高次導関数

$n\in \mathbb{N}$とする．
関数$f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$を
\[ f(x)=x^n\quad (x\in \mathbb{R})\]
により定めるとき，$f$は$C^{\infty}$級である．

実際，$k\in \mathbb{N}$に対して
\[ f^{(k)}(x)=\begin{dcases}\frac{n!}{(n-k)!}x^{n-k}&(k\le n)\\ 0&(k>n)\end{dcases}\tag{$\ast$}\]
であることを示す．
$k=1$のとき
\[ f^{(1)}(x)=nx^{n-1}=\frac{n!}{(n-1)!}x^{n-1}\]
より$(\ast )$が成り立つ．
$k=l<n$のとき$(\ast )$が成り立つと仮定すると
\[ \begin{aligned}&f^{(l+1)}(x)=(f^{(l)}(x))^{\prime}=\left( \frac{n!}{(n-l)!}x^{n-l}\right) ^{\prime}\\ =&\frac{n!}{(n-l)!}(n-l)x^{n-l-1}=\frac{n!}{(n-(l+1))!}x^{n-(l+1)}\end{aligned}\]
より，$k=l+1$のときも$(\ast )$が成り立つ．
よって
\[ f^{(n)}(x)=\frac{n!}{(n-n)!}x^{n-n}=n!\]
であるから，$k=n+1$のとき
\[ f^{(n+1)}(x)=(n!)^{\prime}=0\]
より$(\ast )$が成り立つ．
$k=m>n$のとき$(\ast )$が成り立つと仮定すると
\[ f^{(m+1)}(x)=(f^{(m)})^{\prime}(x)=(0)^{\prime}=0\]
より，$k=m+1$のときも$(\ast )$が成り立つ．

$n\in \mathbb{N}$，$a_0,a_1,\dots ,a_n\in \mathbb{R}$とする．
関数$f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$を
\[ f(x)=a_0+a_1x+\dots +a_nx^n\quad (x\in \mathbb{R})\]
により定めるとき，例1と微分の線形性より，$f$は$C^{\infty}$級である．

\[ \begin{aligned}(\sin x)^{\prime}&=\lim _{h\to 0}\frac{\sin (x+h)-\sin x}{h}=\lim _{h\to 0}\frac{2\cos (x+\frac{h}{2})\sin \frac{h}{2}}{h}\\ &=\lim _{h\to 0}\frac{\sin \frac{h}{2}}{\frac{h}{2}}\cos \left( x+\frac{h}{2}\right) =\cos x\end{aligned}\]
\[ \begin{aligned}(\cos x)^{\prime}&=\lim _{h\to 0}\frac{\cos (x+h)-\cos x}{h}=\lim _{h\to 0}\frac{-2\sin (x+\frac{h}{2})\sin \frac{h}{2}}{h}\\ &=\lim _{h\to 0}-\frac{\sin \frac{h}{2}}{\frac{h}{2}}\sin \left( x+\frac{h}{2}\right) =-\sin x\end{aligned}\]
よって
\[ (\sin x)^{\prime}=\cos x\]
\[ (\sin x)^{\prime \prime}=(\cos x)^{\prime}=-\sin x\]
\[ (\sin x)^{\prime \prime \prime}=(-\sin x)^{\prime}=-\cos x\]
\[ (\sin x)^{(4)}=(-\cos x)^{\prime}=\sin x\]
であるから，$\sin$及び$\cos$は$\mathbb{R}$上$C^{\infty}$級である．

関数$f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$を
\[ f(x)=\begin{dcases}x^2\sin \frac{1}{x}&(x\neq 0)\\ 0&(x=0)\end{dcases}\]
により定めるとき，$f$は$2$回微分可能でない．

まず，$f$が$\mathbb{R}$上微分可能であることを示す．
任意の$x\in \mathbb{R}\setminus \{ 0\}$に対して
\[ f^{\prime}(x)=2x\sin \left( \frac{1}{x}\right) -\cos \left( \frac{1}{x}\right) \]
また，$\displaystyle \lim _{h\to 0}h\sin \left( \frac{1}{h}\right) =0$より¹
\[ f^{\prime}(0)=\lim _{h\to 0}\frac{f(h)-f(0)}{h}=\lim _{h\to 0}h\sin \left( \frac{1}{h}\right) =0\]

次に，$f(x)$が$x=0$で$2$回微分可能でないことを示す．
\[ \frac{f^{\prime}(h)-f^{\prime}(0)}{h}=\left( 2\sin \left( \frac{1}{h}\right) -\frac{1}{h}\cos \left( \frac{1}{h}\right) \right) \]
は$h\to 0$としたときに収束しない．
数列$\{ a_n\} _{n=1}^{\infty},\{ b_n\} _{n=1}^{\infty}$を
\[ a_n=\frac{1}{2n\pi}\quad (n\in \mathbb{N})\]
\[ b_n=\frac{1}{(2n+1)\pi}\quad (n\in \mathbb{N})\]
により定めると
\[ \lim _{n\to \infty}a_n=\lim _{n\to \infty}b_n=0\]
であり
\[ \begin{aligned}&2\sin \left( \frac{1}{a_n}\right) -\frac{1}{a_n}\cos \left( \frac{1}{a_n}\right) \\ =&2\sin 2n\pi -2n\pi \cos 2n\pi \\ =&-2n\pi \end{aligned}\]
\[ \begin{aligned}&2\sin \left( \frac{1}{b_n}\right) -\frac{1}{b_n}\cos \left( \frac{1}{b_n}\right) \\ =&2\sin (2n+1)\pi -(2n+1)\pi \cos (2n+1)\pi \\ =&(2n+1)\pi \end{aligned}\]
であるから
\[ \lim _{n\to \infty}\frac{f^{\prime}(a_n)-f^{\prime}(0)}{a_n}=-\infty \]
\[ \lim _{n\to \infty}\frac{f^{\prime}(b_n)-f^{\prime}(0)}{b_n}=+\infty \]
したがって
\[ \lim _{h\to 0}\frac{f^{\prime}(h)-f^{\prime}(0)}{h}\]
は存在しない．

関数$f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$を
\[ f(x)=\begin{dcases}-x&(x\ge 0)\\ \frac{1}{2}x^2-x&(x<0)\end{dcases}\]
により定めるとき，$f$は$2$回微分可能でない．

まず，$f$が$\mathbb{R}$上微分可能であることを示す．
任意の$x>0$に対して
\[ f^{\prime}(x)=(-x)^{\prime}=-1\]
任意の$x<0$に対して
\[ f^{\prime}(x)=\left( \frac{1}{2}x^2-x\right) ^{\prime}=x-1\]
また
\[ \lim _{h\to 0+}\frac{f(h)-f(0)}{h}=\lim _{h\to 0+}-1=-1\]
\[ \lim _{h\to 0-}\frac{f(h)-f(0)}{h}=\lim _{h\to 0-}\left( \frac{1}{2}h-1\right) =-1\]
であるから
\[ f^{\prime}(0)=-1\]

次に，$f(x)$が$x=0$で$2$回微分可能でないことを示す．
\[ \lim _{h\to 0+}\frac{f^{\prime}(h)-f^{\prime}(0)}{h}=\lim _{h\to 0+}\frac{-1-(-1)}{h}=\lim _{h\to 0+}0=0\]
\[ \lim _{h\to 0-}\frac{f^{\prime}(h)-f^{\prime}(0)}{h}=\lim _{h\to 0-}\frac{h-1-(-1)}{h}=\lim _{h\to 0-}-1=-1\]
であるから
\[ \lim _{h\to 0}\frac{f^{\prime}(h)-f^{\prime}(0)}{h}\]
は存在しない．