導関数の定義から微分公式を導出
導関数の定義を用いて, 有名な関数の微分公式を証明する方法を紹介します。
関数 \(f(x)\) について,
\( \displaystyle f^{\prime}(x)=\lim_{h \to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\)
を導関数という。
導関数を求めることを, 微分するといいます。
\(x^n\) の微分
\(\quad (x^n)^{\prime}=nx^{n-1}\) (\(n\) は自然数) を導出します。
二項定理より,
\(\ (x+h)^n\)
\(\displaystyle =\sum_{k=0}^{n} {}_n{\rm{C}}_k \,x^{n-k}\,h^{k}\)
\(={}_n{\rm{C}}_0\,x^n + {}_n{\rm{C}}_1 x^{n-1}h+{}_n{\rm{C}}_2 x^{n-2} h^2+\cdots+{}_n{\rm{C}}_n h^n\)
よって,
\((x+h)^n \,-\, x^n ={}_n{\rm{C}}_1 x^{n-1}h+{}_n{\rm{C}}_2 x^{n-2} h^2 +\cdots+ {}_n{\rm{C}}_n h^n\)
上式を \(h\) で割ると,
\( \dfrac{(x+h)^n – x^n}{h} = {}_n{\rm{C}}_1 x^{n-1} + \underbrace{{}_n{\rm{C}}_2 x^{n-2}h +\cdots + {}_n{\rm{C}}_n h^{n-1}}_{h\to 0\mbox{で}0\mbox{になる}}\)
したがって,
\(\displaystyle \lim_{h \to 0}\frac{(x+h)^{n}-x^n}{h}=nx^{n-1}\) (終）
\(\sin x\) の微分
\(\quad (\sin x)^{\prime}=\cos x\) を導出します。
三角関数の和積公式より,
\(\sin(x+h)-\sin x\)
\(=2\cos(\dfrac{x+h+x}{2})\sin(\dfrac{x+h-x}{2})\)
\(=2\cos(x + \dfrac{h}{2})\sin(\dfrac{h}{2})\)
したがって,
\(\displaystyle \lim_{h \to 0}\,\dfrac{\sin(x+h)-\sin x}{h}\)
\(=\displaystyle \lim_{h \to 0}\,\dfrac{2\cos(x+\dfrac{h}{2})\sin(\dfrac{h}{2})}{h}\)
\(=\displaystyle \lim_{h \to 0}\,\cos(x+\dfrac{h}{2})\cdot \dfrac{\sin(\dfrac{h}{2})}{(\dfrac{h}{2})}\)
\(=\cos x\) （終）
・極限の公式 \(\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x}=1\)
を使いました。
\(\log x\) の微分
\(\quad (\log x)^{\prime}=\dfrac{1}{x}\) を導出します。
\(\dfrac{\log(x+h)-\log(x)}{h}\)
\(=\dfrac{1}{h}\,\log(\dfrac{x+h}{x})\)
\(=\dfrac{1}{h}\,\log(1+\dfrac{h}{x})\)
\(=\log\left(1+\frac{h}{x}\right)^{\large\frac{1}{h}}\)
\(=\log (1+t)^{\large\frac{1}{tx}}\) (\(\dfrac{h}{x}=t\) とおいた)
よって
\(\displaystyle \lim_{h \to 0}\dfrac{\log(x+h)-\log(x)}{h}\)
\(=\displaystyle \lim_{t \to 0}\,\log(1+t)^{\large\frac{1}{t}\cdot\large\frac{1}{x}}\)
\(= \displaystyle \log e^{\large\frac{1}{x}}\)
\(= \displaystyle \dfrac{1}{x}\) (終)
・eの定義 \(\displaystyle \lim_{x \to 0} (1+x)^{\large\frac{1}{x}}=e\) を使いました。
関連記事：eの定義を使う極限計算 例題
\(e^x\) の微分
\(\quad (e^x)^{\prime}=e^x\) を導出します。
\(\displaystyle = \lim_{h \to 0}\dfrac{e^x(e^h -1)}{h}\)
\(\displaystyle = e^x\) (終)
【補足】
極限公式 \(\displaystyle \lim_{x \to 0}\dfrac{e^x -1}{x}=1\) を使いました。
この公式は次のように証明できます。
\(e^x – 1=t\) とおくと,
\(x=\log(1+t),\,\, t\rightarrow 0\)
したがって,
\(\displaystyle \lim_{x \to 0}\dfrac{e^x -1}{x}\)
\(\displaystyle =\lim_{t \to 0}\dfrac{t}{\log(1+t)}\)
\(\displaystyle =\lim_{t \to 0}\dfrac{1}{\large\frac{1}{t}\,\log(1+t)}\)
\(\displaystyle =\lim_{t \to 0}\dfrac{1}{\log(1+t)^{\large\frac{1}{t}}}=\dfrac{1}{\log e}=1\)