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実関数の微分

$\mathbb{R}$を定義域とし，$\mathbb{R}$を値域とする関数の微分を定義する．

微分の定義

ここでは，$\mathbb{R}$の開区間1上で定義された実関数の微分を定義する．

定義1

$I\subset \mathbb{R}$を開区間，$f:I\to \mathbb{R}$を関数とする．

  • $a\in I$とする．
    極限
    \[ \lim _{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\lim _{h\to 0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}\in \mathbb{R}\tag{$\ast$}\]
    が存在するとき，$f(x)$は$x=a$で微分可能(differentiable)であるという．
    また，$(\ast )$を$f(x)$の$x=a$における微分係数(derivative, differential coefficient)といい，$f^{\prime}(x)$(または$\dfrac{df}{dx}(a)$，$\left. \dfrac{df}{dx}\right| _{x=a}$，$Df(a)$，$Df|_{x=a}$)で表す．
  • 任意の$a\in I$に対して，$f(x)$が$x=a$で微分可能であるとき，$f$は$I$で微分可能(differentiable)であるという．
    このとき，関数$g:I\to \mathbb{R}$を
    \[ g(x)=f^{\prime}(x)\quad (x\in I)\]
    により定めるとき，$g$を$f$の導関数(derivative, derivative function, derived function)といい，$f^{\prime}$(または$\dfrac{df}{dx}$，$\dot{f}$，$Df$)で表す．
    また，$f$の導関数を求めることを$f$を微分する(differentiate)という．

微分のイメージを掴もう．

$\mathbb{R}$の開区間$I$上で定義された関数$f$を$xy$平面上に図示すると上図のようになったとする．このとき，$\dfrac{f(a+h)-f(a)}{h}$は青の直線の傾きを表している．$a$を固定し，$h$を($h\neq 0$を満たしながら)$0$に近づけていくと，青の直線は限りなく赤の直線，すなわち曲線$y=f(x)$の$x=a$における接線に限りなく近づく．この接線の傾きを$f^{\prime}(a)$と表すことにすると
\[ f^{\prime}(a)=\lim _{h\to 0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}\]
が成り立つことが分かる．これが微分の図形的解釈である．

具体的な関数を定義に従って微分してみよう．

例1

関数$f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$を
\[ f(x)=x^2\quad (x\in \mathbb{R})\]
により定めるとき
\[ \frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\frac{(x+h)^2-x^2}{h}=\frac{x^2+2hx+h^2-x^2}{h}=\frac{2hx+h^2}{h}=2x+h\]
よって
\[ \lim _{h\to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim _{h\to 0}(2x+h)=2x\in \mathbb{R}\]
であるから，$f^{\prime}(x)=2x$である．

1変数単項式の微分

まず，定数関数の導関数について考えよう．

命題1

$I\subset \mathbb{R}$を開区間，$c\in \mathbb{R}$とする．
関数$f:I\to \mathbb{R}$を
\[ f(x)=c\quad (x\in I)\]
により定めるとき，$f^{\prime}(x)=0$である．

\[ \frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\frac{c-c}{h}=0\]
よって
\[ \lim _{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim _{h\to 0}0=0\]
であるから，$f^{\prime}(x)=0$である．$\blacksquare$

次に，$x^n$の導関数について考えよう．

命題2

$n\in \mathbb{N}$，$I\subset \mathbb{R}$を開区間とする．
関数$f:I\to \mathbb{R}$を
\[ f(x)=x^n\quad (x\in I)\]
により定めるとき，$f^{\prime}(x)=nx^{n-1}$である．

\[ \begin{aligned}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}&=\frac{(x+h)^n-x^n}{h}=\frac{1}{h}\left( \sum _{k=0}^n\binom{n}{k}x^{n-k}h^k-x^n\right) \\ &=\frac{1}{h}\sum _{k=1}^n\binom{n}{k}x^{n-k}h^k=\sum _{k=1}^n\binom{n}{k}x^{n-k}h^{k-1}\\ &=\binom{n}{1}x^{n-1}h^0+\sum _{k=2}^n\binom{n}{k}x^{n-k}h^{k-1}\\ &=nx^{n-1}+\sum _{k=1}^{n-1}\binom{n}{k+1}x^{n-k-1}h^{k}\end{aligned}\]
よって
\[ \lim _{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim _{h\to 0}\left( nx^{n-1}+\sum _{k=1}^{n-1}\binom{n}{k+1}x^{n-k-1}h^{k}\right) =nx^{n-1}\]
であるから，$f^{\prime}(x)=nx^{n-1}$である．$\blacksquare$

微分可能性と連続性

微分可能な関数は連続関数である．

定理1

$I\subset \mathbb{R}$を開区間，$f:I\to \mathbb{R}$を関数，$a\in I$とする．
$f(x)$が$x=a$で微分可能であるならば，$f(x)$は$x=a$で連続である．

$f(x)$は$x=a$で微分可能であるから
\[ f^{\prime}(a)=\lim _{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\in \mathbb{R}\]
が存在する．よって，任意の$x\in I$に対して
\[ \begin{aligned}\lim _{x\to a}f(x)&=\lim _{x\to a}(f(x)-f(a)+f(a))=\lim _{x\to a}\left( \frac{f(x)-f(a)}{x-a}\cdot (x-a)+f(a)\right) \\ &=\lim _{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\cdot \lim _{x\to a}(x-a)+\lim _{x\to a}f(a)=f^{\prime}(a)\cdot 0+f(a)=f(a)\end{aligned}\]
が成り立つから，$f(x)$は$x=a$で連続である．$\blacksquare$

定理1より，次の系が直ちに従う．

系1(定理1)

$I\subset \mathbb{R}$を開区間，$f:I\to \mathbb{R}$を関数とする．
$f(x)$が$I$上微分可能であるならば，$f(x)$は$I$上連続である．

任意の$a\in I$に対して，$f(x)$は$x=a$で微分可能であるから，定理1より$f(x)$は$x=a$で連続である．
したがって，$f(x)$は$I$上連続である．$\blacksquare$

定理1の逆は成り立たない．すなわち，連続関数は微分可能であるとは限らない．

例2

関数$f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$を
\[ f(x)=|x|\quad (x\in \mathbb{R})\]
により定め，$\varepsilon >0$を任意にとる．

$\delta _1=\varepsilon >0$とすると，任意の$x\in \mathbb{R}$に対して，$0<|x-0|<\delta _1$すなわち$0<|x|<\delta _1$ならば
\[ |f(x)-f(0)|=||x|-|0||=|x|<\delta _1=\varepsilon \]
が成り立つから，$f(x)$は$x=0$で連続である．

一方，$\delta _2=\varepsilon >0$とすると，任意の$x\in \mathbb{R}$に対して，$0<|x-0|<\delta _2$すなわち$0<|x|<\delta _2$ならば，
$0<x<\delta _2$のとき
\[ \left| \frac{f(x)-f(0)}{x-0}-1\right| =\left| \frac{|x|-|0|}{x}-1\right| =\left| \frac{x}{x}-1\right| =0<\varepsilon \]
であるから，$\displaystyle \lim _{x\to +0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=1$が成り立つ．
また，$-\delta _2<x<0$のとき
\[ \left| \frac{f(x)-f(0)}{x-0}+1\right| =\left| \frac{|x|-|0|}{x}+1\right| =\left| \frac{-x}{x}+1\right| =0<\varepsilon \]
であるから，$\displaystyle \lim _{x\to -0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=-1$が成り立つ．
したがって
\[ \lim _{x\to +0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}\neq \lim _{x\to -0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}\]
であるから，$\displaystyle \lim _{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}$は存在しない．すなわち，$f(x)$は$x=0$で微分可能でない．

  1. $\mathbb{R}$の閉区間上で定義された実関数に対しても，同様にして微分を定義することができるが，これには難点がある．
    閉区間上の実関数の微分を，定義1と同様にして次のように定義するとどうなるだろうか．

    $I\subset \mathbb{R}$を閉区間，$f:I\to \mathbb{R}$を関数，$a\in I$とする．
    極限
    \[ \lim _{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\lim _{h\to 0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}\in \mathbb{R}\]
    が存在するとき，$f(x)$は$x=a$で微分可能であるという．

    これを$\varepsilon$-$\delta$論法を用いて考えてみよう．
    $f(x)$が$x=a$で微分可能であるとは，ある$\alpha \in \mathbb{R}$が存在して，
    任意の$\varepsilon >0$に対して，ある$\delta >0$が存在し，任意の$x\in \mathbb{R}$に対して，$0<|x-a|<\delta$ならば
    \[ \left| \frac{f(x)-f(a)}{x-a}-\alpha \right| <\varepsilon \]
    が成り立つことをいう．
    ここで，$f$の定義域が閉区間$I$であることに注意すると，微分可能であることの定義に$f(x)$が含まれている時点で，$x\in I$でなければならない．
    ところが，$x$は$(a-\delta ,a+\delta)\setminus \{ a\}$から任意に1つ選ぶため
    \[ (a-\delta ,a+\delta)\setminus \{ a\}\subset I\]
    という包含関係が成り立っている必要がある．
    例えば，$I$が無限閉区間$[a,+\infty )$であるとき，$x\in (a-\delta ,a)$をとると$x\not\in I$となり，$f(x)$が存在しない場合があることになる．
    以上の理由から，ここでは開区間上で定義された関数に対して微分を定義している． ↩︎
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