区間 $[0,1]$ で定義された関数 $f(x)$ が次のように定義されています。 $f(x) = \begin{cases} 0 & (x \neq 1) \\ 1 & (x = 1) \end{cases}$ このとき、以下の２つの命題を示す必要があります。 (1) $f$ が $[0,1]$ で凸関数であること。 (2) $f$ が点 $x=1$ で連続でないこと。

1. 問題の内容

区間 $[0,1]$ で定義された関数 $f(x)$ が次のように定義されています。

$f(x) = \begin{cases} 0 & (x \neq 1) \\ 1 & (x = 1) \end{cases}$

このとき、以下の２つの命題を示す必要があります。

(1) $f$ が $[0,1]$ で凸関数であること。

(2) $f$ が点 $x=1$ で連続でないこと。

2. 解き方の手順

(1) $f$ が $[0,1]$ で凸関数であることの証明

凸関数の定義から、任意の $x, y \in [0,1]$ と任意の $t \in [0,1]$ に対して、次の不等式が成り立つことを示す必要があります。

$f(tx + (1-t)y) \leq tf(x) + (1-t)f(y)$

場合分けして考えます。

* **場合 1:** $x \neq 1$ かつ $y \neq 1$ のとき

このとき $f(x) = 0$ かつ $f(y) = 0$ です。

もし $tx + (1-t)y = 1$ であれば、$x=y=1$ となるはずですが、これは $x \neq 1$ かつ $y \neq 1$ に矛盾します。

したがって、$tx + (1-t)y \neq 1$ であり、$f(tx + (1-t)y) = 0$ となります。

$tf(x) + (1-t)f(y) = t \cdot 0 + (1-t) \cdot 0 = 0$

よって、$f(tx + (1-t)y) = 0 \leq 0 = tf(x) + (1-t)f(y)$ となり、不等式は成り立ちます。

* **場合 2:** $x = 1$ のとき

このとき $f(x) = 1$ です。

$f(tx + (1-t)y) = f(t + (1-t)y)$

$tf(x) + (1-t)f(y) = t + (1-t)f(y)$

もし $y \neq 1$ であれば、$f(y) = 0$ となり、$tf(x) + (1-t)f(y) = t$ となります。

このとき $f(t + (1-t)y) \leq t$ となることを示します。

$t + (1-t)y = 1$ であれば、$y = 1$ となりますが、$y \neq 1$ であるので、$t + (1-t)y \neq 1$ となります。

したがって、$f(t + (1-t)y) = 0$ となり、$0 \leq t$ は成立します。

もし $y = 1$ であれば、$f(y) = 1$ となり、$tf(x) + (1-t)f(y) = t + (1-t) = 1$ となります。

$f(t + (1-t)y) = f(t + (1-t)) = f(1) = 1$ となり、$1 \leq 1$ は成立します。

* **場合 3:** $y = 1$ のとき

これは場合2と同様に示すことができます。

以上より、任意の $x, y \in [0,1]$ と任意の $t \in [0,1]$ に対して、$f(tx + (1-t)y) \leq tf(x) + (1-t)f(y)$ が成り立つため、$f$ は $[0,1]$ で凸関数です。

(2) $f$ が点 $x=1$ で連続でないことの証明

関数 $f(x)$ が $x=1$ で連続であるとは、$\lim_{x \to 1} f(x) = f(1)$ が成り立つことです。

$f(1) = 1$ であるので、$\lim_{x \to 1} f(x) = 1$ であるかどうかを調べます。

$x$ が $1$ に近づくとき、$x \neq 1$ である限り $f(x) = 0$ です。したがって、

$\lim_{x \to 1} f(x) = 0$

これは $f(1) = 1$ と異なるため、$\lim_{x \to 1} f(x) \neq f(1)$ となり、$f$ は点 $x=1$ で連続ではありません。

3. 最終的な答え

(1) $f$ は $[0,1]$ で凸関数である。

(2) $f$ は点 $x=1$ で連続ではない。