有名問題・定理から学ぶ数学

Well-Known Problems and Theorems in Mathematics

数式を枠からはみ出さずに表示するためには, 画面を横に傾けてください.

微分法の公式(数学 III)

微分係数・導関数

定理≪微分の線形性≫

 関数 $f(x),$ $g(x)$ が $x = a$ で微分可能であるとし, $k$ を定数として, $(kf)(x),$ $(f+g)(x),$ $(f-g)(x)$ を \[ (kf)(x) = kf(x), \quad (f\pm g)(x) = f(x)\pm g(x)\] で定まる関数とする. このとき, \[ (kf)'(a) = kf'(a), \quad (f\pm g)'(a) = f'(a)\pm g'(a)\] が成り立つ.

証明

\begin{align*} &\frac{kf(x)-kf(a)}{x-a} = k\cdot\frac{f(x)-f(a)}{x-a} \\ &\to kf'(a) \quad (x \to a), \\ &\frac{\{ f(x)\pm g(x)\} -\{ f(a)\pm g(a)\}}{x-a} \\ &= \frac{f(x)-f(a)}{x-a}\pm\frac{g(x)-g(a)}{x-a} \\ &\to f'(a)\pm g'(a) \quad (x \to a) \end{align*} であるから, 求める等式が成り立つ.

定理≪積・商の微分法≫

 関数 $f(x),$ $g(x)$ が $x = a$ で微分可能であるとし, $(fg)(x),$ $\left(\dfrac{f}{g}\right) (x)$ を \[ (fg)(x) = f(x)g(x), \quad \left(\frac{f}{g}\right) (x) = \frac{f(x)}{g(x)}\] で定まる関数とする. このとき, \begin{align*} (fg)'(a) &= f'(a)g(a)+f(a)g'(a),\\ \left(\frac{f}{g}\right) '(a) &= \frac{f'(a)g(a)-f(a)g'(a)}{g(a)^2} \end{align*} が成り立つ.

証明

\begin{align*} &\frac{f(x)g(x)-f(a)g(a)}{x-a} \\ &= \frac{f(x)-f(a)}{x-a}g(x)+f(a)\frac{g(x)-g(a)}{x-a} \\ &\to f'(a)g(a)+f(a)g'(a) \quad (x \to a) \end{align*} であるから, 第 $1$ 式が成り立つ. また, \begin{align*} &= \frac{\dfrac{1}{g(x)}-\dfrac{1}{g(a)}}{x-a} = -\frac{1}{g(x)g(a)}\cdot\frac{g(x)-g(a)}{x-a} \\ &\to -\frac{g'(a)}{g(a)^2} \quad (x \to a) \end{align*} であるから $\left(\dfrac{1}{g}\right)'(a) = -\dfrac{g'(a)}{g(a)^2}$ が成り立ち, これを第 $1$ 式と組み合わせると \begin{align*} &\left(\frac{f}{g}\right) '(a) \!=\! \left( f\cdot\dfrac{1}{g}\right) '(a) \!=\! f'(a)\left(\frac{1}{g}\right) (a)\!+\!f(a)\left(\frac{1}{g}\right) '(a) \\ &=\! f'(a)\!\cdot\!\frac{1}{g(a)}\!+\!f(a)\!\cdot\!\left\{\!-\frac{g'(a)}{g(a)^2}\!\right\} \!=\! \frac{f'(a)g(a)\!-\!f(a)g'(a)}{g(a)^2} \end{align*} が得られる.

定理≪合成関数の微分法≫

 関数 $f(x)$ が $x = a$ で微分可能で, $f(x)$ と合成可能な関数 $g(x)$ が $x = f(a)$ で微分可能であるとき, $h(x) = (g\circ f)(x)$ は $x = a$ で微分可能であり, \[ h'(a) = g'(f(a))f'(a)\] が成り立つ.

証明

\begin{align*} &\frac{h(x)-h(a)}{x-a} = \frac{g(f(x))-g(f(a))}{x-a} \\ &= \frac{g(f(x))-g(f(a))}{f(x)-f(a)}\cdot\frac{f(x)-f(a)}{x-a} \\ &\to g'(f(a))f'(a) \quad (x \to a) \end{align*} であるから, $h'(a) = g'(f(a))f'(a)$ が成り立つ.

定理≪逆関数の微分法≫

 関数 $f(x)$ が逆関数 $g(x)$ をもつとする. $f(x)$ が $x = a$ で微分可能であることと $g(x)$ が $x = f(a)$ で微分可能であることは同値で, そのとき \[ g'(f(a)) = \dfrac{1}{f'(a)}\] が成り立つ.

証明

 $y = f(x)$ とおくと, $x = g(f(x))$ となるから, 両辺を $x$ で微分すると, 合成関数の微分法により \[ 1 = g'(f(a))f'(a)\] つまり $g'(f(a)) = \dfrac{1}{f'(a)}$ が得られる.

定理≪媒介変数表示された関数の導関数≫

 $x$ の関数 $y$ が媒介変数 $t$ を用いて $x = f(t),$ $y = g(t)$ と表されるとき, \[\frac{dy}{dx} = \frac{\dfrac{dy}{dt}}{\dfrac{dx}{dt}} = \frac{g'(t)}{f'(t)}\] が成り立つ.

証明

 合成関数の微分法, 逆関数の微分法により \[\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dt}\cdot\frac{dt}{dx} = \frac{dy}{dt}\cdot\frac{1}{\dfrac{dx}{dt}}\] であるから, 求める等式が成り立つ.

定理≪三角関数の導関数≫

 $(\cos x)' = -\sin x,$ $(\sin x)' = \cos x,$ $(\tan x)' = \dfrac{1}{\cos ^2x}$ が成り立つ.

証明

\begin{align*} &\frac{\cos (x+h)-\cos x}{h} \\ &= \frac{\cos x\cos h-\sin x\sin h-\cos x}{h} \\ &= -\cos x\cdot\frac{1-\cos h}{h}-\sin x\cdot\frac{\sin h}{h} \\ &= -\cos x\cdot\frac{\sin ^2h}{h(1+\cos h)}-\sin x\cdot\frac{\sin h}{h} \\ &= -\cos x\cdot\frac{\sin h}{h}\cdot\frac{\sin h}{1+\cos h}-\sin x\cdot\frac{\sin h}{h} \\ &\to -\cos x\cdot 1\cdot\frac{0}{2}-\sin x\cdot 1 = -\sin x \quad (h \to 0), \\ &\frac{\sin (x+h)-\sin x}{h} \\ &= \frac{\sin x\cos h+\cos x\sin h-\sin x}{h} \\ &= -\sin x\cdot\frac{1-\cos h}{h}+\cos x\cdot\frac{\sin h}{h} \\ &= -\sin x\cdot\frac{\sin ^2h}{h(1+\cos h)}+\cos x\cdot\frac{\sin h}{h} \\ &= -\sin x\cdot\frac{\sin h}{h}\cdot\frac{\sin h}{1+\cos h}+\cos x\cdot\frac{\sin h}{h} \\ &\to -\sin x\cdot 1\cdot\frac{0}{2}+\cos x\cdot 1 = \cos x \quad (h \to 0) \end{align*} であるから, $(\cos x)' = -\sin x,$ $(\sin x)' = \cos x$ が成り立つ. さらに, 商の導関数の公式により \begin{align*} (\tan x)' &= \left(\frac{\sin x}{\cos x}\right) ' \\ &= \frac{(\sin x)'\cos x-\sin x(\cos x)'}{\cos ^2x} \\ &= \frac{\cos ^2x+\sin ^2x}{\cos ^2x} \\ &= \frac{1}{\cos ^2x} \end{align*} が成り立つ.

別証明

 $(\sin x)' = \cos x$ を使うと, $(\cos x)' = -\sin x$ は, \[ (\cos x)' \!=\! \left\{\sin\left(\frac{\pi}{2}\!-\!x\right)\right\} ' \!=\! \cos\left(\frac{\pi}{2}\!-\!x\right)\!\cdot\!(-1) \!=\! -\sin x\] と証明できる.
 また, 正接の加法定理を使うと, $(\tan x)' = \dfrac{1}{\cos ^2x}$ は, \begin{align*} &\frac{\tan (x+h)-\tan x}{h} \\ &= \frac{1}{h}\left(\frac{\tan x+\tan h}{1-\tan x\tan h}-\tan x\right) \\ &= \frac{1}{h}\cdot\frac{\tan h+\tan ^2x\tan h}{1-\tan x\tan h} \\ &= \frac{\tan h}{h}\cdot\frac{1+\tan ^2x}{1-\tan x\tan h} \\ &= \frac{\sin h}{h}\cdot\frac{1}{\cos h}\cdot\frac{1}{\cos ^2x}\cdot\frac{1}{1-\tan x\tan h} \\ &\to 1\cdot\frac{1}{1}\cdot\frac{1}{\cos ^2x}\cdot\frac{1}{1-0} = \frac{1}{\cos ^2x} \quad (h \to 0) \end{align*} から証明できる.

定理≪指数関数・対数関数の導関数≫

\begin{align*} (e^x)' &= e^x, & (a^x)' &= a^x\log a, \\ \log x &= \frac{1}{x}, & (\log _ax)' &= \frac{1}{x\log a} \end{align*} が成り立つ.

証明

 底の変換公式により, $(\log _ax)' = \dfrac{1}{x\log a}$ を示すには $(\log x)' = \dfrac{1}{x}$ を示せばよい. \begin{align*} &\frac{\log (x+h)-\log x}{h} = \frac{1}{h}\log\frac{x+h}{x} \\ &= \frac{1}{x}\cdot\frac{x}{h}\log\left( 1+\frac{h}{x}\right) = \frac{1}{x}\log\left( 1+\frac{h}{x}\right) ^{\frac{x}{h}} \\ &\to \frac{1}{x}\log e = \frac{1}{x} \quad (h \to 0) \end{align*} であるから, $(\log x)' = \dfrac{1}{x}$ が成り立つ.
 また, $f(x) = a^x$ とおくと, $\log f(x) = x\log a$ となるので, 両辺を $x$ で微分すると \[\frac{f'(x)}{f(x)} = \log a\] となり, $f'(x) = f(x)\log a = a^x\log a$ が得られる.

$(e^x)' = e^x$ の別証明: $\lim\limits_{h \to 0}\dfrac{e^h-1}{h} = 1$ を利用

\begin{align*} \frac{e^{x+h}-e^x}{h} &= e^x\cdot\frac{e^h-1}{h} \\ &\to e^x\cdot 1 = e^x \quad (h \to 0) \end{align*} であるから, $(e^x)' = e^x$ が成り立つ.

問題≪コーシーの関数方程式≫

(A)
実数全体で定義された実数値関数 $f(x)$ が, すべての実数 $x_1,$ $x_2$ に対して \[ f(x_1+x_2) = f(x_1)+f(x_2) \quad \cdots [*]\] を満たすとする.
(1)
$f(0)$ の値を求めよ.
(2)
すべての実数 $x$ に対して $f(-x) = -f(x)$ が成り立つことを示せ.
(3)
$f(x)$ が $x = 0$ で微分可能で $f'(0) = a$ ($a$ は定数)であるとき, $f(x)$ は実数全体で微分可能であることを示し, $f(x)$ の導関数 $f'(x)$ を求めよ.
(B)
すべての実数 $x_1,$ $x_2,$ $x$ に対して \[ g(x_1+x_2) = g(x_1)g(x_2),\] $g(x) > 0$ を満たし, $g'(0) = 1$ であるような実数値関数 $g(x)$ (定義域は実数全体)について, $g'(x) = g(x)$ が成り立つことを示せ.
(C)
すべての正の数 $X_1,$ $X_2$ に対して \[ h(X_1X_2) = h(X_1)+h(X_2)\] を満たし, $h'(1) = 1$ であるような実数値関数 $h(X)$ (定義域は $X > 0$)について, $h(X)$ の導関数 $h'(X)$ を求めよ.

解答例

(A)
(1)
$[*]$ において $x_1 = x_2 = 0$ を代入すると $f(0) = f(0)+f(0)$ となるから, $f(0) = 0$ である.
(2)
$[*]$ において $x_1 = x,$ $x_2 = -x$ を代入すると $f(0) = f(x)+f(-x)$ となるから, $f(-x) = -f(x)$ が成り立つ.
(3)
実数 $x,$ $h\ (h \neq 0)$ に対して $f(x+h) = f(x)+f(h)$ であるから, \begin{align*} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} &= \frac{f(h)}{h} = \frac{f(0+h)-f(0)}{h} \\ &\to f'(0) = a \quad (h \to 0) \end{align*} が成り立つ. よって, $f(x)$ は実数全体で微分可能であり, $f'(x) = a$ である.
(B)
$g(0) = g(0)g(0),$ $g(x) > 0$ であるから, $g(0) = 1$ である. 仮定から, 関数 $f(x) = \log g(x)$ は, すべての実数 $x_1,$ $x_2$ に対して \begin{align*} f(x_1+x_2) &= \log g(x_1+x_2) = \log g(x_1)g(x_2) \\ &= \log g(x_1)+\log g(x_2) = f(x_1)+f(x_2) \end{align*} を満たす. さらに, 合成関数の微分法により, \[ f'(0) = \dfrac{g'(0)}{g(0)} = \dfrac{1}{1} = 1\] である. よって, (A) の結果から $f'(x) = 1$ であるので,
$\dfrac{g'(x)}{g(x)} = 1$ つまり $g'(x) = g(x)$
が成り立つ.
(C)
$h(1) = h(1)+h(1)$ であるから, $h(1) = 0$ である. 仮定から, 関数 $f(x) = h(e^x)$ は, すべての実数 $x_1,$ $x_2$ に対して \begin{align*} f(x_1+x_2) &= h(e^{x_1+x_2}) = h(e^{x_1}e^{x_2}) \\ &= h(e^{x_1})+h(e^{x_2}) = f(x_1)+f(x_2) \end{align*} を満たす. さらに, 合成関数の微分法により, \[ f'(0) = h'(e^0)e^0 = h'(1) = 1\] である. よって, (A) の結果から $f'(x) = 1$ であり,
$h'(e^x)\cdot e^x = 1$ つまり $h'(e^x) = \dfrac{1}{e^x}$
が成り立つので, $h'(X) = \dfrac{1}{X}$ である.

背景

  • $[*]$ のように, 関数を解とする方程式を「関数方程式」(functional equation)と呼ぶ.
  • $[*]$ は「コーシーの関数方程式」(Cauchy's functional equation)と呼ばれる. 関数 $f(x) = ax$ はこの方程式と, $1$ 点 $x = x_0$ における微分係数 $f'(x_0) = a$ によって定まる. $1$ 点 $x = x_0$ における微分可能性から実数全体における微分可能性が導かれることに注意されたい.
  • $g'(x) = g(x),g(0) = 1$ の解は $g(x) = e^x$ である(こちらを参照). 指数関数 $g(x) = e^x$ は, 指数法則 \[ g(x_1+x_2) = g(x_1)g(x_2)\] と $g'(0) = 1$ によって定まる関数であると言える.
  • 対数関数 $h(X) = \log X$ は, 対数法則 \[ h(X_1X_2) = h(X_1)+h(X_2)\] と $h'(1) = 1$ によって定まる関数であると言える.

問題≪双曲線関数の関数方程式≫

 実数全体で定義された関数 $f(x)$ がすべての実数 $x,$ $y$ に対して \[ f(x+y) = \frac{f(x)+f(y)}{1+f(x)f(y)} \quad \cdots [\ast ]\] を満たし, $x = 0$ で微分可能で, $f'(0) = 1$ であるとする. また, $g(x) = \dfrac{1+f(x)}{1-f(x)},$ $h(x) = e^{-2x}g(x)$ とおく.
(1)
$f(0)$ の値を求めよ.
(2)
$f(x)$ は微分可能であることを示し, $f(x)$ を用いて $f'(x)$ を表せ.
(3)
$-1 < f(x) < 1$ であることを示せ.
(4)
$g(x)$ を用いて $g'(x)$ を表せ.
(5)
$h'(x)$ を求め, $g(x),$ $f(x)$ を求めよ.
[1994 明治大*, 2007 京都大*, 2015 東北大*]

解答例

(1)
$[\ast ]$ に $x = y = 0$ を代入すると \[ f(0) = \frac{2f(0)}{1+f(0)^2}\] となるから, 分母を払って整理すると \[ f(0)\{ f(0)+1\}\{ f(0)-1\} = 0\] となる. 仮に $f(0) = \pm 1$ とすると, $[\ast ]$ で $y = 0$ としたときに \[ f(x) = \frac{f(x)\pm 1}{1\pm f(x)} = \pm 1\] となり, $f'(0) = 0 \neq 1$ となってしまう. よって, $f(0) = 0$ である.
(2)
$h \neq 0$ のとき, \begin{align*} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} &= \frac{1}{h}\left\{\frac{f(x)+f(h)}{1+f(x)f(h)}-f(x)\right\} \\ &= \frac{1}{h}\cdot\frac{f(h)\{ 1-f(x)^2\}}{1+f(x)f(h)} \\ &= \frac{f(h)-f(0)}{h}\cdot\frac{1-f(x)^2}{1+f(x)f(h)} \end{align*} が成り立つ. $f(x)$ は $x = 0$ で微分可能であり, よって $x = 0$ で連続であることに注意すると, $h \to 0$ のとき, この値は \begin{align*} f'(0)\cdot\frac{1-f(x)^2}{1+f(x)f(0)} = 1-f(x)^2 \end{align*} に収束する. ゆえに, $f(x)$ は微分可能であり, \[ f'(x) = 1-f(x)^2\] が成り立つ.
(3)
$[\ast ]$ の $x$ と $y$ を $\dfrac{x}{2}$ に置き換えた式から \[ 1\pm f(x) = 1\pm\frac{2f\left(\dfrac{x}{2}\right)}{1+f\left(\dfrac{x}{2}\right) ^2} = \frac{\left\{ f\left(\dfrac{x}{2}\right)\pm 1\right\} ^2}{1+f\left(\dfrac{x}{2}\right) ^2} \geqq 0\] であるので, \[ -1 \leqq f(x) \leqq 1\] が成り立つ. $f(x) = \pm 1$ を満たす $x$ の存在を仮定すると, \[ f(0) = f(x-x) = \frac{\pm 1+f(-x)}{1\pm f(-x)} = \pm 1 \neq 0\] という矛盾が生じる. よって, $-1 < f(x) < 1$ である.
(4)
$y = f(x)$ とおくと, \begin{align*} g'(x) &= \frac{d}{dy}\left(\frac{1+y}{1-y}\right)\cdot\frac{dy}{dx} \\ &= \frac{1\cdot (1-y)-(1+y)\cdot (-1)}{(1-y)^2}(1-y^2) \\ &= \frac{2}{(1-y)^2}(1+y)(1-y) \\ &= \frac{2(1+y)}{(1-y)} = 2g(x) \end{align*} となる.
(5)
(4) の結果から \begin{align*} h'(x) &= -2e^{-2x}g(x)+e^{-2x}g'(x) \\ &= e^{-2x}\{ g'(x)-2g(x)\} = 0 \end{align*} となるので, $h(x)$ は定数 $C$ である. よって, $g(x) = Ce^{2x}$ となるので, $x = 0$ を代入すると (1) の結果から \[ C = g(0) = \frac{1+f(0)}{1-f(0)} = 1\] となり, \[ g(x) = e^{2x}, \quad f(x) = \frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}\] となる.

背景

  • $\tanh x = \dfrac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1} = \dfrac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}$ は, $\cosh x = \dfrac{e^x+e^{-x}}{2},$ $\sinh x = \dfrac{e^x-e^{-x}}{2}$ とともに,「双曲線関数」(hyperbolic function)と呼ばれる.
  • $f(x) = \tanh x$ は「関数方程式」$[\ast ]$ と $f'(0) = 1$ から定まる.

問題≪三角関数の微分方程式≫

 実数値関数 $f(x)$ が $f''(x) = -f(x),$ $f(0) = 1,$ $f'(0) = 0$ を満たすとき, $f(x)^2+f'(x)^2 = 1$ が成り立つことを示せ.

解答例

 $g(x) = f(x)^2+f'(x)^2$ とおくと, \begin{align*} g'(x) &= 2f(x)f'(x)+2f'(x)f''(x) \\ &= 2f'(x)\{ f(x)+f''(x)\} \\ &= 2f'(x)\cdot 0 = 0 \end{align*} となるから, $g(x)$ は定数関数である. \[ g(0) = f(0)^2+f'(0)^2 = 1^2+0^2 = 1\] であるから, $g(x) = 1$ つまり $f(x)^2+f'(x)^2 = 1$ が成り立つ.

背景

  • 「微分方程式」の解の一意性により, $\cos x,$ $\sin x$ は, それぞれ初期条件 $f(0)-1 = f'(0) = 0,$ $f(0) = f'(0)-1 = 0$ のもとで,「微分方程式」$f''(x) = -f(x)$ の解として定まり, $(\cos x)' = -\sin x,$ $(\sin x)' = \cos x$ を満たす.
  • $\cos x,$ $\sin x$ をこのように定めると, \[ f(x) = f(0)\cos x+f'(0)\sin x \quad \cdots [*]\] は $f''(x) = -f(x)$ を満たすから,「微分方程式」の解の一意性により, $f''(x) = -f(x)$ の解は $[*]$ の形に表される. $f(x) = \cos (x+y)$ は $[*]$ と $f(0) = \cos y,$ $f'(0) = -\sin y$ を満たすから, 余弦の加法定理 \[\cos (x+y) = \cos x\cos y-\sin x\sin y\] が成り立つ. つまり,「微分方程式」$f''(x) = -f(x),$ $f(0)-1 = f'(0) = 0$ から余弦の加法定理が導かれる. 正弦の余弦定理についても同様である.

問題≪高階導関数に関するライプニッツの公式≫

 $n$ を正の整数として, $u = u(x),$ $v = v(x)$ を $n$ 回微分可能な関数とする. 関数 $uv = u(x)v(x)$ について, \[ (uv)^{(n)} = \sum\limits_{k = 0}^n{}_n\mathrm C_ku^{(n-k)}v^{(k)} \quad \cdots [\ast ]\] を示せ. ただし, $u^{(0)} = u,$ $v^{(0)} = v$ と定める. 積の微分の公式と「パスカルの法則」 \[ {}_n\mathrm C_k+{}_n\mathrm C_{k+1} = {}_{n+1}\mathrm C_{k+1} \quad (0 \leqq k < n)\] は証明なしで使ってよい.

解答例

(i)
$n = 1$ のとき, 積の微分の公式 \[ (uv)' = u'v+uv' \quad \cdots [1]\] により成り立つ.
(ii)
$n = m$ ($m$: 正の整数)のとき $[\ast ]$ が成り立つとして, $u,$ $v$ が $m+1$ 回微分可能であるとする. このとき, $[\ast ]$ の両辺を微分することにより \begin{align*} &(uv)^{(m+1)} = \sum\limits_{k = 0}^m{}_m\mathrm C_k(u^{(m-k)}v^{(k)})' \\ &= \sum\limits_{k = 0}^m{}_m\mathrm C_k(u^{(m+1-k)}v^{(k)}\!+\!u^{(m-k)}v^{(k+1)}) \quad (\because [1]) \\ &= u^{(m+1)}\!v\!+\!\!\sum\limits_{k = 0}^{m-1}({}_m\mathrm C_k\!+\!{}_m\mathrm C_{k+1})u^{(m-k)}\!v^{(k+1)}\!\!+\!uv^{(m+1)} \\ &= u^{(m+1)}v+\sum\limits_{k = 0}^{m-1}{}_{m+1}\mathrm C_{k+1}u^{(m-k)}v^{(k+1)}+uv^{(m+1)} \\ &= u^{(m+1)}v+\sum\limits_{k = 1}^m{}_{m+1}\mathrm C_ku^{(m+1-k)}v^{(k)}+uv^{(m+1)} \\ &= \sum\limits_{k = 0}^{m+1}{}_{m+1}\mathrm C_ku^{(m+1-k)}v^{(k)} \end{align*} となり, $n = m+1$ のときも $[\ast ]$ が成り立つ. 第 $4$ の等号では「パスカルの法則」を用いた.
(i), (ii) から, すべての正の整数 $n$ に対して $[\ast ]$ が成り立つ.

背景

 本問で示した等式は, 高階導関数に関する「ライプニッツの公式」(general Leibniz rule)として知られている.

問題≪整式の重根判定法≫

 実数を係数とする整式 $f(x),$ 実数 $\alpha$ について,
(1)
$f(x)$ の導関数を考えることにより, $\alpha,$ $f(\alpha ),$ $f'(\alpha )$ を用いて $f(x)$ を $(x-\alpha )^2$ で割ったときの余りを表せ.
(2)
$f(x)$ が $(x-\alpha )^2$ で割り切れるための必要十分条件は, $f(\alpha ) = f'(\alpha ) = 0$ であることを示せ.
[早稲田大*]

解答例

(1)
$f(x)$ を $(x-\alpha )^2$ で割ったときの商を $q(x),$ 余りを $ax+b$ ($a,$ $b$: 定数)とおく. このとき, \[ f(x) = (x-\alpha )^2q(x)+ax+b \quad \cdots [1]\] が成り立つ. 両辺を $x$ で微分すると \[ f'(x) = 2(x-\alpha )q(x)+(x-\alpha )^2q'(x)+a \quad \cdots [2]\] となる. $[1],$ $[2]$ に $x = \alpha$ を代入すると, \[ f(\alpha ) = a\alpha +b, \quad f'(\alpha ) = a\] となり, $b = f(\alpha )-a\alpha = f(\alpha )-\alpha f'(\alpha )$ となる.
ゆえに, 求める余りは, $xf'(\alpha )+f(\alpha )-\alpha f'(\alpha )$ である.
(2)
(1) の結果から, \begin{align*} &f(x)\text{ が }(x-\alpha )^2\text{ で割り切れる} \\ &\iff xf'(\alpha )+f(\alpha )-\alpha f'(\alpha ) = 0 \\ &\iff f'(\alpha ) = f(\alpha )-\alpha f'(\alpha ) = 0 \\ &\iff f(\alpha ) = f'(\alpha ) = 0 \end{align*} が成り立つ.

背景

  • 一般に, 実数を係数とする整式 $f(x)$ が $(x-\alpha )^m$ で割り切れるための必要十分条件は, \[ f(\alpha ) = \cdots = f^{(m-1)}(\alpha ) = 0\] であることが知られている.
  • 係数が有理数であるときにも, 整式を関数として微分するには実数の範囲で極限の概念を使わなければならないが, その公式 \[\left(\sum_{k = 0}^na_kx^k\right) ' = \sum_{k = 1}^nka_kx^{k-1}\] を「導多項式」(derivative of polynomial)と呼ばれる整式の「形式的」な微分の定義として採用すれば, 極限の概念の使用を避けて上記のような議論ができることが知られている. また, 複素数に対しても,「導多項式」を使った議論から, 上記の判定法が証明できる.

問題≪微分積分学におけるシュタイナーの問題≫

(1)
関数 $y = x^{\frac{1}{x}}\ (x > 0)$ の最大値を求めよ.
(2)
$m^n = n^m,$ $0 < m < n$ の整数解をすべて求めよ.

解答例

(1)
$y > 0$ に注意して両辺の対数をとると, \[\log y = \frac{1}{x}\log x\] となる. 両辺を $x$ で微分すると \[\frac{y'}{y} = -\frac{1}{x^2}\cdot\log x+\frac{1}{x}\cdot\frac{1}{x} = \frac{1-\log x}{x^2}\] となるから, \[ y' = y\cdot\frac{1-\log x}{x^2} = x^{\frac{1}{x}-2}(1-\log x)\] である. $x^{\frac{1}{x}-2} > 0$ から \begin{align*} y' \geqq 0 &\iff 1-\log x \geqq 0 \iff 0 < x \leqq e, \\ y' = 0 &\iff x = e \end{align*} であるので, $y$ は $x = e$ で極大かつ最大の値 $e^{\frac{1}{e}}$ をとる.
(2)
整数 $m,$ $n$ が $m^n = n^m,$ $0 < m < n$ を満たすとする.
両辺を $\dfrac{1}{mn}$ 乗すると, 第 $1$ 式は $m^{\frac{1}{m}} = n^{\frac{1}{n}}$ と変形できる.
よって, (1) で調べた関数 $y = x^{\frac{1}{x}}$ の増減と $2 < e < 3$ から, $m = 1,$ $2$ が必要である.
$1^n = n^1$ の解は $n = 1$ に限るから, $m = 1$ は不適である.
したがって, $x^{\frac{1}{x}} = 2^{\frac{1}{2}}$ の正の整数解 $x \neq 2$ を求めればよい.
曲線 $y = x^{\frac{1}{x}}$ と直線 $y = 2^{\frac{1}{2}}$ はちょうど $2$ 点で交わるから, $x^{\frac{1}{x}} = 2^{\frac{1}{2}}$ つまり $2^x = x^2$ は $x = 2$ 以外にただ $1$ つの実数解を持つ.
一方, $2^4 = 4^2 = 16$ であるから, それは $x = 4$ である.
ゆえに, 求める整数解は $(m,n) = (2,4)$ である.

背景

 (1) の問題は「微分積分学におけるシュタイナーの問題」(Steiner's calculus problem)として知られている.