与えられた関数 $f(x)$ が、 $f(x) = \begin{cases} 0, & x \le 0 \\ x^3, & x > 0 \end{cases}$ について、以下の問いに答える。 (1) $f(x)$が$(-\infty, \infty)$上で微分可能であることを証明し、$f'(x)$を求めよ。 (2) $f(x)$が$(-\infty, \infty)$上で2回微分可能であることを証明し、$f''(x)$を求めよ。 (3) $f(x)$が$x=0$で3回微分可能ではないことを示せ。

1. 問題の内容

与えられた関数 $f(x)$ が、

$f(x) = \begin{cases} 0, & x \le 0 \\ x^3, & x > 0 \end{cases}$

について、以下の問いに答える。

(1) $f(x)$が$(-\infty, \infty)$上で微分可能であることを証明し、$f'(x)$を求めよ。

(2) $f(x)$が$(-\infty, \infty)$上で2回微分可能であることを証明し、$f''(x)$を求めよ。

(3) $f(x)$が$x=0$で3回微分可能ではないことを示せ。

2. 解き方の手順

(1) $x \neq 0$ では、明らかに微分可能である。$x<0$では$f'(x)=0$, $x>0$では$f'(x)=3x^2$。$x=0$における微分可能性を調べる。

$x=0$における右側極限は、

$\lim_{h \to +0} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to +0} \frac{h^3 - 0}{h} = \lim_{h \to +0} h^2 = 0$

$x=0$における左側極限は、

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

両側極限が存在し、一致するので、$f(x)$は$x=0$で微分可能であり、$f'(0)=0$。

したがって、$f'(x) = \begin{cases} 0, & x \le 0 \\ 3x^2, & x > 0 \end{cases}$

(2) $x \neq 0$ では、$f'(x)$は微分可能である。$x<0$では$f''(x)=0$, $x>0$では$f''(x)=6x$。$x=0$における微分可能性を調べる。

$x=0$における右側極限は、

$\lim_{h \to +0} \frac{f'(0+h) - f'(0)}{h} = \lim_{h \to +0} \frac{3h^2 - 0}{h} = \lim_{h \to +0} 3h = 0$

$x=0$における左側極限は、

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

両側極限が存在し、一致するので、$f'(x)$は$x=0$で微分可能であり、$f''(0)=0$。

したがって、$f''(x) = \begin{cases} 0, & x \le 0 \\ 6x, & x > 0 \end{cases}$

(3) $x \neq 0$ では、$f''(x)$は微分可能である。$x<0$では$f'''(x)=0$, $x>0$では$f'''(x)=6$。$x=0$における微分可能性を調べる。

$x=0$における右側極限は、

$\lim_{h \to +0} \frac{f''(0+h) - f''(0)}{h} = \lim_{h \to +0} \frac{6h - 0}{h} = \lim_{h \to +0} 6 = 6$

$x=0$における左側極限は、

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

両側極限が存在するが、一致しない。したがって、$f(x)$は$x=0$で3回微分可能ではない。

3. 最終的な答え

(1) $f'(x) = \begin{cases} 0, & x \le 0 \\ 3x^2, & x > 0 \end{cases}$

(2) $f''(x) = \begin{cases} 0, & x \le 0 \\ 6x, & x > 0 \end{cases}$

(3) $f(x)$は$x=0$で3回微分可能ではない。