微分

微分の導入

実数上の実数値関数$𝑓\left(𝑥\right)$と$𝑎<𝑏$を満たす実数$𝑎,𝑏$に対して、変数$𝑥$の値が$𝑎$から$𝑏$まで変化するとき関数の値は$𝑓\left(𝑎\right)$から$𝑓\left(𝑏\right)$まで変化する。 このとき変化量の割合

$$\frac{𝑓\left(𝑏\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑏-𝑎}$$

は関数$𝑓\left(𝑥\right)$の$𝑎$から$𝑏$までの平均変化率と呼ばれる。 この平均変化率は様々な場面で登場する重要な量である。 例えば、関数$𝑦=𝑓\left(𝑥\right)$のグラフ上の点$\left(𝑎,𝑓\left(𝑎\right)\right)$と$\left(𝑏,𝑓\left(𝑏\right)\right)$を結ぶ直線の傾きは平均変化率に等しく、直線の方程式は

$$𝑦=\frac{𝑓\left(𝑏\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑏-𝑎}\left(𝑥-𝑎\right)+𝑓\left(𝑎\right)$$

となる。 また、$𝑥$を時刻で$𝑓\left(𝑥\right)$を物体の位置とすると、平均変化率は時刻$𝑎$から$𝑏$までの平均速度を表す。

ここで、$𝑎$における瞬間的な変化率を考えたいとする。 そのためには$𝑎=𝑏$としたいが平均変化率の定義では分母が$0$になってしまうので、極限を用いて次のように定義する。

$${𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)=\underset{𝑏\to 𝑎}{lim}\frac{𝑓\left(𝑏\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑏-𝑎}.$$

極限なので存在するとは限らないが、存在する場合には関数$𝑓\left(𝑥\right)$は点$𝑥=𝑎$で微分可能といい極限を微分係数と呼ぶ。 また、$𝑎$を変数$𝑥$に置き換え直して関数と考えた際の${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)$を微分導関数という。

先の例で説明すると、関数$𝑦=𝑓\left(𝑥\right)$のグラフに対して$𝑓$が$𝑎$で微分可能とすると$𝑏$を$𝑎$に近づけることで直線の方程式

$$𝑦={𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)\left(𝑥-𝑎\right)+𝑓\left(𝑎\right)$$

を得る。 関数$𝑦=𝑓\left(𝑥\right)$のグラフとこの直線は視覚的には接しているように見えることが多く、 実際図形的に定義される円（の一部）の接線と上記の直線は一致する。 そこで関数$𝑦=𝑓\left(𝑥\right)$と点$𝑥=𝑎$に対して上記の方程式式 (0.1) で定まる直線を$𝑦=𝑓\left(𝑥\right)$の$𝑥=𝑎$での接線という。 また、$𝑥$を時刻と$𝑓\left(𝑥\right)$を位置とすると微分係数${𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)$は時刻$𝑎$での速度であり、微分導関数${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)$は刻一刻と変化する速度を記録したものである。

簡単な関数で微分係数や微分導関数を計算してみよう。 まず、定数関数$𝑓\left(𝑥\right)=𝑐$ ($𝑐\in ℝ$)に対しては

$${𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)=\underset{𝑏\to 𝑎}{lim}\frac{𝑐-𝑐}{𝑏-𝑎}=0$$

であり、微分導関数は${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)=0$である。 次に一次関数$𝑓\left(𝑥\right)=𝑥$に対しては

$${𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)=\underset{𝑏\to 𝑎}{lim}\frac{𝑏-𝑎}{𝑏-𝑎}=1$$

であり、微分導関数は${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)=1$である。 ここまでは平均変化率が$𝑏$によらなかったので極限を取る必要はなかった。 二次関数$𝑓\left(𝑥\right)={𝑥}^2$に対しては

$${𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)=\underset{𝑏\to 𝑎}{lim}\frac{{𝑏}^2-{𝑎}^2}{𝑏-𝑎}=\underset{𝑏\to 𝑎}{lim}\left(𝑏+𝑎\right)=2𝑎$$

であり、微分導関数は${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)=2𝑥$である。

以上のように微分は原理的には平均変化率を求めて極限を取ることで計算できるが、 実際には四則演算や合成関数の微分など様々な計算規則が存在し、これらを用いることでより容易に計算できる。

微分係数と微分導関数

この節では実数の集合$𝑋$上で定義された実数値関数$𝑓:𝑋\to ℝ$と$𝑋$の点$𝑎$を考える。 特に点$𝑎$に対して正の数$𝛿>0$が存在して${𝐵}_{𝛿}\left(𝑎\right)=\left\{𝑥\in ℝ|\left|𝑥-𝑎\right|<𝛿\right\}$は$𝑋$の部分集合になっている状態を考える。 このような点$𝑎$を$𝑋$の内点という。

定義 1 (微分係数)

$𝑓$を実数の集合$𝑋$上で定義された実数値関数として、$𝑎$を$𝑋$の内点とする。 ここで、$𝑥\in 𝑋\backslash \left\{𝑎\right\}$で定義された関数$\frac{𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑥-𝑎}$が$𝑥\to 𝑎$で収束する時、 関数$𝑓\left(𝑥\right)$は点$𝑥=𝑎$で微分可能であるといい極限を微分係数という。 関数$𝑦=𝑓\left(𝑥\right)$の点$𝑥=𝑎$での微分係数を

$${𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right),\frac{\mathrm{d}𝑓}{\mathrm{d}𝑥}\left(𝑎\right),{\frac{\mathrm{d}𝑓}{\mathrm{d}𝑥}|}_{𝑥=𝑎},{{\left(𝑓\left(𝑥\right)\right)}^{\prime }|}_{𝑥=𝑎},{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(𝑓\left(𝑥\right)\right)|}_{𝑥=𝑎},{{𝑦}^{\prime }|}_{𝑎},{\frac{\mathrm{d}𝑦}{\mathrm{d}𝑥}|}_{𝑥=𝑎}$$

などで表す。 つまり、$ℎ=𝑥-𝑎$として

$${𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)=\underset{𝑥\to 𝑎}{lim}\frac{𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑥-𝑎}=\underset{ℎ\to 0}{lim}\frac{𝑓\left(𝑎+ℎ\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{ℎ}$$

である。

注意 2

微分可能であるためには連続である必要がある。

以下のことは複雑な形の関数の微分を計算する際に基礎的である。

命題 3 (和と定数倍の微分)

関数$𝑓\left(𝑥\right)$, $𝑔\left(𝑥\right)$が点$𝑥=𝑎$で微分可能として、$𝑐$を実数の定数とする。 この時、和$𝑓\left(𝑥\right)+𝑔\left(𝑥\right)$と定数倍$𝑐𝑓\left(𝑥\right)$も$𝑥=𝑎$で微分可能で、

$${\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(𝑓\left(𝑥\right)+𝑔\left(𝑥\right)\right)|}_{𝑥=𝑎}={𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)+{𝑔}^{\prime }\left(𝑎\right),{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(𝑐𝑓\left(𝑥\right)\right)|}_{𝑥=𝑎}=𝑐{𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)$$

が成立する。

このことを微分の線形性という。

証明

$𝑥\to 𝑎$で

$$\frac{\left(𝑓\left(𝑥\right)+𝑔\left(𝑥\right)\right)-\left(𝑓\left(𝑎\right)+𝑔\left(𝑎\right)\right)}{𝑥-𝑎}=\frac{𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑥-𝑎}+\frac{𝑔\left(𝑥\right)-𝑔\left(𝑎\right)}{𝑥-𝑎}\to {𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)+{𝑔}^{\prime }\left(𝑎\right),$$$$\frac{𝑐𝑓\left(𝑥\right)-𝑐𝑓\left(𝑎\right)}{𝑥-𝑎}=𝑐\frac{𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑥-𝑎}\to 𝑐{𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)$$

より示される。

命題 4 (積の微分)

関数$𝑓\left(𝑥\right)$, $𝑔\left(𝑥\right)$が点$𝑥=𝑎$で微分可能とする。 この時、積$𝑓\left(𝑥\right)𝑔\left(𝑥\right)$も$𝑥=𝑎$で微分可能で、

$${\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(𝑓\left(𝑥\right)𝑔\left(𝑥\right)\right)|}_{𝑥=𝑎}={𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)𝑔\left(𝑎\right)+𝑓\left(𝑎\right){𝑔}^{\prime }\left(𝑎\right)$$

が成立する。

証明

$𝑥\to 𝑎$で

$$\frac{𝑓\left(𝑥\right)𝑔\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)𝑔\left(𝑎\right)}{𝑥-𝑎}=\frac{𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑥-𝑎}𝑔\left(𝑥\right)+𝑓\left(𝑎\right)\frac{𝑔\left(𝑥\right)-𝑔\left(𝑎\right)}{𝑥-𝑎}\to {𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)𝑔\left(𝑎\right)+𝑓\left(𝑎\right){𝑔}^{\prime }\left(𝑎\right)$$

より示される。

命題 5 (商の微分)

関数$𝑓\left(𝑥\right)$, $𝑔\left(𝑥\right)$が点$𝑥=𝑎$で微分可能で$𝑔\left(𝑎\right)\ne 0$とする。 この時、商$\frac{𝑓\left(𝑥\right)}{𝑔\left(𝑥\right)}$も$𝑥=𝑎$で微分可能で、

$${\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(\frac{𝑓\left(𝑥\right)}{𝑔\left(𝑥\right)}\right)|}_{𝑥=𝑎}=\frac{{𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)𝑔\left(𝑎\right)-𝑓\left(𝑎\right){𝑔}^{\prime }\left(𝑎\right)}{{𝑔\left(𝑎\right)}^2}$$

が成立する。

証明

$𝑥\to 𝑎$で

$$\frac{\frac{𝑓\left(𝑥\right)}{𝑔\left(𝑥\right)}-\frac{𝑓\left(𝑎\right)}{𝑔\left(𝑎\right)}}{𝑥-𝑎}=\frac{𝑓\left(𝑥\right)𝑔\left(𝑎\right)-𝑓\left(𝑎\right)𝑔\left(𝑥\right)}{𝑔\left(𝑥\right)𝑔\left(𝑎\right)\left(𝑥-𝑎\right)}=\frac{\left(𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)\right)𝑔\left(𝑎\right)-𝑓\left(𝑎\right)\left(𝑔\left(𝑥\right)-𝑔\left(𝑎\right)\right)}{𝑔\left(𝑥\right)𝑔\left(𝑎\right)\left(𝑥-𝑎\right)}\to \frac{{𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)𝑔\left(𝑎\right)-𝑓\left(𝑎\right){𝑔}^{\prime }\left(𝑎\right)}{{𝑔\left(𝑎\right)}^2}$$

より示される。

命題 6 (合成関数の微分)

関数$𝑓\left(𝑥\right)$が点$𝑥=𝑎$で微分可能で$𝑔\left(𝑦\right)$が点$𝑦=𝑓\left(𝑥\right)$で微分可能とする。 この時、合成関数$𝑓\left(𝑔\left(𝑥\right)\right)$も$𝑥=𝑎$で微分可能で、

$${\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(𝑓\left(𝑔\left(𝑥\right)\right)\right)|}_{𝑥=𝑎}={𝑔}^{\prime }\left(𝑓\left(𝑎\right)\right){𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)$$

が成立する。

証明

$𝑥\to 𝑎$で$𝑓\left(𝑥\right)\to 𝑓\left(𝑎\right)$に注意して、

$$\frac{𝑔\left(𝑓\left(𝑥\right)\right)-𝑔\left(𝑓\left(𝑎\right)\right)}{𝑥-𝑎}=\frac{𝑔\left(𝑓\left(𝑥\right)\right)-𝑔\left(𝑓\left(𝑎\right)\right)}{𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)}\frac{𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑥-𝑎}\to {𝑔}^{\prime }\left(𝑓\left(𝑎\right)\right){𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)$$

より示される。

この公式は$𝑦=𝑓\left(𝑥\right)$, $𝑧=𝑔\left(𝑦\right)$として

$$\frac{\mathrm{d}𝑧}{\mathrm{d}𝑥}=\frac{\mathrm{d}𝑧}{\mathrm{d}𝑦}\frac{\mathrm{d}𝑦}{\mathrm{d}𝑥}$$

と考えると覚えやすい。

命題 7 (逆関数の微分)

$𝑋,𝑌$を実数の集合とし、連続関数$𝑓:𝑋\to 𝑌$に対して逆関数$𝑔={𝑓}^{-1}:𝑌\to 𝑋$が連続関数として存在するとする。 ここで$𝑓\left(𝑥\right)$が$𝑋$の内点$𝑎$で微分可能で${𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)\ne 0$とするとき、 $𝑏=𝑓\left(𝑎\right)$は$𝑌$の内点であり逆関数$𝑔\left(𝑦\right)$は点$𝑏=𝑓\left(𝑎\right)$で微分可能で

$${𝑔}^{\prime }\left(𝑏\right)={\left({𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)\right)}^{-1}=\frac{1}{{𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)}$$

が成立する。

逆関数は合成関数により$𝑔\left(𝑓\left(𝑥\right)\right)=𝑥$と特徴づけられるので、$𝑔$が微分可能であれば逆関数の微分の公式は合成関数の微分の公式から従うが、今回は逆関数の微分可能性も示す必要がある。

証明

$𝑦\to 𝑏$で$𝑥={𝑓}^{-1}\left(𝑦\right)$と置き換えることで${𝑓}^{-1}$の連続性から$𝑥\to {𝑓}^{-1}\left(𝑏\right)=𝑎$なので

$$\frac{𝑔\left(𝑦\right)-𝑔\left(𝑏\right)}{𝑦-𝑏}=\frac{𝑥-𝑎}{𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)}=\frac{1}{\frac{𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑥-𝑎}}\to \frac{1}{{𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)}$$

より示される。

関数の極限に右極限・左極限があったように微分にも右微分と左微分が定義される。

定義 8 (片側微分)

$𝑓$を実数の集合$𝑋$上で定義された実数値関数として、$𝑎$を$𝑋$の内点とする。

• $𝑥\in 𝑋\backslash \left\{𝑎\right\}$で定義された関数$\frac{𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑥-𝑎}$が右からの極限$𝑥\to 𝑎+$で収束する時、 関数$𝑓\left(𝑥\right)$は点$𝑥=𝑎$で右微分可能であるといい極限を右微分係数という。 関数$𝑦=𝑓\left(𝑥\right)$の点$𝑥=𝑎$での右微分係数を

  $${𝑓}^{\prime +}\left(𝑎\right),\frac{\mathrm{d}𝑓}{\mathrm{d}{𝑥}^{+}}\left(𝑎\right),{\frac{\mathrm{d}𝑓}{\mathrm{d}{𝑥}^{+}}|}_{𝑥=𝑎},{{\left(𝑓\left(𝑥\right)\right)}^{\prime +}|}_{𝑥=𝑎},{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}{𝑥}^{+}}\left(𝑓\left(𝑥\right)\right)|}_{𝑥=𝑎},{{𝑦}^{\prime +}|}_{𝑎},{\frac{\mathrm{d}𝑦}{\mathrm{d}{𝑥}^{+}}|}_{𝑥=𝑎}$$

  などで表す。 つまり、

  $${𝑓}^{\prime +}\left(𝑎\right)=\underset{𝑥\to 𝑎+}{lim}\frac{𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑥-𝑎}=\underset{ℎ\to 0+}{lim}\frac{𝑓\left(𝑎+ℎ\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{ℎ}$$

  である。

• $𝑥\in 𝑋\backslash \left\{𝑎\right\}$で定義された関数$\frac{𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑥-𝑎}$が左からの極限$𝑥\to 𝑎-$で収束する時、 関数$𝑓\left(𝑥\right)$は点$𝑥=𝑎$で左微分可能であるといい極限を左微分係数という。 関数$𝑦=𝑓\left(𝑥\right)$の点$𝑥=𝑎$での左微分係数を

  $${𝑓}^{\prime -}\left(𝑎\right),\frac{\mathrm{d}𝑓}{\mathrm{d}{𝑥}^{-}}\left(𝑎\right),{\frac{\mathrm{d}𝑓}{\mathrm{d}{𝑥}^{-}}|}_{𝑥=𝑎},{{\left(𝑓\left(𝑥\right)\right)}^{\prime -}|}_{𝑥=𝑎},{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}{𝑥}^{-}}\left(𝑓\left(𝑥\right)\right)|}_{𝑥=𝑎},{{𝑦}^{\prime -}|}_{𝑎},{\frac{\mathrm{d}𝑦}{\mathrm{d}{𝑥}^{-}}|}_{𝑥=𝑎}$$

  などで表す。 つまり、

  $${𝑓}^{\prime -}\left(𝑎\right)=\underset{𝑥\to 𝑎-}{lim}\frac{𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑥-𝑎}=\underset{ℎ\to 0-}{lim}\frac{𝑓\left(𝑎+ℎ\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{ℎ}$$

  である。

右微分・左微分の記号は$𝑥$の肩でなく上の$d$の肩に符号を書くことが多いが、本テキストでは様々な事情によりこの記法を採用する。

微分可能であることの必要十分条件は右微分係数と左微分係数が一致することである。

命題 9

関数$𝑓=𝑓\left(𝑥\right)$が点$𝑥=𝑎$で微分可能であることの必要十分条件は、 関数$𝑓=𝑓\left(𝑥\right)$が点$𝑥=𝑎$で右微分可能かつ左微分可能で

$${𝑓}^{\prime +}\left(𝑎\right)={𝑓}^{\prime -}\left(𝑎\right)$$

が成り立つことである。

証明

右極限、左極限が一致しているので従う。

実数の集合$𝑋$であって$𝑋$のすべての点が$𝑋$の内点になっているものを開集合という。 開区間は開集合である。

定義 10 (微分導関数)

$𝑓$を開集合$𝑋$上で定義された実数値関数とする。 ここで、$𝑋$のすべての点で関数$𝑓$が微分可能であるとき$𝑓$は$𝑋$上微分可能であるという。 この時、$𝑥\in 𝑋$に対して微分係数${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)$を対応させる集合$𝑋$上の実数値関数を$𝑓$の微分導関数という。 関数$𝑦=𝑓\left(𝑥\right)$の微分導関数を

$${𝑓}^{\prime },\frac{\mathrm{d}𝑓}{\mathrm{d}𝑥},{\left(𝑓\left(𝑥\right)\right)}^{\prime },\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(𝑓\left(𝑥\right)\right),{𝑦}^{\prime },\frac{\mathrm{d}𝑦}{\mathrm{d}𝑥}$$

などで表す。

微分導関数はしばしば導関数と略される。

これまでの内容から以下がわかる。

命題 11 (四則演算の導関数)

関数$𝑓$, $𝑔$が開集合$𝑋$で微分可能とする。 この時、和$𝑓\left(𝑥\right)+𝑔\left(𝑥\right)$、差$𝑓\left(𝑥\right)-𝑔\left(𝑥\right)$、積$𝑓\left(𝑥\right)𝑔\left(𝑥\right)$、各$𝑥\in 𝑋$で$𝑔\left(𝑥\right)\ne 0$のとき商$\frac{𝑓\left(𝑥\right)}{𝑔\left(𝑥\right)}$も$𝑋$上微分可能で、

$${\left(𝑓\left(𝑥\right)+𝑔\left(𝑥\right)\right)}^{\prime }={𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)+{𝑔}^{\prime }\left(𝑥\right),{\left(𝑓\left(𝑥\right)-𝑔\left(𝑥\right)\right)}^{\prime }={𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)-{𝑔}^{\prime }\left(𝑥\right),$$$${\left(𝑓\left(𝑥\right)𝑔\left(𝑥\right)\right)}^{\prime }={𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)𝑔\left(𝑥\right)+𝑓\left(𝑥\right){𝑔}^{\prime }\left(𝑥\right),{\left(\frac{𝑓\left(𝑥\right)}{𝑔\left(𝑥\right)}\right)}^{\prime }=\frac{{𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)𝑔\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑥\right){𝑔}^{\prime }\left(𝑥\right)}{{𝑔\left(𝑥\right)}^2}$$

が成立する。

命題 12 (合成関数の導関数)

関数$𝑓$が開集合$𝑋$で微分可能で、関数$𝑔$が開集合$𝑌$で微分可能とする。 $𝑓\left(𝑋\right)\subset 𝑌$のとき、合成関数$𝑔\left(𝑓\left(𝑥\right)\right)$は$𝑋$で微分可能で、

$${\left(𝑔\left(𝑓\left(𝑥\right)\right)\right)}^{\prime }={𝑔}^{\prime }\left(𝑓\left(𝑥\right)\right){𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)$$

が成立する。

命題 13 (逆関数の導関数)

$𝑋,𝑌$を開集合とし、連続関数$𝑓:𝑋\to 𝑌$に対して逆関数${𝑓}^{-1}:𝑌\to 𝑋$が連続関数として存在するとする。 ここで$𝑓\left(𝑥\right)$が$𝑋$で微分可能ですべての$𝑥\in 𝑋$で${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)\ne 0$とするとき、 逆関数${𝑓}^{-1}\left(𝑦\right)$は$𝑌$で微分可能で

$${\left({𝑓}^{-1}\right)}^{\prime }\left(𝑦\right)=({𝑓}^{\prime }{\left({𝑓}^{-1}\left(𝑦\right)\right)}^{-1}=\frac{1}{{𝑓}^{\prime }\left({𝑓}^{-1}\left(𝑦\right)\right)}$$

が成立する。

種々の関数の微分

$𝑐$を実数として定数関数$𝑐$は$ℝ$で微分可能で、

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(𝑐\right)=\underset{ℎ\to 0}{lim}\frac{𝑐-𝑐}{ℎ}=0$$

である。

実数$𝑥$と$𝑛=1,2,3,\dots$に対してべき関数${𝑥}^{𝑛}$は$ℝ$で微分可能で、

$$\begin{array}{cc}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left({𝑥}^{𝑛}\right)& =\underset{ℎ\to 0}{lim}\frac{{\left(𝑥+ℎ\right)}^{𝑛}-{𝑥}^{𝑛}}{ℎ}=\underset{ℎ\to 0}{lim}\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{𝑛}{0}\right){𝑥}^{𝑛}+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{𝑛}{1}\right)ℎ{𝑥}^{𝑛-1}+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{𝑛}{2}\right){ℎ}^2{𝑥}^{𝑛-2}+\dots \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{𝑛}{𝑛}\right){ℎ}^{𝑛}-{𝑥}^{𝑛}}{ℎ}\\ & =\underset{ℎ\to 0}{lim}\left(𝑛{𝑥}^{𝑛-1}+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{𝑛}{2}\right)ℎ{𝑥}^{𝑛-2}+\dots \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{𝑛}{𝑛}\right){ℎ}^{𝑛-1}\right)\\ & =𝑛{𝑥}^{𝑛-1}\end{array}$$

である。

$0$でない実数$𝑥$と$𝑛=1,2,3,\dots$に対して負べき関数${𝑥}^{-𝑛}$は$ℝ\backslash \left\{0\right\}$で微分可能で、

$$\begin{array}{cc}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left({𝑥}^{-𝑛}\right)& =\underset{ℎ\to 0}{lim}\frac{{\left(𝑥+ℎ\right)}^{-𝑛}-{𝑥}^{-𝑛}}{ℎ}=\underset{ℎ\to 0}{lim}\frac{{𝑥}^{𝑛}-{\left(𝑥+ℎ\right)}^{𝑛}}{{\left(𝑥+ℎ\right)}^{𝑛}{𝑥}^{𝑛}ℎ}=\underset{ℎ\to 0}{lim}\frac{-𝑛{𝑥}^{𝑛-1}-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{𝑛}{2}\right)ℎ{𝑥}^{𝑛-2}+\dots \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{𝑛}{𝑛}\right){ℎ}^{𝑛-1}}{{\left(𝑥+ℎ\right)}^{𝑛}{𝑥}^{𝑛}}\\ & =\frac{-𝑛{𝑥}^{𝑛-1}}{{𝑥}^{2𝑛}}=-𝑛{𝑥}^{-𝑛-1}\end{array}$$

である。

定数関数とべき関数と負べき関数の結果を合わせて整数$𝑛$に対して、

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left({𝑥}^{𝑛}\right)=𝑛{𝑥}^{𝑛-1}$$

とまとめて書けるが、$𝑥$の範囲が異なることに注意する。

多項式関数は$ℝ$で微分可能で、${𝑎}_0,{𝑎}_1,{𝑎}_2,{𝑎}_3,\dots {𝑎}_{𝑛}$を$𝑛+1$個の実数定数として

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left({𝑎}_0+{𝑎}_1𝑥+{𝑎}_2{𝑥}^2+{𝑎}_3{𝑥}^3+\dots {𝑎}_{𝑛}{𝑥}^{𝑛}\right)={𝑎}_1+2{𝑎}_2𝑥+3{𝑎}_3{𝑥}^2+\dots 𝑛{𝑎}_{𝑛}{𝑥}^{𝑛-1}$$

である。

指数関数の微分を考える際にはまずネイピア数$𝑒$を底とする指数関数$exp𝑥={𝑒}^{𝑥}$を考える。 指数関数$exp$は$ℝ$で微分可能で、前巻で示した指数関数に関する極限の式より

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(exp𝑥\right)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left({𝑒}^{𝑥}\right)=\underset{ℎ\to 0}{lim}\frac{{𝑒}^{𝑥+ℎ}-{𝑒}^{𝑥}}{ℎ}=\underset{ℎ\to 0}{lim}\frac{{𝑒}^{ℎ}-1}{ℎ}{𝑒}^{𝑥}={𝑒}^{𝑥}$$

である。 一般の底$𝑎>0$に対しては$𝑎={𝑒}^{log𝑎}$に注意して合成関数の微分より

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left({exp}_{𝑎}𝑥\right)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left({𝑎}^{𝑥}\right)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left({𝑒}^{𝑥log𝑎}\right)={𝑒}^{𝑥log𝑎}log𝑎={𝑎}^{𝑥}log𝑎$$

である。

対数関数${log}_{𝑎}$は指数関数${exp}_{𝑎}$の逆関数であることから$\left(0,\infty \right)$で微分可能で、

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(log𝑥\right)={\left({\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑦}\left({𝑒}^{𝑦}\right)|}_{𝑦=log𝑥}\right)}^{-1}={𝑥}^{-1}=\frac{1}{𝑥},$$$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left({log}_{𝑎}𝑥\right)={\left({\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑦}\left({𝑎}^{𝑦}\right)|}_{𝑦={log}_{𝑎}𝑥}\right)}^{-1}={\left(𝑥log𝑎\right)}^{-1}=\frac{1}{𝑥log𝑎}$$

である。

正の数$𝑥$と実数$𝑎$に対してべき関数${𝑥}^{𝑎}$は$\left(0,\infty \right)$で微分可能で、$𝑥={𝑒}^{log𝑥}$に注意して、

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left({𝑥}^{𝑎}\right)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left({𝑒}^{𝑎log𝑥}\right)={𝑒}^{𝑎log𝑥}\frac{𝑎}{𝑥}=𝑎{𝑥}^{𝑎-1}$$

である。 この方法の肝は関数$𝑓\left(𝑥\right)$の微分を計算するときに対数を取った関数$log𝑓\left(𝑥\right)$の微分を考えていることである。

命題 1 (対数微分法)

関数$𝑓$を開集合$𝑋$上で微分可能な正の実数値関数とする。 このとき、

$${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)={\left(log𝑓\left(𝑥\right)\right)}^{\prime }𝑓\left(𝑥\right)$$

が成立する。

証明

計算すると

$${\left(log𝑓\left(𝑥\right)\right)}^{\prime }=\frac{{𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)}{𝑓\left(𝑥\right)}$$

であることから従う。

例 2

$𝑓\left(𝑥\right)={𝑥}^{𝑥}$ ($𝑥>0$)とおくと$log𝑓\left(𝑥\right)=𝑥log𝑥$であることから、

$${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)={\left(𝑥log𝑥\right)}^{\prime }{𝑥}^{𝑥}=\left(log𝑥+\frac{𝑥}{𝑥}\right){𝑥}^{𝑥}=\left(log𝑥+1\right){𝑥}^{𝑥}$$

である。

例 3

$𝑓\left(𝑥\right)={𝑥}^{{𝑥}^{𝑥}}$ ($𝑥>0$)とおくと$log𝑓\left(𝑥\right)={𝑥}^{𝑥}log𝑥$であることから、

$${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)={\left(log𝑓\left(𝑥\right)\right)}^{\prime }{𝑥}^{{𝑥}^{𝑥}}=\left[\left(log𝑥+1\right){𝑥}^{𝑥}log𝑥+\left(\frac{1}{𝑥}\right){𝑥}^{𝑥}\right]{𝑥}^{{𝑥}^{𝑥}}=\left[\left(log𝑥+1\right)log𝑥+\frac{1}{𝑥}\right]{𝑥}^{𝑥}{𝑥}^{{𝑥}^{𝑥}}$$

である。

正弦関数$sin$は$ℝ$で微分可能で、正弦関数の和積公式と極限の公式より

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(sin𝑥\right)=\underset{ℎ\to 0}{lim}\frac{sin\left(𝑥+ℎ\right)-sin𝑥}{ℎ}=\underset{ℎ\to 0}{lim}\frac{2cos\left(𝑥+\frac{ℎ}{2}\right)sin\left(\frac{ℎ}{2}\right)}{ℎ}=\underset{ℎ\to 0}{lim}cos\left(𝑥+\frac{ℎ}{2}\right)\frac{sin\left(\frac{ℎ}{2}\right)}{\frac{ℎ}{2}}=cos𝑥.$$

余弦関数$cos$も$ℝ$で微分可能で、

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(cos𝑥\right)=\underset{ℎ\to 0}{lim}\frac{cos\left(𝑥+ℎ\right)-cos𝑥}{ℎ}=\underset{ℎ\to 0}{lim}\frac{-2sin\left(𝑥+\frac{ℎ}{2}\right)sin\left(\frac{ℎ}{2}\right)}{ℎ}=-\underset{ℎ\to 0}{lim}sin\left(𝑥+\frac{ℎ}{2}\right)\frac{sin\left(\frac{ℎ}{2}\right)}{\frac{ℎ}{2}}=-sin𝑥.$$

正接関数$tan$は$\left(-\frac{𝜋}{2},+\frac{𝜋}{2}\right)$で微分可能で、

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(tan𝑥\right)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(\frac{sin𝑥}{cos𝑥}\right)=\frac{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(sin𝑥\right)cos𝑥-sin𝑥\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(cos𝑥\right)}{{cos}^2𝑥}=\frac{{cos}^2𝑥+{sin}^2𝑥}{{cos}^2𝑥}=\frac{1}{{cos}^2𝑥}.$$

逆正弦関数$arcsin$は$\left(-1,+1\right)$で微分可能で、

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(arcsin𝑥\right)={\left({\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑦}\left(sin𝑦\right)|}_{𝑦=arcsin𝑥}\right)}^{-1}={\left(cos\left(arcsin𝑥\right)\right)}^{-1}=\frac{1}{\sqrt{1-{sin}^2\left(arcsin𝑥\right)}}=\frac{1}{\sqrt{1-{𝑥}^2}}.$$

逆余弦関数$arccos$も$\left(-1,+1\right)$で微分可能で、

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(arccos𝑥\right)={\left({\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑦}\left(cos𝑦\right)|}_{𝑦=arccos𝑥}\right)}^{-1}={\left(-sin\left(arccos𝑥\right)\right)}^{-1}=-\frac{1}{\sqrt{1-{sin}^2\left(arccos𝑥\right)}}=-\frac{1}{\sqrt{1-{𝑥}^2}}.$$

逆正接関数$arctan$は$ℝ$で微分可能で、

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(arctan𝑥\right)={\left({\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑦}\left(tan𝑦\right)|}_{𝑦=arctan𝑥}\right)}^{-1}={\left(\frac{1}{{cos}^2\left(arctan𝑥\right)}\right)}^{-1}=\frac{1}{1+{tan}^2\left(arctan𝑥\right)}=\frac{1}{1+{𝑥}^2}.$$

ここで${cos}^2𝑥+{sin}^2𝑥=1$から従う公式$1+{tan}^2𝑥=\frac{1}{{cos}^2𝑥}$を用いた。

双曲線正弦関数$sinh𝑥$は$ℝ$で微分可能で、

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(sinh𝑥\right)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(\frac{{𝑒}^{𝑥}-{𝑒}^{-𝑥}}{2}\right)=\frac{{𝑒}^{𝑥}+{𝑒}^{-𝑥}}{2}=cosh𝑥.$$

双曲線余弦関数$cosh𝑥$も$ℝ$で微分可能で、

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(cosh𝑥\right)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(\frac{{𝑒}^{𝑥}+{𝑒}^{-𝑥}}{2}\right)=\frac{{𝑒}^{𝑥}-{𝑒}^{-𝑥}}{2}=sinh𝑥.$$

双曲線正接関数$tanh𝑥$は$ℝ$で微分可能で、

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(tanh𝑥\right)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(\frac{sinh𝑥}{cosh𝑥}\right)=\frac{{cosh}^2𝑥-{sinh}^2𝑥}{{cosh}^2𝑥}=\frac{1}{{cosh}^2𝑥}.$$

逆双曲線正弦関数$arsinh𝑥$は$ℝ$で微分可能で、

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(arsinh𝑥\right)={\left({\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑦}\left(sinh𝑦\right)|}_{𝑦=arsinh𝑥}\right)}^{-1}={\left(cosh\left(arsinh𝑥\right)\right)}^{-1}=\frac{1}{\sqrt{1+{sinh}^2\left(arsinh𝑥\right)}}=\frac{1}{\sqrt{1+{𝑥}^2}}.$$

逆双曲線余弦関数$arcosh𝑥$は$\left(1,+\infty \right)$で微分可能で、

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(arcosh𝑥\right)={\left({\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑦}\left(cosh𝑦\right)|}_{𝑦=arcosh𝑥}\right)}^{-1}={\left(sinh\left(arcosh𝑥\right)\right)}^{-1}=\frac{1}{\sqrt{{cosh}^2\left(arcosh𝑥\right)-1}}=\frac{1}{\sqrt{{𝑥}^2-1}}.$$

逆双曲線正接関数$artanh𝑥$は$\left(-1,+1\right)$で微分可能で、

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(artanh𝑥\right)={\left({\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑦}\left(tanh𝑦\right)|}_{𝑦=artanh𝑥}\right)}^{-1}={\left(\frac{1}{{cosh}^2\left(artanh𝑥\right)}\right)}^{-1}=\frac{1}{1-{tanh}^2\left(artanh𝑥\right)}=\frac{1}{1-{𝑥}^2}.$$

ここで${cosh}^2𝑥-{sinh}^2𝑥=1$から従う公式$1-{tanh}^2𝑥=\frac{1}{{cosh}^2𝑥}$を用いた。

絶対値関数$abs$は$ℝ\backslash \left\{0\right\}$で微分可能で、

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(abs\left(𝑥\right)\right)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(\left|𝑥\right|\right)=\{\begin{array}{cc}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(+𝑥\right)& \left(𝑥>0\right)\\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(-𝑥\right)& \left(𝑥<0\right)\end{array}=\{\begin{array}{cc}+1& \left(𝑥>0\right)\\ -1& \left(𝑥<0\right)\end{array}=sgn\left(𝑥\right).$$

である。 ここで$𝑥=0$では微分可能でないことに注意する。 しかしながら、$abs$は$𝑥=0$で右微分可能かつ左微分可能であり、

$${\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}{𝑥}^{+}}\left(abs\left(𝑥\right)\right)|}_{𝑥=0}={\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}{𝑥}^{+}}\left(\left|𝑥\right|\right)|}_{𝑥=0}=+1,$$$${\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}{𝑥}^{-}}\left(abs\left(𝑥\right)\right)|}_{𝑥=0}={\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}{𝑥}^{-}}\left(\left|𝑥\right|\right)|}_{𝑥=0}=-1$$

が成り立つ。

符号関数$sgn$は$ℝ\backslash \left\{0\right\}$で微分可能で、

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(sgn\left(𝑥\right)\right)=\{\begin{array}{cc}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(+1\right)& \left(𝑥>0\right)\\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(-1\right)& \left(𝑥<0\right)\end{array}=0.$$

ただし、$𝑥=0$では微分可能でないことに注意する。

床関数$floor$と天井関数$ceil$はともに$ℝ\backslash \mathbb{Z}$で微分可能で、

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(\lfloor 𝑥\rfloor \right)=0,\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(\lceil 𝑥\rceil \right)=0.$$

ただし、$𝑥\in \mathbb{Z}$では微分可能でないことに注意する。 しかしながら、$floor$は$𝑥\in \mathbb{Z}$で右微分可能であり、$ceil$は$𝑥\in \mathbb{Z}$で左微分可能である。

ここで、対数関数$log$は$\left(0,\infty \right)$で微分できるが、導関数$\frac{1}{𝑥}$は$ℝ\backslash \left\{0\right\}$で定義されている。 そこで絶対値関数との合成を取ることで関数の定義される集合を拡張するという技法が知られている。 つまり、$0$でない実数$𝑥$に対して

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(log\left|𝑥\right|\right)=\{\begin{array}{cc}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(log\left(+𝑥\right)\right)& \left(𝑥>0\right)\\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(log\left(-𝑥\right)\right)& \left(𝑥<0\right)\end{array}=\{\begin{array}{cc}+\frac{1}{+𝑥}& \left(𝑥>0\right)\\ -\frac{1}{-𝑥}& \left(𝑥<0\right)\end{array}=\frac{1}{𝑥}$$

である。 同様のことは逆双曲線正接関数$artanh$についてもいえるが、こちらは

$$artanh𝑥=\frac{1}{2}log\frac{1+𝑥}{1-𝑥}$$

であることを思い出して以下のようにする。 つまり、$\pm 1$でない実数$𝑥$に対して

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(\frac{1}{2}log\left|\frac{1+𝑥}{1-𝑥}\right|\right)=\frac{1}{1-{𝑥}^2}$$

となる。

以上をまとめると各種関数の微分は以下のようになる。

命題 4 (種々の関数の微分)

$𝑥$を実数として以下が成立する。

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(𝑐\right)=0\left(𝑐\in ℝ\right),\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left({𝑥}^{𝑛}\right)=𝑛{𝑥}^{𝑛-1}(𝑛=1,2,3,\dots ,\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left({𝑥}^{-𝑛}\right)=-𝑛{𝑥}^{-𝑛-1}\left(𝑛=1,2,3,\dots 𝑥\ne 0\right).$$$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left({𝑎}_0+{𝑎}_1𝑥+{𝑎}_2{𝑥}^2+{𝑎}_3{𝑥}^3+\dots {𝑎}_{𝑛}{𝑥}^{𝑛}\right)={𝑎}_1+2{𝑎}_2𝑥+3{𝑎}_3{𝑥}^2+\dots 𝑛{𝑎}_{𝑛}{𝑥}^{𝑛-1}\left(𝑛=0,1,2,3,\dots {𝑎}_0,\dots .{𝑎}_{𝑛}\in ℝ\right).$$$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(𝑥{\left|𝑥\right|}^{𝑎-1}\right)=𝑎{\left|𝑥\right|}^{𝑎-1}\left(𝑎\in ℝ,𝑥\ne 0\right).$$$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(exp𝑥\right)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left({𝑒}^{𝑥}\right)={𝑒}^{𝑥},\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left({exp}_{𝑎}𝑥\right)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left({𝑎}^{𝑥}\right)=\left(log𝑎\right){𝑎}^{𝑥}\left(𝑎>0\right).$$$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(log\left|𝑥\right|\right)=\frac{1}{𝑥}\left(𝑥\ne 0\right),\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left({log}_{𝑎}\left|𝑥\right|\right)=\frac{1}{\left(log𝑎\right)𝑥}\left(𝑎>0,𝑎\ne 1,𝑥\ne 0\right).$$$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(sin𝑥\right)=cos𝑥,\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(cos𝑥\right)=-sin𝑥,\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(tan𝑥\right)=\frac{1}{{cos}^2}𝑥\left(𝑥\ne \frac{𝜋}{2}+𝑛𝜋,𝑛\in \mathbb{Z}\right).$$$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(arcsin𝑥\right)=\frac{1}{\sqrt{1-{𝑥}^2}}\left(-1<𝑥<+1\right),\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(arccos𝑥\right)=-\frac{1}{\sqrt{1-{𝑥}^2}}\left(-1<𝑥<+1\right),\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(arctan𝑥\right)=\frac{1}{1+{𝑥}^2}.$$$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(sinh𝑥\right)=cosh𝑥,\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(cosh𝑥\right)=sinh𝑥,\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(tanh𝑥\right)=\frac{1}{{cosh}^2}𝑥.$$$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(arsinh𝑥\right)=\frac{1}{\sqrt{1+{𝑥}^2}},\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(arcosh𝑥\right)=\frac{1}{\sqrt{{𝑥}^2-1}}\left(\left|𝑥\right|>1\right),\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(artanh𝑥\right)=\frac{1}{1-{𝑥}^2}\left(-1<𝑥<+1\right).$$$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(\frac{1}{2}log\left|\frac{1+𝑥}{1-𝑥}\right|\right)=\frac{1}{1-{𝑥}^2}\left(𝑥\ne \pm 1\right).$$$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(abs\left(𝑥\right)\right)=sgn\left(𝑥\right)\left(𝑥\ne 0\right),\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(sgn\left(𝑥\right)\right)=0\left(𝑥\ne 0\right).$$$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(floor\left(𝑥\right)\right)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}𝑥}\left(ceil\left(𝑥\right)\right)=0\left(𝑥\notin \mathbb{Z}\right).$$

微分と増減

定義 1 (極大・極小)

$𝑓$を実数の集合$𝑋$上の実数値関数とする。

• $𝑋$の内点$𝑎$であって、ある正の数$𝛿>0$が存在して$𝑓\left(𝑎\right)={max}_{{𝐵}_{𝛿}\left(𝑎\right)}𝑓$となる$𝑎\in 𝑋$のことを$𝑓$の極大点といい、$𝑓$は点$𝑎$で極大、またこの時の$𝑓\left(𝑎\right)$を$𝑓$の極大値という。 つまり、$𝑎$を$𝑓$の極大点とするとある正の数$𝛿>0$が存在して任意の$𝑥\in {𝐵}_{𝛿}\left(𝑎\right)$つまり$\left|𝑥-𝑎\right|<𝛿$を満たすすべての点$𝑥\in 𝑋$に対して$𝑓\left(𝑥\right)\le 𝑓\left(𝑎\right)$が成り立つ。
• $𝑋$の内点$𝑎$であって、ある正の数$𝛿>0$が存在して$𝑓\left(𝑎\right)={min}_{{𝐵}_{𝛿}\left(𝑎\right)}𝑓$となる$𝑎\in 𝑋$のことを$𝑓$の極小点といい、$𝑓$は点$𝑎$で極小、またこの時の$𝑓\left(𝑎\right)$を$𝑓$の極小値という。 つまり、$𝑎$を$𝑓$の極小点とするとある正の数$𝛿>0$が存在して任意の$𝑥\in {𝐵}_{𝛿}\left(𝑎\right)$つまり$\left|𝑥-𝑎\right|<𝛿$を満たすすべての点$𝑥\in 𝑋$に対して$𝑓\left(𝑥\right)\ge 𝑓\left(𝑎\right)$が成り立つ。

極大・極小は対象となる点の近くに限れば最大・最小となっている状況であり、関数に対して複数あることがある（ないこともある）。 また、最大点・最小点は必ず極大点・極小点である。

例 2

関数$𝑓\left(𝑥\right)=1-\frac{1}{2}{𝑥}^2+\frac{1}{24}{𝑥}^4$において、$𝑥=0$は極大点であるが、${lim}_{𝑥\to \pm \infty }𝑓\left(𝑥\right)=+\infty$なので、最大点ではない。

最大・最小・極大・極小と微分を結びつける次の定理は非常に重要である。

定理 3 (最大値原理)

実数の集合$𝑋$上の関数$𝑓$が$𝑋$の内点$𝑎$で最大または極大または最小または極小とする。 ここで、$𝑓$が$𝑎$で微分可能であるとすると、${𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)=0$が成立する。

証明

$𝑎$が極大点のときを考える。 つまり、ある$𝛿>0$が存在して任意の$𝑥\in {𝐵}_{𝛿}\left(𝑎\right)$に対して$𝑓\left(𝑥\right)\le 𝑓\left(𝑎\right)$が成り立つとする。 この時

$$\frac{𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑥-𝑎}\le 0\left(𝑎<𝑥<𝑎+𝛿\right),\frac{𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑥-𝑎}\ge 0\left(𝑎-𝛿<𝑥<𝑎\right).$$

したがって、

$${𝑓}^{\prime +}\left(𝑎\right)\le 0,{𝑓}^{\prime -}\left(𝑎\right)\ge 0$$

であり、$𝑎$で微分可能なので命題 9 より、

$${𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)={𝑓}^{\prime +}\left(𝑎\right)={𝑓}^{\prime -}\left(𝑎\right)=0$$

である。 最大点の時は極大点なので同じ証明でよい。 最小点、極小点の時は同様の議論をすることで式 (0.2) の代わりに

$${𝑓}^{\prime +}\left(𝑎\right)\ge 0,{𝑓}^{\prime -}\left(𝑎\right)\le 0$$

が得られて同じ結論が導かれる。

注意 4

証明を見ればわかる通り微分可能でなくとも、関数$𝑓$が極大点$𝑎$で右微分可能ないし左微分可能とすると不等式式 (0.2) が成り立ち、関数$𝑓$が極小点$𝑎$で右微分可能ないし左微分可能とすると不等式式 (0.3) が成り立つ。

この定理が重要な理由は関数$𝑓$の最大点・最小点を見つける問題が方程式${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)=0$を解くことに帰着されることにある。 そこでこの方程式${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)=0$のことを極値方程式といい、その解を停留点という。 最大値原理より、停留点は極大点・極小点の候補となる。

例 5

$ℝ$上の連続関数

$$𝑓\left(𝑥\right)=𝑥{𝑒}^{-𝑥}$$

を考える。 この関数は$𝑓\left(1\right)={𝑒}^{-1}>0$, ${lim}_{𝑥\to -\infty }𝑓\left(𝑥\right)=-\infty$, ${lim}_{𝑥\to +\infty }𝑓\left(𝑥\right)=0$なので、最大値を持つ。 （このことを厳密に示そうとしたら$-\infty ,0<{𝑒}^{-1}$より二つの実数$𝑎,𝑏$が存在して$𝑥<𝑎$または$𝑥>𝑏$で$𝑓\left(𝑥\right)<{𝑒}^{-1}$となり、$𝑓\left(1\right)={𝑒}^{-1}$より$𝑎\le 1\le 𝑏$であり、$𝑓$は連続関数なので最大値最小値定理よりこの範囲で最大値を取り、その値は${𝑒}^{-1}$以上なので最終的に$ℝ$上での最大値であることがわかる。） ここで、微分導関数は

$${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)=\left(1-𝑥\right){𝑒}^{-𝑥}$$

であり、最大点においてこれが$0$になるが、$𝑥=1$以外ありえない。 よって$𝑓\left(𝑥\right)$は$𝑥=1$で最大となることが結論付けられる。

微分を使って関数の増減などの挙動を調べる際に基礎的になるのが次の平均値の定理である。

定理 6 (平均値の定理)

有界閉区間$\left[𝑎,𝑏\right]$上の関数$𝑓$が$\left[𝑎,𝑏\right]$上で連続で$\left(𝑎,𝑏\right)$上で微分可能とする。 この時、ある$𝑎<𝑐<𝑏$が存在して

$${𝑓}^{\prime }\left(𝑐\right)=\frac{𝑓\left(𝑏\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑏-𝑎}$$

が成り立つ。

そしてその証明は次の特別な場合に示せばよい。

定理 7 (ロルの定理)

有界閉区間$\left[𝑎,𝑏\right]$上の関数$𝑓$が$\left[𝑎,𝑏\right]$上で連続で$\left(𝑎,𝑏\right)$上で微分可能とする。 ここで$𝑓\left(𝑎\right)=𝑓\left(𝑏\right)$の時、ある$𝑎<𝑐<𝑏$が存在して${𝑓}^{\prime }\left(𝑐\right)=0$が成り立つ。

証明 (ロルの定理の証明)

$𝑓$は有界閉区間$\left[𝑎,𝑏\right]$上の連続関数より中間値の定理から最大点${𝑐}_{+}$と最小点${𝑐}_{-}$が存在する。 ここで、$𝑓\left({𝑐}_{+}\right)=𝑓\left({𝑐}_{-}\right)$の時は最大値と最小値が一致するので$𝑓\left(𝑥\right)$は定数関数で、各$𝑥\in \left[𝑎,𝑏\right]$に対して$𝑓\left(𝑥\right)=𝑓\left(𝑎\right)=𝑓\left(𝑏\right)$かつ$𝑥\in \left(𝑎,𝑏\right)$に対して${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)=0$である。 よって、この場合は$𝑐=\frac{𝑎+𝑏}{2}$とすればよい。 そうでない場合は${𝑐}_{+}$か${𝑐}_{-}$のうち少なくとも一方$𝑐$が$𝑓\left(𝑐\right)\ne 𝑓\left(𝑎\right)=𝑓\left(𝑏\right)$より、$𝑎<𝑐<𝑏$である。 さらに最大値原理（定理 3）より${𝑓}^{\prime }\left(𝑐\right)=0$なので、定理の証明が完成した。

証明 (平均値の定理の証明)

関数$𝐹$を

$$𝐹\left(𝑥\right)=𝑓\left(𝑥\right)-\frac{𝑓\left(𝑏\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑏-𝑎}\left(𝑥-𝑎\right)$$

とおくと、$𝐹\left(𝑎\right)=𝐹\left(𝑏\right)=𝑓\left(𝑎\right)$なので、ロルの定理が使えて${𝐹}^{\prime }\left(𝑐\right)=0$となる$𝑎<𝑐<𝑏$が存在する。 したがって、式 (0.4) が成り立つ。

平均値の定理から直ちに以下のことがわかる。

定理 8

$𝑓$を有界閉区間$\left[𝑎,𝑏\right]$上の連続関数とする。

• $𝑓$がすべての内点$𝑥\in \left(𝑎,𝑏\right)$で微分可能で${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)>0$を満たすならば、$𝑓\left(𝑎\right)<𝑓\left(𝑏\right)$が成り立つ。
• $𝑓$がすべての内点$𝑥\in \left(𝑎,𝑏\right)$で微分可能で${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)\ge 0$を満たすならば、$𝑓\left(𝑎\right)\le 𝑓\left(𝑏\right)$が成り立つ。
• $𝑓$がすべての内点$𝑥\in \left(𝑎,𝑏\right)$で微分可能で${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)<0$を満たすならば、$𝑓\left(𝑎\right)>𝑓\left(𝑏\right)$が成り立つ。
• $𝑓$がすべての内点$𝑥\in \left(𝑎,𝑏\right)$で微分可能で${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)\le 0$を満たすならば、$𝑓\left(𝑎\right)\ge 𝑓\left(𝑏\right)$が成り立つ。
• $𝑓$がすべての内点$𝑥\in \left(𝑎,𝑏\right)$で微分可能で${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)=0$を満たすならば、$𝑓\left(𝑎\right)=𝑓\left(𝑏\right)$が成り立つ。

証明

一つ目の主張のみ示す。 関数$𝑓$は$\left[𝑎,𝑏\right]$上連続で$\left(𝑎,𝑏\right)$上微分可能なので、平均値の定理より${𝑓}^{\prime }\left(𝑐\right)=\frac{𝑓\left(𝑏\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑏-𝑎}$となる点$𝑐\in \left(𝑎,𝑏\right)$が存在する。 $𝑐$は$𝐼$の内点なので仮定より${𝑓}^{\prime }\left(𝑐\right)>0$より$𝑓\left(𝑏\right)-𝑓\left(𝑎\right)>0$がわかる。 他の主張も同様に示される。

系 8.1

$𝑓$を区間$𝐼$上の連続関数とする。

• $𝑓$がすべての内点$𝑥$で微分可能で${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)>0$を満たすならば、$𝑓$は狭義単調増加である。
• $𝑓$がすべての内点$𝑥$で微分可能で${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)\ge 0$を満たすならば、$𝑓$は広義単調増加である。
• $𝑓$がすべての内点$𝑥$で微分可能で${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)<0$を満たすならば、$𝑓$は狭義単調減少である。
• $𝑓$がすべての内点$𝑥$で微分可能で${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)\le 0$を満たすならば、$𝑓$は広義単調減少である。
• $𝑓$がすべての内点$𝑥$で微分可能で${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)=0$を満たすならば、$𝑓$は定数関数である。

この定理を用いると、微分が$0$となる点で区間を分割することで関数の増減を知ることができる。

例 9

関数の例$𝑓\left(𝑥\right)=1-\frac{1}{2}{𝑥}^2+\frac{1}{24}{𝑥}^4$を考えると${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)=-𝑥+\frac{1}{6}{𝑥}^3$で${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)=0$を解くと$𝑥=0,\pm \sqrt{6}$である。 したがってこの関数は$(-\infty ,-\sqrt{6}]$で狭義単調減少し$-\sqrt{6}$で極小となり$\left[-\sqrt{6},0\right]$で狭義単調増加し$0$で極大となり$\left[0,+\sqrt{6}\right]$で狭義単調減少し$+\sqrt{6}$で極小となり$[+\sqrt{6},+\infty )$で狭義単調増大する。

系 9.1 (微分判定法)

$𝑓$を区間$𝐼$上の連続関数として、$𝑎\in 𝐼$とする。

• $𝑓$が$𝑥<𝑎$なるすべての内点$𝑥$で微分可能で${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)\ge 0$かつ$𝑥>𝑎$なるすべての内点$𝑥$で微分可能で${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)\le 0$を満たすならば、$𝑓$は$𝑎$で最大となる。
• $𝑓$が$𝑥<𝑎$なるすべての内点$𝑥$で微分可能で${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)\le 0$かつ$𝑥>𝑎$なるすべての内点$𝑥$で微分可能で${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)\ge 0$を満たすならば、$𝑓$は$𝑎$で最小となる。

最大値原理は最大・最小の必要条件を与えるが、この定理は十分条件の一つを与えている。

ロピタルの定理

この節では極限の問題を微分を使って見通しをよくするロピタルの定理を紹介する。 まず、その準備として次のコーシーの平均値の定理を示す。

定理 1 (コーシーの平均値の定理)

$𝑓$, $𝑔$は有界閉区間$\left[𝑎,𝑏\right]$上の連続関数で$\left(𝑎,𝑏\right)$上で微分可能とする。 ここで$𝑔\left(𝑎\right)\ne 𝑔\left(𝑏\right)$かつ任意の$𝑎<𝑥<𝑏$に対して${𝑔}^{\prime }\left(𝑥\right)\ne 0$ならば、ある$𝑎<𝑐<𝑏$が存在して

$$\frac{{𝑓}^{\prime }\left(𝑐\right)}{{𝑔}^{\prime }\left(𝑐\right)}=\frac{𝑓\left(𝑏\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑔\left(𝑏\right)-𝑔\left(𝑎\right)}$$

が成り立つ。

証明

$𝑔\left(𝑎\right)\ne 𝑔\left(𝑏\right)$に注意して関数$𝐹$を

$$𝐹\left(𝑥\right)=𝑓\left(𝑥\right)-\frac{𝑓\left(𝑏\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑔\left(𝑏\right)-𝑔\left(𝑎\right)}\left(𝑔\left(𝑥\right)-𝑔\left(𝑎\right)\right)$$

とおくと、$𝐹\left(𝑎\right)=𝐹\left(𝑏\right)=𝑓\left(𝑎\right)$なので、ロルの定理が使えて${𝐹}^{\prime }\left(𝑐\right)=0$となる$𝑎<𝑐<𝑏$が存在する。 したがって、${𝑓}^{\prime }\left(𝑐\right)=\frac{𝑓\left(𝑏\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑔\left(𝑏\right)-𝑔\left(𝑎\right)}{𝑔}^{\prime }\left(𝑐\right)$であり、整理してほしかった等式を得る。

定理 2 (ロピタルの定理１)

$𝑎$を開区間$𝐼$の内点、$𝑓$, $𝑔$は$𝐼\backslash \left\{𝑎\right\}$上の連続関数で$𝐼\backslash \left\{𝑎\right\}$上で微分可能であり各$𝑥\in 𝐼\backslash \left\{𝑎\right\}$に対して${𝑔}^{\prime }\left(𝑥\right)\ne 0$とする。 ここで、$𝑥\to 𝑎$で$𝑓\left(𝑥\right)\to 0$, $𝑔\left(𝑥\right)\to 0$であり$\frac{{𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)}{{𝑔}^{\prime }\left(𝑥\right)}$が収束するならば、$\frac{𝑓\left(𝑥\right)}{𝑔\left(𝑥\right)}$も収束して

$$\underset{𝑥\to 𝑎}{lim}\frac{𝑓\left(𝑥\right)}{𝑔\left(𝑥\right)}=\underset{𝑥\to 𝑎}{lim}\frac{{𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)}{{𝑔}^{\prime }\left(𝑥\right)}$$

が成り立つ。

証明

$𝑓\left(𝑎\right)=0$, $𝑔\left(𝑎\right)=0$とおいて$𝑓$, $𝑔$の定義域を$𝐼$に拡張すると$𝑓$, $𝑔$は$𝐼$上の連続関数である。 ここで$\left[𝑎,𝑥\right]\subset 𝐼$を満たす点$𝑥$を考え、$\left[𝑎,𝑥\right]$にコーシーの平均値の定理を用いれば、ある$𝑎<𝑐<𝑥$が存在して

$$\frac{{𝑓}^{\prime }\left(𝑐\right)}{{𝑔}^{\prime }\left(𝑐\right)}=\frac{𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑔\left(𝑥\right)-𝑔\left(𝑎\right)}=\frac{𝑓\left(𝑥\right)}{𝑔\left(𝑥\right)}$$

である。 このような$𝑥$に対してこのような$𝑐$の中から一つ選んで$𝑐\left(𝑥\right)$と定めると$𝑎<𝑐\left(𝑥\right)<𝑥$なので、$𝑥\to 𝑎+$とすると$𝑐\left(𝑥\right)\to 𝑎$となることと${lim}_{𝑥\to 𝑎}\frac{{𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)}{{𝑔}^{\prime }\left(𝑥\right)}$が存在することから、

$$\underset{𝑥\to 𝑎+}{lim}\frac{𝑓\left(𝑥\right)}{𝑔\left(𝑥\right)}=\underset{𝑥\to 𝑎+}{lim}\frac{{𝑓}^{\prime }\left(𝑐\left(𝑥\right)\right)}{{𝑔}^{\prime }\left(𝑐\left(𝑥\right)\right)}=\underset{𝑥\to 𝑎+}{lim}\frac{{𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)}{{𝑔}^{\prime }\left(𝑥\right)}.$$

同様にして$\left[𝑥,𝑎\right]\subset 𝐼$を満たす点$𝑥$を考えることで$𝑥\to 𝑎-$に対する式も得られて、この定理の証明が完成する。

注意 3

この定理は$𝑎=\pm \infty$のときでも同様のものが成り立つ。

定理 4 (ロピタルの定理２)

$𝑎$を開区間$𝐼$の内点、$𝑓$, $𝑔$は$𝐼\backslash \left\{𝑎\right\}$上の連続関数で$𝐼\backslash \left\{𝑎\right\}$上で微分可能であり各$𝑥\in 𝐼\backslash \left\{𝑎\right\}$に対して${𝑔}^{\prime }\left(𝑥\right)\ne 0$とする。 ここで、$𝑥\to 𝑎$で$𝑓\left(𝑥\right)\to +\infty$, $𝑔\left(𝑥\right)\to +\infty$であり、$\frac{{𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)}{{𝑔}^{\prime }\left(𝑥\right)}$が収束するならば、$\frac{𝑓\left(𝑥\right)}{𝑔\left(𝑥\right)}$も収束して

$$\underset{𝑥\to 𝑎}{lim}\frac{𝑓\left(𝑥\right)}{𝑔\left(𝑥\right)}=\underset{𝑥\to 𝑎}{lim}\frac{{𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)}{{𝑔}^{\prime }\left(𝑥\right)}$$

が成り立つ。

この定理の証明は難しく極限の定義つまり$𝜀$論法までさかのぼる必要がある。

証明

$𝜀>0$を固定すると、$𝛿>0$が存在して任意の$𝑎<𝑥\le 𝑎+𝛿$に対して$\left|\frac{{𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)}{{𝑔}^{\prime }\left(𝑥\right)}-𝑙\right|<𝜀$である。 ここで、$𝑎<𝑥<𝑦<𝑎+𝛿$なる点$𝑥,𝑦\in 𝐼$を考え、$\left[𝑥,𝑦\right]$にコーシーの平均値を用いれば、ある$𝑥<𝑐<𝑦$が存在して

$$\frac{{𝑓}^{\prime }\left(𝑐\right)}{{𝑔}^{\prime }\left(𝑐\right)}=\frac{𝑓\left(𝑦\right)-𝑓\left(𝑥\right)}{𝑔\left(𝑦\right)-𝑔\left(𝑥\right)}$$

つまり変形して、

$$\frac{𝑓\left(𝑥\right)}{𝑔\left(𝑥\right)}=\frac{{𝑓}^{\prime }\left(𝑐\right)}{{𝑔}^{\prime }\left(𝑐\right)}\frac{1-\frac{𝑔\left(𝑦\right)}{𝑔\left(𝑥\right)}}{1-\frac{𝑓\left(𝑦\right)}{𝑓\left(𝑥\right)}}$$

が成り立つ。 ここで、先に$𝑥\to 𝑎+$とすることを考えると、$𝑓\left(𝑥\right)\to +\infty$, $𝑔\left(𝑥\right)\to +\infty$であることから、極限が存在すれば

$$\underset{𝑥\to 𝑎}{lim}\frac{𝑓\left(𝑦\right)}{𝑔\left(𝑦\right)}=\underset{𝑥\to 𝑎+}{lim}\frac{{𝑓}^{\prime }\left(𝑐\left(𝑥,𝑦\right)\right)}{{𝑔}^{\prime }\left(𝑐\left(𝑥,𝑦\right)\right)}.$$

次いで、$𝑦\to 𝑎+$とすれば$𝑐\to 𝑎+$より、

$$\underset{𝑥\to 𝑎}{lim}\frac{𝑓\left(𝑦\right)}{𝑔\left(𝑦\right)}=\underset{𝑥\to 𝑎+}{lim}\frac{{𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)}{{𝑔}^{\prime }\left(𝑥\right)}.$$

左極限についても同様にして、この定理の証明が完成する。

注意 5

この定理は$𝑎=\pm \infty$のときでも同様のものが成り立つ。

リプシッツ連続関数

微分と結びついた連続性の概念としてリプシッツ連続性がある。 その定義は以下のとおりである。

定義 1 (リプシッツ連続関数)

$𝑓$を区間$𝐼$上の関数とする。 ここで、$𝑓$に対して次の条件を満たす有限な実数定数$𝐿$が存在するとき、$𝑓$は$𝐼$上でリプシッツ連続あるいは$𝐿$-リプシッツ連続であるという。

任意の$𝑥,𝑦\in 𝐼$に対して$\left|𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑦\right)\right|\le 𝐿\left|𝑥-𝑦\right|$が成り立つ。

例 2

定数関数$𝑓\left(𝑥\right)=𝑐$は$0$-リプシッツ連続であり、 一次関数$𝑓\left(𝑥\right)=𝑥$は$1$-リプシッツ連続である。 しかしながら二次関数$𝑓\left(𝑥\right)={𝑥}^2$は$ℝ$上でリプシッツ連続でない。 これは$\left|𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑦\right)\right|=\left|𝑥+𝑦\right|\left|𝑥-𝑦\right|$であり、$𝐿$をいくら大きく設定しても$𝑥,𝑦$が大きいと$\left|𝑥+𝑦\right|$がそれを超えてしまうためである。

注意 3

リプシッツ連続な関数はすべて連続関数である。

次に示すようにリプシッツ連続であることの十分条件は微分導関数が有界であることである。

命題 4

$𝑓$を区間$𝐼$上の連続関数ですべての内点$𝑥$で微分可能とする。 ここで、微分導関数${𝑓}^{\prime }$が有界のとき、$𝑓$はリプシッツ連続である。 より詳しくは実数$𝐿$が存在して全ての内点$𝑥$に対して$\left|{𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)\right|\le 𝐿$のとき、$𝑓$は$𝐿$-リプシッツ連続である。

証明

$𝑥,𝑦\in 𝐼$を取ると、平均値の定理より$\left|𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑦\right)\right|=\left|{𝑓}^{\prime }\left(𝑐\right)\right|\left|𝑥-𝑦\right|$となる$𝑐$が存在するので、$\left|𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑦\right)\right|\le 𝐿\left|𝑥-𝑦\right|$である。

例 5

ここでは$𝑛=1,2,3,\dots$と$𝑥,𝑦\in ℝ$に対して不等式

$$\left|{sin}^{𝑛}𝑥-{sin}^{𝑛}𝑦\right|\le \left|{𝑥}^{𝑛}-{𝑦}^{𝑛}\right|$$

が成立することを示す。

まず$𝑛=1$の時は正弦関数$sin$の$1$-リプシッツ連続性に他ならず、

$$\left|{\left(sin𝑥\right)}^{\prime }\right|=\left|cos𝑥\right|\le 1$$

より成立する。

一般の$𝑛$に対しては$𝑥$, $𝑦$をそれぞれ${𝑥}^{\frac{1}{𝑛}}$, ${𝑦}^{\frac{1}{𝑛}}$で置き換えて$𝑓\left(𝑥\right)={sin}^{𝑛}{𝑥}^{\frac{1}{𝑛}}$が$[0,+\infty )$で$1$-リプシッツ連続であることを示せばよい。 そこで微分導関数を計算すると$𝑥\in \left(0,+\infty \right)$に対して、

$${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)=𝑛{sin}^{𝑛-1}{𝑥}^{\frac{1}{𝑛}}cos{𝑥}^{\frac{1}{𝑛}}\frac{1}{𝑛}{𝑥}^{\frac{1}{𝑛}-1}={\left(\frac{sin{𝑥}^{\frac{1}{𝑛}}}{{𝑥}^{\frac{1}{𝑛}}}\right)}^{𝑛-1}cos{𝑥}^{\frac{1}{𝑛}}$$

ここですでに示した$𝑛=1$の場合で$𝑦=0$とした時の$\left|sin𝑥\right|\le \left|𝑥\right|$を用いれば、$\left|{𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)\right|\le 1$がわかりほしかった不等式が示された。

二階微分

微分導関数は関数でありもう一度微分できる可能性がある。 そのようにして微分の微分をすることを二階微分という。

定義 1 (二階微分)

$𝑓$を開集合$𝑋$上で定義された実数値関数であり微分導関数${𝑓}^{\prime }$が存在するとする。 ここで、$𝑋$のすべての点で微分導関数${𝑓}^{\prime }$が微分可能であるとき$𝑓$は$𝑋$上二回微分可能であるといい、微分導関数${𝑓}^{\prime }$の微分導関数を二階微分導関数という。 $𝑦=𝑓\left(𝑥\right)$の二階微分導関数を

$${𝑓}^{″},\frac{{\mathrm{d}}^2𝑓}{\mathrm{d}{𝑥}^2},{\left(𝑓\left(𝑥\right)\right)}^{″},\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{𝑥}^2}\left(𝑓\left(𝑥\right)\right),{𝑦}^{″},\frac{{\mathrm{d}}^2𝑦}{\mathrm{d}{𝑥}^2}$$

などで表す。

${𝑓}^{″}$を二階微分導関数と呼ぶのに対応して、微分導関数${𝑓}^{\prime }$を一階微分導関数と呼ぶことがある。

例 2

$𝑓\left(𝑥\right)={𝑥}^{𝑛}$とすると、

$${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)=𝑛{𝑥}^{𝑛-1},$$$${𝑓}^{″}\left(𝑥\right)=𝑛\left(𝑛-1\right){𝑥}^{𝑛-2}$$

である。

例 3

$𝑓\left(𝑥\right)=𝑥\left|𝑥\right|$とすると、

$${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)=2\left|𝑥\right|$$

だが、これは$𝑥=0$で微分可能でない。 このように一階微分導関数が存在しても二階微分導関数は存在しないことがある。

二階微分の情報は関数の極大・極小の判定に使える。

定理 4 (二階微分判定法)

$𝑓$を開区間$𝐼$上の二回微分可能な関数として${𝑓}^{″}$は$𝐼$上で連続、$𝑎\in 𝐼$とする。

• ${𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)=0$かつ${𝑓}^{″}\left(𝑎\right)<0$を満たすならば、$𝑓$は$𝑎$で極大となる。
• ${𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)=0$かつ${𝑓}^{″}\left(𝑎\right)>0$を満たすならば、$𝑓$は$𝑎$で極小となる。

証明

${𝑓}^{″}\left(𝑎\right)<0$の時に極大を示す。 二階微分導関数${𝑓}^{″}$が連続なので、ある$𝛿>0$が存在して任意の$𝑥\in {𝐵}_{𝛿}\left(𝑎\right)$に対して${𝑓}^{″}\left(𝑥\right)<0$が成り立つ。 したがって系 8.1 より一階微分導関数${𝑓}^{\prime }$は狭義単調減少であり、

$${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)>0\left(𝑥<𝑎\right),{𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)=0,{𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)<0\left(𝑥>𝑎\right)$$

が成り立つ。 よって系 9.1 より$𝑓$は$𝑎$で${𝐵}_{𝛿}\left(𝑎\right)$上の最大となるので、極大である。

極小の方も同様にして示される。

定理 5 (二階最大値原理)

$𝑓$を開区間$𝐼$上の二回微分可能な関数として${𝑓}^{″}$は$𝐼$上で連続とする。

• $𝑓$が$𝑎\in 𝐼$で最大または極大となるならば、${𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)=0$かつ${𝑓}^{″}\left(𝑎\right)\le 0$が成り立つ。
• $𝑓$が$𝑎\in 𝐼$で最小または極小となるならば、${𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)=0$かつ${𝑓}^{″}\left(𝑎\right)\ge 0$が成り立つ。

証明

$𝑓$が$𝑎$で極大の場合のみ示す。 背理法を使うが、定理 3 より${𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)=0$は成り立つので、${𝑓}^{″}\left(𝑎\right)>0$を仮定して矛盾を導く。 すると定理 4 から$𝑓$は$𝑎$で極小となる。 $𝑓$は$𝑎$で極大かつ極小なので、ある$𝛿>0$が存在して${𝐵}_{𝛿}\left(𝑎\right)$上で定数関数となるので、${𝑓}^{″}\left(𝑎\right)=0$となり矛盾である。

極小の場合も同様にして示される。

凸関数・凹関数

定義 1 (凸関数・凹関数)

$𝑓$を区間$𝐼$上で定義された実数値関数とする。

• 任意の$0\le 𝑝\le 1$と$𝑥,𝑦\in 𝐼$に対して

  $$𝑓\left(𝑝𝑥+\left(1-𝑝\right)𝑦\right)\le 𝑝𝑓\left(𝑥\right)+\left(1-𝑝\right)𝑓\left(𝑦\right)$$

  が成り立つとき、$𝑓$は$𝐼$上の凸関数という。

• 任意の$0\le 𝑝\le 1$と$𝑥,𝑦\in 𝐼$に対して

  $$𝑓\left(𝑝𝑥+\left(1-𝑝\right)𝑦\right)\ge 𝑝𝑓\left(𝑥\right)+\left(1-𝑝\right)𝑓\left(𝑦\right)$$

  が成り立つとき、$𝑓$は$𝐼$上の凹関数という。

この凸関数の定義の条件はグラフ$𝑦=𝑓\left(𝑥\right)$が下に凸であることを表している。 漢字では凸は上に凸であるように見えるが、用語としては逆なので注意する。

凸関数・凹関数は必ず連続関数であることに注意する。

例 2

絶対値関数$abs\left(𝑥\right)=\left|𝑥\right|$は$ℝ$上の凸関数である。 実際、三角不等式より

$$\left|𝑝𝑥+\left(1-𝑝\right)𝑦\right|\le \left|𝑝𝑥\right|+\left|\left(1-𝑝\right)𝑦\right|=𝑝\left|𝑥\right|+\left(1-𝑝\right)\left|𝑦\right|$$

である。

凸関数であることの特徴づけの一つは二階微分が非負であることである。

命題 3 (凸関数の特徴づけ)

$𝑓$を開区間$𝐼$上で定義された実数値関数で$𝐼$上二回微分可能であるとする。

• 以下の条件は同値である。

  1. $𝑓$が$𝐼$上の凸関数である。

  2. $𝑥<𝑧<𝑦$を満たす任意の$𝑥,𝑦,𝑧\in 𝐼$に対して、

     $$\frac{𝑓\left(𝑧\right)-𝑓\left(𝑥\right)}{𝑧-𝑥}\le \frac{𝑓\left(𝑦\right)-𝑓\left(𝑥\right)}{𝑦-𝑥}\le \frac{𝑓\left(𝑦\right)-𝑓\left(𝑧\right)}{𝑦-𝑧}$$

     が成り立つ。

  3. ${𝑓}^{\prime }$は$𝐼$上単調増加である。
  4. 任意の$𝑥\in 𝐼$に対して${𝑓}^{″}\left(𝑥\right)\ge 0$が成り立つ。

• 以下の条件は同値である。

  1. $𝑓$が$𝐼$上の凹関数である。

  2. $𝑥<𝑧<𝑦$を満たす任意の$𝑥,𝑦,𝑧\in 𝐼$に対して、

     $$\frac{𝑓\left(𝑧\right)-𝑓\left(𝑥\right)}{𝑧-𝑥}\ge \frac{𝑓\left(𝑦\right)-𝑓\left(𝑥\right)}{𝑦-𝑥}\ge \frac{𝑓\left(𝑦\right)-𝑓\left(𝑧\right)}{𝑦-𝑧}$$

     が成り立つ。

  3. ${𝑓}^{\prime }$は$𝐼$上単調減少である。
  4. 任意の$𝑥\in 𝐼$に対して${𝑓}^{″}\left(𝑥\right)\le 0$が成り立つ。

証明

凸関数の方について示す。

1.ならば2.について、一つ目の不等号は

$$𝑓\left(𝑧\right)\le \frac{𝑧-𝑥}{𝑦-𝑥}\left(𝑓\left(𝑦\right)-𝑓\left(𝑥\right)\right)+𝑓\left(𝑥\right)=\frac{𝑦-𝑧}{𝑦-𝑥}𝑓\left(𝑥\right)+\frac{𝑧-𝑥}{𝑦-𝑥}𝑓\left(𝑦\right)$$

と同値で、$𝑝=\frac{𝑦-𝑧}{𝑦-𝑥}$とおくと凸関数の条件式$𝑓\left(𝑝𝑥+\left(1-𝑝\right)𝑦\right)\le 𝑝𝑓\left(𝑥\right)+\left(1-𝑝\right)𝑓\left(𝑦\right)$に他ならない。 もう一つの不等号は

$$𝑓\left(𝑧\right)\le -\frac{𝑦-𝑧}{𝑦-𝑥}\left(𝑓\left(𝑦\right)-𝑓\left(𝑥\right)\right)+𝑓\left(𝑦\right)=\frac{𝑦-𝑧}{𝑦-𝑥}𝑓\left(𝑥\right)+\frac{𝑧-𝑥}{𝑦-𝑥}𝑓\left(𝑦\right)$$

と同値で同様に成り立つ。

2.ならば1.について、$0<𝑝<1$と$𝑥<𝑦$を満たす$𝑥,𝑦\in 𝐼$に対して式 (0.5) を示せばよい。 $𝑧=𝑝𝑥+\left(1-𝑝\right)𝑦$とおくと、

$$𝑓\left(𝑝𝑥+\left(1-𝑝\right)𝑦\right)=𝑓\left(𝑧\right)\le \frac{𝑦-𝑧}{𝑦-𝑥}𝑓\left(𝑥\right)+\frac{𝑧-𝑥}{𝑦-𝑥}𝑓\left(𝑦\right)=𝑝𝑓\left(𝑥\right)+\left(1-𝑝\right)𝑓\left(𝑦\right)$$

である。

2.ならば3.について、$𝑧\to 𝑥$あるいは$𝑧\to 𝑦$とすることで、

$${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)\le \frac{𝑓\left(𝑦\right)-𝑓\left(𝑥\right)}{𝑦-𝑥}\le {𝑓}^{\prime }\left(𝑦\right)$$

を得て、${𝑓}^{\prime }$は単調である。

3.ならば2.について、1.ならば2.のところでわかるように$\frac{𝑓\left(𝑧\right)-𝑓\left(𝑥\right)}{𝑧-𝑥}\le \frac{𝑓\left(𝑦\right)-𝑓\left(𝑥\right)}{𝑦-𝑥}$と$\frac{𝑓\left(𝑦\right)-𝑓\left(𝑥\right)}{𝑦-𝑥}\le \frac{𝑓\left(𝑦\right)-𝑓\left(𝑧\right)}{𝑦-𝑧}$は同値で、片方が成り立たないとするともう片方も成り立たず、

$$\frac{𝑓\left(𝑧\right)-𝑓\left(𝑥\right)}{𝑧-𝑥}>\frac{𝑓\left(𝑦\right)-𝑓\left(𝑥\right)}{𝑦-𝑥}>\frac{𝑓\left(𝑦\right)-𝑓\left(𝑧\right)}{𝑦-𝑧}$$

となる。 ここで、平均値の定理より${𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)=\frac{𝑓\left(𝑧\right)-𝑓\left(𝑥\right)}{𝑧-𝑥}$となる$𝑥<𝑎<𝑧$と${𝑓}^{\prime }\left(𝑏\right)=\frac{𝑓\left(𝑦\right)-𝑓\left(𝑧\right)}{𝑦-𝑧}$となる$𝑧<𝑏<𝑦$が存在する。 仮定より${𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)\le {𝑓}^{\prime }\left(𝑏\right)$なので、矛盾が導かれ最終的に2.が成立することがわかる。

3.と4.の同値性は系 8.1 からすぐわかる。

凹関数の方は同様なので詳細は省略する。

注意 4

$𝑓$が二回微分可能でなくとも一回微分可能であれば、1., 2., 3.の同値性が示される。 $𝑓$が一回微分可能でなくとも1., 2.の同値性が示される。

例 5

• 二乗関数$𝑓\left(𝑥\right)={𝑥}^2$は、${𝑓}^{″}\left(𝑥\right)=2>0$なので、$ℝ$上の凸関数である。
• 指数関数$𝑓\left(𝑥\right)={𝑒}^{𝑥}$は、${𝑓}^{″}\left(𝑥\right)={𝑒}^{𝑥}>0$なので、$ℝ$上の凸関数である。
• 対数関数$𝑓\left(𝑥\right)=log𝑥$は、${𝑓}^{″}\left(𝑥\right)=-\frac{1}{{𝑥}^2}<0$なので、$\left(0,\infty \right)$上の凹関数である。

今後は微分可能とは限らない凸関数・凹関数について詳しく見ていく。

命題 6

$𝑓$を区間$𝐼$上の実数値関数、$𝑎$を$𝐼$上の点とする。

• $𝑓$が凸関数のとき、$𝑥\in 𝐼\backslash \left\{𝑎\right\}$に対する関数$\frac{𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑥-𝑎}$は単調増加である。 つまり$𝑥\le 𝑦$を満たす任意の$𝑥,𝑦\in 𝐼\backslash \left\{𝑎\right\}$に対して、

  $$\frac{𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑥-𝑎}\le \frac{𝑓\left(𝑦\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑦-𝑎}$$

  が成り立つ。

• $𝑓$が凹関数のとき、$𝑥\in 𝐼\backslash \left\{𝑎\right\}$に対する関数$\frac{𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑥-𝑎}$は単調減少である。 つまり$𝑥\le 𝑦$を満たす任意の$𝑥,𝑦\in 𝐼\backslash \left\{𝑎\right\}$に対して、

  $$\frac{𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑥-𝑎}\ge \frac{𝑓\left(𝑦\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑦-𝑎}$$

  が成り立つ。

証明

凸関数の方について示す。 凸関数の特徴づけ（命題 3 の1.と2.とその注意参照）を使う。

• $𝑥\le 𝑦<𝑎$の場合、特徴づけより$\frac{𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑥-𝑎}=\frac{𝑓\left(𝑎\right)-𝑓\left(𝑥\right)}{𝑎-𝑥}\le \frac{𝑓\left(𝑎\right)-𝑓\left(𝑦\right)}{𝑎-𝑦}=\frac{𝑓\left(𝑦\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑦-𝑎}$である。
• $𝑥<𝑎<𝑦$の場合、特徴づけより$\frac{𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑥-𝑎}=\frac{𝑓\left(𝑎\right)-𝑓\left(𝑥\right)}{𝑎-𝑥}\le \frac{𝑓\left(𝑦\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑦-𝑎}$である。
• $𝑎<𝑥\le 𝑦$の場合、特徴づけより$\frac{𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑥-𝑎}\le \frac{𝑓\left(𝑦\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑦-𝑎}$である。

よってどの場合もほしかった不等式が成り立つ。

凹関数の方は同様なので詳細は省略する。

凸関数・凹関数に対して次のような直線を引くことができる。

命題 7

$𝑓$を区間$𝐼$上の実数値関数、$𝑎$を$𝐼$上の点とする。

• $𝑓$が凸関数のとき、実数$𝑘$が存在して任意の$𝑥\in 𝐼$に対して$𝑓\left(𝑥\right)\ge 𝑓\left(𝑎\right)+𝑘\left(𝑥-𝑎\right)$が成立する。
• $𝑓$が凹関数のとき、実数$𝑘$が存在して任意の$𝑥\in 𝐼$に対して$𝑓\left(𝑥\right)\le 𝑓\left(𝑎\right)+𝑘\left(𝑥-𝑎\right)$が成立する。

証明

凸関数の方について示す。 前の命題より任意の$𝑥<𝑎<𝑦$に対して$\frac{𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑥-𝑎}\le \frac{𝑓\left(𝑦\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑦-𝑎}$が成り立つ。 したがって

$$\frac{𝑓\left(𝑥\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑥-𝑎}\le 𝑘\le \frac{𝑓\left(𝑦\right)-𝑓\left(𝑎\right)}{𝑦-𝑎}$$

となる実数$𝑘$が存在する。 あとは式を整理すればこの$𝑘$こそほしかった数であることがわかる。

凹関数の方は同様なので詳細は省略する。

注意 8

$𝑓$が微分可能な時はこの直線は$𝑓\left(𝑥\right)$の$𝑥=𝑎$での接線とすればよい。

高階微分

微分の微分により二階微分が定義されるように、 自然数$𝑛=0,1,2,3,\dots$に対して微分を$𝑛$回繰り返すことで$𝑛$階微分を定義することができる。

定義 1 (高階微分)

$𝑓$を開集合$𝑋$上で定義された実数値関数で$𝑛=0,1,2,3,\dots$とする。 ここで以下の帰納的に定義される関数${𝑓}^{\left(𝑛\right)}$が存在したら$𝑓$の$𝑛$階微分導関数という。

• ${𝑓}^{\left(0\right)}=𝑓$とする。
• ${𝑓}^{\left(𝑛+1\right)}$は${𝑓}^{\left(𝑛\right)}$の微分導関数である。

つまり、$0$階微分はもとの関数$𝑓$であり、$1$階微分は$𝑓$の微分導関数${𝑓}^{\prime }$、$2$階微分は二階微分導関数${𝑓}^{″}$である。 $𝑦=𝑓\left(𝑥\right)$の$𝑛$階微分導関数を

$${𝑓}^{\left(𝑛\right)},\frac{{\mathrm{d}}^{𝑛}𝑓}{\mathrm{d}{𝑥}^{𝑛}},{\left(𝑓\left(𝑥\right)\right)}^{\left(𝑛\right)},\frac{{\mathrm{d}}^{𝑛}}{\mathrm{d}{𝑥}^{𝑛}}\left(𝑓\left(𝑥\right)\right),{𝑦}^{\left(𝑛\right)},\frac{{\mathrm{d}}^{𝑛}𝑦}{\mathrm{d}{𝑥}^{𝑛}}$$

などで表す。 $𝑛$階微分導関数が存在する時は$𝑓$は$𝑛$階微分可能であるという。 すべての自然数$𝑛$に対して$𝑛$階微分可能である時は$𝑓$は無限階微分可能であるという。 $𝑛=1,2,3,\dots$として、$𝑓$が$𝑛-1$階微分可能で$𝑛-1$階微分導関数${𝑓}^{\left(𝑛-1\right)}$が点$𝑎\in 𝑋$で微分可能であるとき、$𝑓$は$𝑎$で$𝑛$回微分可能であるという。

例 2

べき関数$𝑓\left(𝑥\right)={𝑥}^{𝑛}$を考えると、$𝑘=0,1,2,3,\dots ,𝑛$に対して

$${𝑓}^{\left(𝑘\right)}\left(𝑥\right)=𝑛\left(𝑛-1\right)\dots \left(𝑛-𝑘+1\right){𝑥}^{𝑛-𝑘}$$

である。 特に${𝑓}^{\left(𝑛\right)}\left(𝑥\right)=𝑛!$となり定数関数なので、$𝑘>𝑛$のときは${𝑓}^{\left(𝑘\right)}=0$である。 そのため、べき関数$𝑓\left(𝑥\right)={𝑥}^{𝑛}$は無限階微分可能であり、後の用語で表現すると${𝐶}^{\infty }\left(ℝ\right)$の元である。

例 3

指数関数$𝑓\left(𝑥\right)=exp\left(𝑥\right)={𝑒}^{𝑥}$を考えると、微分しても不変なので、$𝑛=0,1,2,3,\dots$に対して

$${𝑓}^{\left(𝑛\right)}\left(𝑥\right)=𝑓\left(𝑥\right)={𝑒}^{𝑥}$$

である。 そのため、指数関数$𝑓\left(𝑥\right)={𝑒}^{𝑥}$は無限階微分可能であり、後の用語で表現すると${𝐶}^{\infty }\left(ℝ\right)$の元である。

積の高階微分は二項定理と同様の式で表される。

命題 4 (一般化された積の微分)

$𝑓$と$𝑔$を$𝑛$階微分可能関数とするとき、

$$\begin{array}{cc}{\left(𝑓𝑔\right)}^{\left(𝑛\right)}\left(𝑥\right)& =\sum _{𝑘=0}^{𝑛}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{𝑛}{𝑘}\right){𝑓}^{\left(𝑘\right)}\left(𝑥\right){𝑔}^{\left(𝑛-𝑘\right)}\left(𝑥\right)\\ & =\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{𝑛}{0}\right)𝑓\left(𝑥\right){𝑔}^{\left(𝑛\right)}\left(𝑥\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{𝑛}{1}\right){𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right){𝑔}^{\left(𝑛-1\right)}\left(𝑥\right)+\dots +\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{𝑛}{𝑛-1}\right){𝑓}^{\left(𝑛-1\right)}\left(𝑥\right){𝑔}^{\prime }\left(𝑥\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{𝑛}{𝑛}\right){𝑓}^{\left(𝑛\right)}\left(𝑥\right)𝑔\left(𝑥\right)\end{array}$$

が成り立つ。

今後の議論で重要になるのは$𝑘$階微分可能であり微分導関数が連続であるものである。

定義 5 (連続的微分)

$𝑓$を開集合$𝑋$上で定義された実数値関数であり、$𝑛=0,1,2,3,\dots$とする。 ここで$𝑓$は$𝑛$階微分可能であり$𝑛$階微分導関数${𝑓}^{\left(𝑛\right)}$が$𝑋$上の連続関数であるとき、$𝑓$は$𝑋$上$𝑛$回連続的微分可能または$𝑋$上の${𝐶}^{𝑛}$級関数であるといい、そのような関数の集合を${𝐶}^{𝑛}\left(𝑋\right)$と表す。 すべての自然数$𝑛$に対して$𝑛$回連続的微分可能であるとき、$𝑓$は無限回連続的微分可能または$𝑋$上の${𝐶}^{\infty }$級関数であるといい、そのような関数の集合を${𝐶}^{\infty }\left(𝑋\right)$と表す。

注意 6

定義から$𝑛$回連続的微分可能ならば$𝑛$階微分可能である。 連続関数でないと微分可能ではないので、$𝑛+1$階微分可能ならば$𝑛$回連続的微分可能である。 そのため

$${𝐶}^0\left(𝑋\right)\supset {𝐶}^1\left(𝑋\right)\supset {𝐶}^2\left(𝑋\right)\supset {𝐶}^3\left(𝑋\right)\supset \dots \supset {𝐶}^{𝑛}\left(𝑋\right)\supset {𝐶}^{\infty }\left(𝑋\right)$$

が成り立ち、${𝐶}^0\left(𝑋\right)$は$𝑋$上の連続関数全体の集合である。 特に$𝑛$回連続的微分可能ならば$𝑛$階までの微分導関数はすべて連続関数である。 一般的な教科書ではこちらを連続的微分可能の定義としていることが多いが、同値なので本テキストでは単純な上記の定義を採用する。 また、無限回連続的微分可能と無限階微分可能は同値である。

命題 7 (連続的微分と四則演算)

$𝑛$を自然数または$\infty$として、関数$𝑓$, $𝑔$を開集合$𝑋$上の${𝐶}^{𝑛}$級関数とする。 この時$𝑥\in 𝑋$に対して以下の値を対応させる関数も$𝑋$上で${𝐶}^{𝑛}$級である。

1. $𝑓\left(𝑥\right)+𝑔\left(𝑥\right)$.
2. $𝑓\left(𝑥\right)-𝑔\left(𝑥\right)$.
3. $𝑓\left(𝑥\right)𝑔\left(𝑥\right)$.
4. すべての$𝑥\in 𝑋$で$𝑔\left(𝑥\right)\ne 0$の時、$\frac{𝑓\left(𝑥\right)}{𝑔\left(𝑥\right)}$.

証明

四則演算の微分は四則演算で表現されることから従う（詳細省略）。

テイラーの定理

微分の導入のところで述べたように、 微分により関数の方程式$𝑦=𝑓\left(𝑥\right)$は接線$𝑦={𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)\left(𝑥-𝑎\right)+𝑓\left(𝑎\right)$で近似されるが、 このことをより高階の微分を用いて次数の高い多項式で近似するのがテイラーの定理である。

いきなり定理の主張に入る前に多項式の形式的な導出を行う。 つまり、$𝑓$を${𝐶}^{\infty }$級関数とし、これを点$𝑥=𝑎$の近くで$𝑁=0,1,2,3,\dots$次の多項式

$${𝑃}_{𝑁}\left(𝑥\right)={𝑎}_0+{𝑎}_1\left(𝑥-𝑎\right)+{𝑎}_2{\left(𝑥-𝑎\right)}^2+{𝑎}_3{\left(𝑥-𝑎\right)}^3+\dots +{𝑎}_{𝑁}{\left(𝑥-𝑎\right)}^{𝑁}$$

で近似できたとする（${𝑎}_0,{𝑎}_1,{𝑎}_2,{𝑎}_3,\dots ,{𝑎}_{𝑁}$は定数）。 このとき、$𝑛=0,1,2,3,\dots 𝑁$に対して

$$\begin{array}{cc}{𝑃}_{𝑁}^{\prime }\left(𝑥\right)& ={𝑎}_1+2{𝑎}_2\left(𝑥-𝑎\right)+3{𝑎}_3{\left(𝑥-𝑎\right)}^2+\dots +𝑁{𝑎}_{𝑁}{\left(𝑥-𝑎\right)}^{𝑁-1},\\ {𝑃}_{𝑁}^{″}\left(𝑥\right)& =2{𝑎}_2+3\cdot 2{𝑎}_3\left(𝑥-𝑎\right)+\dots +𝑁\left(𝑁-1\right){𝑎}_{𝑁}{\left(𝑥-𝑎\right)}^{𝑁-2},\\ {𝑃}_{𝑁}^{‴}\left(𝑥\right)& =3\cdot 2{𝑎}_3+\dots +𝑁\left(𝑁-1\right)\left(𝑁-2\right){𝑎}_{𝑁}{\left(𝑥-𝑎\right)}^{𝑁-3},\\ {𝑃}_{𝑁}^{\left(𝑛\right)}\left(𝑥\right)& =𝑛!{𝑎}_{𝑛}+\dots +𝑁\left(𝑁-1\right)\left(𝑁-2\right)\dots \left(𝑁-𝑛+1\right){𝑎}_{𝑁}{\left(𝑥-𝑎\right)}^{𝑁-𝑛},\\ {𝑃}_{𝑁}^{\left(𝑁\right)}\left(𝑥\right)& =𝑁!{𝑎}_{𝑁}\end{array}$$

なので、 $𝑓\left(𝑥\right)$と${𝑃}_{𝑁}\left(𝑥\right)$を$𝑛$回微分して$𝑥=𝑎$を考えることで、${𝑓}^{\left(𝑛\right)}\left(𝑎\right)$は$𝑛!{𝑎}_{𝑛}$と等しい、つまり

$${𝑎}_{𝑛}=\frac{{𝑓}^{\left(𝑛\right)}\left(𝑎\right)}{𝑛!}$$

と推定される。 そこで$𝑓\left(𝑥\right)$と$𝑁$次多項式

$${𝑃}_{𝑁}\left(𝑥\right)=𝑓\left(𝑎\right)+{𝑓}^{\prime }\left(𝑎\right)\left(𝑥-𝑎\right)+\frac{1}{2}{𝑓}^{″}\left(𝑎\right){\left(𝑥-𝑎\right)}^2+\frac{{𝑓}^{\left(3\right)}}{3!}\left(𝑎\right){\left(𝑥-𝑎\right)}^3+\dots +\frac{{𝑓}^{\left(𝑁\right)}\left(𝑎\right)}{𝑁!}{\left(𝑥-𝑎\right)}^{𝑁}$$

を比較して、$𝑥\to 𝑎$での近似具合を調べる。 この時の$𝑁$次多項式${𝑃}_{𝑁}\left(𝑥\right)$を$𝑓$の$𝑁$次テイラー多項式といい、$𝑎$をテイラー展開の中心という。 さらに$𝑓\left(𝑥\right)$との差を${𝑅}_{𝑁}\left(𝑥\right)$を剰余項といい、今後はこの剰余項を評価することになる。 テイラーの定理には$𝑓$の微分可能性に応じて剰余項の表現が変わり、以下のバージョンがある。

定理 1 (テイラーの定理（ペアノの剰余項）)

$𝑁=1,2,3,\dots$として、$𝑓$を点$𝑎$で$𝑁$回微分可能とする。 このとき、$𝑥\to 𝑎$で$𝜔\left(𝑥\right)\to 0$となる関数$𝜔$が存在して

$$𝑓\left(𝑥\right)=\sum _{𝑛=0}^{𝑁}\frac{{𝑓}^{\left(𝑛\right)}\left(𝑎\right)}{𝑛!}{\left(𝑥-𝑎\right)}^{𝑛}+𝜔\left(𝑥\right){\left(𝑥-𝑎\right)}^{𝑁}$$

が成り立つ。

この時の剰余項の表現${𝑅}_{𝑁}\left(𝑥\right)=𝜔\left(𝑥\right){\left(𝑥-𝑎\right)}^{𝑁}$をペアノの剰余項という。

証明

$𝑛=0,1,2,3,\dots ,𝑁$に対して${𝑓}^{\left(𝑛\right)}\left(𝑎\right)={𝑃}_{𝑁}^{\left(𝑛\right)}\left(𝑎\right)$に注意する。 $𝜔\left(𝑥\right)=\frac{𝑓\left(𝑥\right)-{𝑃}_{𝑁}\left(𝑥\right)}{{\left(𝑥-𝑎\right)}^{𝑁}}$とすれば、 ロピタルの定理を$𝑁-1$回用いて最後に微分の定義から

$$\begin{array}{cc}\underset{𝑥\to 𝑎}{lim}𝜔\left(𝑥\right)& =\underset{𝑥\to 𝑎}{lim}\frac{𝑓\left(𝑥\right)-{𝑃}_{𝑁}\left(𝑥\right)}{{\left(𝑥-𝑎\right)}^{𝑁}}=\underset{𝑥\to 𝑎}{lim}\frac{{𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)-{𝑃}_{𝑁}^{\prime }\left(𝑥\right)}{𝑁{\left(𝑥-𝑎\right)}^{𝑁-1}}=\dots =\underset{𝑥\to 𝑎}{lim}\frac{{𝑓}^{\left(𝑁-1\right)}\left(𝑥\right)-{𝑃}_{𝑁}^{\left(𝑁-1\right)}\left(𝑥\right)}{𝑁!\left(𝑥-𝑎\right)}\\ & =\frac{1}{𝑁!}\underset{𝑥\to 𝑎}{lim}\frac{{𝑓}^{\left(𝑁-1\right)}\left(𝑥\right)-{𝑓}^{\left(𝑁-1\right)}\left(𝑎\right)-{𝑓}^{\left(𝑁\right)}\left(𝑎\right)\left(𝑥-𝑎\right)}{𝑥-𝑎}=0\end{array}$$

が成り立つ。

定理 2 (テイラーの定理（ラグランジュの剰余項）)

$𝑁=0,1,2,3,\dots$として$𝐼$を開区間とし、$𝑓$を$𝐼$で$𝑁+1$階微分可能とする。 このとき、任意の点$𝑎,𝑥\in 𝐼$に対して$𝑎$と$𝑥$の間の点$𝑐$が存在して

$$𝑓\left(𝑥\right)=\sum _{𝑛=0}^{𝑁}\frac{{𝑓}^{\left(𝑛\right)}\left(𝑎\right)}{𝑛!}{\left(𝑥-𝑎\right)}^{𝑛}+\frac{{𝑓}^{\left(𝑁+1\right)}\left(𝑐\right)}{\left(𝑁+1\right)!}{\left(𝑥-𝑎\right)}^{𝑁+1}$$

が成り立つ。

この時の剰余項の表現${𝑅}_{𝑁}\left(𝑥\right)=\frac{{𝑓}^{\left(𝑁+1\right)}\left(𝑐\right)}{\left(𝑁+1\right)!}{\left(𝑥-𝑎\right)}^{𝑁+1}$をラグランジュの剰余項という。

証明

簡単のため$𝑎,𝑥\in 𝐼$が$𝑎<𝑥$を満たす場合を考える。 ここで関数$𝐹$と$𝐺$を

$$𝐹\left(𝑡\right)=𝑓\left(𝑡\right)+{𝑓}^{\prime }\left(𝑡\right)\left(𝑥-𝑡\right)+\frac{1}{2}{𝑓}^{″}\left(𝑡\right){\left(𝑥-𝑡\right)}^2+\dots +\frac{{𝑓}^{\left(𝑁\right)}\left(𝑡\right)}{𝑁!}{\left(𝑥-𝑡\right)}^{𝑁},𝐺\left(𝑡\right)={\left(𝑡-𝑥\right)}^{𝑁+1}$$

として取る。 このとき仮定より$𝐹\left(𝑡\right)$は微分可能で、微分導関数を計算すると

$${𝐹}^{\prime }\left(𝑡\right)=\frac{{𝑓}^{\left(𝑁+1\right)}\left(𝑡\right)}{𝑁!}{\left(𝑥-𝑡\right)}^{𝑁}$$

である。 コーシーの平均値定理より$𝑎<𝑐<𝑥$である点$𝑐$が存在して

$$\frac{{𝐹}^{\prime }\left(𝑐\right)}{{𝐺}^{\prime }\left(𝑐\right)}=\frac{𝐹\left(𝑥\right)-𝐹\left(𝑎\right)}{𝐺\left(𝑥\right)-𝐺\left(𝑎\right)}=\frac{{𝑅}_{𝑁}\left(𝑥\right)}{𝐺\left(𝑥\right)-𝐺\left(𝑎\right)}$$

が成り立つ。 したがって

$$\begin{array}{cc}{𝑅}_{𝑁}\left(𝑥\right)& =\frac{𝐺\left(𝑥\right)-𝐺\left(𝑎\right)}{{𝐺}^{\prime }\left(𝑐\right)}{𝐹}^{\prime }\left(𝑐\right)=-\frac{{\left(𝑎-𝑥\right)}^{𝑁+1}}{\left(𝑁+1\right){\left(𝑐-𝑥\right)}^{𝑁}}\frac{{𝑓}^{\left(𝑁+1\right)}\left(𝑐\right)}{𝑁!}{\left(𝑥-𝑐\right)}^{𝑁}\\ & =\frac{{𝑓}^{\left(𝑁+1\right)}\left(𝑐\right)}{\left(𝑁+1\right)!}{\left(𝑥-𝑎\right)}^{𝑁+1}\end{array}$$

を得る。

注意 3

この証明において関数$𝐺$を取り替えることで剰余項の別の表現を得ることができる。 例えば$𝐺\left(𝑡\right)=𝑡-𝑎$とするとコーシーの剰余項

$${𝑅}_{𝑁}\left(𝑥\right)=\frac{{𝑓}^{\left(𝑁+1\right)}\left(𝑐\right)}{𝑁!}{\left(𝑥-𝑐\right)}^{𝑁}\left(𝑥-𝑎\right)$$

となる。

テイラーの定理の応用

三角関数において重要な極限として$𝑥\to 0$で$\frac{sin𝑥}{𝑥}\to 1$があり、 これは$𝑥$が十分$0$に近い時に$sin𝑥$は$𝑥$に近いということだがより詳しくその差$sin𝑥-𝑥$はどのような挙動を示すだろうか。 このような問題にはテイラーの定理が有効である。

例 1

$𝑓\left(𝑥\right)=sin𝑥$について

$${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)=cos𝑥,{𝑓}^{″}\left(𝑥\right)=-sin𝑥,{𝑓}^{\left(3\right)}\left(𝑥\right)=-cos𝑥,{𝑓}^{\left(4\right)}\left(𝑥\right)=sin𝑥$$

で$𝑥=0$においては

$$𝑓\left(0\right)=0,{𝑓}^{\prime }\left(0\right)=1,{𝑓}^{″}\left(0\right)=0,{𝑓}^{\left(3\right)}\left(0\right)=-1,{𝑓}^{\left(4\right)}\left(0\right)=0$$

より$𝑁=4$でのテイラーの定理１から$𝑥\to 0$で$𝜔\left(𝑥\right)\to 0$となる関数が存在して

$$sin𝑥=𝑥-\frac{1}{6}{𝑥}^3+𝜔\left(𝑥\right){𝑥}^4$$

が成り立つ。 特に$sin𝑥-𝑥$は三次関数と剰余項$-\frac{1}{6}{𝑥}^3+𝜔\left(𝑥\right){𝑥}^4$という挙動を示すことになる。 さらには例えば極限の問題${lim}_{𝑥\to 0}\frac{sin𝑥-𝑥}{{𝑥}^3}$が与えられた時には

$$\underset{𝑥\to 0}{lim}\frac{sin𝑥-𝑥}{{𝑥}^3}=\underset{𝑥\to 0}{lim}\left(-\frac{1}{6}+𝜔\left(𝑥\right)𝑥\right)=-\frac{1}{6}$$

と解かれる。 なお、$𝑁=4$でのテイラーの定理を用いたが、この問題を解く上では$𝑁=3$で十分である。

このようにテイラーの定理（ペアノの剰余項）は極限の問題を解く上で有効である。

一般に関数をより単純な性質の関数で近似することを漸近展開といい、テイラー多項式はその一つである。 テイラー多項式の項を順次計算したものをテイラー級数といい、テイラー級数による近似をテイラー展開という。 また、$𝑎=0$の場合のテイラー展開をマクローリン展開という。 以下によく用いられる基本的な関数のテイラー展開（マクローリン展開）をまとめる。

命題 2 (種々の関数のテーラー展開)

$𝑥\to 0$において、記号$\approx$をはさんで左辺の関数に対して右辺でテイラー級数を表す。

$$\frac{1}{1-𝑥}\approx \sum _{𝑛=0}^{\infty }{𝑥}^{𝑛}=1+𝑥+{𝑥}^2+{𝑥}^3+\dots$$$$exp\left(𝑥\right)={𝑒}^{𝑥}\approx \sum _{𝑛=0}^{\infty }\frac{1}{𝑛!}{𝑥}^{𝑛}=1+𝑥+\frac{1}{2}{𝑥}^2+\frac{1}{6}{𝑥}^3+\dots$$$$log\left(1+𝑥\right)\approx \sum _{𝑛=1}^{\infty }\frac{{\left(-1\right)}^{𝑛-1}}{𝑛}{𝑥}^{𝑛}=𝑥-\frac{1}{2}{𝑥}^2+\frac{1}{3}{𝑥}^3-\dots$$$$sin𝑥\approx \sum _{𝑘=0}^{\infty }\frac{{\left(-1\right)}^{𝑘}}{\left(2𝑘+1\right)!}{𝑥}^{2𝑘+1}=𝑥-\frac{1}{6}{𝑥}^3+\frac{1}{120}{𝑥}^5-\dots$$$$cos𝑥\approx \sum _{𝑘=0}^{\infty }\frac{{\left(-1\right)}^{𝑘}}{\left(2𝑘\right)!}{𝑥}^{2𝑘}=1-\frac{1}{2}{𝑥}^2+\frac{1}{24}{𝑥}^4-\dots$$$$sinh𝑥\approx \sum _{𝑘=0}^{\infty }\frac{1}{\left(2𝑘+1\right)!}{𝑥}^{2𝑘+1}=𝑥+\frac{1}{6}{𝑥}^3+\frac{1}{120}{𝑥}^5+\dots$$$$cosh𝑥\approx \sum _{𝑘=0}^{\infty }\frac{1}{\left(2𝑘\right)!}{𝑥}^{2𝑘}=1+\frac{1}{2}{𝑥}^2+\frac{1}{24}{𝑥}^4+\dots$$

使う際にはテイラー級数を有限次で打ち止めて剰余項を付け足すことになる。 実際には上記のテイラー展開はより広い範囲の$𝑥$に対しても成り立つ。 このことについてはべき級数の項で詳しく述べる。

ペアノの剰余項に対してラグランジュの剰余項の方がよりよく使われることが多い。 その理由はラグランジュの剰余項は評価することで、テイラー多項式と元の関数の差を評価したり$𝑁\to \infty$での極限を求めることができるためである。

例 3 (ネイピア数)

ネイピア数$𝑒=exp\left(1\right)$の値を求めるために、指数関数$exp$の$𝑁=10$でのテイラーの定理２を用いる。 計算すると

$$\begin{array}{cc}𝑒& =1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{24}+\frac{1}{120}+\frac{1}{720}+\frac{1}{5040}+\frac{1}{40320}+\frac{1}{362880}+\frac{{𝑒}^{𝑐}}{10!}\\ & =2.7182815255731922\dots +\frac{{𝑒}^{𝑐}}{10!}\end{array}$$

となる$0<𝑐<1$が存在する。 ここで$2<𝑒\le 3$はすでにわかっているので、剰余項は

$$0<\frac{{𝑒}^{𝑐}}{10!}<\frac{𝑒}{10!}\le \frac{3}{3628800}<{10}^{-6}$$

と評価される。 したがって、$𝑒$は小数点以下5桁まで$2.71828$は確実に正しいことがわかる。 また$𝑁$次の剰余項$\frac{{𝑒}^{{𝑐}_{𝑁}}}{\left(𝑁+1\right)!}$（ここで$𝑐$は$𝑁$に依存するので${𝑐}_{𝑁}$とした）は

$$0<\frac{{𝑒}^{{𝑐}_{𝑁}}}{\left(𝑁+1\right)!}<\frac{3}{\left(𝑁+1\right)!}\to 0$$

となるので、ネイピア数は次の式

$$𝑒=\sum _{𝑘=0}^{\infty }\frac{1}{𝑘!}=1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{24}+\frac{1}{120}+\dots$$

を満たすことがわかる。

例 4 (円周率)

ネイピア数$𝑒$の計算に続いて円周率$𝜋$の値を同様の手法で求める。 その際によく用いられるのが逆正接関数$𝑓\left(𝑥\right)=arctan𝑥$である。 逆正接関数の$𝑥=0$でのテーラー展開（マクローリン展開）はグレゴリー級数と呼ばれ、

$$arctan𝑥=𝑥-\frac{1}{3}{𝑥}^3+\frac{1}{5}{𝑥}^5-\frac{1}{7}{𝑥}^7+\dots$$

と表される。 右辺は$-1<𝑥\le 1$で収束し左辺に等しいことが知られていて、ここで$𝑥=1$の場合を考えると、左辺は$\frac{𝜋}{4}$となるので円周率の計算ができる。 その際の式

$$\frac{𝜋}{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\dots$$

をライプニッツの公式という。 また、より$0$に近い$𝑥=\frac{1}{\sqrt{3}}$つまり$arctan𝑥=\frac{𝜋}{6}$の場合を考えると収束が早くより効率よく計算でき、シャープの方法という。 以下ではそれを改良して$𝑥=2-\sqrt{3}$つまり$arctan𝑥=\frac{𝜋}{12}$を用いて円周率の評価を行う。 （$tan\frac{𝜋}{12}=2-\sqrt{3}$であることは$\frac{𝜋}{12}=\frac{𝜋}{3}-\frac{𝜋}{4}$であることから加法定理によりわかる。） なお、グレゴリー級数については後でべき級数の項で詳しく述べる。

$𝑁=5$でのテイラーの定理を用いるために$𝑓\left(𝑥\right)=arctan𝑥$の微分を計算すると

$$\begin{array}{c}{𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)=\frac{1}{1+{𝑥}^2},{𝑓}^{″}\left(𝑥\right)=-2\frac{𝑥}{{\left(1+{𝑥}^2\right)}^2},{𝑓}^{\left(3\right)}\left(𝑥\right)=\frac{2\left(3{𝑥}^2-1\right)}{{\left(1+{𝑥}^2\right)}^3},\\ {𝑓}^{\left(4\right)}\left(𝑥\right)=\frac{24𝑥\left(1-{𝑥}^2\right)}{{\left(1+{𝑥}^2\right)}^4},{𝑓}^{\left(5\right)}\left(𝑥\right)=\frac{24\left(5{𝑥}^4-10{𝑥}^2+1\right)}{{\left(1+{𝑥}^2\right)}^5}\end{array}$$

で$𝑥=0$においては

$$𝑓\left(0\right)=0,{𝑓}^{\prime }\left(0\right)=1,{𝑓}^{″}\left(0\right)=0,{𝑓}^{\left(3\right)}\left(0\right)=-2,{𝑓}^{\left(4\right)}\left(0\right)=0,$$

なので、$𝑥>0$に対して$0<𝑐<𝑥$が存在して

$$arctan𝑥=𝑥-\frac{1}{3}{𝑥}^3+\frac{{𝑓}^{\left(5\right)}\left(𝑐\right)}{5!}{𝑥}^5=𝑥-\frac{1}{3}{𝑥}^3+\frac{1}{5}\frac{5{𝑐}^4-10{𝑐}^2+1}{{\left(1+{𝑐}^2\right)}^5}{𝑥}^5$$

が成り立つ。 ここで、$𝑥=2-\sqrt{3}$を想定すると$0\le 𝑐\le 2-\sqrt{3}$に対して$0\le \frac{5{𝑐}^4-10{𝑐}^2+1}{{\left(1+{𝑐}^2\right)}^5}\le 1$がわかるので、

$$𝑥-\frac{1}{3}{𝑥}^3\le arctan𝑥\le 𝑥-\frac{1}{3}{𝑥}^3+\frac{1}{5}{𝑥}^5\left(0\le 𝑥\le 2-\sqrt{3}\right)$$

となる。 ここで$𝑥=2-\sqrt{3}$とすると$arctan𝑥=\frac{𝜋}{12}$であるので、

$$16\left(3\sqrt{3}-5\right)=3.1384387633061124\dots <𝜋<\frac{4}{5}\left(986-567\sqrt{3}\right)=3.1417536867573292\dots$$

が保証される。

不等式への応用

凸関数・凹関数に関する有名な不等式として次のイェンセンの不等式がある。

定理 1 (イェンセンの不等式)

$𝑓$を区間$𝐼$上の実数値関数とする。 $𝑁=1,2,3,\dots$個の${𝑎}_1,\dots ,{𝑎}_{𝑁}$を$𝐼$上の点、$0\le {𝑝}_1,\dots ,{𝑝}_{𝑁}\le 1$を${𝑝}_1+\dots +{𝑝}_{𝑁}=1$を満たす数とする。

• $𝑓$が凸関数のとき、

  $$𝑓\left({𝑝}_1{𝑎}_1+\dots +{𝑝}_{𝑁}{𝑎}_{𝑁}\right)\le {𝑝}_1𝑓\left({𝑎}_1\right)+\dots +{𝑝}_{𝑁}𝑓\left({𝑎}_{𝑁}\right)$$

  が成り立つ。

• $𝑓$が凹関数のとき、

  $$𝑓\left({𝑝}_1{𝑎}_1+\dots +{𝑝}_{𝑁}{𝑎}_{𝑁}\right)\ge {𝑝}_1𝑓\left({𝑎}_1\right)+\dots +{𝑝}_{𝑁}𝑓\left({𝑎}_{𝑁}\right)$$

  が成り立つ。

この不等式はグラフ$𝑦=𝑓\left(𝑥\right)$上の点$\left({𝑎}_1,𝑓\left({𝑎}_1\right)\right),\dots ,\left({𝑎}_{𝑁},𝑓\left({𝑎}_{𝑁}\right)\right)$がなす多角形の重心がグラフより上側（凸関数の場合）になることを示していて、${𝑝}_1,\dots ,{𝑝}_{𝑁}$は重みを表す。 $𝑁=2$の場合は凸関数・凹関数の定義に他ならない。 イェンセンの不等式の証明は数学的帰納法によって簡単にできるが、後で積分版イェンセンの不等式を示すために前の命題を用いたものを紹介する。

証明

凸関数の方について示す。 命題 7 より$𝑓\left(𝑥\right)\ge 𝑓\left(𝑎\right)+𝑘\left(𝑥-𝑎\right)$を満たす実数$𝑘$が存在する。 ここで$𝑎={𝑝}_1{𝑎}_1+\dots +{𝑝}_{𝑁}{𝑎}_{𝑁}$、$𝑛=1,\dots ,𝑁$に対して$𝑥={𝑎}_{𝑛}$として${𝑝}_{𝑛}$倍して足し合わせると、${𝑝}_1+\dots +{𝑝}_{𝑁}=1$に注意して、

$$\sum _{𝑛=1}^{𝑁}{𝑝}_{𝑛}𝑓\left({𝑎}_{𝑛}\right)\ge \sum _{𝑛=1}^{𝑁}{𝑝}_{𝑛}\left(𝑓\left(𝑎\right)+𝑘\left({𝑎}_{𝑛}-𝑎\right)\right)=𝑓\left(𝑎\right)+𝑘\left(\sum _{𝑛=1}^{𝑁}{𝑝}_{𝑛}{𝑎}_{𝑛}-𝑎\right)=𝑓\left(𝑎\right).$$

よってほしかった不等式を得る。

凹関数の方は同様なので詳細は省略する。

この不等式を様々な凸関数・凹関数に当てはめることでいろいろな不等式を得ることができる。

定理 2 (相加平均・相乗平均の関係式)

$𝑁=1,2,3,\dots$個の正の数${𝑎}_1,\dots ,{𝑎}_{𝑁}$に対して

$$\frac{{𝑎}_1+\dots +{𝑎}_{𝑁}}{𝑁}\ge \sqrt[𝑁]{{𝑎}_1\dots {𝑎}_{𝑁}}$$

が成り立つ。 より一般には$0\le {𝑝}_1,\dots ,{𝑝}_{𝑁}\le 1$を${𝑝}_1+\dots +{𝑝}_{𝑁}=1$を満たす数として

$${𝑝}_1{𝑎}_1+\dots +{𝑝}_{𝑁}{𝑎}_{𝑁}\ge {𝑎}_1^{{𝑝}_1}\dots {𝑎}_{𝑁}^{{𝑝}_{𝑁}}$$

が成り立つ。

この不等式の左辺は相加平均（算術平均）、右辺は相乗平均（幾何平均）と呼ばれ、 今回の不等式は正の数${𝑎}_1,\dots ,{𝑎}_{𝑁}$に対して相乗平均より相加平均の方が常に大きいことを示していて相加平均・相乗平均の関係式と呼ばれる。

証明

対数関数$𝑓\left(𝑥\right)=log𝑥$ ($𝑥>0$)は${𝑓}^{″}\left(𝑥\right)=-\frac{1}{{𝑥}^2}<0$より凹関数である。 ここからイェンセンの不等式を考えると、

$$log\left({𝑝}_1{𝑎}_1+\dots +{𝑝}_{𝑁}{𝑎}_{𝑁}\right)\ge {𝑝}_{1}log{𝑎}_1+\dots +{𝑝}_{𝑁}log{𝑎}_{𝑁}=log\left({𝑎}_1^{{𝑝}_1}\dots ..{𝑁}^{{𝑝}_{𝑁}}\right)$$

となるので、整理して一般の場合の不等式が示される。 また、${𝑝}_1=\dots ={𝑝}_{𝑁}=\frac{1}{𝑁}$とすることで前半の不等式が得られる。

定理 3 (ヤングの不等式)

$𝑎$, $𝑏$を非負の実数、$𝑝$, $𝑞$を

$$\frac{1}{𝑝}+\frac{1}{𝑞}=1,𝑝,𝑞>1$$

を満たす実数とする。 このとき不等式

$$𝑎𝑏\le \frac{{𝑎}^{𝑝}}{𝑝}+\frac{{𝑏}^{𝑞}}{𝑞}$$

が成り立つ。

証明

$𝑎=0$または$𝑏=0$の場合は$𝑎𝑏=0$で右辺は非負なので不等式は成り立つ。 よって以降は$𝑎,𝑏>0$とする。 $𝑁=2$の場合の一般化した相加平均・相乗平均の関係式を${𝑝}_1=\frac{1}{𝑝}$, ${𝑝}_2=\frac{1}{𝑞}$, ${𝑎}_1={𝑎}^{𝑝}$, ${𝑎}_2={𝑏}^{𝑞}$として適用すると直ちにヤングの不等式が得られる。

なお、より直接的な以下の証明もある。

証明 (別証明)

$𝑥\in \left[0,\infty \right)$に対して

$$𝑓\left(𝑥\right)=\frac{{𝑎}^{𝑝}}{𝑝}+\frac{{𝑥}^{𝑞}}{𝑞}-𝑎𝑥$$

とおくと、$𝑥\in \left(0,\infty \right)$に対して

$${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)={𝑥}^{𝑞-1}-𝑎.$$

よって$𝑓\left(𝑥\right)$は$𝑥={𝑎}^{\frac{1}{𝑞-1}}$で最小となるので、

$$𝑓\left(𝑏\right)\ge 𝑓\left({𝑎}^{\frac{1}{𝑞-1}}\right)=\frac{{𝑎}^{𝑝}}{𝑝}+\frac{{𝑎}^{\frac{𝑞}{𝑞-1}}}{𝑞}-{𝑎}^{1+\frac{1}{𝑞-1}}={𝑎}^{𝑝}\left(\frac{1}{𝑝}+\frac{1}{𝑞}-1\right)=0.$$

したがってほしかった不等式が得られた。

例 4

$𝑁=1,2,3,\dots$と非負の実数$𝑎,𝑏$に対して不等式

$$\frac{{𝑎}^{𝑁}+{𝑎}^{𝑁-1}𝑏+\dots +𝑎{𝑏}^{𝑁-1}+{𝑏}^{𝑁}}{𝑁+1}\le \frac{{𝑎}^{𝑁}+{𝑏}^{𝑁}}{2}$$

が成り立つ。 このことを微分法を使って示そう。 $𝑎,𝑏$の対称性と$𝑎=𝑏$または$𝑎=0$の場合は自明であることから$0<𝑎<𝑏$のみ考えればよく、両辺に$𝑏-𝑎>0$をかけることで、不等式は

$$\frac{{𝑏}^{𝑁+1}-{𝑎}^{𝑁+1}}{𝑁+1}\le \frac{1}{2}\left({𝑎}^{𝑁}+{𝑏}^{𝑁}\right)\left(𝑏-𝑎\right),\left(0<𝑎<𝑏\right)$$

に書き換えられる。 さらに${𝑎}^{𝑁+1}>0$で割って$𝑥=\frac{𝑏}{𝑎}$とおくことで、

$$\frac{{𝑥}^{𝑁+1}-1}{𝑁+1}\le \frac{1}{2}\left({𝑥}^{𝑁}+1\right)\left(𝑥-1\right),\left(𝑥>1\right)$$

を示せばよいことになる。 分母を払って整理すると関数

$$\begin{array}{cc}𝑓\left(𝑥\right)& =\left(𝑁+1\right)\left({𝑥}^{𝑁}+1\right)\left(𝑥-1\right)-2\left({𝑥}^{𝑁+1}-1\right)\\ & =\left(𝑁-1\right){𝑥}^{𝑁+1}-\left(𝑁+1\right){𝑥}^{𝑁}+\left(𝑁+1\right)𝑥-\left(𝑁-1\right)\end{array}$$

が$𝑥>1$で$𝑓\left(𝑥\right)\ge 0$であることを示せばよい。 そこで微分を計算すると

$${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)=\left(𝑁-1\right)\left(𝑁+1\right){𝑥}^{𝑁}-𝑁\left(𝑁+1\right){𝑥}^{𝑁-1}+\left(𝑁+1\right)$$

であり、もう一回微分すると$𝑥>1$において

$$\begin{array}{cc}{𝑓}^{″}\left(𝑥\right)& =\left(𝑁-1\right)\left(𝑁+1\right)𝑁{𝑥}^{𝑁-1}-𝑁\left(𝑁+1\right)\left(𝑁-1\right){𝑥}^{𝑁-2}\\ & =\left(𝑁-1\right)𝑁\left(𝑁+1\right)\left(𝑥-1\right){𝑥}^{𝑁-2}\ge 0\end{array}$$

である。 したがって${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)$は単調増加関数であり${𝑓}^{\prime }\left(1\right)=0$なので$𝑥>1$において${𝑓}^{\prime }\left(𝑥\right)\ge 0$である。 同様に$𝑓\left(𝑥\right)$も単調増加関数であり$𝑓\left(1\right)=0$なので$𝑥>1$において$𝑓\left(𝑥\right)\ge 0$、すなわち最初の不等式式 (0.6) が成り立つことがわかる。 なお、式 (0.6) においては$𝑁$は正の整数でないと意味をなさないが、途中の不等式では実数範囲に拡張でき、$𝑘\ge 1$に対して

$$\frac{{𝑏}^{𝑘+1}-{𝑎}^{𝑘+1}}{𝑘+1}\le \frac{{𝑎}^{𝑘}+{𝑏}^{𝑘}}{2}\left(𝑏-𝑎\right),\left(0<𝑎<𝑏\right)$$

が成り立つ。