関数 $f(x)$ が以下のように定義されています。 $f(x) = \begin{cases} 0 & (x \le 1) \\ \frac{1-x}{\log(x-1)} & (x > 1) \end{cases}$ この関数 $f(x)$ が $x=1$ で微分可能であることを証明します。

1. 問題の内容

関数 $f(x)$ が以下のように定義されています。

$f(x) = \begin{cases}

0 & (x \le 1) \\

\frac{1-x}{\log(x-1)} & (x > 1)

\end{cases}$

この関数 $f(x)$ が $x=1$ で微分可能であることを証明します。

2. 解き方の手順

関数が $x=1$ で微分可能であるためには、以下の条件を満たす必要があります。

* $f(x)$ が $x=1$ で連続であること。

* $x=1$ における右側微分係数と左側微分係数が存在し、かつ一致すること。

まず、$x=1$ での連続性について確認します。

$x \le 1$ では $f(x) = 0$ なので、

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

$x > 1$ では $f(x) = \frac{1-x}{\log(x-1)}$ なので、

$\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} \frac{1-x}{\log(x-1)}$

ここで、$x-1 = h$ とおくと、$x \to 1^+$ のとき $h \to 0^+$ となります。

$\lim_{x \to 1^+} \frac{1-x}{\log(x-1)} = \lim_{h \to 0^+} \frac{-h}{\log h}$

ロピタルの定理より、

$\lim_{h \to 0^+} \frac{-h}{\log h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{-1}{1/h} = \lim_{h \to 0^+} (-h) = 0$

よって、$\lim_{x \to 1^+} f(x) = 0$

また、$f(1) = 0$ なので、

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

したがって、$f(x)$ は $x=1$ で連続です。

次に、$x=1$ における微分係数について考えます。

左側微分係数：

$f'_{-}(1) = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{0 - 0}{h} = 0$

右側微分係数：

$f'_{+}(1) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{\frac{1-(1+h)}{\log((1+h)-1)} - 0}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{\frac{-h}{\log h}}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{-1}{\log h}$

$\lim_{h \to 0^+} \log h = -\infty$ なので、

$f'_{+}(1) = \lim_{h \to 0^+} \frac{-1}{\log h} = 0$

したがって、$f'_{-}(1) = f'_{+}(1) = 0$

よって、$f(x)$ は $x=1$ で微分可能であり、$f'(1) = 0$ です。

3. 最終的な答え

関数 $f(x)$ は $x=1$ で微分可能である。