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問題1：関数 $f(x) = |x^2 - x|$ が $x=0$ で微分可能でないことを示す。 問題2：(1) $f(x) = \frac{1}{x^3}$ および (2) $f(x) = \sqrt{-2x}$ を導関数の定義に従って微分する。

解析学微分絶対値関数導関数の定義極限
2025/6/10

1. 問題の内容

問題1：関数 f(x)=∣x2−x∣f(x) = |x^2 - x| が x=0x=0 で微分可能でないことを示す。
問題2：(1) f(x)=1x3f(x) = \frac{1}{x^3} および (2) f(x)=−2xf(x) = \sqrt{-2x} を導関数の定義に従って微分する。

2. 解き方の手順

問題1: f(x)=∣x2−x∣f(x) = |x^2 - x| が x=0x=0 で微分可能でないことを示す。
まず、f(x)f(x) を絶対値記号を外して表す。
x2−x=x(x−1)x^2 - x = x(x-1) であるから、0≤x≤10 \le x \le 1 のとき x2−x≤0x^2 - x \le 0 であり、x<0x < 0 または x>1x > 1 のとき x2−x>0x^2 - x > 0 である。
x=0x=0 の近傍での f(x)f(x) の振る舞いを考えるので、x≥0x \ge 0 の場合に注目すればよい。
$f(x) = \begin{cases}
x - x^2 & (0 \le x \le 1) \\
x^2 - x & (x > 1)
\end{cases}$
x=0x=0 における右側極限での微分係数を調べる。
f′(0)=lim⁡h→+0f(0+h)−f(0)h=lim⁡h→+0f(h)−f(0)hf'(0) = \lim_{h \to +0} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to +0} \frac{f(h) - f(0)}{h}
0≤h≤10 \le h \le 1 のとき、f(h)=h−h2f(h) = h - h^2 なので、
f′(0)=lim⁡h→+0(h−h2)−0h=lim⁡h→+0h−h2h=lim⁡h→+0(1−h)=1f'(0) = \lim_{h \to +0} \frac{(h - h^2) - 0}{h} = \lim_{h \to +0} \frac{h - h^2}{h} = \lim_{h \to +0} (1 - h) = 1
次に、左側極限を考える。f(x)f(x) は x<0x < 0 では、f(x)=x2−xf(x) = x^2 - x である。
f′(−0)=lim⁡h→−0f(0+h)−f(0)h=lim⁡h→−0f(h)−f(0)h=lim⁡h→−0h2−h−0h=lim⁡h→−0(h−1)=−1f'(-0) = \lim_{h \to -0} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to -0} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to -0} \frac{h^2 - h - 0}{h} = \lim_{h \to -0} (h - 1) = -1
右側極限での微分係数と左側極限での微分係数が異なるため、x=0x=0 で微分可能ではない。
問題2: 導関数の定義に従って微分する。
導関数の定義は f′(x)=lim⁡h→0f(x+h)−f(x)hf'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h} である。
(1) f(x)=1x3f(x) = \frac{1}{x^3}
f′(x)=lim⁡h→01(x+h)3−1x3h=lim⁡h→0x3−(x+h)3hx3(x+h)3f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{1}{(x+h)^3} - \frac{1}{x^3}}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{x^3 - (x+h)^3}{h x^3 (x+h)^3}
(x+h)3=x3+3x2h+3xh2+h3(x+h)^3 = x^3 + 3x^2h + 3xh^2 + h^3 より
f′(x)=lim⁡h→0x3−(x3+3x2h+3xh2+h3)hx3(x+h)3=lim⁡h→0−3x2h−3xh2−h3hx3(x+h)3=lim⁡h→0−3x2−3xh−h2x3(x+h)3f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{x^3 - (x^3 + 3x^2h + 3xh^2 + h^3)}{h x^3 (x+h)^3} = \lim_{h \to 0} \frac{-3x^2h - 3xh^2 - h^3}{h x^3 (x+h)^3} = \lim_{h \to 0} \frac{-3x^2 - 3xh - h^2}{x^3 (x+h)^3}
f′(x)=−3x2x3x3=−3x2x6=−3x4f'(x) = \frac{-3x^2}{x^3 x^3} = \frac{-3x^2}{x^6} = -\frac{3}{x^4}
(2) f(x)=−2xf(x) = \sqrt{-2x}
f′(x)=lim⁡h→0−2(x+h)−−2xh=lim⁡h→0−2x−2h−−2xhf'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{-2(x+h)} - \sqrt{-2x}}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{-2x-2h} - \sqrt{-2x}}{h}
分子を有理化する。
f′(x)=lim⁡h→0(−2x−2h−−2x)(−2x−2h+−2x)h(−2x−2h+−2x)=lim⁡h→0(−2x−2h)−(−2x)h(−2x−2h+−2x)=lim⁡h→0−2hh(−2x−2h+−2x)f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{(\sqrt{-2x-2h} - \sqrt{-2x})(\sqrt{-2x-2h} + \sqrt{-2x})}{h(\sqrt{-2x-2h} + \sqrt{-2x})} = \lim_{h \to 0} \frac{(-2x-2h) - (-2x)}{h(\sqrt{-2x-2h} + \sqrt{-2x})} = \lim_{h \to 0} \frac{-2h}{h(\sqrt{-2x-2h} + \sqrt{-2x})}
f′(x)=lim⁡h→0−2−2x−2h+−2x=−2−2x+−2x=−22−2x=−1−2xf'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{-2}{\sqrt{-2x-2h} + \sqrt{-2x}} = \frac{-2}{\sqrt{-2x} + \sqrt{-2x}} = \frac{-2}{2\sqrt{-2x}} = -\frac{1}{\sqrt{-2x}}

3. 最終的な答え

問題1：f(x)=∣x2−x∣f(x) = |x^2 - x| は x=0x=0 で微分可能ではない。
問題2：(1) f′(x)=−3x4f'(x) = -\frac{3}{x^4}
(2) f′(x)=−1−2xf'(x) = -\frac{1}{\sqrt{-2x}}

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