関数 $f(x)$ が以下のように定義されている。 $f(x) = \begin{cases} x^2 \sin{\frac{1}{x^p}} & (x \neq 0, p は定数) \\ 0 & (x = 0) \end{cases}$ (1) $f'(x)$ を求めよ。 (2) $f'(x)$ が $x=0$ で連続になるための $p$ の条件を求めよ。

1. 問題の内容

関数 $f(x)$ が以下のように定義されている。

$f(x) = \begin{cases}

x^2 \sin{\frac{1}{x^p}} & (x \neq 0, p は定数) \\

0 & (x = 0)

\end{cases}$

(1) $f'(x)$ を求めよ。

(2) $f'(x)$ が $x=0$ で連続になるための $p$ の条件を求めよ。

2. 解き方の手順

(1) $x \neq 0$ のとき、微分は通常の微分公式を用いて計算できる。$x=0$ のときは、定義に従って微分を計算する。

(2) $f'(x)$ が $x=0$ で連続であるためには、$\lim_{x \to 0} f'(x) = f'(0)$ が成り立つ必要がある。$f'(0)$ は(1)で計算した値を用いる。$\lim_{x \to 0} f'(x)$ を計算し、$p$ の条件を求める。

(1) $x \neq 0$ のとき、

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

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

$x=0$ のとき、

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

なぜなら、$-1 \le \sin{\frac{1}{h^p}} \le 1$ であり、$h \to 0$ のとき、$h \sin{\frac{1}{h^p}} \to 0$ となるからである。

よって、

$f'(x) = \begin{cases}

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

0 & (x = 0)

\end{cases}$

(2) $f'(x)$ が $x=0$ で連続であるためには、$\lim_{x \to 0} f'(x) = f'(0)$ が成り立つ必要がある。$f'(0) = 0$ であるから、$\lim_{x \to 0} f'(x) = 0$ となる条件を求める。

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

$\lim_{x \to 0} 2x \sin{\frac{1}{x^p}} = 0$ である。なぜなら、$-1 \le \sin{\frac{1}{x^p}} \le 1$ であり、$x \to 0$ のとき、$2x \sin{\frac{1}{x^p}} \to 0$ となるからである。

$\lim_{x \to 0} \frac{p}{x^{p-1}} \cos{\frac{1}{x^p}}$ が 0 に収束するためには、$p-1 < 0$ でなければならない。つまり、$p < 1$ である。

3. 最終的な答え

(1)

$f'(x) = \begin{cases}

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

0 & (x = 0)

\end{cases}$

(2) $p < 1$