関数 $f(x)$ が点 $x=a$ を含む開区間 $I$ で定義されている。このとき、以下の2つの命題が同値であることを示す。 (1) $f(x)$ は $x=a$ で微分可能である。 (2) $f(x)$ は $x=a$ で連続であり、ある開区間 $J$ で $f(x) = f(a) + (x-a)h(x)$ を満たす関数 $h(x)$ が存在する。

1. 問題の内容

関数 $f(x)$ が点 $x=a$ を含む開区間 $I$ で定義されている。このとき、以下の2つの命題が同値であることを示す。

(1) $f(x)$ は $x=a$ で微分可能である。

(2) $f(x)$ は $x=a$ で連続であり、ある開区間 $J$ で $f(x) = f(a) + (x-a)h(x)$ を満たす関数 $h(x)$ が存在する。

2. 解き方の手順

(1) $\implies$ (2) の証明：

$f(x)$ が $x=a$ で微分可能であるとする。このとき、$f'(a)$ が存在する。

$f(x)$ が微分可能ならば、連続であるから、$x=a$ で連続である。

ここで、$h(x)$ を次のように定義する。

$h(x) = \begin{cases}

\frac{f(x) - f(a)}{x-a} & (x \neq a) \\

f'(a) & (x = a)

\end{cases}$

このとき、$x \neq a$ では $f(x) = f(a) + (x-a)h(x)$ が成り立つ。

$x=a$ では、$f(a) = f(a) + (a-a)h(a) = f(a)$ となり、これも成り立つ。

$h(x)$ が $x=a$ で連続であることを示す。

$\lim_{x \to a} h(x) = \lim_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{x-a} = f'(a) = h(a)$

したがって、$h(x)$ は $x=a$ で連続である。

よって、$f(x)$ が $x=a$ を含む開区間 $J$ で $f(x) = f(a) + (x-a)h(x)$ と表され、$h(x)$ が存在する。

(2) $\implies$ (1) の証明：

$f(x)$ は $x=a$ で連続であり、ある開区間 $J$ で $f(x) = f(a) + (x-a)h(x)$ を満たす関数 $h(x)$ が存在すると仮定する。

このとき、$f'(a)$ を定義に従って求める。

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

$h(x)$ が $x=a$ で連続とは限らないが、$f(x)$ が $x=a$ で微分可能であるためには、$x \to a$ の極限が存在すれば良い。$f(x)$が$x=a$で連続であるという条件より、$x\to a$の時、$h(x)$が収束する必要がある。

もし、$h(x)$ が $x=a$ で連続ならば、$\lim_{x \to a} h(x) = h(a)$ となり、$f'(a) = h(a)$ が存在する。

$h(x)$ が $x=a$ で連続でなくても、$\lim_{x \to a} h(x)$ が存在すれば、その値が $f'(a)$ となる。

$\lim_{x \to a}h(x)=L$とすると、$f'(a)=L$である。

3. 最終的な答え

関数 $f(x)$ が点 $x=a$ を含む開区間 $I$ で定義されているとき、以下の2つの命題は同値である。

(1) $f(x)$ は $x=a$ で微分可能である。

(2) $f(x)$ は $x=a$ で連続であり、ある開区間 $J$ で $f(x) = f(a) + (x-a)h(x)$ を満たす関数 $h(x)$ が存在する。