投稿日: 投稿者: takan

微分法則 Differential Law


|| 微分のルールから導かれるやつの話

積・商の微分とかは初見じゃ難しい。

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目次

　

定数倍の微分「定数をかけた時の微分の振る舞い」

和の微分「２つの関数の足し算を微分した時の」

　

積の微分「２つの関数の掛け算を微分した時の」

商の微分「関数が分母に来る時の微分」

　

合成関数の微分「変数が関数になる時の微分」

逆関数の微分「逆関数を使う時の微分」

　

　

　

　

　

定数倍の微分

　

まあこれはそのままです。

　

(cf(x))′=lim⁡h→0cf(x+h)−cf(x)(x+h)−x=lim⁡h→0cf(x+h)−f(x)(x+h)−x=c(f(x))′\begin{array}{llllll} \displaystyle \left( cf(x) \right)^{\prime}&=&\displaystyle \lim_{h\to 0}\frac{cf(x+h)-cf(x)}{(x+h)-x} \\ \\ &=&\displaystyle \lim_{h\to 0}c\frac{f(x+h)-f(x)}{(x+h)-x} \\ \\ &=&\displaystyle c\Bigl( f(x) \Bigr)^{\prime} \end{array}

　

(cf(x))′=c(f(x))′\begin{array}{llllll} \displaystyle \Bigl( cf(x) \Bigr)^{\prime}&=&\displaystyle c\Bigl( f(x) \Bigr)^{\prime} \end{array}

　

なんの捻りも無い結果になります。

　

　

　

　

　

和の微分

　

これも特に変な結果にはなりません。

　

(af(x)+bg(x))′=lim⁡h→0(af(x+h)+bg(x+h))−(af(x)+bg(x))(x+h)−x=lim⁡h→0af(x+h)−af(x)+bg(x+h)−bg(x)(x+h)−x=lim⁡h→0af(x+h)−af(x)(x+h)−x+bg(x+h)−bg(x)(x+h)−x=lim⁡h→0af(x+h)−f(x)(x+h)−x+bg(x+h)−g(x)(x+h)−x=af′(x)+bg′(x)\begin{array}{llllll} \displaystyle &&\displaystyle \Bigl( af(x)+bg(x) \Bigr)^{\prime} \\ \\ &=&\displaystyle \lim_{h\to 0}\frac{\Bigl( af(x+h)+bg(x+h) \Bigr)-\Bigl( af(x)+bg(x) \Bigr)}{(x+h)-x} \\ \\ &=&\displaystyle \lim_{h\to 0}\frac{af(x+h)-af(x)+bg(x+h)-bg(x)}{(x+h)-x} \\ \\ \\ &=&\displaystyle \lim_{h\to 0}\frac{af(x+h)-af(x)}{(x+h)-x}+\frac{bg(x+h)-bg(x)}{(x+h)-x} \\ \\ &=&\displaystyle \lim_{h\to 0}a\frac{f(x+h)-f(x)}{(x+h)-x}+b\frac{g(x+h)-g(x)}{(x+h)-x} \\ \\ \\ &=&\displaystyle af^{\prime}(x)+bg^{\prime}(x) \end{array}

　

(af(x)+bg(x))′=af′(x)+bg′(x)\begin{array}{llllll} \displaystyle \Bigl( af(x)+bg(x) \Bigr)^{\prime}&=&\displaystyle af^{\prime}(x)+bg^{\prime}(x) \end{array}

　

当然のようにこうなります。

　

　

結果、微分の操作が「線形性」を持つ

ということも分かりました。

　

　

　

　

　

積の微分

　

この辺りから怪しくなってきます。

　

(f(x)g(x))′=f′(x)g(x)+f(x)g′(x)\begin{array}{llllll} \displaystyle \Bigl( f(x)g(x) \Bigr)^{\prime}&=&f^{\prime}(x)g(x)+f(x)g^{\prime}(x) \end{array}

　

結果はこうなんですけど

直感的には理解し辛いと思います。

　

f(x+h)g(x+h)−f(x)g(x)(x+h)−x\begin{array}{llllll} \displaystyle \frac{f(x+h)g(x+h)-f(x)g(x)}{(x+h)-x} \end{array}

　

実際、これはこのままだとダメで

　

f(x+h)g(x)−f(x+h)g(x)f(x)g(x+h)−f(x)g(x+h)\begin{array}{llllll} \displaystyle f(x+h)g(x)-f(x+h)g(x) \\ \\ f(x)g(x+h)-f(x)g(x+h) \end{array}

　

「 (x+h)(x+h) の関数を分離できる」

「元の関数の形を変えない ×1,+0×1,+0 」

こういった要望を叶えるものが必要になって

　

f(x+h)g(x+h)−f(x+h)g(x)=f(x+h)(g(x+h)−g(x))f(x+h)g(x)−f(x)g(x)=g(x)(f(x+h)−f(x))\begin{array}{llllllll} && \displaystyle f(x+h)g(x+h)-f(x+h)g(x) \\ \\ &=&f(x+h) \Bigl( g(x+h)-g(x) \Bigr) \\ \\ \\ && f(x+h)g(x)-f(x)g(x) \\ \\ &=&g(x) \Bigl( f(x+h)-f(x) \Bigr) \end{array}

　

f(x+h)g(x+h)−f(x)g(x)(x+h)−x=f(x+h)(g(x+h)−g(x))+g(x)(f(x+h)−f(x))h=f(x+h)g(x+h)−g(x)h+g(x)f(x+h)−f(x)h\begin{array}{llllll} && \displaystyle \frac{f(x+h)g(x+h)-f(x)g(x)}{(x+h)-x} \\ \\ &=&\displaystyle \frac{f(x+h) \Bigl( g(x+h)-g(x) \Bigr) +g(x) \Bigl(f(x+h)-f(x) \Bigr)}{h} \\ \\ \\ &=&\displaystyle f(x+h)\frac{ g(x+h)-g(x)}{h}+g(x)\frac{f(x+h)-f(x)}{h} \end{array}

　

そこから導かれるので

あまり直感的とは言えないものになります。

　

f′(x)g′(x)×\begin{array}{llllll} \displaystyle f^{\prime}(x)g^{\prime}(x) &&× \end{array}

　

こうなりそうなもんですが

　

f′(x)g(x)+f(x)g′(x)\begin{array}{llllll} \displaystyle f^{\prime}(x)g(x)+f(x)g^{\prime}(x) \end{array}

　

比較してみると

直感とはまるで異なる結果ですね。

　

　

　

　

　

商の微分

　

これもだいぶやってます。

　

(1f(x))′=−f′(x)(f(x))2\begin{array}{llllll} \displaystyle \left( \frac{1}{f(x)} \right)^{\prime}&=&\displaystyle -\frac{f^{\prime}(x)}{\Bigl( f(x) \Bigr)^2} \end{array}

　

「合成関数の微分」を理解してれば直感的ですが

分からないと意味不明な結果だと思います。

　

1f(x+h)−1f(x)(x+h)−x\begin{array}{llllll} \displaystyle \frac{\displaystyle\frac{1}{f(x+h)}-\frac{1}{f(x)}}{(x+h)-x} \end{array}

　

ただ、導出はシンプル

　

1f(x+h)−1f(x)=f(x)−f(x+h)f(x+h)f(x)=1f(x+h)f(x)(f(x)−f(x+h))=−1f(x+h)f(x)(f(x+h)−f(x))\begin{array}{llllll} \displaystyle \frac{1}{f(x+h)}-\frac{1}{f(x)}&=&\displaystyle \frac{f(x)-f(x+h)}{f(x+h)f(x)} \\ \\ &=&\displaystyle \frac{1}{f(x+h)f(x)}\Bigl( f(x)-f(x+h) \Bigr) \\ \\ &=&\displaystyle \frac{-1}{f(x+h)f(x)}\Bigl( f(x+h)-f(x) \Bigr) \end{array}

　

(1f(x))′=lim⁡h→0−1f(x+h)f(x)f(x+h)−f(x)(x+h)−x\begin{array}{llllll} \displaystyle \left( \frac{1}{f(x)} \right)^{\prime}&=&\displaystyle\lim_{h\to 0} \frac{-1}{f(x+h)f(x)}\frac{ f(x+h)-f(x)} {(x+h)-x} \end{array}

　

そこまで難しい操作は要求されません。

　

　

　

　

　

積の公式との応用

　

以下の形も見ることがあるので紹介

　

(f(x)g(x))′=f′(x)g(x)−f(x)g′(x)(g(x))2\begin{array}{llllll} \displaystyle \left( \frac{f(x)}{g(x)} \right)^{\prime}&=&\displaystyle \frac{f^{\prime}(x)g(x)-f(x)g^{\prime}(x)}{\Bigl( g(x) \Bigr)^2} \end{array}

　

これは積の形から求められます。

　

(f(x)g(x))′=(f(x)1g(x))′=f′(x)1g(x)+f(x)(1g(x))′=f′(x)1g(x)+f(x)(−g′(x)(g(x))2)=f′(x)g(x)(g(x))2−f(x)g′(x)(g(x))2\begin{array}{llllll} \displaystyle \left( \frac{f(x)}{g(x)} \right)^{\prime}&=&\displaystyle \left( f(x)\frac{1}{g(x)} \right)^{\prime} \\ \\ &=&\displaystyle f^{\prime}(x)\frac{1}{g(x)} + f(x) \left( \frac{1}{g(x)} \right)^{\prime} \\ \\ \\ &=&\displaystyle f^{\prime}(x)\frac{1}{g(x)} + f(x)\left( -\frac{g^{\prime}(x)}{\Bigl( g(x) \Bigr)^2} \right) \\ \\ &=&\displaystyle f^{\prime}(x)\frac{g(x)}{\Bigl( g(x) \Bigr)^2} - f(x)\frac{g^{\prime}(x)}{\Bigl( g(x) \Bigr)^2} \end{array}

　

基本は公式を当てはめるだけで

これも見た目のわりにはそこまで難しくないです。

　

　

　

　

　

合成関数の微分

　

簡易的な証明では不十分ですが

これはわりと直感的に分かると思います。

　

(f(g(x)))′=f′(g(x))g′(x)df(x)dx=f(g(x))dg(x)dg(x)dx\begin{array}{cllllll} \displaystyle \left( f\Bigl( g(x) \Bigr) \right)^{\prime}&=&\displaystyle f^{\prime} \Bigl( g(x) \Bigr)g^{\prime}(x) \\ \\ \displaystyle \frac{df(x)}{dx}&=&\displaystyle \frac{f\Bigl( g(x) \Bigr)}{dg(x)}\frac{dg(x)}{dx} \end{array}

　

g(x+h)−g(x)≠0g(x+h)-g(x)≠0 の場合でのみ成立

とまあ以下の証明ではそんな制約がつきますけど

　

f(g(x+h))−f(g(x))(x+h)−x=f(g(x+h))−f(g(x))g(x+h)−g(x)g(x+h)−g(x)(x+h)−x\begin{array}{llllll} && \displaystyle \frac{f\Bigl( g(x+h) \Bigr)-f\Bigl( g(x) \Bigr)}{(x+h)-x} \\ \\ &=&\displaystyle \frac{f\Bigl( g(x+h) \Bigr)-f\Bigl( g(x) \Bigr)}{g(x+h)-g(x)}\frac{ g(x+h) - g(x)}{(x+h)-x} \end{array}

　

h→0g(x+h)−g(x)→0\begin{array}{cllllll} \displaystyle h&&\to&&0 \\ \\ g(x+h)-g(x) &&\to&&0 \end{array}

　

まあ大まかにはこんな感じ。

　

　

　

ちなみにカバーしきれてないのは

　

g(x)=g(x+h)\begin{array}{llllll} \displaystyle g(x)&=&g(x+h) \end{array}

　

こうなってしまう定数関数とか

xx の周りで局所的に定数関数になるやつとか

　

g(x)=k\begin{array}{llllll} \displaystyle g(x)&=&k \end{array}

　

そういうちょっと変な関数くらいで

よく使う関数は ↑ の証明でカバーできてます。

　

　

　

　

　

dg(x)=0dg(x)=0 でもいける

　

g(x+h)−g(x)≠0g(x+h)-g(x)≠0 ってことにしたくない。

そんな要望を満たすような式変形は実は可能です。

　

dx=lim⁡h→0(x+h)−xdx=lim⁡dx→0dxdg(x)=lim⁡h→0g(x+h)−g(x)=lim⁡h→0g(x+(x+h−x))−g(x)=g(x+dx)−g(x)\begin{array}{llllll} dx &=& \displaystyle\lim_{h\to 0} (x+h)-x \\ \\ dx &=& \displaystyle\lim_{dx \to 0} dx \\ \\ \\ dg(x) &=& \displaystyle\lim_{h\to 0} g(x+h)-g(x) \\ \\ &=& \displaystyle\lim_{h\to 0} g\Bigl( x+(x+h-x) \Bigr)-g(x) \\ \\ &=&g(x+dx)-g(x) \end{array}

　

dx→0dg(x)→0\begin{array}{llllll} \displaystyle dx &&\to&&0 \\ \\ dg(x)&&\to&&0 \end{array}

　

やり方はこの定義から導かれる感じで

　

f′(g(x))g′(x)=lim⁡？→0(f′(g(x))+？)(g′(x)+？)\begin{array}{llllll} \displaystyle \displaystyle f^{\prime} \Bigl( g(x) \Bigr)g^{\prime}(x)&=&\displaystyle \lim_{？ \to 0} \Bigl( f^{\prime}\Bigl( g(x) \Bigr) + ？ \Bigr)\Bigl( g^{\prime}(x) +？ \Bigr) \end{array}

　

最終着地はこんな感じだと予想されることから

　

dg(x)dx=g′(x)\begin{array}{llllll} \displaystyle \frac{dg(x)}{dx}&=&g^{\prime}(x) \end{array}

　

最終的に g(x+h)−g(x)g(x+h)-g(x) が分母に来ないよう

　

o(dx)={dg(x)dx−g′(x)dx≠00dx=0\begin{array}{llllll} \displaystyle o(dx)&=&\displaystyle\left\{ \begin{array}{clllll} \displaystyle \frac{dg(x)}{dx}-g^{\prime}(x)&&dx≠0 \\ \\ 0 &&dx=0 \end{array} \right. \end{array}

　

lim⁡dx→0o(dx)=0\begin{array}{llllll} \displaystyle \lim_{dx \to 0}o(dx)&=&0 \end{array}

　

hh を動かさないとして

このような誤差関数 o(dx)o(dx) を定義。

　

lim⁡dx→0−0dg(x)dx−g′(x)=0=lim⁡dx→0+0dg(x)dx−g′(x)\begin{array}{llllll} \displaystyle \lim_{dx\to 0-0} \frac{dg(x)}{dx}-g^{\prime}(x)&=&0&=& \displaystyle \lim_{dx\to 0+0} \frac{dg(x)}{dx}-g^{\prime}(x) \end{array}

　

すると当然ですが

o(dx)o(dx) は dx=0dx=0 で連続と言えるので

00 を含む全ての xx で以下の等式が成立（重要）

　

g(x+dx)−g(x)=(g′(x)+o(dx))dx\begin{array}{llllll} \displaystyle g(x+dx)-g(x)&=&\displaystyle\Bigl( g^{\prime}(x)+o (dx) \Bigr)dx \end{array}

　

dx≠0〇dx=0〇\begin{array}{llllll} \displaystyle dx≠0 &&〇 \\ \\ dx=0 &&〇 \end{array}

　

同様の手順で f(x)f(x) のこれも構成出来て

（記号があれなので u=g(x)u=g(x) と置きます）

　

dg(x)=g(x+dx)−g(x)dg(x)+g(x)=g(x+dx)du+u=g(x+dx)\begin{array}{llllll} \displaystyle dg(x)&=&g(x+dx)-g(x) \\ \\ dg(x)+g(x)&=&g(x+dx) \\ \\ du+u &=&g(x+dx) \end{array}

　

f(g(x)+dg(x))−f(g(x))=(f′(g(x))+of(dg(x)))dg(x)f(u+du)−f(u)=(f′(u)+of(du))du\begin{array}{cccllllll} \displaystyle f\Bigl( g(x)+dg(x) \Bigr) -f \Bigl( g(x) \Bigr)&=&\displaystyle\Bigl( f^{\prime}\Bigl(g(x) \Bigr)+o_f \Bigl(dg(x) \Bigr) \Bigr)dg(x) \\ \\ \displaystyle f(u+du)-f(u)&=&\displaystyle\Bigl( f^{\prime}(u)+o_f (du) \Bigr)du \end{array}

　

ここで１度 dudu を分母に置き

その上で連続性を確認してみると

　

lim⁡du→0−0df(u)du−f′(u)=0=lim⁡du→0+0df(u)du−f′(u)\begin{array}{llllll} \displaystyle \lim_{du\to 0-0} \frac{df(u)}{du}-f^{\prime}(u)&=&0&=& \displaystyle \lim_{du\to 0+0} \frac{df(u)}{du}-f^{\prime}(u) \end{array}

　

きちんと連続性が確認できるので

「 dg(x)dg(x) が 00 でもいい」ことが示された上で

　

f(u+du)−f(u)=(f′(u)+of(du))du\begin{array}{llllll} \displaystyle f(u+du)-f(u)&=&\displaystyle\Bigl( f^{\prime}(u)+o_f (du) \Bigr)du \end{array}

　

du≠0〇du=0〇\begin{array}{llllll} \displaystyle du≠0 &&〇 \\ \\ du=0 &&〇 \end{array}

　

式の変形により

「 dg(x)dg(x) が分母に来るのを回避」できます。

　

g(x+dx)−g(x)=(g′(x)+o(dx))dxf(u+du)−f(u)=(f′(u)+of(du))du\begin{array}{cllllll} \displaystyle g(x+dx)-g(x)&=&\displaystyle\Bigl( g^{\prime}(x)+o (dx) \Bigr)dx \\ \\ \displaystyle f(u+du)-f(u)&=&\displaystyle \Bigl( f^{\prime}(u)+o_f (du) \Bigr)du \\ \\ \end{array}

　

df(g(x))dx=f(g(x+dx))−f(g(x))dx=f(u+du)−f(u)dx=(f′(u)+of(du))dudx=(f′(u)+of(du))dx(g(x+dx)−g(x))=(f′(u)+of(du))dx(g′(x)+o(dx))dx=(f′(u)+of(du))(g′(x)+o(dx))\begin{array}{llllll} \displaystyle\frac{df\Bigl( g(x) \Bigr)}{dx} &=&\displaystyle \frac{f\Bigl( g(x+dx) \Bigr)-f\Bigl( g(x) \Bigr)}{dx} \\ \\ &=&\displaystyle \frac{f( u+du)-f(u)}{dx} \\ \\ &=&\displaystyle \frac{\Bigl( f^{\prime}(u)+o_f (du) \Bigr)du}{dx} \\ \\ \\ &=&\displaystyle \frac{\Bigl( f^{\prime}(u)+o_f (du) \Bigr)}{dx}\Bigl( g(x+dx)-g(x) \Bigr) \\ \\ &=&\displaystyle \frac{\Bigl( f^{\prime}(u)+o_f (du) \Bigr)}{dx}\Bigl( g^{\prime}(x)+o (dx) \Bigr)dx \\ \\ \\ &=&\Bigl( f^{\prime}(u)+o_f (du) \Bigr)\Bigl( g^{\prime}(x)+o (dx) \Bigr) \end{array}

　

で、後はもうただの式変形

　

(f(g(x)))′=lim⁡dx→0f(g(x+dx))−f(g(x))dx=lim⁡dx→0f(u+du)−f(u)dx=lim⁡dx→0(f′(u)+of(du))(g′(x)+o(dx))=f′(u)g′(x)=f′(g(x))g′(x)\begin{array}{llllll} \displaystyle \left( f\Bigl( g(x) \Bigr) \right)^{\prime} &=& \displaystyle \lim_{dx\to 0}\frac{f\Bigl( g(x+dx) \Bigr)-f\Bigl( g(x) \Bigr)}{dx} \\ \\ \\ &=&\displaystyle \lim_{dx\to 0}\frac{f( u+du)-f(u)}{dx} \\ \\ &=&\displaystyle \lim_{dx\to 0}\Bigl( f^{\prime}(u)+o_f (du) \Bigr)\Bigl( g^{\prime}(x)+o (dx) \Bigr) \\ \\ \\ &=&f^{\prime}(u)g^{\prime}(x) \\ \\ &=&f^{\prime}\Bigl( g(x) \Bigr)g^{\prime}(x) \end{array}

　

dx→0⇒du→0⇒o(dx)→0⇒of(du)→0\begin{array}{llllll} \displaystyle dx&\to&0 &&&⇒&&du&\to&0 \\ \\ && &&&⇒&&o (dx)&\to&0 \\ \\ && &&&⇒&&o_f (du)&\to&0 \end{array}

　

これで関数の制約無く

合成関数の微分を行えることが示されました。

　

　

　

　

　

証明の本質

　

なぜこれで良いのか補足しておきます。

そのために du=0du=0 の場合を考えると

　

f′(u)=lim⁡h→0f(u+h)−f(u)(u+h)−u\begin{array}{llllll} \displaystyle f^{\prime}(u)&=&\displaystyle\lim_{h\to 0}\frac{f(u+h)-f(u)}{(u+h)-u} \end{array}

　

f′(u)f^{\prime}(u) の定義をこのように置けば

hh を du≠hdu≠h だと考えると

dudu が分母に来ることは無いので

　

of(du)={df(u)du−f′(u)du≠00du=0\begin{array}{llllll} \displaystyle o_f(du)&=&\displaystyle\left\{ \begin{array}{clllll} \displaystyle \frac{df(u)}{du}-f^{\prime}(u)&&du≠0 \\ \\ 0 &&du=0 \end{array} \right. \end{array}

　

f(u+du)−f(u)=(f′(u)+of(du))du=0\begin{array}{llllll} \displaystyle f(u+du)-f(u)&=&\displaystyle\Bigl( f^{\prime}(u)+o_f (du) \Bigr)du \\ \\ &=&0 \end{array}

　

この部分はこのように 00 になります。

　

　

これでなんとなく分かったと思うんですが

　

lim⁡dx→0g(x+dx)−g(x)=lim⁡dx→00lim⁡h→0(g(x)+h)−g(x)=lim⁡h→0h\begin{array}{llllll} \displaystyle \lim_{dx\to 0} g(x+dx)-g(x) &=&\displaystyle \lim_{dx\to 0}0 \\ \\ \displaystyle \lim_{h\to 0} \Bigl( g(x)+h \Bigr)-g(x) &=&\displaystyle \lim_{h\to 0} h \end{array}

　

この証明を保証する上で最も大切なのは

この部分になります。

　

　

　

　

　

逆関数の微分

　

これはけっこう直感的な形になります。

　

y=f(x)f−1(y)=x\begin{array}{cccllllll} \displaystyle y&=&f(x) \\ \\ f^{-1}(y)&=&x \end{array}

　

dydx=1dxdy\begin{array}{llllll} \displaystyle \frac{dy}{dx}&=&\displaystyle \frac{1}{\frac{dx}{dy}} \end{array}

　

証明は簡単

「逆関数の定義」と「合成関数の微分」

この２つが分かっていれば直ちに導かれます。

　

y=f(x)f−1(y)=x\begin{array}{cccllllll} \displaystyle y&=&f(x) \\ \\ f^{-1}(y)&=&x \end{array}

　

df−1(y)dx=ddxxdf−1(f(x))dx=1\begin{array}{cccllll} \displaystyle \frac{df^{-1}(y)}{dx}&=&\displaystyle\frac{d}{dx} x \\ \\ \displaystyle \frac{df^{-1}\Bigl( f(x) \Bigr)}{dx}&=&\displaystyle 1 \end{array}

　

df−1(f(x))dx=df−1(f(x))df(x)f(x)dx=df−1(y)dydydx=dxdydydx\begin{array}{llllll} \displaystyle \displaystyle \frac{df^{-1}\Bigl( f(x) \Bigr)}{dx}&=&\displaystyle \frac{df^{-1}\Bigl( f(x) \Bigr)}{df(x)}\frac{f(x)}{dx} \\ \\ &=&\displaystyle \frac{df^{-1}( y )}{dy}\frac{dy}{dx} \\ \\ &=&\displaystyle \frac{dx}{dy}\frac{dy}{dx} \end{array}

　

df−1(f(x))dx=1dxdydydx=1\begin{array}{ccccl} \displaystyle \frac{df^{-1}\Bigl( f(x) \Bigr)}{dx}&=&\displaystyle 1 \\ \\ \displaystyle \frac{dx}{dy}\frac{dy}{dx}&=&1 \end{array}

　

こう見ると

「合成関数の微分」が若干ハードル高いですね。

　

　

　

　

　

逆三角関数の微分

　

この操作から以下が導かれます。

　

ddxarcsin⁡x=11−x2ddxarccos⁡x=−11−x2ddxarctan⁡x=1x2+1\begin{array}{llrllll} \displaystyle \frac{d}{dx}\arcsin x &=&\displaystyle \displaystyle \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \\ \\ \displaystyle \frac{d}{dx}\arccos x &=&\displaystyle \displaystyle -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \\ \\ \displaystyle \frac{d}{dx}\arctan x &=&\displaystyle \displaystyle \frac{1}{x^2+1} \end{array}

　

導出はちょっと大変

　

y=arcsin⁡xsin⁡y=x\begin{array}{rrrllll} \displaystyle y&=&\displaystyle\arcsin x \\ \\ \displaystyle\sin y &=&\displaystyle x \end{array}

　

ddyx=cos⁡y\begin{array}{llllll} \displaystyle \frac{d}{dy}x&=&\cos y \end{array}

　

dxdyddxarcsin⁡x=1cos⁡yddxarcsin⁡x=1ddxarcsin⁡x=1cos⁡y\begin{array}{rlclllll} \displaystyle \displaystyle \frac{dx}{dy}\frac{d}{dx}\arcsin x &=& 1 \\ \\ \displaystyle\cos y\frac{d}{dx}\arcsin x &=& 1 \\ \\ \displaystyle\frac{d}{dx}\arcsin x &=& \displaystyle \frac{1}{\cos y} \end{array}

　

sin⁡2θ+cos⁡2θ=1\begin{array}{llllll} \displaystyle \sin^2 θ +\cos^2 θ &=&1 \end{array}

　

−π2<y<π2\begin{array}{llllll} \displaystyle -\frac{π}{2}&<&y&<&\displaystyle\frac{π}{2} \end{array}

cos⁡y>0\begin{array}{llllll} \displaystyle \cos y &>&0 \end{array}

　

cos⁡y=1−sin⁡2y=1−x2\begin{array}{llllll} \displaystyle \cos y &=&\displaystyle \sqrt{1-\sin^2 y} \\ \\ &=&\displaystyle \sqrt{1-x^2} \end{array}

　

ddxarcsin⁡x=1cos⁡y=11−x2\begin{array}{llllll} \displaystyle \frac{d}{dx}\arcsin x &=& \displaystyle \frac{1}{\cos y} \\ \\ &=&\displaystyle \displaystyle \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \end{array}

　

置換積分をする時

よくわからん置換をする時がありますが

　

∫11−x2 dxx=sin⁡θ∫1x2+1 dxx=tan⁡θ\begin{array}{cllllll} \displaystyle \int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \,dx && x=\sin θ \\ \\ \displaystyle \int \frac{1}{x^2+1} \,dx && x=\tan θ \end{array}

　

そういうのの明確な根拠はこれです。