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やりなおしの数学・微分積分篇(016/X)

 以下の書籍を参考に、改めて微分積分を復習していく。

www.rokakuho.co.jp

今日のまとめ

5. 1変数関数の微分

5.2 微分の公式


微分の性質 関数f(x),g(x)が互いに微分可能であるとき、以下が成り立つ:

  • (1)\alpha,\beta\in\mathbb{R}に対して(\alpha f(x)+\beta g(x))^{\prime}=\alpha f^{\prime}(x)+\beta g^{\prime}(x)
  • (2)(f(x)g(x))^{\prime}=f^{\prime}(x)g(x)+f(x)g^{\prime}(x)
  • (3)g(x)\neq0であるとき、\left(\displaystyle{\frac{g()}{g(x)}}\right)=\displaystyle{\frac{f^{\prime}(x)g(x)-f(x)g^{\prime}(x)}{\{g(x)\}^2}}

\because 
(1) h\rightarrow 0のとき、f(x),g(x)微分可能であることに注意すれば


\begin{aligned}
&\displaystyle{\frac{1}{h}\{(\alpha f(x+h)+\beta g(x+h))-(\alpha f(x)+\beta g(x))\}}\\
=&\displaystyle{\frac{\alpha}{h}\{(f(x+h)-f(x))\}}+\displaystyle{\frac{\beta}{h}\{(g(x+h)-g(x))\}}\\
=&\alpha f^{\prime}(x)+\beta g^{\prime}(x)
\end{aligned}

(2) h\rightarrow 0のとき、f(x),g(x)微分可能であることに注意すれば


\begin{aligned}
\displaystyle{\frac{f(x+h)g(x+h)-f(x)g(x)}{h}}&=\displaystyle{\frac{f(x+h)g(x+h)-f(x+h)g(x)+f(x+h)g(x)-f(x)g(x)}{h}}\\
&=\displaystyle{\frac{f(x+h)g(x+h)-f(x+h)g(x)+f(x+h)g(x)-f(x)g(x)}{h}}\\
&=f(x+h)\cdot\displaystyle{\frac{g(x+h)-g(x)}{h}}+g(x)\cdot\displaystyle{\frac{f(x+h)-f(x)}{h}}\\
&\rightarrow f(x)g^{\prime}(x)+f^{\prime}(x)g(x)
\end{aligned}

(3) g(x)\neq0としてh(x)=\displaystyle{\frac{1}{g(x)}}微分を考えると、


\begin{aligned}
\displaystyle{\frac{h(x+h)-h(x)}{h}}&=\displaystyle{\frac{1}{h}\left(\frac{1}{g(x+h)}-\frac{1}{g(x)}\right)}\\
&=\displaystyle{\frac{1}{h}\frac{g(x)-g(x+h)}{g(x+h)g(x)}}\\
&=\displaystyle{\frac{g(x)-g(x+h)}{h}\frac{1}{g(x+h)g(x)}}\\
&\rightarrow-\displaystyle{\frac{g^{\prime}(x)}{\{g(x)\}^2}}\\
\end{aligned}

である。(2)においてf(x)\rightarrow h(x)と置き換えれば


\begin{aligned}
\displaystyle{\frac{f(x)}{g(x)}}&\rightarrow -f(x)\displaystyle{\frac{g^{\prime}(x)}{\{g(x)\}^2}}+f^{\prime}(x)\displaystyle{\frac{1}{g(x)}}\\
&=-f(x)\displaystyle{\frac{g^{\prime}(x)}{\{g(x)\}^2}}+f^{\prime}(x)\displaystyle{\frac{1}{g(x)}}\\
&=\displaystyle{\frac{f^{\prime}(x)g(x)-f(x)g^{\prime}(x)}{\{g(x)\}^2}}
\end{aligned}
が成り立つ。 \blacksquare

 2つの関数の積に対する高階導関数について更に以下が成り立つ:


Leibnizの公式 自然数nに対して

\begin{aligned}
(f(x)g(x))^{(n)}=\displaystyle{\sum_{k=0}^{n}{}_{n}C_{k} f^{(n-k)}(x)g^{(k)}(x)}
\end{aligned}
が成り立つ。

\because 数学的帰納法により示す。n=1のときは前に示した定理の(2)より成立する。次にn=m\geq1において仮定が成立することを仮定する。n=m+1において


\begin{aligned}
(f(x)g(x))^{(m+1)}&=\displaystyle{\sum_{k=0}^{m}{}_{m}C_{k} \left(f^{(m-k+1)}(x)g^{(k)}(x)+f^{(m-k)}(x)g^{(k+1)}(x) \right)}\\
&={}_{m}C_0 f^{(m+1)}(x)g^{(0)}(x)+\displaystyle{\sum_{k=1}^{m} ({}_{m}C_k+{}_{m}C_{k-1}) f^{(m+1-k)}(x)g^{(k)}(x)}\\
& +{}_{m}C_{m} f^{(0)}(x)g^{(m+1)}(x)
\end{aligned}

である。ここで


\begin{aligned}
{}_{m}C_{k}+{}_{m}C_{k-1}&=\displaystyle{\frac{m!}{k!(m-k)!}+\frac{m!}{(k-1)!(m-k+1)!}}\\
&=\displaystyle{\frac{m!}{k!(m-k+1)!}\{(m-k+1)+k\}}\\
&=\displaystyle{\frac{m!}{k!(m-k+1)!}(m+1)}\\
&=\displaystyle{\frac{(m+1)!}{k!(m-k+1)!}}\\
&={}_{m+1}C_{k}
\end{aligned}
に注意すれば


\begin{aligned}
(f(x)g(x))^{(m+1)}=\displaystyle{\sum_{k=1}^{m+1} {}_{m+1}C_{k} f^{(m+1-k)}(x)g^{(k)}(x) }
\end{aligned}

である。以上からn=m+1でも成り立つことが示された。 \blacksquare


合成関数の微分 y=f(x)区間I微分可能、z=g(y)区間J上で微分可能だとする。このとき合成関数z=g(f(x))I微分可能で

\begin{aligned}
\displaystyle{\frac{d}{dx}}g(f(x))=g^{\prime}(f(x))f^{\prime}(x)
\end{aligned}
である。
\because gy\in Jにおいて微分可能であるから

\begin{aligned}
g(y+k)=g(y)+g^{\prime}(y)k+\varepsilon(k)k
\end{aligned}

が成り立つ。ここで\varepsilon(k)\rightarrow 0(k\rightarrow 0),\ \varepsilon(0)=0である。y=f(x), k=f(x+h)-f(x)とおくと、h\rightarrow 0のときにk\rightarrow 0であることに注意すれば


\begin{aligned}
\displaystyle{\frac{1}{h}\{g(f(x+h))-g(f(x))\}}&=\displaystyle{\frac{1}{h}\{g(y+k)-g(y)\}}\\
&=\displaystyle{\frac{1}{h}\{g^{\prime}(y)k+\varepsilon(k)k\}}\\
&=g^{\prime}(y)\displaystyle{\frac{f(x+h)-f(x)}{h}}+\varepsilon(k)\displaystyle{\frac{f(x+h)-f(x)}{h}}\\
&\rightarrow g^{\prime}(y)f^{\prime}(x)(h\rightarrow 0)
\end{aligned}

である。 \blacksquare


逆関数微分 f(x)区間I上で微分可能で、f^{\prime}(x)\neq0かつ狭義単調増加(または狭義単調減少)だとする。y=f(x)逆関数x=f^{-1}(y),y\in J=f(I)とする。このとき逆関数x=f^{-1}(y)J上で微分可能で

\begin{aligned}
\displaystyle{\frac{d}{dy}f^{-1}(y)}=\displaystyle{\frac{1}{f^{\prime}(x)}}
\end{aligned}
である。
\because f^{-1}(y)=x,\ f^{-1}(y+k)=x+hとおく。このときh=f^{-1}(y+k)-f^{-1}(y),\ k=f(x+h)-f(x)である。f^{-1}は連続であるから、k\rightarrow0のときf^{-1}(y+k)\rightarrow f^{-1}(y)、すなわちh\rightarrow 0である。したがって

\begin{aligned}
\displaystyle{\lim_{k\rightarrow0}\frac{f^{-1}(y+k)-f^{-1}(y)}{k}}=\displaystyle{\frac{1}{\displaystyle{\lim_{h\rightarrow0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}}}}=\displaystyle{\frac{1}{f^{\prime}(x)}}
\end{aligned}

である。 \blacksquare

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