4福島県立医科大学 2022年 数学 第4問解答・解説

(1) 任意の実数 $c$ をとる。$f$ は $c$ で微分可能だから、 $$\displaystyle \lim\limits _{h\to 0}\frac{f(c+h)-f(c)}{h}=f'(c)$$ が存在する。$h\ne 0$ のとき $$\displaystyle f(c+h)-f(c)=h\frac{f(c+h)-f(c)}{h}$$ である。右辺の差商は $h\to0$ のとき有限な値 $f'(c)$ に収束するので、$h=0$ の近くで有界である。したがって右辺は $0$ に収束し、 $$\displaystyle \lim\limits _{h\to0}f(c+h)=f(c)$$ となる。よって $f$ は $c$ で連続である。$c$ は任意だから、$f$ は実数全体で連続である。

(2) $f$ が $x=a$ で極大であるから、ある $\delta>0$ が存在し、$|h|<\delta$ ならば $f(a+h)\le f(a)$ である。$0<h<\delta$ では $$\displaystyle \frac{f(a+h)-f(a)}{h}\le0,$$ また $-\delta<h<0$ では、分子は $0$ 以下で分母は負だから $$\displaystyle \frac{f(a+h)-f(a)}{h}\ge0.$$ 微分可能性より両側からの差商の極限は共通して $f'(a)$ である。正の $h$ から近づけた極限は $0$ 以下、負の $h$ から近づけた極限は $0$ 以上だから、$f'(a)\le0$ かつ $f'(a)\ge0$ である。ゆえに $f'(a)=0$。

(3) $x$ を固定する。$h\ne0$ のとき、 $$\displaystyle \frac{f(x+h)g(x+h)-f(x)g(x)}{h} =f(x+h)\frac{g(x+h)-g(x)}{h} +g(x)\frac{f(x+h)-f(x)}{h}.$$ (1)より $f$ は連続なので $f(x+h)\to f(x)$ であり、微分可能性より各差商はそれぞれ $g'(x)$、$f'(x)$ に収束する。したがって $h\to0$ とすると、左辺の極限は $$f(x)g'(x)+g(x)f'(x)$$ となる。この極限は積 $f(x)g(x)$ の導関数の定義そのものであるから、 $$\{f(x)g(x)\}'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x).$$ (4) $n=1$ では、(3)より $$\displaystyle F'(x)=f'(x)g(x)+f(x)g'(x) =\sum\limits _{j=0}^{1}\binom{1}{j}f^{(1-j)}(x)g^{(j)}(x),$$ となり、公式が成り立つ。

ある自然数 $n$ で公式が成り立つと仮定する。両辺を微分し、(3)を各項に用いると $$\displaystyle \begin{aligned} F^{(n+1)}(x) &=\sum\limits _{j=0}^{n}\binom{n}{j}\left(f^{(n+1-j)}(x)g^{(j)}(x)+f^{(n-j)}(x)g^{(j+1)}(x)\right)\\ &=f^{(n+1)}(x)g(x) +\sum\limits _{j=1}^{n}\left\{\binom{n}{j}+\binom{n}{j-1}\right\}f^{(n+1-j)}(x)g^{(j)}(x) +f(x)g^{(n+1)}(x). \end{aligned}$$ ここで $1\le j\le n$ に対し、二項係数の定義から $$\displaystyle \binom{n}{j}+\binom{n}{j-1} =\frac{n!(n+1-j)}{j!(n+1-j)!}+\frac{n!j}{j!(n+1-j)!} =\binom{n+1}{j}.$$ また両端の係数は $\displaystyle \binom{n+1}{0}=\binom{n+1}{n+1}=1$ である。よって $$\displaystyle F^{(n+1)}(x)=\sum\limits _{j=0}^{n+1}\binom{n+1}{j}f^{(n+1-j)}(x)g^{(j)}(x).$$ したがって数学的帰納法により、すべての自然数 $n$ について与式が成り立つ。