数学汎典

§B2.10積・商・合成関数の微分

最終更新

多項式の微分では、導関数を項ごとに計算して足し合わせることができました。一方、関数の積や商、合成で作られる関数について、全体の導関数を定義から毎回求めるのは手間がかかります。たとえばx (2x−1)−3x\,(2x-1)^{-3}は、積と合成と整数乗が重なった形をしています。

そこで、部分の導関数が分かっているときに全体の導関数を組み立てる規則が必要になります。積、商、合成のそれぞれに対する微分法は、微分を用いる計算の土台となる基本的な規則であり、これらによって、多項式に限らない多くの関数の導関数を求めることができます。

本記事では、これらの規則を導き、整数乗の導関数と合わせて具体的な式の微分に用います。

1 前提とする定義と事実

関数が点で微分可能であること、およびその点での微分係数と導関数は、§B2.5 多項式の微分と接線・増減・極値の§B2.5 定義 1.1に従います。本記事の定理では、点xxが定義域の内部の点であるときの差の商f(x+h)−f(x)h\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}の極限を扱います。

証明では、次の三つの事実を認めて用います。いずれの証明も§D1 ε-論法と基礎解析が与えます。

  • 極限の和・積・商についての性質。各項や因子の極限が存在するとき、和・積・商の極限は極限の和・積・商に等しく、商では分母の極限が00でないことを要する。
  • 内側の関数がbbに近づくとき、bbで連続な外側の関数の値は、そのbbでの値に近づく。合成した式の極限を、外側の関数の連続性を使って計算してよいことを表す。
  • 関数ggが点xxで連続でg(x)≠0g(x) \ne 0ならば、xxを含むある開区間のすべての点でggの値は00でない。

2 微分可能性と連続性

積と商の微分法の証明では、差の商を変形したあとにf(x+h)f(x+h)やg(x+h)g(x+h)の極限を取ります。そこで先に、微分可能であれば値の極限がもとの値に一致することを確かめます。

定理 2.1. 関数ffが点xxで微分可能ならば

lim⁡h→0f(x+h)=f(x)\lim_{h \to 0} f(x+h) = f(x)

が成り立つ。

証明.h≠0h \ne 0のとき

f(x+h)−f(x)=f(x+h)−f(x)h⋅hf(x+h) - f(x) = \frac{f(x+h)-f(x)}{h}\cdot h

と書ける。h→0h \to 0のとき、右辺の第一の因子は微分係数f′(x)f'(x)に近づき、第二の因子は00に近づくので、積はf′(x)⋅0=0f'(x)\cdot 0 = 0に近づく。よってlim⁡h→0f(x+h)=f(x)\lim_{h\to0}f(x+h) = f(x)である。▨

3 積の微分法

定理 3.1 (積の微分法). 関数ffとggがともに点xxで微分可能であるとする。このとき積fgfgもxxで微分可能であり

(fg)′(x)=f′(x) g(x)+f(x) g′(x)(fg)'(x) = f'(x)\,g(x) + f(x)\,g'(x)

が成り立つ。

証明.h≠0h \ne 0のとき、分子にf(x)g(x+h)f(x)g(x+h)を足して引くと

f(x+h)g(x+h)−f(x)g(x)h=f(x+h)−f(x)h⋅g(x+h)+f(x)⋅g(x+h)−g(x)h\frac{f(x+h)g(x+h) - f(x)g(x)}{h} = \frac{f(x+h)-f(x)}{h}\cdot g(x+h) + f(x)\cdot\frac{g(x+h)-g(x)}{h}

となる。h→0h \to 0のとき、第一項の差の商はf′(x)f'(x)に近づき、ggはxxで微分可能であるから定理 2.1によりg(x+h)g(x+h)はg(x)g(x)に近づく。第二項の差の商はg′(x)g'(x)に近づく。よって右辺はf′(x)g(x)+f(x)g′(x)f'(x)g(x) + f(x)g'(x)に近づき、左辺の極限が存在してこの値に等しくなる。▨

4 商の微分法

商f/gf/gは、分母ggの値が00になる点では定義されません。そこで、xxの近くで分母が00にならないことを仮定します。

定理 4.1 (商の微分法). 関数ffとggがともに点xxで微分可能であるとし、さらにxxを含むある開区間のすべての点でggの値が00でないとする。このとき商fg\dfrac{f}{g}はxxで微分可能であり

(fg)′(x)=f′(x) g(x)−f(x) g′(x)g(x)2\left(\frac{f}{g}\right)'(x) = \frac{f'(x)\,g(x) - f(x)\,g'(x)}{g(x)^2}

が成り立つ。

証明. 仮定により、∣h∣|h|が十分小さい00でないhhについてg(x+h)≠0g(x+h) \ne 0であり、差の商を作ることができる。分子を通分すると

1h(f(x+h)g(x+h)−f(x)g(x))=1g(x+h)g(x)⋅f(x+h)g(x)−f(x)g(x+h)h\frac{1}{h}\left(\frac{f(x+h)}{g(x+h)} - \frac{f(x)}{g(x)}\right) = \frac{1}{g(x+h)g(x)}\cdot\frac{f(x+h)g(x) - f(x)g(x+h)}{h}

である。右辺の第二の因子の分子にf(x)g(x)f(x)g(x)を足して引くと

f(x+h)g(x)−f(x)g(x+h)h=f(x+h)−f(x)h⋅g(x)−f(x)⋅g(x+h)−g(x)h\frac{f(x+h)g(x) - f(x)g(x+h)}{h} = \frac{f(x+h)-f(x)}{h}\cdot g(x) - f(x)\cdot\frac{g(x+h)-g(x)}{h}

となり、h→0h \to 0のときf′(x)g(x)−f(x)g′(x)f'(x)g(x) - f(x)g'(x)に近づく。また定理 2.1によりg(x+h)g(x+h)はg(x)g(x)に近づき、g(x)≠0g(x) \ne 0であるから、第一の因子は1g(x)2\dfrac{1}{g(x)^2}に近づく。よって左辺の極限が存在してf′(x)g(x)−f(x)g′(x)g(x)2\dfrac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g(x)^2}に等しくなる。▨

注意 4.2 (分母についての仮定).定理 4.1の開区間についての仮定は、g(x)≠0g(x) \ne 0だけで足りる。ggはxxで微分可能であるから定理 2.1によりxxで連続であり、g(x)≠0g(x) \ne 0ならば、認めて用いる事実によりxxを含むある開区間のすべての点でggの値は00でない。

分子を定数関数11とすると、逆数の導関数についての次の式を得ます。

公式 4.3 (逆数の導関数). 関数ggが点xxで微分可能で、xxを含むある開区間のすべての点でggの値が00でないとする。このとき

(1g)′(x)=−g′(x)g(x)2\left(\frac{1}{g}\right)'(x) = -\frac{g'(x)}{g(x)^2}

が成り立つ。

証明.定理 4.1でffを定数関数11とする。定数関数の導関数は00であるから、分子は0⋅g(x)−1⋅g′(x)=−g′(x)0\cdot g(x) - 1\cdot g'(x) = -g'(x)となる。▨

5 合成関数の微分法

合成関数f∘gf \circ gが定まるのは、ggの定義域に属し、かつggの値がffの定義域に入る入力の全体でした。次の定理は、その範囲に含まれる開区間の上で述べます。

定理 5.1 (合成関数の微分法).II、JJを開区間とし、ggをIIで定義された関数、ffをJJで定義された関数とする。IIのすべての点xxについてg(x)∈Jg(x) \in Jであるとする。点x0∈Ix_0 \in Iについて、ggがx0x_0で微分可能であり、ffがg(x0)g(x_0)で微分可能であるならば、合成関数f∘gf \circ gはx0x_0で微分可能であり

(f∘g)′(x0)=f′(g(x0)) g′(x0)(f \circ g)'(x_0) = f'\bigl(g(x_0)\bigr)\,g'(x_0)

が成り立つ。すなわち、合成関数の導関数は、外側の関数の導関数に内側の関数の値を代入したものへ、内側の関数の導関数を掛けたものである。

証明.b=g(x0)b = g(x_0)と置く。JJの各点ttに対して

φ(t)={f(t)−f(b)t−b(t≠b)f′(b)(t=b)\varphi(t) = \begin{cases} \dfrac{f(t)-f(b)}{t-b} & (t \ne b) \\[6pt] f'(b) & (t = b) \end{cases}

と定める。ffはbbで微分可能であるからlim⁡t→bφ(t)=f′(b)=φ(b)\lim_{t \to b}\varphi(t) = f'(b) = \varphi(b)であり、φ\varphiはbbで連続である。また、JJのすべての点ttについて

f(t)−f(b)=φ(t) (t−b)f(t) - f(b) = \varphi(t)\,(t-b)

が成り立つ。t≠bt \ne bのときはφ\varphiの定め方から、t=bt = bのときは両辺が00であることから従う。

h≠0h \ne 0かつx0+h∈Ix_0 + h \in Iとし、この等式にt=g(x0+h)∈Jt = g(x_0+h) \in Jを代入して両辺をhhで割ると

f(g(x0+h))−f(g(x0))h=φ(g(x0+h))⋅g(x0+h)−g(x0)h\frac{f\bigl(g(x_0+h)\bigr) - f\bigl(g(x_0)\bigr)}{h} = \varphi\bigl(g(x_0+h)\bigr)\cdot\frac{g(x_0+h)-g(x_0)}{h}

となる。ggはx0x_0で微分可能であるから定理 2.1により、h→0h \to 0のときg(x0+h)g(x_0+h)はbbに近づく。φ\varphiはbbで連続であるから、φ(g(x0+h))\varphi\bigl(g(x_0+h)\bigr)はφ(b)=f′(b)\varphi(b) = f'(b)に近づく。また第二の因子はg′(x0)g'(x_0)に近づく。よって左辺の極限が存在してf′(b) g′(x0)f'(b)\,g'(x_0)に等しくなる。▨

注意 5.2 (差の商を直接割ることができない理由).定理 5.1の証明では、補助の関数φ\varphiを経由した。差の商を

f(g(x0+h))−f(g(x0))g(x0+h)−g(x0)⋅g(x0+h)−g(x0)h\frac{f\bigl(g(x_0+h)\bigr)-f\bigl(g(x_0)\bigr)}{g(x_0+h)-g(x_0)}\cdot\frac{g(x_0+h)-g(x_0)}{h}

と分けることはできない。h≠0h \ne 0であってもg(x0+h)=g(x0)g(x_0+h) = g(x_0)となることがあり、そのとき第一の分数は分母が00になるからである。定数関数ggはその例である。φ\varphiはt=bt = bでも値をもつように定めてあるので、g(x0+h)=g(x0)g(x_0+h) = g(x_0)となる場合を別に扱う必要がない。

注意 5.3 (記号dydx\dfrac{dy}{dx}による書き方).u=g(x)u = g(x)、y=f(u)y = f(u)と置くと、定理 5.1は

dydx=dydu⋅dudx\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{du}\cdot\frac{du}{dx}

と書くことができる。ここでdydu\dfrac{dy}{du}は、yyをuuの関数とみたときの導関数にu=g(x)u = g(x)を代入したものである。この記号で計算したときは、最後にuuにg(x)g(x)を代入して、答えをxxの式に直す。

6 xxの整数乗の導関数

負の整数乗は、x≠0x \ne 0と正の整数mmについてx−m=1xmx^{-m} = \dfrac{1}{x^{m}}と定め、x0=1x^{0} = 1と定めます。指数が正の整数の場合は多項式の微分の§B2.5 公式 2.1を引き、負の整数の場合は逆数の導関数から導きます。

定理 6.1.nnを11以上の整数とすると、すべての実数xxについて

(xn)′=n x n−1(x^{n})' = n\,x^{\,n-1}

が成り立つ。nnを−1-1以下の整数とすると、00でないすべての実数xxについて同じ式が成り立つ。ここでx0x^{0}は、すべての実数xxについて11と読む。

証明.n≥1n \ge 1の場合は、§B2.5 公式 2.1の(xn)′=nx n−1(x^{n})' = n x^{\,n-1}そのものである。

n≤−1n \le -1の場合を示す。m=−nm = -nと置くとmmは11以上の整数であり、x≠0x \ne 0のときxn=1xmx^{n} = \dfrac{1}{x^{m}}である。x≠0x \ne 0のときは、xxを含み00を含まない開区間をとることができ、その上でxmx^{m}は00にならない。したがって公式 4.3と、いま引いた正の整数の場合により

(xn)′=−mx m−1(xm)2=−m x m−1−2m=−m x −m−1=n x n−1(x^{n})' = -\frac{m x^{\,m-1}}{\left(x^{m}\right)^{2}} = -m\,x^{\,m-1-2m} = -m\,x^{\,-m-1} = n\,x^{\,n-1}

である。▨

n=0n = 0の場合は、定理の範囲の外にあります。x0=1x^{0} = 1は定数関数であり、その導関数は00です（§B2.5 公式 2.1）。これは0⋅x−10 \cdot x^{-1}がx≠0x \ne 0で00に等しいことと整合します。

7 規則を組み合わせた微分

例 7.1. 次の三つの関数の導関数を求める。

(1)(1)y=(3x2+1)4y = (3x^{2}+1)^{4}とする。外側をt4t^{4}、内側を3x2+13x^{2}+1とみると、定理 5.1と定理 6.1により

y′=4(3x2+1)3⋅6x=24x(3x2+1)3y' = 4(3x^{2}+1)^{3}\cdot 6x = 24x(3x^{2}+1)^{3}

である。すべての実数xxで成り立つ。

(2)(2)y=2x+1x2+1y = \dfrac{2x+1}{x^{2}+1}とする。すべての実数xxについてx2+1≥1>0x^{2}+1 \ge 1 > 0であるから、定理 4.1を用いることができて

y′=2(x2+1)−(2x+1)⋅2x(x2+1)2=−2x2−2x+2(x2+1)2y' = \frac{2(x^{2}+1) - (2x+1)\cdot 2x}{(x^{2}+1)^{2}} = \frac{-2x^{2}-2x+2}{(x^{2}+1)^{2}}

である。

(3)(3)y=x (2x−1)−3y = x\,(2x-1)^{-3}とする。2x−1=02x-1 = 0となるx=12x = \dfrac{1}{2}では(2x−1)−3(2x-1)^{-3}が定まらないので、x≠12x \ne \dfrac{1}{2}で考える。x>12x > \dfrac{1}{2}ではI=(12,∞)I = \left(\dfrac{1}{2}, \infty\right)、J=(0,∞)J = (0, \infty)、x<12x < \dfrac{1}{2}ではI=(−∞,12)I = \left(-\infty, \dfrac{1}{2}\right)、J=(−∞,0)J = (-\infty, 0)として、2x−12x-1を内側、t−3t^{-3}を外側とみると、定理 5.1と定理 6.1により

((2x−1)−3)′=−3(2x−1)−4⋅2=−6(2x−1)−4\bigl((2x-1)^{-3}\bigr)' = -3(2x-1)^{-4}\cdot 2 = -6(2x-1)^{-4}

である。定理 3.1により

y′=1⋅(2x−1)−3+x⋅(−6(2x−1)−4)=(2x−1)−6x(2x−1)4=−4x−1(2x−1)4y' = 1\cdot(2x-1)^{-3} + x\cdot\bigl(-6(2x-1)^{-4}\bigr) = \frac{(2x-1) - 6x}{(2x-1)^{4}} = \frac{-4x-1}{(2x-1)^{4}}

である。x≠12x \ne \dfrac{1}{2}のすべてのxxで成り立つ。

注意 7.2 (答えの確かめ方).例 7.1の(1)(1)は、先に式を展開してから項ごとに微分しても同じ導関数が得られる。二通りの計算結果が一致するかどうかで確かめることができる。また、(2)(2)のもとの関数は分子が1次式、分母が2次式であるから、商の微分法で得る分子は高々2次式であり、分母(x2+1)2(x^{2}+1)^{2}は 4次式である。得た導関数がこの次数に合うことも、確かめの手がかりになる。

8 演習

問題 8.1 (帰納法による整数乗の導関数).§B2.5 公式 2.1を使わずに、積の微分法と数学的帰納法で、11以上の整数nnについて、すべての実数xxで(xn)′=nx n−1(x^{n})' = n x^{\,n-1}が成り立つことを示しなさい。

解答.

n=1n = 1のとき、h≠0h \ne 0に対する差の商は(x+h)−xh=1\dfrac{(x+h)-x}{h} = 1であるから(x)′=1=1⋅x0(x)' = 1 = 1\cdot x^{0}である。

11以上の整数nnについて(xn)′=nx n−1(x^{n})' = n x^{\,n-1}がすべての実数xxで成り立つと仮定する。x n+1=x⋅xnx^{\,n+1} = x\cdot x^{n}であり、xxとxnx^{n}はすべての実数xxで微分可能であるから、定理 3.1により

(x n+1)′=1⋅xn+x⋅nx n−1=xn+nxn=(n+1)xn(x^{\,n+1})' = 1\cdot x^{n} + x\cdot n x^{\,n-1} = x^{n} + n x^{n} = (n+1)x^{n}

である。ここでn−1≥0n - 1 \ge 0であるから、x⋅nx n−1=nxnx\cdot n x^{\,n-1} = n x^{n}はすべての実数xxで成り立つ。数学的帰納法により、11以上のすべての整数nnについて結論が成り立つ。▨

問題 8.2 (積の微分法の仮定).R\R上でf(x)=∣x∣f(x) = |x|、g(x)=∣x∣g(x) = |x|と定める。fgfgは00で微分可能であるが、ffとggは00で微分可能でないことを示しなさい。これは定理 3.1の仮定が、結論の微分可能性にとって十分条件であって必要条件でないことを表す。

解答.

すべての実数xxについてf(x)g(x)=∣x∣2=x2f(x)g(x) = |x|^{2} = x^{2}である。§B2.5 公式 2.1によりx2x^{2}は00で微分可能で、(fg)′(0)=2⋅0=0(fg)'(0) = 2\cdot 0 = 0である。一方、f=∣x∣f = |x|は00で微分可能でない（§B2.5 例 3.4）。ggもffと同じ関数であるから、00で微分可能でない。したがってffとggは定理 3.1の仮定を満たさないが、積fgfgは00で微分可能である。▨

例題

条件と何を求めるかを確認してから、式と答えの対応を見比べてください。

次の関数を微分せよ。

解法の型(fg)′=f′g+fg′(fg)\prime=f\prime g+fg\prime

  1. 例題 1

    f(x)=x3(−x+1)f(x) = x^{3}(-x+1)

  2. 例題 2

    f(x)=x4(−4x+2)f(x) = x^{4}(-4x+2)

  3. 例題 3

    f(x)=x2(−3x+5)f(x) = x^{2}(-3x+5)

  4. 例題 4

    f(x)=x2(−2x+5)f(x) = x^{2}(-2x+5)

解法の型(fg)′=f′g−fg′g2\left(\dfrac{f}{g}\right)\prime=\dfrac{f\prime g-fg\prime}{g^2}

  1. 例題 1

    f(x)=−x−2x−2f(x) = \dfrac{-x-2}{x-2}

  2. 例題 2

    f(x)=2xx−1f(x) = \dfrac{2x}{x-1}

  3. 例題 3

    f(x)=−x−3x−2f(x) = \dfrac{-x-3}{x-2}

  4. 例題 4

    f(x)=−x−22x−1f(x) = \dfrac{-x-2}{2x-1}

解法の型外側を微分 × 中身の微分（連鎖律）

  1. 例題 1

    f(x)=(3x−3)5f(x) = (3x-3)^{5}

  2. 例題 2

    f(x)=(2x+2)6f(x) = (2x+2)^{6}

  3. 例題 3

    f(x)=(−2x+4)3f(x) = (-2x+4)^{3}

  4. 例題 4

    f(x)=(2x−3)6f(x) = (2x-3)^{6}

演習

問題を解いてから「解答・解説」を開けます。

次の関数を微分せよ。

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