§B2.5多項式の微分と接線・増減・極値

証明. 正の整数$n$、実数$a$、および$h\ne0$をとる。二項展開により

である。$n=1$のとき右辺の和は空である。$h\to0$とすると、和の各項は$0$に近づくので、$(x^n)'=nx^{n-1}$を得る。定数関数の差の商は$0$であるから、$c'=0$である。また、$f$と$g$が$a$で微分可能ならば、

である。極限の定数倍と和の規則（§B1.10 定理 3.1 (1)）により、$(\lambda f)'(a)=\lambda f'(a)$および$(f+g)'(a)=f'(a)+g'(a)$が成り立つ。$1\le k\le m$に対して$(a_kx^k)'=ka_kx^{k-1}$であり、定数$a_0$の導関数は$0$である。和の規則を項の個数について繰り返し用いると、$\displaystyle\left(\sum_{k=0}^{m}a_kx^k\right)'=\sum_{k=1}^{m}ka_kx^{k-1}$を得る。▨

証明.$f$が$a$で極小であるとする。極小の定義により、$a$を含むある開区間$J$が$f$の定義域に含まれ、すべての$x\in J$について$f(x)\ge f(a)$である。$a+h\in J$を満たす$h>0$に対しては$f(a+h)-f(a)\ge0$であるから、

である。$a+h\in J$を満たす$h<0$に対しては、分子は$0$以上であり分母は負であるから、

である。$f$は$a$で微分可能であるから、$h\to+0$と$h\to-0$のどちらの極限でも差の商は$f'(a)$に近づく。極限は大小関係を保つので（§B1.10 定理 3.1 (4)）、$f'(a)\ge0$かつ$f'(a)\le0$であり、$f'(a)=0$である。$f$が$a$で極大である場合には、$-f$は$a$で極小であり、公式 2.1により$-f$は$a$で微分可能で$(-f)'(a)=-f'(a)$である。極小の場合に示したことを$-f$に適用すると$-f'(a)=0$であり、$f'(a)=0$である。▨

証明.$x_1<x_2$を満たす$x_1,x_2\in I$をとる。$I$は区間であるから$[x_1,x_2]\subseteq I$である。開区間$(x_1,x_2)$の各点は、$I$に含まれる開区間$(x_1,x_2)$に属するので、$I$の内部の点である。したがって、$f$を$[x_1,x_2]$に制限した関数は$[x_1,x_2]$で連続であり、$(x_1,x_2)$の各点で微分可能である。§D1.14 定理 3.1により、ある$c\in(x_1,x_2)$について

が成り立つ。$c$は$I$の内部の点であり、$x_2-x_1>0$である。(1)の仮定の下では$f'(c)>0$であるから$f(x_1)<f(x_2)$であり、(2)の仮定の下では$f'(c)<0$であるから$f(x_1)>f(x_2)$である。(3)の仮定の下では$f'(c)\ge0$であるから$f(x_1)\le f(x_2)$であり、(4)の仮定の下では$f'(c)\le0$であるから$f(x_1)\ge f(x_2)$である。$x_1<x_2$を満たす$x_1,x_2\in I$は任意であったので、$f$は各仮定の下で、それぞれ$I$上で狭義単調増加、狭義単調減少、広義単調増加、広義単調減少である。

$I$が開区間であり、$f$が$I$の各点で微分可能であるとする。$a\in I$をとる。$a+h\in I$を満たす$h\ne0$について

であり、$h\to0$のとき右辺は$f(a)+0\cdot f'(a)=f(a)$に近づく。したがって$f$は$a$で連続であり、$f$は$I$上で連続である。開区間$I$の内部は$I$自身であるから、$f$は定理の仮定を満たし、四つの主張が成り立つ。▨

証明.(1)を示す。区間$(a-\delta,a]$の内部は$(a-\delta,a)$である。$f$は$(a-\delta,a]$で連続であり、$(a-\delta,a)$のすべての$x$で$f'(x)>0$であるから、定理 4.2 (1)により$f$は$(a-\delta,a]$上で狭義単調増加であり、$a-\delta<x<a$を満たすすべての$x$で$f(x)<f(a)$である。区間$[a,a+\delta)$の内部は$(a,a+\delta)$である。$f$は$[a,a+\delta)$で連続であり、$(a,a+\delta)$のすべての$x$で$f'(x)<0$であるから、定理 4.2 (2)により$f$は$[a,a+\delta)$上で狭義単調減少であり、$a<x<a+\delta$を満たすすべての$x$で$f(x)<f(a)$である。よって、$0<|x-a|<\delta$を満たすすべての$x$で$f(x)<f(a)$であり、開区間$(a-\delta,a+\delta)$のすべての$x$で$f(x)\le f(a)$であるから、$f$は$a$で極大である。

(2)を示す。$g=-f$とおく。$g$は$(a-\delta,a+\delta)$で連続であり、公式 2.1により$a$以外の$(a-\delta,a+\delta)$の各点で微分可能で$g'=-f'$である。したがって、$g$は(1)の仮定を満たし、$0<|x-a|<\delta$を満たすすべての$x$で$g(x)<g(a)$、すなわち$f(x)>f(a)$である。よって、開区間$(a-\delta,a+\delta)$のすべての$x$で$f(x)\ge f(a)$であり、$f$は$a$で極小である。▨