「平均値の定理」が得意になる、たった3つのポイントとは!?

平均値の定理微分法(数Ⅲ)
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今回は、恐らく誰もが嫌いであろう「平均値の定理」について解説します。

「平均値の定理」という言葉を聞いただけで諦めようとしたあなた!

この記事を読めば、今日から君は平均値の定理の問題でも臆することなくスラスラ解けるようになるはずです!!


第1章で、平均値の定理の簡単なイメージを書き、

第2章で、平均値の定理の使い方について解説しています。

第3章では、例題を2つ紹介していますが、例題2の方は応用なので余力がある人向けです。


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1. 平均値の定理とは?

平均値の定理のイメージ

関数 \(f(x)\) に対して、区間 \([a,b]\) の傾き \(k\) は

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

で表すことができます。


平均値の定理は、

この傾き \(k\) と同じ傾きの接線が、区間 \((a,b)\) の中で引くことができる

ということを主張しています。


接線の傾きは微分係数 \(f'(c)\) で表すことができるので、

平均値の定理を数式でちゃんと表すと、次のようになります。


平均値の定理(結論)

平均値の定理

関数 \(f(x)\) が \([a,b]\) で連続、\((a,b)\) で微分可能ならば、

$$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(c)$$

を満たす \(c \quad (a<c<b)\) が存在する。

連続と微分可能であることを確認する必要があるよ!

平均値の定理

「平均値の定理」を証明するためには「ロルの定理」を証明する必要があり、

「ロルの定理」を証明するためには「最大値・最小値の存在定理」を示す必要があります。


「最大値・最小値の存在定理」は「実数の連続性公理」から示せますが、誰もそんな話に興味ないと思うので(笑)、今回は証明はしません。


もちろん「平均値の定理」の証明は高校の範囲外なので、覚える必要はありません。


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2. 平均値の定理の使い方

平均値の定理の使い方

いつ使う?

ずばり、平均値の定理は、

「同じ関数の式の差」

があるときに有用です。


例えば、

\(\log{b}-\log{a}\)
\(\sin{b}-\sin{a}\)
\(e^b-e^a\)

などが、平均値の定理を使う目印です!


どう使う?

上で示したような、log や sin などの差があったら、それを \(f(x)\) とおきましょう。


すると、

$$f(b)-f(a)$$

と表すことができます。

このとき、\(b-a\) が定数になることが多いよ!


そしたら、区間 \([b,a]\) に対して平均値の定理を使えば、

$$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(c)$$

$$a<c<b$$

を満たす \(c\) が存在します。


あとは、上の式を連立するなどして \(c\) を消しましょう!


ポイント!

「平均値の定理」の使い方

  • 同じ関数の式の差 \(f(b)-f(a)\) を見つけて
  • 区間 \([a,b]\) に平均値の定理を適用して
  • 平均値の定理の \(c\) を消去する

3. 例題

例題1

例題1

\(t>1\) のとき、

$$\frac{2}{t+1}<\log{(t+1)}-\log{(t-1)}<\frac{2}{t-1}$$

となることを証明せよ。


 例題1の解説 

ポイントは、

  • 同じ関数の式の差 \(f(b)-f(a)\) を見つけて
  • 区間 \([a,b]\) に平均値の定理を適用して
  • 平均値の定理の \(c\) を消去する
  • でした。


    今回は中辺が

    $$\log{(t+1)}-\log{(t-1)}$$

    なので、log の式の差になっています。

    「同じ関数の式の差」だね!


    よって、\(f(x)=\log{x}\) とおけば、

    $$f(t+1)-f(t-1)$$

    と表せます。


    そしたら、区間 \([t-1,t+1]\) に平均値の定理を適用しましょう。


    しかし、平均値の定理を使うためには、区間 \([t-1,t+1]\) で連続で、区間 \((t-1,t+1)\) で微分可能である必要があります。


    \(\log{x}\) は \(x>0\) で連続でした。

    また、\(x>0\) に対して \(\displaystyle (\log{x})’=\frac{1}{x}\) が存在するので微分可能です。

    当たり前だけど、\(\log{x}\) は微分して \(\frac{1}{x}\) とできるから微分可能だよね!


    あとは\(t>1\) であることを踏まえれば、\(t-1>0\) より、

    区間 \([t-1,t+1]\) で連続で、区間 \((t-1,t+1)\) で微分可能であることがわかりました。



    よって、平均値の定理より、

    $$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(c)$$

    すなわち、

    $$\frac{\log{(t+1)}-\log{(t-1)}}{2}=\frac{1}{c}$$

    となる \(c \quad (t-1<c<t+1)\) が存在します。

    分母の \(2\) は、\((t+1)-(t-1)\) の計算結果だよ!


    あとは、\(c\) を消去しましょう。


    \(t-1<c<t+1\) に対して逆数を取ると、

    $$\frac{1}{t+1}<\frac{1}{c}<\frac{1}{t-1}$$

    となるので、

    $$\frac{1}{t+1}<\frac{\log{(t+1)}-\log{(t-1)}}{2}<\frac{1}{t-1}$$

    が成り立ちます。


    最後に、各辺に \(2\) をかければ、

    $$\frac{2}{t+1}<\log{(t+1)}-\log{(t-1)}<\frac{2}{t-1}$$

    が示せました!

    (例題1終わり)



    例題2(漸化式と極限)

    平均値の定理は、「漸化式と極限」の問題に対しても使われます。

    平均値の定理の応用になりますので、難しいと思われますが、

    第1章で説明したポイントをしっかり押さえればできるはずなので頑張りましょう!


    例題2

    \(\displaystyle f(x)=\frac{2}{3}\cos{x}\) とする。

    (1) \(f(x)=x\) はただ一つの実数解を持つことを示せ。

    (2) \(f(x)=x\) の実数解を \(\alpha\) とするとき、

    $$|f(x)-\alpha|\le \frac{2}{3}|x-\alpha|$$

    が成り立つことを示せ。

    (3) \(a_1=0\) , \(\displaystyle a_{n+1}=\frac{2}{3}\cos{a_n} \ (n=1,2,\cdots)\) で定められる数列 \(\{a_n\}\) は \(\alpha\) に収束することを示せ。

    (1)は中間値の定理、(2)は平均値の定理を使うよ!


     例題2の解説 

    (1)の解説:

    以前、別のノートで解説しましたが、

    「実数解を持つことを示せ」と言われたら、「中間値の定理」を使う合図でしたね!


    \(f(x)=x\) が実数解を持つことを示すには、

    \(g(x)=f(x)-x\) として、\(g(x)=0\) となる \(x\) が存在することを示せば良いですね!


    ということは、\(f(a)>0 \ ,\ f(b)<0\) となる \(a,b\) を見つければ、\(a\) と \(b\) の間に \(g(x)=0\) となる \(x\) が存在することが中間値の定理より示されます。


    \(a,b\) はいろいろありますが、例えば、

    $$g(0)=f(0)-0=\frac{2}{3}>0$$

    $$g\left(\frac{\pi}{2}\right)=f\left(\frac{\pi}{2}\right)-\frac{\pi}{2}=-\frac{\pi}{2}<0$$

    なので、\(a=0,b=\frac{\pi}{2}\) としましょう。


    \(g(x)\) は実数全体で連続なので、中間値の定理より、

    $$g(\alpha)=0 \quad (0<\alpha<\frac{\pi}{2})$$

    となる \(\alpha\) が存在することがわかりました!



    しかし、これで終わりではありませんね?


    問題をよく読むと、「ただ一つの実数解を持つことを示せ」と書かれています。

    ということは、「\(g(\alpha)=0\) となる \(\alpha\) が一つしかない」ということも示す必要があります。


    これは、\(g(x)\) が単調増加または単調減少であることを示しましょう。


    \(g(x)\) を微分すると、

    $$g'(x)=-\frac{2}{3}\sin{x}-1$$

    であり、\(-1\leq \sin{x}\leq 1\) なので、\(g'(x)\) はどんなに大きくても、

    $$g'(x)\leq \frac{2}{3}-1 \leq -\frac{1}{3}<0$$

    なので、常に \(g'(x)<0\) であることがわかります。


    よって、\(g(x)\) は単調減少なので、「\(g(\alpha)=0\) となる \(\alpha\) が一つしかない」ことが示せました!





    (2)の解説:

    (2) は、

    $$|f(x)-\alpha|\le \frac{2}{3}|x-\alpha|$$

    を示せ、という問題でした。


    示せって言われても、何をすればいいのかわかんないよ(泣)

    という悲痛な叫びが聞こえてきそうですが、まず \(\alpha\) とは何か思い出しましょう。


    。。。


    \(\alpha\) は、\(f(x)=x\) の解でしたね!


    ということは、

    $$f(\alpha)=\alpha$$

    が成り立ちます!



    つまり、

    $$|f(x)-\alpha|\le \frac{2}{3}|x-\alpha|$$

    を示したいなら、

    $$|f(x)-f(\alpha)|\le \frac{2}{3}|x-\alpha|$$ 

    を示せば良いですね!

    \(f(x)-f(\alpha)\) って、同じ関数の式の差だから…

    勘の良い人は、もう何をすればいいのかわかったのではないでしょうか?


    さっきの不等式で、両辺を \(|x-\alpha|\) で割って得られる不等式

    $$\frac{|f(x)-f(\alpha)|}{|x-\alpha|}\le \frac{2}{3}$$

    を示せば、逆に両辺に \(|x-\alpha|\) をかけることで、(2)の証明ができそうです!



    この不等式は、平均値の定理から証明できそうですね!


    \(f(x)=\frac{2}{3}\cos{x}\) について、\(\cos{x}\) は実数全体で連続なので、\(f(x)\) も実数全体で連続です。

    また、

    \(f^\prime(x)=-\frac{2}{3}\sin{x}\) が全ての実数 \(x\) に対して成り立つので、\(f(x)\) は実数全体で微分可能でもあります。


    よって、\(f(x)\) に対して平均値の定理が適用でき、

    $$\frac{|f(x)-f(\alpha)|}{|x-\alpha|}=|f^\prime(c)|$$

    となる \(c\) が存在します。


    この \(c\) に対して、\(|\sin(c)|\le 1\) より、

    $$|f^\prime(c)|=\left|-\frac{2}{3}\sin{c}\right|\le\frac{2}{3}$$

    であるので、

    $$\frac{|f(x)-f(\alpha)|}{|x-\alpha|}\le\frac{2}{3}$$

    が成り立ちます。


    あとは、\(f(\alpha)=\alpha\) であることを用いれば、

    $$|f(x)-\alpha|\le\frac{2}{3}|x-\alpha|$$

    が示されます!


    平均値の定理で

    $$\frac{|f(x)-f(\alpha)|}{|x-\alpha|}=|f^\prime(c)|$$

    という式を得ましたが、\(x=\alpha\) の場合、分母が \(0\) となるので、上の等式は意味を成しません。

    なので本来は、\(x\neq \alpha\) の場合として平均値の定理を適用しなければなりません。


    「そしたら、\(x=\alpha\) の場合はどうするの?」


    という疑問を持つ方もいると思いますが、\(x=\alpha\) のときは、

    $$f(x)-\alpha=f(x)-f(\alpha)=0$$

    なので、

    $$|f(x)-\alpha|\le \frac{2}{3}|x-\alpha|$$

    は \(0\le 0\) となり、\(x=\alpha\) の場合でも成り立つことがわかります。




    (3)の解説:

    (1) と (2) を利用して、(3) を解きましょう!

    \(x=a_n\) とすれば、

    $$f(a_n)=\frac{2}{3}\cos{a_n}=a_{n+1}$$

    であるので、(1),(2)より、

    $$|a_{n+1}-\alpha|\le \frac{2}{3}|a_n-\alpha|$$

    が成り立ちます。


    上の不等式において、\(n\) に制限はないので、\(n-1\) に置き換えて

    $$|a_n-\alpha|\le \frac{2}{3}|a_{n-1}-\alpha|$$

    が成り立ちます。


    同様に、上の不等式の \(n-1\) を \(n-2\) に置き換えて

    $$|a_{n-1}-\alpha|\le \frac{2}{3}|a_{n-2}-\alpha|$$

    が成り立ちます。


    (1)に(2)を代入すると、

    $$|a_n-\alpha|\le \left(\frac{2}{3}\right)^2 |a_{n-2}-\alpha|$$

    となります。


    これを繰り返すと、

    \(\begin{align}
    |a_n-\alpha| &\le \frac{2}{3}|a_n-\alpha| \\
    &\le \left(\frac{2}{3}\right)^2 |a_{n-1}-\alpha| \\
    &\le \left(\frac{2}{3}\right)^3 |a_{n-2}-\alpha| \\
    &\le \left(\frac{2}{3}\right)^4 |a_{n-3}-\alpha| \\
    &\quad \vdots\\
    &\le \left(\frac{2}{3}\right)^{n-1} |a_1-\alpha|
    \end{align}\)


    となるので、\(n\to \infty\) とすれば、\(\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}\to 0\) より、

    $$\lim_{n\to \infty} |a_n-\alpha|=0$$

    となり、\(\{a_n\}\) は \(\alpha\) に収束することが示されました!

    ちなみに、今回の問題のような \(\alpha\) は不動点と言うよ!

    (例題3終わり)



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