やりなおしの数学・微分積分篇（17/X） - 「大人の教養・知識・気付き」を伸ばすブログ

　以下の書籍

www.rokakuho.co.jp

を参考に、改めて微分積分を復習していく。

前回

今日のまとめ

Rolleの定理：閉区間 $[a,b]$ で連続かつ開区間 $(a,b)$ で微分可能な関数 $f(x)$ が $f(a)=f(b)$ を満たすとする。このとき $f^{\prime}(\xi)=0$ となる $\xi\in(a,b)$ が存在する。

平均値の定理：閉区間 $[a,b]$ で連続かつ開区間 $(a,b)$ で微分可能な関数 $f(x)$ に対して、 ${}^{\exists}\xi\ s.t.\ f(b)=f(a)+f^{\prime}(\xi)(b-a)$ が成り立つ。

前回
今日のまとめ
5.　1変数関数の微分
- 5.3　微分の性質
  - 5.3.1　Rolleの定理
  - 5.3.2　平均値の定理
次回

5.　1変数関数の微分

5.3　微分の性質

5.3.1　Rolleの定理

　連続関数の性質を用いて導かれる、微分の有用な性質である。

Rolleの定理　閉区間 $[a,b]$ で連続かつ開区間 $(a,b)$ で微分可能な関数 $f(x)$ が $f(a)=f(b)$ を満たすとする。このとき $f^{\prime}(\xi)=0$ となる $\xi\in(a,b)$ が存在する。

( $\because$ 　 $f(x)$ が定数関数であれば $(a,b)$ の任意の値を取ればよいから、 $f(x)$ が定数関数でないと仮定する。この関数は閉区間 $[a,b]$ で連続であるから、同じ区間で最大値および最小値をもつ。これらをそれぞれ $M,m$ とおくと、仮定から $M\gt f(a)$ または $m\lt f(a)$ である。
　いま $M\gt f(a)$ を仮定する。このとき ${}^{\exists}\xi\in[a,b]\ s.t.\ f(\xi)=M$ だが、 $M\neq f(a)=f(b)$ であるから、 $\xi\in(a,b)$ である。 $f(\xi)$ は区間 $[a,b]$ 上での $f(x)$ の最大値であるから、

$\begin{aligned} \displaystyle{\frac{f(\xi+h)-f(\xi)}{h}}\begin{cases} \leq 0,&\ \ h\geq0,\\ \geq 0,&\ \ h\leq0 \end{cases} \end{aligned}$

が成り立つ。したがって $h\rightarrow+0$ および $h\rightarrow-0$ とすることで $f^{\prime}_{+}(\xi)\leq0,f^{\prime}_{-}(\xi)\geq0$ が導かれる。仮定より $f(x)$ は $x=\xi$ で微分可能であるから、 $f^{\prime}(\xi)=f^{\prime}_{+}(\xi)=f^{\prime}_{-}(\xi)$ が成り立つ。したがって $f^{\prime}(\xi)=0$ である。 $m\lt f(a)$ の場合も同様にすることで $f^{\prime}(\xi)=0$ が得られる。　 $\blacksquare$ ）

　たとえば $f(x)=\sqrt{x}(1-x), 0\leq x\leq1$ は、 $[0,1]$ で連続かつ $(0,1)$ で微分可能である。また $f(0)=0, f(1)=0$ であるから、Rolleの定理を適用でき、またそれにより

$\begin{aligned} {}^{\exists}\xi\in(0,1)\ s.t.\ f^{\prime}(\xi)=\displaystyle{\frac{1}{2}}\xi^{-\frac{1}{2}}(1-\xi)-\sqrt{\xi}=0 \end{aligned}$

が成り立つ。したがって $\xi=\displaystyle{\frac{1}{3}}$ である。

　Rolleの定理を用いることで、以下の定理が導かれる。

5.3.2　平均値の定理

平均値の定理　閉区間 $[a,b]$ で連続かつ開区間 $(a,b)$ で微分可能な関数 $f(x)$ に対して、 ${}^{\exists}\xi\ s.t.\ f(b)=f(a)+f^{\prime}(\xi)(b-a)$ が成り立つ。

( $\because$ 　 $k=\displaystyle{\frac{f(b)-f(a)}{b-a}}$ とおき、関数 $F(x)=f(b)-f(x)-k(b-x)$ を考える。このとき $F(x)$ は $[a,b]$ 上でRolleの定理の条件をすべて満たすから、 ${}^{\exists}\xi\in(a,b)\ s.t.\ F^{\prime}(\xi)=0$ が成り立つ。 $F^{\prime}(x)=-f^{\prime}(x)+k$ が成り立つから、この式に $x=\xi$ を代入することで $k=f^{\prime}(\xi)$ を得る。したがって

$\begin{aligned} \displaystyle{\frac{f(b)-f(a)}{b-a}}=f^{\prime}(\xi)\Leftrightarrow f(b)=f(a)+f^{\prime}(\xi)(b-a) \end{aligned}$

が成り立つ。　 $\blacksquare$ )

平均値の定理の応用(1)　 $f(x)$ は $[a,b]$ で連続で $(a,b)$ で微分可能な関数だとする。
(1) ${}^{\forall}x\in(a,b)$ について $f^{\prime}(x)\gt0$ ならば $f(x)$ は $[a,b]$ 上で狭義単調増加である。
(2) ${}^{\forall}x\in(a,b)$ について $f^{\prime}(x)\lt0$ ならば $f(x)$ は $[a,b]$ 上で狭義単調減少である。

( $\because$ 　(2)は(1)と同様の方法で示すことが出来るため、(1)のみを扱う。 ${}^{\forall}x\in(a,b)$ について $f^{\prime}(x)\gt0$ だと仮定する。このとき、 ${}^{\forall}x_1,x_2\in[a,b]\ s.t.\ x_1\lt x_2$ に対して、平均値の定理より

$\begin{aligned} {}^{\exists}\xi\in(x_1,x_2)\ s.t\ f(x_2)=f(x_1)+f^{\prime}(\xi)(x_2-x_1) \end{aligned}$

が成り立つ。仮定から $f^{\prime}(\xi)\gt0,\ x_2-x_1\gt0$ であるから、 $f(x_1)\lt f(x_2)$ が成り立つ。　 $\blacksquare$ )

平均値の定理の応用(2)　 $f(x)$ は $[a,b]$ で連続で $(a,b)$ で微分可能な関数だとする。
(1) ${}^{\forall}x\in(a,b)$ について $f^{\prime}(x)\geq0$ ならば $f(x)$ は $[a,b]$ 上で単調増加である。
(2) ${}^{\forall}x\in(a,b)$ について $f^{\prime}(x)\leq0$ ならば $f(x)$ は $[a,b]$ 上で単調減少である。

( $\because$ 　前回の定理と同様に(1)のみ示す。 ${}^{\forall}x\in(a,b)$ について $f^{\prime}(x)\geq0$ と仮定する。このとき、 ${}^{\forall}x_1,x_2\in[a,b]\ s.t.\ x_1\lt x_2$ に対して、平均値の定理より

$\begin{aligned} {}^{\exists}\xi\in(x_1,x_2)\ s.t\ f(x_2)=f(x_1)+f^{\prime}(\xi)(x_2-x_1) \end{aligned}$

が成り立つ。仮定より $f^{\prime}(x)\geq0$ であるから、 $f(x_1)\leq f(x_2)$ が成り立つ。　 $\blacksquare$ )

平均値の定理の応用(3)　 $f(x)$ は区間 $I$ で連続で $I$ の内部で微分可能だとする。このとき $I$ の内部の各点 $x$ に対して $f^{\prime}(x)=0$ ならば $f(x)$ は $I$ 上で定数関数である。

( $\because$ 　 $x_0\in I$ を任意に取り固定する。 ${}^{\forall}x\in I$ に対して、平均値の定理より

$\begin{aligned} {}^{\exists}\xi \in (\min(x,x_0),\max(x,x_0))\ s.t.\ f(x)=f(x_0)+f^{\prime}(xi)(x-x_0) \end{aligned}$

が成り立つ。仮定から $f^{\prime}(\xi)=0$ であるから $f(x)=f(x_0)$ である。したがって $f(x)$ は $I$ 上で定数である。　 $\blacksquare$ )

Cauchyの平均値の定理　 $f(x),g(x)$ は区間 $[a,b]$ で連続かつ $x\in(a,b)$ で微分可能、さらに $f^{\prime}(x)\neq 0$ だとする。このとき

$\begin{aligned} {}^{\exists}\xi\in(a,b)\ s.t.\ \displaystyle{\frac{g(b)-g(a)}{f(b)-f(a)}}=\displaystyle{\frac{g^{\prime}(\xi)}{f^{\prime}(\xi)}} \end{aligned}$

が成り立つ。

( $\because$ 　 $k=\displaystyle{\frac{g(b)-g(a)}{f(b)-f(a)}}$ とおき、 $F:[a,b]\rightarrow \mathbb{R},\ F(x)=g(b)-g(x)-k(f(b)-f(x))$ を考える。このとき $F(x)$ はRolleの定理を満たすから、

$\begin{aligned} {}^{\exists}\xi\in(a,b)\ s.t.\ F^{\prime}(\xi)=-g^{\prime}(\xi)+kf^{\prime}(\xi)=0 \end{aligned}$

が成り立つ。したがって

$\begin{aligned} k=\displaystyle{\frac{g^{\prime}(\xi)}{f^{\prime}(\xi)}} \end{aligned}$

が成り立つ、すなわち

$\begin{aligned} \displaystyle{\frac{g(b)-g(a)}{f(b)-f(a)}}=\displaystyle{\frac{g^{\prime}(\xi)}{f^{\prime}(\xi)}} \end{aligned}$

が成立する。　 $\blacksquare$ )

関数の増加・減少の定義　 $U=B(x_0;\varepsilon)=\{x\in\mathbb{R}|(x_0-\varepsilon,x_0+\varepsilon)\}$ が存在し $x_1,x_2\in U,\ x_1\lt x_2$ が成り立つならば、

$\begin{aligned} f(x_1)\lt f(x_0)\lt f(x_2)\ \ (f(x_1)\gt f(x_0)\gt f(x_2)) \end{aligned}$

が成立するとき、 $f(x)$ は $x=x_0$ において増加の状態(減少の状態)にあるという。

　点 $x_0$ において関数 $f(x)$ が増加(減少)の状態であることを見るための簡単な手段はその点での $f(x)$ の微分係数の符号を調べることである。

関数の増減と微分係数　 $f(x)$ は $x=x_0$ において微分可能である。このとき $f^{\prime}(x_0)\gt0$ または $f^{\prime}(x_0)\lt0$ ならば $f(x)$ は $x=x_0$ において増加または減少の状態にある。

( $\because$ 　 $f^{\prime}(x_0)\gt0$ とする。このとき

$\begin{aligned} {}^{\exists}\delta\gt0\ s.t.\ {}^{\forall}h\ s.t.\ 0\lt|h|\lt\delta\left(\displaystyle{\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}}\gt\displaystyle{\frac{1}{2}f^{\prime}(x_0)}\right) \end{aligned}$

が成り立つ。これにより $0\lt h\lt\delta$ ならば $f(x_0+h)-f(x_0)\gt\displaystyle{\frac{1}{2}}hf^{\prime}(x_0)\gt0$ で、 $-\delta\lt h\lt0$ ならば $f(x_0+h)-f(x_0)\lt\displaystyle{\frac{1}{2}}hf^{\prime}(x_0)\lt0$ が成り立つ。したがって ${}^{\forall}x_1,x_2\ s.t.\ x_0-\delta\lt x_1\lt x_0\lt x_2\lt x_0+\delta$ に対して