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

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

任意に単調増加関数$\tilde{f}:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$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

• ${\displaystyle f(x)=\tilde{f}(x)+x(x\in \mathbb{R}),}$
• ${\displaystyle \overline{f^{\prime }}(x)=\underset{h\to 0}{lim sup}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}(x\in \mathbb{R}),}$
• ${\displaystyle \underset{―}{f^{\prime }}(x)=\underset{h\to 0}{lim inf}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}(x\in \mathbb{R})}$

によって$f:\mathbb{R}\to \mathbb{R},\overline{f^{\prime }},\underset{―}{f^{\prime }}:\mathbb{R}\to \bar{\mathbb{R}}$を定め、$\overline{f^{\prime }}=\underset{―}{f^{\prime }}$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。
   $$g(y)=sup\{x\in \mathbb{R}\mid f(x)<y\}(y\in \mathbb{R})$$
   によって$g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$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$g$は$f$の左逆関数である。また、任意の$y\in \mathbb{R}$と$h>0$に対して、
   $$f(x)<y⟹f(x-h)=\tilde{f}(x-h)+x-h\le \tilde{f}(x)+x-h<y-h$$
   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、$$g(y)\le g(y-h)+h$$である。従って、$g$が単調増加であることと併せて、
   $$|g(y_1)-g(y_2)|\le |y_1-y_2|(y_1,y_2\in \mathbb{R})$$
   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。$g$が$f(x)$で微分可能であるとき、$\overline{f^{\prime }}(x)=\underset{―}{f^{\prime }}(x)$であることを示す。
   1. $y\ne f(x),g(y)=x$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$\epsilon >0$に対して$g(f(x)-\epsilon )\ne x,g(f(x)+\epsilon )\ne x$であり$g$が増加であることから、
      $$g(f(x)-\epsilon )<g(f(x))=x<g(f(x)+\epsilon )$$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、$x_n\ne x(n\in \mathbb{N})$であるから$f(x_n)\ne f(x)(n\in \mathbb{N})$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$+\mathrm{\infty }$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$\overline{f^{\prime }}(x)=\underset{―}{f^{\prime }}(x)$である。
   2. そうでない場合。$y\ne f(x),g(y)=x$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、
      $$\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\ge \frac{y-f(x)}{h}(\because x+h>x=g(y)よりf(x+h)\ge y)$$
      であるから$\overline{f^{\prime }}(x)=\underset{―}{f^{\prime }}(x)=\mathrm{\infty }$である。
3. $$N=\{x\in \mathbb{R}\mid \underset{―}{f^{\prime }}(x)<\overline{f^{\prime }}(x)\}$$が零集合であることを示す。(2)より$g$は$f(N)$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. $$N^{\prime }=\{x\in \mathbb{R}\mid \overline{f^{\prime }}(x)=\mathrm{\infty }\}$$が零集合であることを示す。定理4より$K\subset N^{\prime }$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
   $$\frac{f(x+r_x)-f(x)}{r_x}>n,B(x,|r_x|)\subset (-M,M)$$
   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$$K\subset \bigcup _{i=1}^{k}B(z_i,|r_{z_i}|)$$となる$z_i\in K(i=1,2,\cdots ,k)$をとることができる。以下、$r_{z_i}$を$r_i$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、
   $$f(M)-f(-M)$$$$\ge \sum _{j=1}^J|f(z_{\tau (j)}+r_{\tau (j)})-f\left(z_{\tau (j)}\right)|(\because fは単調増加。命題5条件(1)。))$$$$\ge \sum _{j=1}^{J}n|r_{\tau (j)}|$$$$=\frac{n}{10}\sum _{j=1}^J\mu \left(B(z_{\tau (j)},5|r_{\tau (j)}|)\right)$$$$\ge \frac{n}{10}\mu \left(\bigcup _{j=1}^{J}B(z_{\tau (j)},5|r_{\tau (j)}|)\right)$$$$\ge \frac{n}{10}\mu (\bigcup _{i=1}^{k}B(z_i,|r_i|))(\because 命題5条件(2))$$$$\ge \frac{n}{10}\mu (K)$$
   である。$n\in \mathbb{R}$は任意だから$\mu (K)=0$である。

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