Зорич I том V.4.9b преобразование Лежандра

[Paul Ivanov]

Нужно доказать теорему Фенхеля-Моро о том, что преобразование Лежандра инволютивно при определённых условиях: $(f^*)^*(t)=f(t)$, где $f$ - выпуклая функция и $f^*\in C(I^*)$, где $I^*=\left\lbrace t\in I|f^*(t)\in\mathbb{R}\right\rbrace$. Если конкретизировать вскрыв преобразования Лежандра, то нужно доказать, что $\sup\limits_{x\in I^*}(tx-\sup\limits_{y\in I}(xy-f(y)))=f(t)$.
Что такое сопряжённые функции я не знаю, нужно доказать всё, основываясь только на том, что на данный момент мне известно из Зорича, а известно немного. Идея есть следующая: $x=x(t), y=y(x)$ используя выпуклость функции $f$ и $f^*$ (выпуклость $f^*$ можно также принимать как данное, это я уже доказал) и дифференцируя выражения под супремумами получаем, что $x=f'(y(x))$, а также, $t=y(x)+xy'(x)-f'(y(x))y'(x)=y(x)=y(x(t))$ откуда получаем необходимое. Но главная проблема в том, что $y(x)$ может совершенно спокойно вообще не быть дифференцируемой и этому легко можно придумать пример. А также, задачу усложняет то, что у выпуклой функции могут быть угловые точки, в которых она имеет различные правую и левую производные. Что с этим делать не знаю, видимо нужна какая-то другая идея...

[Paul Ivanov]

За то время, что мне никто ничего не написал, пришлось самому додуматься до решения:
$f^*(x)=\sup\limits_{y\in I}(xy-f(y))$, следовательно, учитывая то, что $f$ - выпуклая функция, имеем, что либо
1. $xy-f(y)$ достигает своего супремума на $I$ и тогда $\sup\limits_{y\in I}(xy-f(y))=xy(x)-f(y(x))$ при $f_-'(y(x))\leqslant x \leqslant f_+'(y(x))$ (где $f_-'(y(x))$ и $f_+'(y(x))$ - это соответственно левая и правая производные в точке $y(x)$, которые существуют, так как $f$ - выпуклая функция),
либо
2. если $I=(a,b)$, где $a$ может быть равно $-\infty$, а $b$ - $+\infty$, $\sup\limits_{y\in I}(xy-f(y))=\lim\limits_{y\to a / y\to b}^{}(xy-f(y))$
пусть A=$\left\lbrace (x, y(x)) | x\in I^* \wedge \sup\limits_{y\in I}(xy-f(y))=xy(x)-f(y(x))\right\rbrace$, $B=\left\lbrace (x(y),y) | y\in I \wedge f_-'(y)\leqslant x(y) \leqslant f_+'(y) \right\rbrace$ докажем, что тогда $A=B$
То, что $\forall a\in A (a\in B) $ видно из первого пункта. А то, что $\forall b\inB (b\in A)$ также легко заметить, так как для этого достаточно показать, что $x(y)\in I^*$, что верно по определению $I^*$.
Отсюда для первого пункта имеем:

$$\sup\limits_{x\in I^*}(tx-\sup\limits_{y\in I}(xy-f(y)))=\sup\limits_{y\in I}(tx(y)-x(y)y+f(y))=\sup\limits_{y\in I}(t(\alpha_1 f_-'(y)+\alpha_2 f_+'(y))-y(\alpha_1 f_-'(y)+\alpha_2 f_+'(y))+f(y))$$

где $\alpha_1+\alpha_2 = 1$ и $\alpha_1\geqslant 0 \wedge \alpha_2\geqslant 0$
при $t=y$ имеем $\sup\limits_{x\in I^*}(tx-\sup\limits_{y\in I}(xy-f(y)))=f(t)$
при $t>y$ $\sup\limits_{x\in I^*}(tx-\sup\limits_{y\in I}(xy-f(y)))=\sup\limits_{y\in I}(t-y)f_+'(y)+f(y)$
при $t<y$ $\sup\limits_{x\in I^*}(tx-\sup\limits_{y\in I}(xy-f(y)))=\sup\limits_{y\in I}(t-y)f_-'(y)+f(y)$
$(t-y)f_+'(y)+f(y)=\delta f_+'(t-\delta)+f(t-\delta) \leqslant f(t)$ так как $f$ - выпукла и $\delta>0 $
аналогично показывается, что $(t-y)f_+'(y)+f(y) \leqslant f(t)$ при $y>t$
следовательно, если $t\in I$ (что дано в условии и о чём я забыл упомянуть), то для первого пункта имеем, что действительно
$\sup\limits_{x\in I^*}(tx-\sup\limits_{y\in I}(xy-f(y)))=f(t)$
не сложно, но немного муторно показывать, что $\sup\limits_{x\in I^*}(tx-\sup\limits_{y\in I}(xy-f(y)))$ не меняется при учёте второго пункта, так как надо разобрать случаи различных типов формы $I$, что я делать не буду.
Если есть время, прошу проверить моё решение.
Спасибо.