【証明RTA】合成関数の微分【100%,ショトカ縛り】

$\epsilon >0$とする。

${\epsilon }_0:=\frac{\sqrt{(|\alpha |+|\beta |{)}^2+4\epsilon }-(|\alpha |+|\beta |)}{2}(>0)$と定める。
${\epsilon }_0^2+(|\alpha |+|\beta |){\epsilon }_0=\epsilon$である。

微分の定義により${\delta }_0>0$が存在して、
$0<|h|<{\delta }_0\Rightarrow |\frac{f(a+h)-f(a)}{h}-\alpha |<{\epsilon }_0$
$0<|k|<{\delta }_0\Rightarrow |\frac{g(f(a)+k)-g(f(a))}{k}-\beta |<{\epsilon }_0$
となる。

この時、
$0<|h|<{\delta }_0\Rightarrow |\frac{f(a+h)-f(a)}{h}|<{\epsilon }_0+|\alpha |$
$|k|<{\delta }_0\Rightarrow |g(f(a)+k)-g(f(a))-\beta k|\le {\epsilon }_0|k|$...(☆)
が成り立つ。

$\delta :=min\{{\delta }_0,\frac{{\delta }_0}{{\epsilon }_0+|\alpha |}\}(>0)$と定める。

$0<|h|<\delta$とする。
$0<|h|<{\delta }_0$より
$|f(a+h)-f(a)|<({\epsilon }_0+|\alpha |)|h|<({\epsilon }_0+|\alpha |)\delta \le {\delta }_0$
であるから、(☆)に$k=f(a+h)-f(a)$を代入して
$|\frac{g(f(a+h))-g(f(a))-\beta \{f(a+h)-f(a)\}}{h}|$
$\le {\epsilon }_0|\frac{f(a+h)-f(a))}{h}|$
$<{\epsilon }_0({\epsilon }_0+|\alpha |)$
$={\epsilon }_0^2+|\alpha |{\epsilon }_0$
となる。

従って、
$|\frac{g\circ f(a+h)-g\circ f(a)}{h}-\alpha \beta |$
$=|\frac{g(f(a+h))-g(f(a))}{h}-\beta \frac{f(a+h)-f(a)}{h}+\beta \frac{f(a+h)-f(a)}{h}-\alpha \beta |$
$\le |\frac{g(f(a+h))-g(f(a))-\beta \{f(a+h)-f(a)\}}{h}|+|\beta ||\frac{f(a+h)-f(a)}{h}-\alpha |$
$<{\epsilon }_0^2+|\alpha |{\epsilon }_0+|\beta |{\epsilon }_0$
$=\epsilon$(ここでタイマーストップ　残りはエンディングです)

以上により$g\circ f$は$a$で微分可能で$(g\circ f{)}^{\prime }(a)=\alpha \beta$である。