凸関数は連続
凸関数が連続であることを示します。
$f:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$を下に凸な関数とする。
($i.e.$$\forall x,y \in \mathbb{R}^n, \forall t\in [0,1]$に対して、
$f((1-t)x+ty) \leq (1-t)f(x)+tf(y)$
が成り立つ。)
この時、$f$は$\mathbb{R}^n$全体で連続。
この命題を証明するための補題を先に証明します。
$f:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$を下に凸な関数とする。
(1)$\forall x_1,x_2,\cdots ,x_k \in \mathbb{R}^n, \forall t_1,t_2,\cdots ,t_k\in [0,1] $$s.t. \sum{t_i}=1$に対して、
$f(\sum{t_ix_i}) \leq \sum{t_if(x_i)}$
が成り立つ。
(2)$\forall y\in \mathbb{R}^n ,\forall r\gt 0$に対して、
$\hspace{1.6em} f$は$Q\coloneqq y+[-r,r]^n$で有界.
(1)induction
(2)$v_j$を$Q$の頂点とすると、$Q$の各点は、$v_j$の一次結合で書けるので、(1)が使えて、上から$M\coloneqq maxf(v_j)$で抑えられる。
下からは、各$x\in Q$に対して、$x^{\prime}\coloneqq 2y-x\in Q$とおくと、$f$の凸性から、
$f(y)\leq \frac{1}{2}f(x)+\frac{1}{2} f(x^{\prime})\leq \frac{1}{2}f(x)+\frac{1}{2} M$
従って、
$2f(y)-M\leq f(x)$
$\forall y\in \mathbb{R}^n$に対して、
$|f(y+h)-f(y)|\rightarrow 0 $ $(|h|\rightarrow 0)$
を言う。
$h\in\mathbb{R}^n \backslash {0}$$s.t. ||h|| \ll 1$に対して、
$l\coloneqq \frac{h}{||h||} $
$t\coloneqq 1-||h||$
とおく。また、補題(2)から、$y+[-1,1]^n$において$f\leq M$とする。
$y+h=ty+(1-t)(y+l)$なので、$f$の凸性から、
$f(y+h)-f(y)\leq tf(y)+(1-t)f(y+l)-f(y)$
$\hspace{8em} =(1-t) (f(y+l)-f(y))\leq 2M(1-t)$
一方、$y=t(y+h)+(1-t)(y-tl)$なので、$f$の凸性から、
$f(y+h)-f(y)\geq f(y+h)-tf(y+h)-(1-t)f(y-tl)$
$\hspace{8em}=(1-t)(f(y+h)-f(y-tl))\geq -2M(1-t)$
従って、
$|f(y+h)-f(y)|\leq 2M(1-t)\rightarrow 0 (||h||\rightarrow 0)$
また、証明から局所リプシッツ連続であることがわかります。
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