4福島県立医科大学 2022年 数学 第4問解答・解説

(1) 任意の実数 $c$ をとる。$f$ は $c$ で微分可能だから、
$$\lim_{h\to 0}\frac{f(c+h)-f(c)}{h}=f'(c)$$
が存在する。$h\ne 0$ のとき
$$f(c+h)-f(c)=h\frac{f(c+h)-f(c)}{h}$$
である。右辺の差商は $h\to0$ のとき有限な値 $f'(c)$ に収束するので、$h=0$ の近くで有界である。したがって右辺は $0$ に収束し、
$$\lim_{h\to0}f(c+h)=f(c)$$
となる。よって $f$ は $c$ で連続である。$c$ は任意だから、$f$ は実数全体で連続である。
(2) $f$ が $x=a$ で極大であるから、ある $\delta>0$ が存在し、$|h|<\delta$ ならば $f(a+h)\leqq f(a)$ である。$0<h<\delta$ では
$$\frac{f(a+h)-f(a)}{h}\leqq0,$$
また $-\delta<h<0$ では、分子は $0$ 以下で分母は負だから
$$\frac{f(a+h)-f(a)}{h}\geqq0.$$
微分可能性より両側からの差商の極限は共通して $f'(a)$ である。正の $h$ から近づけた極限は $0$ 以下、負の $h$ から近づけた極限は $0$ 以上だから、$f'(a)\leqq0$ かつ $f'(a)\geqq0$ である。ゆえに $f'(a)=0$。
(3) $x$ を固定する。$h\ne0$ のとき、
$$\frac{f(x+h)g(x+h)-f(x)g(x)}{h} =f(x+h)\frac{g(x+h)-g(x)}{h} +g(x)\frac{f(x+h)-f(x)}{h}.$$
(1)より $f$ は連続なので $f(x+h)\to f(x)$ であり、微分可能性より各差商はそれぞれ $g'(x)$、$f'(x)$ に収束する。したがって $h\to0$ とすると、左辺の極限は
$$f(x)g'(x)+g(x)f'(x)$$
となる。この極限は積 $f(x)g(x)$ の導関数の定義そのものであるから、
$$\{f(x)g(x)\}'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x).$$
(4) $n=1$ では、(3)より
$$F'(x)=f'(x)g(x)+f(x)g'(x) =\sum_{j=0}^{1}{}_{1}\mathrm{C}_{j}f^{(1-j)}(x)g^{(j)}(x),$$
となり、公式が成り立つ。
ある自然数 $n$ で公式が成り立つと仮定する。両辺を微分し、(3)を各項に用いると
$$\begin{aligned} F^{(n+1)}(x) &=\sum_{j=0}^{n}{}_{n}\mathrm{C}_{j}\left(f^{(n+1-j)}(x)g^{(j)}(x)+f^{(n-j)}(x)g^{(j+1)}(x)\right)\\ &=f^{(n+1)}(x)g(x) +\sum_{j=1}^{n}\left\{{}_{n}\mathrm{C}_{j}+{}_{n}\mathrm{C}_{j-1}\right\}f^{(n+1-j)}(x)g^{(j)}(x) +f(x)g^{(n+1)}(x). \end{aligned}$$$$F^{(n+1)}(x)=\sum _{j=0}^n{}_n{\mathrm{C}}_j\left(f^{(n+1-j)}(x)g^{(j)}(x)+f^{(n-j)}(x)g^{(j+1)}(x)\right)$$$$=f^{(n+1)}(x)g(x)+\sum _{j=1}^n\left\{{}_n{\mathrm{C}}_j+{}_n{\mathrm{C}}_{j-1}\right\}{f}^{(n+1-j)}(x)g^{(j)}(x)+f(x)g^{(n+1)}(x).$$
ここで $1\leqq j\leqq n$ に対し、二項係数の定義から
$${}_{n}\mathrm{C}_{j}+{}_{n}\mathrm{C}_{j-1} =\frac{n!(n+1-j)}{j!(n+1-j)!}+\frac{n!j}{j!(n+1-j)!} ={}_{n+1}\mathrm{C}_{j}.$$
また両端の係数は ${}_{n+1}\mathrm{C}_{0}={}_{n+1}\mathrm{C}_{n+1}=1$ である。よって
$$F^{(n+1)}(x)=\sum_{j=0}^{n+1}{}_{n+1}\mathrm{C}_{j}f^{(n+1-j)}(x)g^{(j)}(x).$$
したがって数学的帰納法により、すべての自然数 $n$ について与式が成り立つ。