$

前回まで:
(1) 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①
(2) 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②
(3) 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
(4) 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④
(5) 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

この記事は「$\mathbb{R}$上の凸関数はほとんど至るところ2回微分可能である」ことを示すためのものである。今回は前回までの結果を用いて、単調関数がa.e.で微分可能であることを証明する。

目次

1.準備
2.証明

準備

$\mu$を1次元Lebesgue測度、$\mathscr{L}$$\mathbb{R}$のLebesgue可測な部分集合全体とする。今回は次の定理を示すことを目標とする。

単調増加関数$f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$$\mu$-a.e.で微分可能である。

ただし証明には次の命題を用いる。

$\mu$は正則である。すなわち、任意の$A\in\mathscr{L}$に対して、
$$\mu(A)=\sup\{\mu(K)\mid Kはコンパクト,K\subset A\}=\inf\{\mu(G)\mid Gは開集合,A\subset G\}$$
となる。

関数$f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$が局所Lipschitz連続なら$f$$\mu$-a.e.で微分可能である。さらに、
$$ f'(x)= \limsup_{h\to+0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h} $$
によって$f':\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$(これは局所可積分)を定めれば
$$f(x)-f(0)=\int_0^xf'(y)dy\quad(x\in\mathbb{R})$$
となる。

$g:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$をLipschitz連続な関数であるとし、$N\subset\mathbb{R}$を零集合とすると、$g(N)$も零集合である。

任意の$z_i\in\mathbb{R},r_i>0(i=1,2,\cdots,n)$に対して、$1\leq J\leq n$となる$J\in\mathbb{N}$$\tau:\{1,2,\cdots,J\}\rightarrow\{1,2,\cdots,n\}$が存在して次が成り立つ。
(1) $\{B(z_{\tau(j)},r_{\tau(j)})\}_{j=1}^J$は互いに素。
(2) 任意の$i\in\{1,2,\cdots,n\}$に対して$$B(z_i,r_i)\subset B(z_{\tau(j)},5r_{\tau(j)})$$となる$j\in\{1,2,\cdots,J\}$が存在する。

定理2の証明は Lebesgue測度の構成と正則性定理 を参照。定理3の証明は 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 を参照。命題5の証明は 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② を参照。

命題4の証明

$$|g(x_1)-g(x_2)|\leq L|x_1-x_2|\quad(x_1,x_2\in\mathbb{R})$$
となる$L>0$をとる。このとき任意の開集合$G$に対して$g(G)\in\mathscr{L},\mu(g(G))\leq L\mu(G)$となるので、
$$\mu(g(N))\\\leq\inf\{\mu(g(G))\mid Gは開集合,N\subset G\}\\\leq L\inf\{\mu(G)\mid Gは開集合,N\subset G\}\\=L\mu(N)\quad(\because 定理2)\\=0$$
である。よって$g(N)$も零集合。

証明

任意に単調増加関数$\widetilde{f}:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$をとり、これがa.e.で微分可能であることを示す。そのためには

  • $\displaystyle f(x)=\widetilde{f}(x)+x\quad(x\in\mathbb{R}),$
  • $\displaystyle\overline{f'}(x)=\limsup_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\quad(x\in\mathbb{R}),$
  • $\displaystyle\underline{f'}(x)=\liminf_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\quad(x\in\mathbb{R})$

によって$f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R},\overline{f'},\underline{f'}:\mathbb{R}\rightarrow\overline{\mathbb{R}}$を定め、$\overline{f'}=\underline{f'}$がa.e.で成り立つことを示せば十分である(このように$f$を置くことによって、$f$の左逆関数がLipschitz連続性を持つことになる)。

  1. $f$の左逆関数$g$を構成しそれのLipschitz連続性を示す。
    $$g(y)=\sup\{x\in\mathbb{R}\mid f(x)< y\}\quad(y\in\mathbb{R})$$
    によって$g:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$を定める。このとき$f$が狭義増加であることから$$g(f(x))=x(x\in\mathbb{R})$$が成り立つので$g$$f$の左逆関数である。また、任意の$y\in\mathbb{R}$$h>0$に対して、
    $$f(x)< y\Longrightarrow f(x-h)=\widetilde{f}(x-h)+x-h\leq \widetilde{f}(x)+x-h< y-h$$
    が任意の$x\in\mathbb{R}$で成り立つから、
    $$\{x\in\mathbb{R}\mid f(x)< y\}\subset\{x\in\mathbb{R}\mid f(x-h)< y-h\}$$
    である。よって、$$g(y)\leq g(y-h)+h$$である。従って、$g$が単調増加であることと併せて、
    $$|g(y_1)-g(y_2)|\leq|y_1-y_2|\quad(y_1,y_2\in\mathbb{R})$$
    となることがわかるので$g$はLipschitz連続である。
  2. $x\in\mathbb{R}$とする。$g$$f(x)$で微分可能であるとき、$\overline{f'}(x)=\underline{f'}(x)$であることを示す。
    1. $y\neq f(x),g(y)=x$となる$y\in\mathbb{R}$が存在しない場合。このとき$f$は$x$で連続である。実際、任意の$\varepsilon>0$に対して$g(f(x)-\varepsilon)\neq x,g(f(x)+\varepsilon)\neq x$であり$g$が増加であることから、
      $$g(f(x)-\varepsilon)<g(f(x))=x<g(f(x)+\varepsilon)$$となるので、これは正しい。ここで、$x$に収束する$\mathbb{R}\setminus{x}$
      の点列$(x_n)_{n\in\mathbb{N}}$を任意にとる。このとき$f$の$x$での連続性から$(f(x_n))_{n\in\mathbb{R}}$は$f(x)$に収束する。また、$x_n\neq x(n\in\mathbb{N})$であるから$f(x_n)\neq f(x)(n\in\mathbb{N})$である。よって、$g$の$f(x)$での微分可能性から、$$\left(\frac{g(f(x_n))-g(f(x)))}{f(x_n)-f(x)}\right)_{n\in\mathbb{N}}=\left(\frac{x_n-x}{f(x_n)-f(x)}\right)_{n\in\mathbb{N}}$$
      は収束する。従って、非負の数列$\displaystyle\left(\frac{f(x_n)-f(x)}{x_n-x}\right)_{n\in\mathbb{N}}$は収束するか$+\infty$に発散するかのいずれかである。点列$(x_n)_n$は任意であったから$\overline{f'}(x)=\underline{f'}(x)$である。
    2. そうでない場合。$y\neq f(x),g(y)=x$となる$y\in\mathbb{R}$をとる。$y>f(x)$のときだけを考える。このとき任意の$h>0$に対して、
      $$\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\geq\frac{y-f(x)}{h}\quad(\because x+h>x=g(y)よりf(x+h)\geq y)$$
      であるから$\overline{f'}(x)=\underline{f'}(x)=\infty$である。
  3. $$N=\{x\in\mathbb{R}\mid\underline{f'}(x)<\overline{f'}(x)\}$$が零集合であることを示す。(2)より$g$$f(N)$の各点で微分可能でない。一方、定理3より$g$はa.e.で微分可能であるから$f(N)$は零集合である。よって、命題4より$N=g(f(N))$は零集合。
  4. $$N'=\{x\in\mathbb{R}\mid\overline{f'}(x)=\infty\}$$が零集合であることを示す。定理4より$K\subset N'$となる任意のコンパクト集合$K$が零集合であることを示せば良い。$K\subset (-M,M)$となる$M>0$を取っておく。ここで任意に$n\in\mathbb{N}$をとれば、各$x\in K$に対して
    $$\frac{f(x+r_x)-f(x)}{r_x}>n,\quad B(x,|r_x|)\subset(-M,M)$$
    となる$r_x\in\mathbb{R}\setminus{0}$をとることができる。ただし、$z\in\mathbb{R},r>0$に対して$B(z,r)=(z-r,z+r)$と定める。すると$$K\subset\bigcup_{x\in K}B(x,|r_x|)$$なので、$K$がコンパクトであることから$$K\subset\bigcup_{i=1}^kB(z_i,|r_{z_i}|)$$となる$z_i\in K(i=1,2,\cdots,k)$をとることができる。以下、$r_{z_i}$$r_i$と略記する。この$z_i,|r_i|(i=1,2,\cdots,k)$に対して命題5を満たすような$J,\tau$をとる。このとき、
    $$f(M)-f(-M)$$$$ \geq\sum_{j=1}^J\left|f\left(z_{\tau(j)}+r_{\tau(j)}\right)-f\left(z_{\tau(j)}\right)\right|\quad(\because fは単調増加。命題5条件(1)。))$$$$\geq \sum_{j=1}^Jn|r_{\tau(j)}|$$$$ =\frac{n}{10}\sum_{j=1}^J\mu\left(B\left(z_{\tau(j)},5|r_{\tau(j)}|\right)\right) $$$$\geq\frac{n}{10}\mu\left(\bigcup_{j=1}^JB\left(z_{\tau(j)},5|r_{\tau(j)}|\right)\right)$$$$\geq\frac{n}{10}\mu\left(\bigcup_{i=1}^kB(z_i,|r_i|)\right)\quad(\because 命題5条件(2))$$$$\geq\frac{n}{10}\mu(K)$$
    である。$n\in\mathbb{R}$は任意だから$\mu(K)=0$である。

任意の$x\in\mathbb{R}\setminus(N\cup N')$に対して$$(0<)\overline{f'}(x)=\underline{f'}(x)<\infty$$であるから$f$$x$で微分可能である。よって$f$はa.e.で微分可能である。

今回は終わり。次回は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を完結させる。
次回: 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⑦

投稿日:2023411

この記事を高評価した人

高評価したユーザはいません

この記事に送られたバッジ

バッジはありません。

投稿者

On
10
1805
指摘・コメントなどあればよろしくお願いします

コメント

他の人のコメント

コメントはありません。
読み込み中...
読み込み中