さらに $f(x_{0})>0$ となる $x_{0}$ が $(a,b)$ 上に存在するので，$f(c) > 0$ である．$f(a)=f(b)=0$ であるから $c \neq a,b$ である．したがって $c$ は $(a,b)$ 上に存在する．この $c$ が $f'(c)=0$ を満たすことを示す．

関数 $f(x)$ は $x=c$ において微分可能なので

$\displaystyle f'(c)=\lim_{x\to c}\dfrac{f(x)-f(c)}{x-c}$

が成り立つ．

① $x>c$ のとき，$\dfrac{f(x)-f(c)}{x-c}\leqq0$ なので

$\displaystyle f'(c)=\lim_{x\to c+0}\dfrac{f(x)-f(c)}{x-c}\leqq0$

② $x<c$ のとき，$\dfrac{f(x)-f(c)}{x-c}\geqq0$ なので

$\displaystyle f'(c)=\lim_{x\to c-0}\dfrac{f(x)-f(c)}{x-c}\geqq0$

①，②より $f'(c)$ が存在するためには，$f'(c)=0$ でなければならない．

(ⅲ)区間 $(a,b)$ に $f(x_{0})<0$ $(a< x_{0}< b)$ を満たす実数 $x_{0}$ があるとき

関数 $f(x)$ は閉区間 $[a,b]$ で連続であるから，最大値・最小値の定理より，$f(x)$ が最小値をとる $c$ が $[a,b]$ 上に存在する．後は(ⅱ)と同様にして $f'(c)=0$ であることが言える．

平均値の定理とその証明

平均値の定理

閉区間 $[a,b]$ で連続でかつ開区間 $(a,b)$ で微分可能である関数 $f(x)$ に対して，等式

$\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(c)$，　$a< c< b$

を満たす実数 $c$ が存在する．

赤い点線の傾き( $a$ から $b$ までの平均変化率)と等しくなる微分係数をもつ $c$ を少なくとも1つ(上の図の場合は2つ)もつという定理です．

ロルの定理と同様に $c$ の具体的な値までは教えてくれません．

証明

ロルの定理を適用できるように関数を置き換えてロルの定理を使うだけです．

定数 $k$ を

$k=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$

によって定める．関数 $g(x)$ を

$g(x)=f(x)-f(a)-k(x-a)$

と定義する．このとき，関数 $f(x)$ の条件から，関数 $g(x)$ は閉区間 $[a,b]$ で連続でかつ開区間 $(a,b)$ で微分可能である．さらに

$g(a)=f(a)-f(a)-k\cdot 0=0$

$g(b)=f(b)-f(a)-k(b-a)=0$

が成り立つので，ロルの定理より

$g'(c)=0$，　$a< c< b$

を満たす実数 $c$ が存在する．ここで，$g'(x)=f'(x)-k$ より

$g'(c)=f'(c)-k=0$

$\therefore \ f'(c)=k=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$

が成り立つ．

例題と練習問題

例題

$ 0 < a < b $ のとき

$\displaystyle a\left(\log b-\log a\right)+a-b < 0$

を示せ．

講義

2変数の不等式の証明問題に平均値の定理が有効なことがあります(例題のみリンク先と共通です)．$\boldsymbol{f(a)-f(b)}$ の形が見えたら平均値の定理による解法が楽で有効な手立てとなることが多いです．

解答

$f(x)=\log x$ とおくと，平均値の定理より

$\displaystyle \begin{cases}\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}=\dfrac{1}{c} \\ a < c < b \end{cases}$

を満たす実数 $c$ が存在．これより

$\dfrac{\log b-\log a}{b-a}=\dfrac{1}{c}< \dfrac{1}{a}$

$a(b-a)$ 倍すると

$\displaystyle a(\log b-\log a) < b-a$

$\displaystyle \therefore \ a(\log b-\log a)+a-b < 0$

練習問題

練習1

$e\leqq a< b$ のとき

$b(\log_{}b)^{2}-a(\log_{}a)^{2}\geqq 3(b-a)$

を示せ．

練習2　(微分既習者向け)

関数 $f(x)$ を

$f(x)=\dfrac{1}{2}x\left\{1+e^{-2(x-1)}\right\}$

とする．ただし，$e$ は自然対数の底である．

(1) $x>\dfrac{1}{2}$ ならば $0\leqq f'(x)<\dfrac{1}{2}$ であることを示せ．

(2) $x_{0}$ を正の数とするとき，数列 $\{x_{n}\}$ $(n=0,1,\cdots)$ を $x_{n+1}=f(x_{n})$ によって定める．$x_{0}>\dfrac{1}{2}$ であれば

$\displaystyle \lim_{n \to \infty}x_{n}=1$

であることを示せ．

練習1の解答

$f(x)=x(\log x)^{2}$ とおくと，平均値の定理より

$\displaystyle \begin{cases}\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(c)=(\log c)^{2}+2\log c \\ e\leqq a < c < b \end{cases}$

を満たす実数 $c$ が存在．これより

　$\dfrac{b(\log b)^{2}-a(\log a)^{2}}{b-a}$

$=(\log c)^{2}+2\log c$

$=(\log c+1)^{2}-1\geqq 3$　$\because c\geqq e$

$\displaystyle \therefore \ b(\log_{}b)^{2}-a(\log_{}a)^{2}\geqq 3(b-a)$

※ 2変数の不等式の証明問題にはこの問題はないので，1文字固定など他の解法も是非考えてみてください．

練習2の解答　出典：2005年東大理系

一般項が出せない漸化式の極限には，平均値の定理が有効なことが多いです．

(1)

　$f'(x)$

$=\dfrac{1}{2}\left\{1+e^{-2(x-1)}\right\}+\dfrac{x}{2}\left\{-2e^{-2(x-1)}\right\}$

$=\dfrac{1}{2}\left\{1+e^{-2(x-1)}-2xe^{-2(x-1)}\right\}$

　$f''(x)$

$=2(x-1)e^{-2(x-1)}$

増減表は


$x$	$\cdots$	$\dfrac{1}{2}$	$\cdots$	$1$	$\cdots$
$f'(x)$	$+$	$\dfrac{1}{2}$	$+$	$0$	$+$
$f''(x)$	$-$	$-$	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	↗︎	↗︎	↗︎	$1$	↗︎

$\displaystyle \lim_{x\to \infty}f'(x)=\dfrac{1}{2}$ と増減表より，$x>\dfrac{1}{2}$ ならば $0\leqq f'(x)<\dfrac{1}{2}$ である．

(2)

$x_{0}>\dfrac{1}{2}$ と図より，$\dfrac{1}{2}< x_{n} < 1$ となることは明らか．$f(x)$ に平均値の定理を適用すると

$\displaystyle \begin{cases}\dfrac{f(1)-f(x_{n})}{1-x_{n}}=f'(c) \\ \dfrac{1}{2}< x_{n} < c < 1 \end{cases}$

を満たす実数 $c$ が存在．これより

$1-x_{n+1}=f'(c)(1-x_{n})$

(1)より

$1-x_{n+1}\leqq \dfrac{1}{2}(1-x_{n})$

が得られるので，これを繰り返し適用すると

$0<1-x_{n}\leqq \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}(1-x_{0})$

ここで，$\displaystyle \lim_{n\to \infty}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}(1-x_{0})=0$ より

$\displaystyle \lim_{n \to \infty}(1-x_{n})=0$

$\displaystyle \therefore \ \lim_{n \to \infty}x_{n}=1$

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