高校数学における、2つの関数の連結点に関する、微分可能性の議論

拙記事、「必要性と十分性の概念とその適用」において微分可能性に関する質問をいただきましたので、その質問に回答する形で議論を進めていきたいと思います。質問の内容は要約すると以下のようになります。

極限値の存在、連続性、微分可能性の3つがこの問題を解決に導く重要なキーワードであるようです。そこで、はじめにこれらの定義を確認してみることにします。

質問に解答するために、簡単な問題例をあげてみたいと思います。

質問されている意図を考えると、このような問題に対する疑問なのかなと解釈して、話を進めていきたいと思います。連結していない関数については、最後に補足しています。もし、異なる問題を頭に描いていたら、ご指摘いただけると幸いです。さて、質問者様はこのような\(a, b\)を求めることに関しては理解した上で、その求め方に疑問を感じておられるということと認識しています。ただ、一応、この問題を解いてみようと思います。

\(p(x) = ax-x^{2}, q(x) = b\)とおく。関数\(y=f(x)\)が\(x=1\) で微分可能であるとき、二つの関数は\(x=1\)で連続であることが必要なので、
$$\lim_{x\to 1-0}p(x) = \lim_{x\to 1+0}q(x) = p(1)$$
より、\(a-1=b\)が成り立つことが必要条件。また、関数\(y=f(x)\)が\(x=1\)で微分可能であることは、
$$\lim_{h\to 0}\frac{f(1+h)-f(1)}{h}$$
が存在することと同値である。この極限値が存在することは、関数\(y=f(x)\)が\(x=1\)で連続の下で
$$\lim_{h\to -0}\frac{f(1+h)-f(1)}{h} =\lim_{x\to h+0}\frac{f(1+h)-f(1)}{h}$$
すなわち
$$\lim_{h\to -0}\frac{p(1+h)-p(1)}{h} = \lim_{x\to h+0}\frac{q(1+h)-p(1)}{h}$$
となることと同値である。右辺で、\(q(1)\)ではなく、あえて\(p(1)\)としています。
（左辺）について
$$\begin{eqnarray}
\lim_{h\to -0}\frac{p(1+h)-p(1)}{h} &=& \lim_{h\to -0}\frac{h(a-2-h)}{h}\\
&=& \lim_{h\to -0}(a-2-h)\\
&=& a-2
\end{eqnarray}$$
（右辺）について\(y=f(x)\)の\(x=1\)における連続性を用いると、
$$\begin{eqnarray}
\lim_{h\to +0}\frac{q(1+h)-p(1)}{h} &=& \lim_{h\to +0}\frac{0}{h}\\
&=& 0
\end{eqnarray}$$
したがって、\(a-1=b\)の下で、\(a=2\)であることが必要十分である。
ゆえに、求める必要十分条件は、\(a=2, b=1\).

ここで、本題に入ります。質問者様の指摘は、関数の連続性は微分可能となるための必要条件にすぎず、その十分性をきちんと議論できていないではないか、ということです。これはさらに、次の問題とも関連しています。

この問題例では、
$$\lim_{h\to 0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}$$
に対応しているのは、
$$\lim_{h\to -0}\frac{f(1+h)-f(1)}{h} =\lim_{h\to +0}\frac{f(1+h)-f(1)}{h}$$
であり、一見するとこの条件式が成り立つことと求める\(a, b\)の条件が同値であるかのように思えます。もちろん、この条件式でだけでは、\(a=2\)しか求められないので、解答には至りません。ここで2つの混乱が生じ得ます。

1. 連続性は微分可能であるための必要条件であり、それを使った最後の解答は本当に必要十分条件なのか。
   
2. 微分可能であるための必要十分条件は、\(a=2\)のはずなのに、なぜそれが解答にならないのか。
   

この問題を解決するためには
$$\lim_{h\to 0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}$$
が存在するということをさらに突き詰めて考えていく、ということが必要です。今、関数\(y=f(x)\)は二つの関数を連結して作られています。それぞれの関数自体が連続な関数なのはいうまでもないですが、その連結点である\(x=1\)での連続性についてはわかりません。さて、連続性を議論せずに、
$$\lim_{h\to 0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}$$
この条件を考えることができるのか、というのがポイントです。先に結論を申し上げると、このように作られた関数では「連続性を議論することなしにはこの極限値を議論することはできない」ということです。ポイントは問題例の解法で紹介したように
$$\lim_{h\to 0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}$$
を議論しているときにでてきた、
$$\lim_{h\to +0}\frac{q(1+h)-p(1)}{h}$$
という式です。この問題例では、
$$\lim_{h\to +0}(q(1+h)-p(1)) = 0$$
として話を進めています。これは、関数\(y=f(x)\)が\(x=1\)で連続であるからこそ成り立つことなのです。なぜなら、もし連続ならば右側極限は関数値に一致するので、
$$\lim_{h\to +0}q(1+h) = p(1) \leftrightarrow \lim_{h\to +0}(q(1+h)-p(1)) = 0$$
となるからです。
逆にもし連続でないとすると、右側の関数\(y=q(x)\)について、
$$\lim_{h\to +0}q(1+h) \neq p(1)$$
となるので、
$$\lim_{h\to +0}(q(1+h)-p(1))$$
は0とは異なる有限の値をもつことになります。すると
$$\lim_{h\to +0}(q(1+h)-p(1)) = 0$$
という式が成り立たなくなります。
ということは、
$$\lim_{h\to +0}\frac{q(1+h)-p(1)}{h}$$
の式において、関数\(y=f(x)\)が\(x=1\)で連続でないならばこの式の値が存在しなくなる、ことに気がつくでしょうか。
$$\lim_{h\to +0}(q(1+h)-p(1))$$
が有限の値になれば、有限の値を限りなく0に近いもので割るのだから、発散してしまいます。ゆえに、極限値は有限の値として存在しません。そうすると、この等式そのものが意味を持たないので、\(a=2\)もでてきません。すなわち、連続性を用いず、
$$\lim_{h\to 0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}$$
が存在することだけを使っても、それは必要十分条件になっていないのです。この部分で上の疑問2の方は解決されるかと思います。さらに疑問1も理解されるのではないでしょうか。すなわち、関数が\(x=1\)で連続であるということは、あくまで解答のための必要十分条件ではなくて
$$\lim_{h\to 0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}$$
という極限式が存在するための必要条件として用いている、ということです。この極限式が存在するためのもう一つの必要条件として、
$$\lim_{h\to -0}\frac{f(1+h)-f(1)}{h} =\lim_{h\to +0}\frac{f(1+h)-f(1)}{h}$$
を要求し、でてきた二つの条件\(a-1=b, a=2\)が
$$\lim_{h\to 0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}$$
が存在することの必要十分条件であり、まさにこれが存在することが、解答になるための（微分可能になるための）必要十分条件なので、問題例の解法で紹介したような方法で、きちんと定数\(a, b\)の必要十分条件を求めることができる、というわけです。

ちなみに、連結されていない関数に関して、微分可能性を議論するような場合においては、問題例とは異なるステップ（連続性の議論がなくなり、極限値の存在する条件だけを議論する）を踏むと思います。もし、その関数が高校数学でよく知られた関数（\(y = \sin{x}\)など）の場合には、例えば\(x=a\)で微分可能であることを証明するときに、いちいち連続性を証明せず、
$$\lim_{h\to 0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}$$
を計算しているだけかもしれません。これは、高校数学で学ぶ初等関数では与えられる定義域において連続であることを、証明なく用いていいということからきています。そういう関数の場合は、証明はしなくても良いけれど、問題例のような場合もあることから、「\(x=a\)でその関数が連続であることを述べる」ことは大事です。

いかがでしたでしょうか。もし、まだ腑に落ちない点がある場合、誤りを発見された場合は、ぜひ共有していただけると助かります。