やりなおしの数学・微分積分篇（16/X） - 「大人の教養・知識・気付き」を伸ばすブログ

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を参考に、改めて微分積分を復習していく。

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微分と四則演算の関係、合成関数および逆関数の微分を扱う。

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5.　1変数関数の微分
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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、 $f(x),g(x)$ が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、 $f(x),g(x)$ が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 $h(x)=\displaystyle{\frac{1}{g(x)}}$ の微分を考えると、

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

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

$\begin{aligned} \displaystyle{\frac{d}{dx}}g(f(x))=g^{\prime}(f(x))f^{\prime}(x) \end{aligned}$

である。

（ $\because$ 　 $g$ は $y\in J$ 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。　 $\blacksquare$ ）

逆関数の微分　 $f(x)$ は区間 $I$ 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。 $y=f(x)$ の逆関数を $x=f^{-1}(y),y\in J=f(I)$ とする。このとき逆関数 $x=f^{-1}(y)$ は $J$ 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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