La respuesta a ambas preguntas es sí. El apoyo $D$ de $f$ es un conjunto convexo. Sea ${\rm aff}(D)$ sea su casco afín . Entonces, ${\rm aff}(D)=x_0+U$ para un subespacio lineal $U$ de $\mathbb R^n$ y cualquier $x_0\in {\rm aff}(D)$ . Sea $V$ sea un subespacio complementario, entonces $\mathbb R^n=U\oplus V$ .
Empezando por la primera pregunta, defina $g$ en $D+V$ por $g(x+v)=f(x)$ para cualquier $x\in D$ y $v\in V$ , y establecer $g$ para ser $\infty$ en otro lugar. Esto es convexo con soporte $D+V$ que tiene un interior no vacío ${\rm relint}(D)+V$ ( ${\rm relint}(D)$ es el interior relativo ).
Para la segunda pregunta, elija una función suave no negativa $\theta\colon U\to\mathbb R$ con soporte en el interior de la bola unitaria, simétrica de modo que $\theta(u)=\theta(-u)$ y con integral unitaria $\int_U\theta(u)\,du=1$ . Sea $D_g$ consiste en los puntos $x+v\in D+V$ tal que la bola cerrada de radio $\lVert v\rVert$ en $U$ introducido en $x$ está contenida en $D$ . Este contiene $D$ y tiene un interior que contiene ${\rm relint}(D)$ . Definir $g\colon D_g\to\mathbb R$ por $$ g(x+v)= \int_U f(x+\lVert v\rVert z)\theta(z)\,dz, $$ con $\int_U\,\cdot\,dz$ denotando la integral de Lebesgue estándar en $U$ . Entonces, $g$ es suave en $D_g\setminus D$ . Para $x+v,y+w\in D_g$ y $p,q\ge0$ con $p+q=1$ , \begin{align} pg(x+v)+qg(y+w)&=\int_U\left(pf(x+\lVert v\rVert z)+qf(y+\lVert w\rVert z)\right)\theta(z)\,dz\\ &\ge\int_Uf(px+qy+(p\lVert v\rVert+q\lVert w\rVert) z)\theta(z)\,dz \end{align} Utilizando la desigualdad $p\lVert v\rVert+q\lVert w\rVert\ge\lVert pv+qw\rVert$ y el hecho de que la convexidad de $f$ implica que $\int_Uf(x+tz)\theta(z)\,dz$ está aumentando en $t$ para conseguir $$ pg(x+v)+qg(y+w)\ge g(px+qy+pv+qw). $$ Así que, $g$ es convexo. Atiende a todos los $\mathbb R^n$ al establecer $g(x)=\infty$ fuera de $D_g$ .
Voy a aclarar algunas propiedades que se han preguntado en los comentarios:
Convexidad de $D_g$ : Supongamos que $x,y\in D$ y $v,w\in V$ son tales que $x+v,y+w\in D_g$ . Para $p,q > 0$ , $p+q=1$ tenemos que demostrar que $z+u\in D_g$ donde $z=px+qy$ y $u=pv+qw$ . Tenemos $\lVert u\rVert\le p\lVert v\rVert+q\lVert w\rVert$ . Por definición de $D_g$ necesitamos demostrar que si $a$ está en la bola cerrada de radio $\lVert u\rVert$ alrededor de 0 en $U$ entonces $z+a\in D$ . Configurar $$ b = \frac{\lVert v\rVert}{p\lVert v\rVert+q\lVert w\rVert}a,\ c = \frac{\lVert w\rVert}{p\lVert v\rVert+q\lVert w\rVert}a, $$ entonces $\lVert b\rVert\le\lVert v\rVert$ y $\lVert c\rVert \le \lVert w\rVert$ . Así que, $x+b,y+c\in D$ y, por convexidad de $D$ , $$ z+a=px+qy+pb+qc=p(x+b)+q(y+c)\in D $$ QED
$g$ es diferenciable en $D_g\setminus D$ : Reordenando la definición de $g$ , $$ g(x+v)=\int_Uf(z)\lVert v\rVert^{-d}\theta((z-x)/\lVert v\rVert)\,dz $$ donde $d$ es la dimensión de $U$ . Ahora sólo tiene que utilizar ese $\lVert v\rVert^{-d}\theta((z-x)/\lVert v\rVert)$ es diferenciable sobre $v\not=0$ . QED
$\int_Uf(x+tz)\theta(z)\,dz$ está aumentando en $t\ge0$ utilizando la simetría de $\theta$ , $$ \int_Uf(x+tz)\theta(z)\,dz=\frac12\int_U\left(f(x+tz)+f(x-tz)\right)\theta(z)\,dz $$ Como $\theta$ es no negativo, sólo hay que demostrar que $t\mapsto f(x+tz)+f(x-tz)$ está aumentando en $t$ . De hecho, utilizando la convexidad de $f$ , ésta es convexa y simétrica en $t$ . QED
