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「(f(x)-f(0)-xf’(0))/x^2 → f’’(0)/2 (x→+0)」の受験数学最速証明を考える

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はじめに

みなさん,受験数学で何かしらの関数の展開における二次の係数を(間接的にも)答えさせる問題に遭遇したことはありますか?

僕はあります.一次なら微分の定義で解決することがほとんどなのですが,二次となるとそれだけでは苦しく,ロピタルの定理お気持ちの極限O,テイラー展開などでやり過ごすことがよくあります.

よって,この記事を通して,ちゃんと受験数学の作法に則って二次の係数を取り出せるようにしたいと思います.

誤りや,より早い証明があれば是非コメントで教えていただけると助かります!(もしかしたら微分の定義だけでいけたり…)

(↓証明するもの↓)

f(x)のx=0での展開の二次の係数

f(x),f(x),f(x)が十分小さい非負実数xで定義されるとき,以下が成立する.
limx+0f(x)f(0)xf(0)x2=12f(0)

証明

(平均値の定理+微分係数の定義)

正の実数xについてF(x)=f(x)f(0)xf(0)とする.またt[0,x]についてG(t)=x2F(t)t2F(x)とする.このとき,F(0)=F(0)=G(0)=G(x)=0,F(0)=f(0)かつG(t)=x2F(t)2F(x)tが成立する.G(t)[0,x]で連続かつ(0,x)で微分可能なので平均値の定理により,あるa(0,x)が存在して以下が成立する.
G(x)G(0)x0=G(a)G(a)=0F(x)x2=12F(a)a
ゆえに,x+0の極限をとると
limx+0F(x)x2=12lima+0F(a)F(0)a0=12F(0)=12f(0)
より示せた.

(コーシーの平均値の定理)

 φ(x)=f(x)f(0)xf(0)およびψ(x)=x2とおく.このとき,φ(0)=φ(0)=ψ(0)=ψ(0)=0かつφ(0)=f(0)となっている.コーシーの平均値の定理よりあるζ(0,x)が存在して,
φ(x)ψ(x)=φ(x)φ(0)ψ(x)ψ(0)=φ(ζ)ψ(ζ)=φ(ζ)φ(0)2ζ
とでき,各辺x+0とすると微分係数の定義よりlimx+0φ(x)ψ(x)=φ(0)2=f(0)2
であり題意の主張を得る.

使用例

東北大理系数学2022-3(誘導なし)

以下の極限を求めよ.
limnk=1n(1+kn21)

. 考えたい人用

.

.

.

.

.

.

.

面積評価

Sn=k=1n(1+kn21)とおく.また,fn(x)=1+xn21とおく.このときfn(x)は十分大きなnで単調増加なのでk=1,2,,nについて以下が成立する.
k1kfn(x)dx<1+kn21<kk+1fn(x)dx
k=1,2,,nで辺々足して,
0nfn(x)dx<Sn<1n+1fn(x)dx
fn(x)dx=23n2(1+xn2)3/2x+()と計算できるので,
()=23n2((1+1n)3/21321n)
t=1nと置き換えて,f(t)=(1+t)3/2とすることで冒頭の定理を適用でき,nにおいて()2312f(0)=14が従う.
同様の議論により,nにおいて()14

以上より,はさみうちの原理から求める極限値は14

おわりに

  • 平均値の定理といいつつ実はロルの定理です.
  • コーシーの平均値の定理を既知とするとさらに速くかけます.
  • n次の係数についても同様にできると思うので気が向けば追記します!
  • TEXで\frac{1}{2}を書きたいとき,\frac12とかけることを初めて知りました.書きやすさ段違いなので皆さんも使いましょう!

追記

  • 以下を示します.

 正整数nと,f(k)(x) (k=1,2,,n)が十分小さい非負実数で定義された関数fについて以下が成立する.
limx+0f(x)k=0n1f(k)(0)k!xkxn=f(n)(0)n!
ただし,f0=f,f(k+1)=(f(k)) (k=0,1,,n1)とする.

まず弱コーシーを示す方法

 まず以下の補題を示す.

 関数Fと正整数nと正実数aについて,F[0,a]で連続かつ(0,a)で微分可能かつF(0)=0であるとき,あるb(0,a)が存在して以下が成立する.
F(a)an=F(b)nbn1

[証明]
G(x)=xnF(a)anF(x)とする.このときG(0)=G(a)=0であり,G(x)[0,a]で連続かつ(0,a)で微分可能なので平均値の定理からあるb(0,a)が存在して
G(a)G(0)a0=G(b)nbn1F(a)anF(b)=0F(a)an=F(b)nbn1
より示せた.

以下は題意の証明である.十分小さな正の実数tに対して
φ(t)=f(t)k=0n1f(k)(0)k!tk
とすると,φ(0)=φ(0)=φ(0)==φ(n1)(0)=0かつφ(n)(0)=f(n)(0)が成立する.φ(x)xnに補題を繰り返し適用すると,ある実数列0<ζ0<ζ1<<ζn1<xが存在して
φ(x)xn=1nφ(ζn1)ζn1n1補題を適用=1n1n1φ(ζn2)ζn2n2補題を適用==1n!φ(n)(ζ0)ζ00=φ(n)(ζ0)n!
が成立する.各辺x+0を考えることでlimx+0φ(x)xn=f(n)(0)n!であり題意の主張を得る.

数学的帰納法

題意が正整数nに対して成立することをP(n)とする.

任意の正整数nについてP(n)P(n+1)を示す.

F(x)=f(x)k=0nf(k)(0)k!xk
とおくと示すべきは以下である.
limx+0F(x)xn+1=f(n+1)(0)(n+1)!
ここで,以下のようにG(t)t[0,x]において定める.
G(t)=xn+1F(t)tn+1F(x)
このときG(0)=G(x)=0かつG(t)=xn+1F(t)(n+1)F(x)tnが成立する.

G(t)[0,x]で連続かつ(0,x)で微分可能なので平均値の定理よりある実数a(0,x)で以下が成立する.
G(x)G(0)x0=G(a)G(a)=0F(x)xn+1=1n+1F(a)an
両辺x+0の極限をとると
limx+0F(x)xn+1=1n+1lima+0F(a)an
ここで,fについてP(n)を適用することで
lima+0F(a)an=f(n+1)(0)n!
を得るのでP(n+1)が真であることが従う.
P(0)は微分係数の定義より明らかであるので帰納的にnZ1;P(n)であることがわかり,題意は示せた.

投稿日:24日前
更新日:18日前
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ButterFlv
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