関数 $f(x)$ が次のように定義されています。 $f(x) = \begin{cases} x^2 \sin(\frac{1}{x}) & (x \neq 0) \\ 0 & (x = 0) \end{cases}$ (1) $f(x)$ が微分可能であることを示す。 (2) $f(x)$ の導関数 $f'(x)$ が $x=0$ で連続でないことを示す。

1. 問題の内容

関数 $f(x)$ が次のように定義されています。

$f(x) = \begin{cases}

x^2 \sin(\frac{1}{x}) & (x \neq 0) \\

0 & (x = 0)

\end{cases}$

(1) $f(x)$ が微分可能であることを示す。

(2) $f(x)$ の導関数 $f'(x)$ が $x=0$ で連続でないことを示す。

2. 解き方の手順

(1) $f(x)$ が微分可能であることを示す。

$x \neq 0$ のとき、$f(x)$ は $x^2$ と $\sin(\frac{1}{x})$ の積で表されるので、微分可能です。微分すると、

$f'(x) = 2x \sin(\frac{1}{x}) + x^2 \cos(\frac{1}{x}) (-\frac{1}{x^2}) = 2x \sin(\frac{1}{x}) - \cos(\frac{1}{x})$

次に、$x=0$ における微分可能性を調べます。微分可能であるためには、極限

$\lim_{h \to 0} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h}$

が存在する必要があります。

$f(0) = 0$ なので、

$\lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h^2 \sin(\frac{1}{h}) - 0}{h} = \lim_{h \to 0} h \sin(\frac{1}{h})$

ここで、$-1 \leq \sin(\frac{1}{h}) \leq 1$ なので、$-|h| \leq h \sin(\frac{1}{h}) \leq |h|$ となります。

$\lim_{h \to 0} -|h| = 0$ かつ $\lim_{h \to 0} |h| = 0$ なので、挟みうちの原理より、

$\lim_{h \to 0} h \sin(\frac{1}{h}) = 0$

したがって、$f'(0) = 0$ となります。

よって、$f(x)$ は全ての $x$ で微分可能です。

(2) $f'(x)$ が $x=0$ で連続でないことを示す。

$f'(x)$ は、$x \neq 0$ のとき $f'(x) = 2x \sin(\frac{1}{x}) - \cos(\frac{1}{x})$ で、$x=0$ のとき $f'(0) = 0$ でした。

$f'(x)$ が $x=0$ で連続であるためには、$\lim_{x \to 0} f'(x) = f'(0)$ である必要があります。

$\lim_{x \to 0} f'(x) = \lim_{x \to 0} (2x \sin(\frac{1}{x}) - \cos(\frac{1}{x}))$

$\lim_{x \to 0} 2x \sin(\frac{1}{x}) = 0$ (上記と同様の理由) ですが、$\lim_{x \to 0} \cos(\frac{1}{x})$ は存在しません。

したがって、$\lim_{x \to 0} f'(x)$ は存在しません。

なぜなら$x_n = \frac{1}{2n\pi}$とすると、$\lim_{n \to \infty}x_n=0$であり、$\cos(\frac{1}{x_n})=\cos(2n\pi)=1$なので$\lim_{n \to \infty}\cos(\frac{1}{x_n})=1$となるからです。

一方で$x_n = \frac{1}{(2n+1)\pi}$とすると、$\lim_{n \to \infty}x_n=0$であり、$\cos(\frac{1}{x_n})=\cos((2n+1)\pi)=-1$なので$\lim_{n \to \infty}\cos(\frac{1}{x_n})=-1$となるからです。

したがって、$f'(x)$ は $x=0$ で連続ではありません。

3. 最終的な答え

(1) $f(x)$ は微分可能である。

(2) $f'(x)$ は $x=0$ で連続ではない。