大学数学基礎解説

1階微分を用いずに2階微分を計算する方法

テイラーの定理,2階微分

初投稿. 少し前に$\mathbb{X}$で見かけた問題で記事を書いてみる.

1階微分を用いずに2階微分を計算する方法

テイラーの定理の応用として, 次が成り立つ.

定理

$f \in C^2(\mathbb{R})$とすると
$$ f''(x) = \lim_{h \to 0}\frac{f(x + h) + f(x - h) - 2f(x)}{h^2}. $$

$x,h \in \mathbb{R}$とする. テイラーの定理より, ある$c_1 \in \mathbb{R}$が$x$と$x + h$の間に存在して

$$ f(x + h) = f(x) + f'(x)h + \frac{f''(c_1)}{2}h^2. $$

同様に, ある$c_2 \in \mathbb{R}$が$x$と$x - h$の間に存在して

$$ f(x - h) = f(x) - f'(x)h + \frac{f''(c_2)}{2}h^2. $$

$h \to 0$で$c_1,c_2 \to x$となることと$f''$の連続性から

$$ \lim_{h \to 0}\frac{f(x + h) + f(x - h) - 2f(x)}{h^2} = \lim_{h \to 0}\frac{f''(c_1) + f''(c_2)}{2} = f''(x). $$

京都大学 2007年大問6

京都大学の2007年の入試問題を解いてみる.

問題（誤植訂正済み）

すべての実数で定義され何回でも微分できる関数$f(x)$が$f(0) = 0,~f'(0) = 1$を満たし, さらに任意の実数$a,~b$に対して$1 + f(a)f(b) \neq 0$であって
$$ f(a + b) = \frac{f(a) + f(b)}{1 + f(a)f(b)} $$
を満たしている.

任意の実数$a$に対して, $-1 < f(a) < 1$であることを証明せよ.
$y = f(x)$のグラフは$x > 0$で上に凸であることを証明せよ.

解答例：
(1)
$f(x) = \frac{2f(\frac{x}{2})}{1 + f(\frac{x}{2})^2},~f(x)f\left(\frac{x}{2}\right)^2 - 2f\left(\frac{x}{2}\right) + f(x) = 0$. これを$f(\frac{x}{2})$の2次方程式と見ると, この方程式は実数解を持つ. (判別式) $\ge 0$より$|f(x)| \le 1$を得る. また$0 = f(0) = f(x - x) = \frac{f(x) + f(-x)}{1 + f(x)f(-x)}$より$f(-x) = -f(x)$であり, 仮定から$1 + f(x)f(-x) = 1 - f(x)^2 \neq 0$. よって$|f(x)| < 1$.

(2)
$x,h \in \mathbb{R}$とすると

$$ f(2x) = f(x + h + (x - h)) = \frac{f(x + h) + f(x - h)}{1 + f(x + h)f(x - h)}. $$

これと$f(2x) = \frac{2f(x)}{1 + f(x)^2}$から

$$ f(x + h) + f(x - h) - 2f(x) = f(2x)\left(f(x + h)f(x - h) - f(x)^2\right). $$

$f(x \pm h)$を展開すると

\begin{align*} f(x + h)f(x - h) - f(x)^2 &= \frac{f(x) + f(h)}{1 + f(x)f(h)}\cdot\frac{f(x) + f(-h)}{1 + f(x)f(-h)} - f(x)^2\\ &= \frac{f(x)^2 - f(h)^2}{1 - f(x)^2f(h)^2} - f(x)^2\\ &= \frac{f(x)^4f(h)^2 - f(h)^2}{1 - f(x)^2f(h)^2}.\\ \end{align*}

よって

\begin{align*} f(x + h) + f(x - h) - 2f(x) &= f(2x)\frac{f(x)^4 - 1}{1 - f(x)^2f(h)^2}f(h)^2\\ &= 2f(x)\frac{f(x)^2 - 1}{1 - f(x)^2f(h)^2}f(h)^2. \end{align*}

$f(0) = 0,~f'(0) = 1$と先述の定理から

\begin{align*} f''(x) &= \lim_{h \to 0}\frac{f(x + h) + f(x - h) - 2f(x)}{h^2}\\ &= \lim_{h \to 0}2f(x)\frac{f(x)^2 - 1}{1 - f(x)^2f(h)^2}\left(\frac{f(h)}{h}\right)^2\\ &= 2f(x)(f(x)^2 - 1). \end{align*}

以下$x > 0$とする. (1)より$f(x)^2 - 1 < 0$であるから, $f(x) > 0$を示せばよい. $f'(0) = 1$より, ある$\delta > 0$が存在して, 任意の$y \in (0,\delta)$に対し$|\frac{f(y)}{y} - 1| < 1,~f(y) > 0$. $\frac{x}{2^n} \in (0,\delta)$となるように$n \in \mathbb{N}$をとると
\begin{align*} f(x) &= \frac{2}{1 + f(\frac{x}{2})^2}f\left(\frac{x}{2}\right)\\ &= \frac{2}{1 + f(\frac{x}{2})^2}\frac{2}{1 + f(\frac{x}{4})^2}f\left(\frac{x}{4}\right)\\ &= \cdots\\ &= \left(\prod_{i = 1}^{n}\frac{2}{1 + f(\frac{x}{2^i})^2}\right)f\left(\frac{x}{2^n}\right)\\ &> 0. \end{align*}