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CHALLENGE PROBLEM

【挑戦問題】最大整数関数の微分

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問題

問題

実数\(x\)を超えない整数の中で最大のものを\(\left[ x\right] \)で表記します。例えば、\begin{eqnarray*}
\left[ -2.5\right] &=&-3 \\
\left[ -1\right] &=&-1 \\
\left[ 0\right] &=&0 \\
\left[ 1\right] &=&1 \\
\left[ 2.5\right] &=&2
\end{eqnarray*}などが成り立ちます。それぞれの実数\(x\in \mathbb{R}\)に対して、\begin{equation*}
f\left( x\right) =\left[ x\right] \end{equation*}を定める関数\(f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}\)の導関数を求めてください。

プレミアム会員の方は下部にあるメールフォーム(ログインすると表示されます)から答案を送ってください(手書きの答案を撮影した画像を送ることもできます)答案の提出期限は2021年3月7日です

 

結果

回答者 正解者
3名 1名

 

解答

実数\(a\in \mathbb{R} \)を任意に選びます。\(\left[ a\right] \)は\(a\)を超えない最大の整数であるため、\(a\not\in \mathbb{Z} \)の場合、すなわち\(a\)が整数でない場合には、\begin{equation*}\left[ a\right] <a<\left[ a\right] +1
\end{equation*}という関係が成り立つため、\(0\)に十分近い任意の\(h>0\)について、\begin{equation}\left[ a\right] <a-h<a<a+h<\left[ a\right] +1 \quad \cdots (1)
\end{equation}が成り立ちます。以上を踏まえると、\begin{eqnarray*}
\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f\left( a+h\right) -f\left( a\right) }{h}
&=&\lim_{h\rightarrow 0}\frac{\left[ a+h\right] -\left[ a\right] }{h}\quad
\because f\text{の定義} \\
&=&\lim_{h\rightarrow 0}\frac{\left[ a\right] -\left[ a\right] }{h}\quad
\because \left( 1\right) \\
&=&\lim_{h\rightarrow 0}0 \\
&=&0
\end{eqnarray*}すなわち、\begin{equation*}
f^{\prime }\left( a\right) =0
\end{equation*}となることが示されました。任意の\(a\not\in \mathbb{Z} \)について同様の議論が成立するため、\(f\)の導関数\(f^{\prime }\)はそれぞれの非負の整数\(x\in \mathbb{R} \backslash \mathbb{Z} \)に対して、\begin{equation*}f^{\prime }\left( x\right) =0
\end{equation*}を定めることが明らかになりました。

続いて、\(a\in \mathbb{Z} \)の場合、すなわち\(a\)が整数の場合について考えます。\(\left[ a\right] \)は\(a\)を超えない最大の整数であるため、この場合、\begin{equation*}\left[ a\right] =a<\left[ a\right] +1
\end{equation*}が成り立ちます。したがって、\(0\)に十分近い任意の\(h>0\)について、\begin{equation}\left[ a\right] =a<a+h<\left[ a\right] +1 \quad \cdots (2)
\end{equation}が成り立つ一方で、\(0\)に十分近い任意の\(h<0\)について、\begin{equation}\left[ a\right] -1<a+h<\left[ a\right] =a<\left[ a\right] +1 \quad \cdots (3)
\end{equation}が成り立ちます。以上を踏まえると、\begin{eqnarray*}
\lim_{h\rightarrow 0+}\frac{f\left( a+h\right) -f\left( a\right) }{h}
&=&\lim_{h\rightarrow 0-}\frac{\left[ a+h\right] -\left[ a\right] }{h}\quad
\because f\text{の定義} \\
&=&\lim_{h\rightarrow 0-}\frac{\left[ a\right] -\left[ a\right] }{h}\quad
\because \left( 2\right) \\
&=&\lim_{h\rightarrow 0-}\frac{0}{h} \\
&=&\lim_{h\rightarrow 0-}0 \\
&=&0
\end{eqnarray*}すなわち、\begin{equation*}
f^{\prime }\left( a+0\right) =0
\end{equation*}が成り立つ一方で、\begin{eqnarray*}
\lim_{h\rightarrow 0-}\frac{f\left( a+h\right) -f\left( a\right) }{h}
&=&\lim_{h\rightarrow 0-}\frac{\left[ a+h\right] -\left[ a\right] }{h}\quad
\because f\text{の定義} \\
&=&\lim_{h\rightarrow 0-}\frac{\left( \left[ a\right] -1\right) -\left[ a\right] }{h}\quad \because \left( 3\right) \\
&=&\lim_{h\rightarrow 0-}\left( \frac{-1}{h}\right) \\
&=&\infty
\end{eqnarray*}となり、\(f\)は点\(a\)において左側微分可能ではありません。したがって\(f\)は点\(a\)において微分可能でもありません。以上より、\(f\)の導関数\(f^{\prime }\)は\(\mathbb{Z} \)上には定義されないことが明らかになりました。

以上より、与えられた関数\(f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} \)の導関数は\(f^{\prime }:\mathbb{R} \backslash \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{R} \)であり、これはそれぞれの\(x\in \mathbb{R} \backslash \mathbb{Z} \)に対して、\begin{equation*}f^{\prime }\left( x\right) =0
\end{equation*}を定めます。

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