平均値の定理・ロピタルの定理

$c$ が $f$ の極大点であるする。$c$ は $I$ の端点ではないので、$h$ を絶対値が十分小さい正または負の数とすると、$c+h$ も $I$ に属する。そして、$f$ が $c$ において微分可能なので、極限値 $$\begin{array}{c}\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(c+h)-f\left(c\right)}{h}=f^{\prime }\left(c\right)\end{array}$$ が存在する。 $c$ は $f$ の極大点なので、$\left|h\right|$ が十分小さいとき $$\begin{array}{c}f\left(c\right)\ge f(c+h)\\ f(c+h)-f\left(c\right)\le 0\end{array}$$ よって、$0<h$ のときには $$\begin{array}{c}\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(c+h)-f\left(c\right)}{h}\le 0\end{array}$$ 同様に $h<0$ のときには $$\begin{array}{c}\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(c+h)-f\left(c\right)}{h}\ge 0\end{array}$$ 微分可能性の定義より、上の2つの極限は、どちらも $f^{\prime }\left(c\right)$ に等しくなければならない。ゆえに $$\begin{array}{c}0\le f^{\prime }\left(c\right)\le 0\iff f^{\prime }\left(c\right)=0\end{array}$$ 極小値である場合も同様。 $◼$

［Ⅰ］最大値の場合
$f\left(a\right)<f\left(x\right)$ をみたす $x$ があれば、最大値・最小値の定理より、$f\left(x\right)$ は最大値 $$\begin{array}{c}f\left(c\right)a<c<b\end{array}$$ をもつ。 $f\left(c\right)$ は最大値なので、$c$ より $h(\ne 0)$ だけずれた点の $y$ 座標 $f(c+h)$ は必ず、 $$\begin{array}{}\text{(1)}& f\left(c\right)\ge f(c+h)h\ne 0\end{array}$$

［i］$0<h$ のとき
式 $(1)$ より、 $$\begin{array}{c}f(c+h)-f\left(c\right)\le 0\end{array}$$ 両辺を $h$ で割ると、 $$\begin{array}{c}\frac{f(c+h)-f\left(c\right)}{h}\le 0\end{array}$$ 極限を取ると、 $$\begin{array}{c}\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(c+h)-f\left(c\right)}{h}=f^{\prime }\left(c\right)\le 0\end{array}$$

［ii］$h<0$ のとき
式 $(1)$ より、 $$\begin{array}{c}f(c+h)-f\left(c\right)\le 0\end{array}$$ 両辺を $h(<0)$ で割ると、 $$\begin{array}{c}\frac{f(c+h)-f\left(c\right)}{h}\ge 0\end{array}$$ 極限を取ると、 $$\begin{array}{c}\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(c+h)-f\left(c\right)}{h}=f^{\prime }\left(c\right)\ge 0\end{array}$$

以上、［i］、［ii］より、 $$\begin{array}{c}0\le f^{\prime }\left(c\right)\le 0\\ f^{\prime }\left(c\right)=0a<c<b\end{array}$$

［Ⅱ］最小値の場合
$f\left(x\right)<f\left(a\right)$ をみたす $x$ があれば、最大値・最小値の定理より、$f\left(x\right)$ は最小値$$\begin{array}{c}f\left(c\right)a<c<b\end{array}$$ をもつ。 $f\left(c\right)$ は最小値なので、$c$ より $h(\ne 0)$ だけずれた点の $y$ 座標 $f(c+h)$ は必ず、 $$\begin{array}{}\text{(2)}& f\left(c\right)\le f(c+h)h\ne 0\end{array}$$

［i］$0<h$ のとき
式 $(2)$ より、 $$\begin{array}{c}f(c+h)-f\left(c\right)\ge 0\end{array}$$ 両辺を $h$ で割ると、 $$\begin{array}{c}\frac{f(c+h)-f\left(c\right)}{h}\ge 0\end{array}$$ 極限を取ると、 $$\begin{array}{c}\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(c+h)-f\left(c\right)}{h}=f^{\prime }\left(c\right)\ge 0\end{array}$$

［ii］$h<0$ のとき
式 $(2)$ より、 $$\begin{array}{c}f(c+h)-f\left(c\right)\ge 0\end{array}$$ 両辺を $h(<0)$ で割ると、 $$\begin{array}{c}\frac{f(c+h)-f\left(c\right)}{h}\le 0\end{array}$$ 極限を取ると、 $$\begin{array}{c}\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(c+h)-f\left(c\right)}{h}=f^{\prime }\left(c\right)\le 0\end{array}$$

以上、［i］、［ii］より、 $$\begin{array}{c}0\le f^{\prime }\left(c\right)\le 0\\ f^{\prime }\left(c\right)=0a<c<b\end{array}$$

［Ⅲ］定数関数のとき $$\begin{array}{c}0\le f^{\prime }\left(c\right)\le 0\\ f^{\prime }\left(c\right)=0a<c<b\end{array}$$

$f\left(x\right)>f\left(a\right),f\left(x\right)<f\left(a\right)$ をみたす $x$ が存在しないとき、$y=f\left(x\right)$ は定数関数 $y=f\left(a\right)$ となるので、$a<x<b$ の範囲のすべての $x$ が $$\begin{array}{c}{f}^{\prime }\left(x\right)=0\end{array}$$ を満たす。 すなわち、 $$\begin{array}{c}{f}^{\prime }\left(c\right)=0a<c<b\end{array}$$ を満たす $c$ が存在する。

以上［Ⅰ］［Ⅱ］［Ⅲ］より、ロルの定理は成り立つ。 $◼$

曲線 $$\begin{array}{c}y=f\left(x\right)a\le x\le b\end{array}$$ の両端点 $$\begin{array}{c}A\{a,f\left(a\right)\}B\{b,f\left(b\right)\}\end{array}$$ を通る直線の方程式は $$\begin{array}{c}y=\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}(x-a)+f\left(a\right)\end{array}$$ 曲線 $y=f\left(x\right)$ と直線 $AB$ との差関数を $F\left(x\right)$ とおくと、 $$\begin{array}{rl}F\left(x\right)& =f\left(x\right)-\{\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}(x-a)+f\left(a\right)\}\\ \text{(1)}& & =f\left(x\right)-\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}(x-a)-f\left(a\right)\end{array}$$ 式 $(1)$ に $x=a,b$ を代入すると、 $$\begin{array}{rl}F\left(a\right)& =f\left(a\right)-\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}(a-a)-f\left(a\right)\\ & =f\left(a\right)-f\left(a\right)\\ & =0\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}F\left(b\right)& =f\left(b\right)-\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}(b-a)-f\left(a\right)\\ & =f\left(b\right)-f\left(a\right)-\{f\left(b\right)-f\left(a\right)\}\\ & =0\end{array}$$ 仮定より、$F\left(x\right)$ は、①閉区間 $[a,b]$ で連続、②開区間 $(a,b)$ で微分可能、③$F\left(a\right)=F\left(b\right)$ であることから、ロルの定理により、 $$\begin{array}{c}{F}^{\prime }\left(c\right)=0a<c<b\end{array}$$ をみたす $c$ が必ず存在する。 式 $(1)$ の両辺を $x$ で微分すると、 $$\begin{array}{c}{F}^{\prime }\left(x\right)=f^{\prime }\left(x\right)-\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}\end{array}$$ ここで、$F^{\prime }\left(c\right)=0$ をみたす $c$ が必ず存在するので、 $$\begin{array}{c}{F}^{\prime }\left(c\right)=f^{\prime }\left(c\right)-\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}=0\\ f^{\prime }\left(c\right)=\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}\end{array}$$ したがって、①閉区間 $[a,b]$ で連続、②開区間 $(a,b)$ で微分可能な関数 $f\left(x\right)$ に対して、 $$\begin{array}{c}{f}^{\prime }\left(c\right)=\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}\end{array}$$ を満たす $c$ が少なくとも1つ存在する。 $◼$

$XY$ 座標平面上に媒介変数 $x$ で表された曲線 $C$ $$\begin{array}{c}\{\begin{array}{cc}\begin{array}{c}X=g\left(x\right)\\ Y=f\left(x\right)\end{array}& a<x<b\end{array}\end{array}$$ があるとする。 曲線 $C$ 上の両端点 $$\begin{array}{c}A\{g\left(a\right),f\left(a\right)\}B\{g\left(b\right),f\left(b\right)\}\end{array}$$ を通る直線の方程式は $$\begin{array}{rl}Y& =\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{g\left(b\right)-g\left(a\right)}\{X-g\left(a\right)\}+f\left(a\right)\\ & =\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{g\left(b\right)-g\left(a\right)}\{g\left(x\right)-g\left(a\right)\}+f\left(a\right)\end{array}$$ ここで、$Y=f\left(x\right)$ と直線 $AB$ の差関数 $F\left(x\right)$ をとすると、 $$\begin{array}{rl}F\left(x\right)& =f\left(x\right)-\{\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{g\left(b\right)-g\left(a\right)}\{g\left(x\right)-g\left(a\right)\}+f\left(a\right)\}\\ \text{(1)}& & =f\left(x\right)-\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{g\left(b\right)-g\left(a\right)}\{g\left(x\right)-g\left(a\right)\}-f\left(a\right)\end{array}$$ 式 $(1)$ に $x=a,b$ を代人すると、 $$\begin{array}{rl}F\left(a\right)& =f\left(a\right)-\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{g\left(b\right)-g\left(a\right)}\{g\left(a\right)-g\left(a\right)\}-f\left(a\right)\\ & =f\left(a\right)-f\left(a\right)\\ & =0\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}F\left(b\right)& =f\left(b\right)-\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{g\left(b\right)-g\left(a\right)}\{g\left(b\right)-g\left(a\right)\}-f\left(a\right)\\ & =f\left(b\right)-f\left(a\right)-\{f\left(b\right)-f\left(a\right)\}\\ & =0\end{array}$$ 仮定より、$F\left(x\right)$ は、①閉区間 $[a,b]$ で連続、②開区間 $(a,b)$ で微分可能、③$F\left(a\right)=F\left(b\right)$ であることから、ロルの定理により、 $$\begin{array}{c}{F}^{\prime }\left(c\right)=0a<c<b\end{array}$$ をみたす $c$ が必ず存在する。 式 $(1)$ の両辺を $x$ で微分すると、 $$\begin{array}{c}{F}^{\prime }\left(x\right)=f^{\prime }\left(x\right)-\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{g\left(b\right)-g\left(a\right)}{g}^{\prime }\left(x\right)\end{array}$$ ここで、$F^{\prime }\left(c\right)=0$ をみたす $c$ が必ず存在するので、 $$\begin{array}{c}{F}^{\prime }\left(c\right)=f^{\prime }\left(c\right)-\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{g\left(b\right)-g\left(a\right)}{g}^{\prime }\left(c\right)=0\\ \frac{f^{\prime }\left(c\right)}{g^{\prime }\left(c\right)}=\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{g\left(b\right)-g\left(a\right)}\end{array}$$ $◼$

［Ⅰ］$\frac{0}{0}$ 型の不定形
コーシーの平均値の定理の $b$ に $x$ を代入して、$f\left(a\right)=g\left(a\right)=0$ より、 $$\begin{array}{c}\frac{f\left(x\right)-f\left(a\right)}{g\left(x\right)-g\left(a\right)}=\frac{f^{\prime }\left(c\right)}{g^{\prime }\left(c\right)}\\ \frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}=\frac{f^{\prime }\left(c\right)}{g^{\prime }\left(c\right)}\\ a<c<xx<c<a\end{array}$$ ここで、$x\to a$ のとき、はさみ打ちの原理から、 $$\begin{array}{c}c\to a\end{array}$$ よって、 $$\begin{array}{c}\underset{x\to a}{lim}\frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}=\underset{x,c\to a}{lim}\frac{f^{\prime }\left(c\right)}{g^{\prime }\left(c\right)}=\underset{c\to a}{lim}\frac{f^{\prime }\left(c\right)}{g^{\prime }\left(c\right)}\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{c}\underset{x\to a}{lim}\frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}=\underset{x\to a}{lim}\frac{f^{\prime }\left(x\right)}{g^{\prime }\left(x\right)}\end{array}$$ $◼$

［Ⅱ］$\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}$ 型の不定形
$$\begin{array}{c}\underset{x\to a}{lim}\frac{f^{\prime }\left(x\right)}{g^{\prime }\left(x\right)}=\alpha \end{array}$$ とすると、 $\epsilon -\delta$ 論法によって、 $$\begin{array}{}\text{(1)}& 0<|x-a|<\delta \Rightarrow |\frac{f^{\prime }\left(x\right)}{g^{\prime }\left(x\right)}-\alpha |<\epsilon \end{array}$$ コーシーの平均値の定理より、 $$\begin{array}{c}\frac{f\left(x\right)-f\left(b\right)}{g\left(x\right)-g\left(b\right)}=\frac{f^{\prime }\left(c\right)}{g^{\prime }\left(c\right)}b<c<x(<a)(a<)x<c<b\end{array}$$ をみたす $c$ が必ず存在する。 この式の左辺を変形すると、 $$\begin{array}{rl}\frac{f\left(x\right)(1-\frac{f\left(b\right)}{f\left(x\right)})}{g\left(x\right)(1-\frac{g\left(b\right)}{g\left(x\right)})}& =\frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}\cdot \frac{1-\frac{f\left(b\right)}{f\left(x\right)}}{1-\frac{g\left(b\right)}{g\left(x\right)}}\\ \text{(2)}& & =\frac{f^{\prime }\left(c\right)}{g^{\prime }\left(c\right)}\end{array}$$ $b$ を十分 $a$ に近くとれば、$c$ は $b$ よりさらに $a$ に近くなり、 $$\begin{array}{c}0<|c-a|<\delta \end{array}$$ とすることができる。 よって式 $(1)$ より、 $$\begin{array}{c}|\frac{f^{\prime }\left(c\right)}{g^{\prime }\left(c\right)}-\alpha |<\epsilon \end{array}$$ 式 $(2)$ を代入すると、 $$\begin{array}{c}|\frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}\cdot \frac{1-\frac{f\left(b\right)}{f\left(x\right)}}{1-\frac{g\left(b\right)}{g\left(x\right)}}-\alpha |<\epsilon \end{array}$$ ここで、$b$ を固定して、$x\to a$ とすると、 $$\begin{array}{c}\underset{x\to a}{lim}f\left(a\right)=\underset{x\to a}{lim}g\left(a\right)=\pm \mathrm{\infty }\end{array}$$ より、 $$\begin{array}{c}\frac{f\left(b\right)}{f\left(x\right)}\to 0\frac{g\left(b\right)}{g\left(x\right)}\to 0\end{array}$$ また、$0<|x-a|<\delta$ となるので、 $$\begin{array}{}\text{(3)}& |\frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}\cdot \frac{1-\frac{f\left(b\right)}{f\left(x\right)}}{1-\frac{g\left(b\right)}{g\left(x\right)}}-\alpha |\to |\frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}-\alpha |<\epsilon \end{array}$$ どんなに小さい正の数 $\epsilon$ に対しても式 $(3)$ は成り立つので、 $$\begin{array}{c}\underset{x\to a}{lim}\frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}=\underset{x\to a}{lim}\frac{f^{\prime }\left(x\right)}{g^{\prime }\left(x\right)}\end{array}$$ が成り立つ。 $◼$