|| 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。
\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}
\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。
\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}
\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。
\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。
\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
\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) の関数を分離できる」
「元の関数の形を変えない ×1,+0 」
こういった要望を叶えるものが必要になって
\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}
\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。
\begin{array}{llllll} \displaystyle f^{\prime}(x)g^{\prime}(x) &&× \end{array}
こうなりそうなもんですが
\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。
\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。
\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
\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}
\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
\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。
\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。
\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)≠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
\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}
\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
\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
x の周りで局所的に定数関数になるやつとか
\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)=0 でもいける
g(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。
\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}
\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
\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
\begin{array}{llllll} \displaystyle \frac{dg(x)}{dx}&=&g^{\prime}(x) \end{array}
最終的に g(x+h)-g(x) が分母に来ないよう
\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}
\begin{array}{llllll} \displaystyle \lim_{dx \to 0}o(dx)&=&0 \end{array}
h を動かさないとして
このような誤差関数 o(dx) を定義。
\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) は dx=0 で連続と言えるので
0 を含む全ての x で以下の等式が成立（重要）
\begin{array}{llllll} \displaystyle g(x+dx)-g(x)&=&\displaystyle\Bigl( g^{\prime}(x)+o (dx) \Bigr)dx \end{array}
\begin{array}{llllll} \displaystyle dx≠0 &&〇 \\ \\ dx=0 &&〇 \end{array}
同様の手順で f(x) のこれも構成出来て
（記号があれなので u=g(x) と置きます）
\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}
\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 du を分母に置き
その上で連続性を確認してみると
\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) が 0 でもいい」ことが示された上で
\begin{array}{llllll} \displaystyle f(u+du)-f(u)&=&\displaystyle\Bigl( f^{\prime}(u)+o_f (du) \Bigr)du \end{array}
\begin{array}{llllll} \displaystyle du≠0 &&〇 \\ \\ du=0 &&〇 \end{array}
式の変形により
「 dg(x) が分母に来るのを回避」できます。
\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}
\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
\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}
\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=0 の場合を考えると
\begin{array}{llllll} \displaystyle f^{\prime}(u)&=&\displaystyle\lim_{h\to 0}\frac{f(u+h)-f(u)}{(u+h)-u} \end{array}
f^{\prime}(u) の定義をこのように置けば
h を du≠h だと考えると
du が分母に来ることは無いので
\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}
\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 0 になります。
これでなんとなく分かったと思うんですが
\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。
\begin{array}{cccllllll} \displaystyle y&=&f(x) \\ \\ f^{-1}(y)&=&x \end{array}
\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。
\begin{array}{cccllllll} \displaystyle y&=&f(x) \\ \\ f^{-1}(y)&=&x \end{array}
\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}
\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}
\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。
\begin{array}{llrllll} \displaystyle \frac{dy}{dx}\arcsin x &=&\displaystyle \displaystyle \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \\ \\ \displaystyle \frac{dy}{dx}\arccos x &=&\displaystyle \displaystyle -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \\ \\ \displaystyle \frac{dy}{dx}\arctan x &=&\displaystyle \displaystyle \frac{1}{x^2+1} \end{array}
導出はちょっと大変
\begin{array}{rrrllll} \displaystyle y&=&\displaystyle\arcsin x \\ \\ \displaystyle\sin y &=&\displaystyle x \end{array}
\begin{array}{llllll} \displaystyle \frac{d}{dy}x&=&\cos y \end{array}
\begin{array}{rlclllll} \displaystyle \displaystyle \frac{dx}{dy}\frac{dy}{dx}\arcsin x &=& 1 \\ \\ \displaystyle\cos y\frac{dy}{dx}\arcsin x &=& 1 \\ \\ \displaystyle\frac{dy}{dx}\arcsin x &=& \displaystyle \frac{1}{\cos y} \end{array}
\begin{array}{llllll} \displaystyle \sin^2 θ +\cos^2 θ &=&1 \end{array}
\begin{array}{llllll} \displaystyle -\frac{π}{2}&<&y&<&\displaystyle\frac{π}{2} \end{array}
\begin{array}{llllll} \displaystyle \cos y &>&0 \end{array}
\begin{array}{llllll} \displaystyle \cos y &=&\displaystyle \sqrt{1-\sin^2 y} \\ \\ &=&\displaystyle \sqrt{1-x^2} \end{array}
\begin{array}{llllll} \displaystyle \frac{dy}{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
\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。