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{gather} \lim_{h\rightarrow0}{\frac{f \left(c+h\right)-f \left(c\right)}{h}}=f^\prime \left(c\right) \end{gather} 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{gather} f \left(c\right) \geq f \left(c+h\right)\\ f \left(c+h\right)-f \left(c\right) \le 0 \end{gather} よって、$0 \lt h$ のときには \begin{gather} \lim_{h\rightarrow0}{\frac{f \left(c+h\right)-f \left(c\right)}{h}} \le 0 \end{gather} 同様に $h \lt 0$ のときには \begin{gather} \lim_{h\rightarrow0}{\frac{f \left(c+h\right)-f \left(c\right)}{h}} \geq 0 \end{gather} 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{gather} 0 \le f^\prime \left(c\right) \le 0\Leftrightarrow f^\prime \left(c\right)=0 \end{gather} 極小値である場合も同様。 $\blacksquare$

［Ⅰ］最大値の場合
$f \left(a\right) \lt f \left(x\right)$ 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{gather} f \left(c\right) \quad a \lt c \lt b \end{gather} をもつ。 $f \left(c\right)$ は最大値なので、$c$ より $h \left( \neq 0\right)$ だけずれた点の $y$ 座標 $f \left(c+h\right)$ は必ず、 \begin{gather} f \left(c\right) \geq f \left(c+h\right) \quad h \neq 0\tag{1} \end{gather}

［i］$0 \lt h$ のとき
式 $(1)$ より、 \begin{gather} f \left(c+h\right)-f \left(c\right) \le 0 \end{gather} 両辺を $h$ で割ると、 \begin{gather} \frac{f \left(c+h\right)-f \left(c\right)}{h} \le 0 \end{gather} 極限を取ると、 \begin{gather} \lim_{h\rightarrow0}{\frac{f \left(c+h\right)-f \left(c\right)}{h}}=f^\prime \left(c\right) \le 0 \end{gather}

［ii］$h \lt 0$ のとき
式 $(1)$ より、 \begin{gather} f \left(c+h\right)-f \left(c\right) \le 0 \end{gather} 両辺を $h \left( \lt 0\right)$ で割ると、 \begin{gather} \frac{f \left(c+h\right)-f \left(c\right)}{h} \geq 0 \end{gather} 極限を取ると、 \begin{gather} \lim_{h\rightarrow0}{\frac{f \left(c+h\right)-f \left(c\right)}{h}}=f^\prime \left(c\right) \geq 0 \end{gather}

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

［Ⅱ］最小値の場合
$f \left(x\right) \lt f \left(a\right)$ 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{gather} f \left(c\right) \quad a \lt c \lt b \end{gather} をもつ。 $f \left(c\right)$ は最小値なので、$c$ より $h \left( \neq 0\right)$ だけずれた点の $y$ 座標 $f \left(c+h\right)$ は必ず、 \begin{gather} f \left(c\right) \le f \left(c+h\right) \quad h \neq 0\tag{2} \end{gather}

［i］$0 \lt h$ のとき
式 $(2)$ より、 \begin{gather} f \left(c+h\right)-f \left(c\right) \geq 0 \end{gather} 両辺を $h$ で割ると、 \begin{gather} \frac{f \left(c+h\right)-f \left(c\right)}{h} \geq 0 \end{gather} 極限を取ると、 \begin{gather} \lim_{h\rightarrow0}{\frac{f \left(c+h\right)-f \left(c\right)}{h}}=f^\prime \left(c\right) \geq 0 \end{gather}

［ii］$h \lt 0$ のとき
式 $(2)$ より、 \begin{gather} f \left(c+h\right)-f \left(c\right) \geq 0 \end{gather} 両辺を $h \left( \lt 0\right)$ で割ると、 \begin{gather} \frac{f \left(c+h\right)-f \left(c\right)}{h} \le 0 \end{gather} 極限を取ると、 \begin{gather} \lim_{h\rightarrow0}{\frac{f \left(c+h\right)-f \left(c\right)}{h}}=f^\prime \left(c\right) \le 0 \end{gather}

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

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

$f \left(x\right) \gt f \left(a\right),f \left(x\right) \lt f \left(a\right)$ 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、$a \lt x \lt b$ の範囲のすべての $x$ が \begin{gather} f^\prime \left(x\right)=0 \end{gather} を満たす。 すなわち、 \begin{gather} f^\prime \left(c\right)=0 \quad a \lt c \lt b \end{gather} 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。 $\blacksquare$

曲線 \begin{gather} y=f \left(x\right) \quad a \le x \le b \end{gather} の両端点 \begin{gather} A \left\{a,f \left(a\right)\right\} \quad B \left\{b,f \left(b\right)\right\} \end{gather} を通る直線の方程式は \begin{gather} y=\frac{f \left(b\right)-f \left(a\right)}{b-a} \left(x-a\right)+f \left(a\right) \end{gather} 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{align} F \left(x\right)&=f \left(x\right)- \left\{\frac{f \left(b\right)-f \left(a\right)}{b-a} \left(x-a\right)+f \left(a\right)\right\}\\ &=f \left(x\right)-\frac{f \left(b\right)-f \left(a\right)}{b-a} \left(x-a\right)-f \left(a\right)\tag{1} \end{align} 式 $(1)$ に $x=a,b$ を代入すると、 \begin{align} F \left(a\right)&=f \left(a\right)-\frac{f \left(b\right)-f \left(a\right)}{b-a} \left(a-a\right)-f \left(a\right)\\ &=f \left(a\right)-f \left(a\right)\\ &=0 \end{align} \begin{align} F \left(b\right)&=f \left(b\right)-\frac{f \left(b\right)-f \left(a\right)}{b-a} \left(b-a\right)-f \left(a\right)\\ &=f \left(b\right)-f \left(a\right)- \left\{f \left(b\right)-f \left(a\right)\right\}\\ &=0 \end{align} 仮定より、$F \left(x\right)$ は、①閉区間 $ \left[a,b\right]$ で連続、②開区間 $ \left(a,b\right)$ 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{gather} F^\prime \left(c\right)=0 \quad a \lt c \lt b \end{gather} 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{gather} F^\prime \left(x\right)=f^\prime \left(x\right)-\frac{f \left(b\right)-f \left(a\right)}{b-a} \end{gather} ここで、$F^\prime \left(c\right)=0$ をみたす $c$ が必ず存在するので、 \begin{gather} 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{gather} したがって、①閉区間 $ \left[a,b\right]$ で連続、②開区間 $ \left(a,b\right)$ で微分可能な関数 $f \left(x\right)$ に対して、 \begin{gather} f^\prime \left(c\right)=\frac{f \left(b\right)-f \left(a\right)}{b-a} \end{gather} を満たす $c$ が少なくとも1つ存在する。 $\blacksquare$

$XY$ 座標平面上に媒介変数 $x$ で表された曲線 $C$ \begin{gather} \left\{\begin{matrix}\begin{matrix}X=g \left(x\right)\\Y=f \left(x\right)\\\end{matrix}&a \lt x \lt b\\\end{matrix}\right. \end{gather} があるとする。 曲線 $C$ 上の両端点 \begin{gather} A \left\{g \left(a\right),f \left(a\right)\right\} \quad B \left\{g \left(b\right),f \left(b\right)\right\} \end{gather} を通る直線の方程式は \begin{align} Y&=\frac{f \left(b\right)-f \left(a\right)}{g \left(b\right)-g \left(a\right)} \left\{X-g \left(a\right)\right\}+f \left(a\right)\\ &=\frac{f \left(b\right)-f \left(a\right)}{g \left(b\right)-g \left(a\right)} \left\{g \left(x\right)-g \left(a\right)\right\}+f \left(a\right) \end{align} 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{align} F \left(x\right)&=f \left(x\right)- \left\{\frac{f \left(b\right)-f \left(a\right)}{g \left(b\right)-g \left(a\right)} \left\{g \left(x\right)-g \left(a\right)\right\}+f \left(a\right)\right\}\\ &=f \left(x\right)-\frac{f \left(b\right)-f \left(a\right)}{g \left(b\right)-g \left(a\right)} \left\{g \left(x\right)-g \left(a\right)\right\}-f \left(a\right)\tag{1} \end{align} 式 $(1)$ に $x=a,b$ を代人すると、 \begin{align} 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)} \left\{g \left(a\right)-g \left(a\right)\right\}-f \left(a\right)\\ &=f \left(a\right)-f \left(a\right)\\ &=0 \end{align} \begin{align} 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)} \left\{g \left(b\right)-g \left(a\right)\right\}-f \left(a\right)\\ &=f \left(b\right)-f \left(a\right)- \left\{f \left(b\right)-f \left(a\right)\right\}\\ &=0 \end{align} 仮定より、$F \left(x\right)$ は、①閉区間 $ \left[a,b\right]$ で連続、②開区間 $ \left(a,b\right)$ 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{gather} F^\prime \left(c\right)=0 \quad a \lt c \lt b \end{gather} 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{gather} 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{gather} ここで、$F^\prime \left(c\right)=0$ をみたす $c$ が必ず存在するので、 \begin{gather} 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{gather} $\blacksquare$

［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{gather} \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 \lt c \lt x \quad x \lt c \lt a \end{gather} ここで、$x\rightarrow a$ のとき、はさみ打ちの原理から、 \begin{gather} c\rightarrow a \end{gather} よって、 \begin{gather} \lim_{x\rightarrow a}{\frac{f \left(x\right)}{g \left(x\right)}}=\lim_{x,c\rightarrow a}{\frac{f^\prime \left(c\right)}{g^\prime \left(c\right)}}=\lim_{c\rightarrow a}{\frac{f^\prime \left(c\right)}{g^\prime \left(c\right)}} \end{gather} したがって、 \begin{gather} \lim_{x\rightarrow a}{\frac{f \left(x\right)}{g \left(x\right)}}=\lim_{x\rightarrow a}{\frac{f^\prime \left(x\right)}{g^\prime \left(x\right)}} \end{gather} $\blacksquare$

［Ⅱ］$\frac{\infty}{\infty}$ 型の不定形
\begin{gather} \lim_{x\rightarrow a}{\frac{f^\prime \left(x\right)}{g^\prime \left(x\right)}}=\alpha \end{gather} とすると、 $\varepsilon-\delta$ 論法によって、 \begin{gather} 0 \lt \left|x-a\right| \lt \delta\Rightarrow \left|\frac{f^\prime \left(x\right)}{g^\prime \left(x\right)}-\alpha\right| \lt \varepsilon\tag{1} \end{gather} コーシーの平均値の定理より、 \begin{gather} \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 \lt c \lt x \left( \lt a\right) \quad \left(a \lt \right)x \lt c \lt b \end{gather} 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{align} \frac{f \left(x\right) \left(1-\frac{f \left(b\right)}{f \left(x\right)}\right)}{g \left(x\right) \left(1-\frac{g \left(b\right)}{g \left(x\right)}\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)}}\\ &=\frac{f^\prime \left(c\right)}{g^\prime \left(c\right)}\tag{2} \end{align} $b$ 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{gather} 0 \lt \left|c-a\right| \lt \delta \end{gather} とすることができる。 よって式 $(1)$ より、 \begin{gather} \left|\frac{f^\prime \left(c\right)}{g^\prime \left(c\right)}-\alpha\right| \lt \varepsilon \end{gather} 式 $(2)$ を代入すると、 \begin{gather} \left|\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\right| \lt \varepsilon \end{gather} ここで、$b$ を固定して、$x\rightarrow a$ とすると、 \begin{gather} \lim_{x\rightarrow a}{f \left(a\right)}=\lim_{x\rightarrow a}{g \left(a\right)}=\pm\infty \end{gather} より、 \begin{gather} \frac{f \left(b\right)}{f \left(x\right)}\rightarrow0 \quad \frac{g \left(b\right)}{g \left(x\right)}\rightarrow0 \end{gather} また、$0 \lt \left|x-a\right| \lt \delta$ となるので、 \begin{gather} \left|\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\right|\rightarrow \left|\frac{f \left(x\right)}{g \left(x\right)}-\alpha\right| \lt \varepsilon\tag{3} \end{gather} どんなに小さい正の数 $\varepsilon$ に対しても式 $(3)$ は成り立つので、 \begin{gather} \lim_{x\rightarrow a}{\frac{f \left(x\right)}{g \left(x\right)}}=\lim_{x\rightarrow a}{\frac{f^\prime \left(x\right)}{g^\prime \left(x\right)}} \end{gather} が成り立つ。 $\blacksquare$