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数学2 微分の基本問題 4 解説

方針・初手

(1) は、導関数の定義式に $g(x)=xf(x)$ を代入し、極限の計算において $f'(x)$ の定義式が現れるように式変形を行う。その際、$f(x)$ が微分可能であれば連続であるという性質も用いる。
(2) は、(1) で証明した性質を帰納法のステップで活用する。自然数 $n=k$ での成立を仮定した関数を $f(x) = x^k$ とおき、$n=k+1$ での関数を $g(x) = x^{k+1} = xf(x)$ とみることで、(1) の関係式がそのまま利用できる。

(1) 導関数の定義に従って $g'(x)$ を計算する。

$$g'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{g(x+h) - g(x)}{h}$$

$g(x) = xf(x)$ であるから、代入して分子を展開する。

$$g'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{(x+h)f(x+h) - xf(x)}{h}$$

$$g'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{xf(x+h) + hf(x+h) - xf(x)}{h}$$

項を組み替え、$x$ でくくれる部分をまとめる。

$$g'(x) = \lim_{h \to 0} \left\{ x \frac{f(x+h) - f(x)}{h} + f(x+h) \right\}$$

ここで、$f(x)$ は導関数 $f'(x)$ をもつので微分可能であり、微分可能であれば連続である。したがって、$\lim_{h \to 0} f(x+h) = f(x)$ が成り立つ。

また、導関数の定義より $\lim_{h \to 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h} = f'(x)$ である。

それぞれの極限をとると、次が導かれる。

$$g'(x) = x f'(x) + f(x)$$

よって示された。

(2) 数学的帰納法を用いて、命題「自然数 $n$ について、$g(x) = x^n$ のとき $g'(x) = nx^{n-1}$ である」を証明する。

(i) $n=1$ のとき

$g(x) = x^1 = x$ である。導関数の定義より計算する。

$$g'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{(x+h) - x}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h}{h} = 1$$

一方、$nx^{n-1}$ に $n=1$ を代入すると $1 \cdot x^{1-1} = 1 \cdot x^0 = 1$ となり、微分した結果と一致する。よって、$n=1$ のとき命題は成り立つ。

(ii) $n=k$ （$k$ は自然数）のとき成り立つと仮定する。

すなわち、関数を $f(x) = x^k$ としたとき、$f'(x) = kx^{k-1}$ が成り立つと仮定する。

このとき、$n=k+1$ の場合を考える。関数を $g(x) = x^{k+1}$ とすると、$g(x) = x \cdot x^k = x f(x)$ と表すことができる。

(1) の結果を用いると、$g(x)$ の導関数 $g'(x)$ は次のように計算できる。

$$g'(x) = x f'(x) + f(x)$$

仮定より $f(x) = x^k$, $f'(x) = kx^{k-1}$ であるから、これらを代入する。

$$g'(x) = x \left( kx^{k-1} \right) + x^k$$

$$g'(x) = kx^k + x^k$$

$$g'(x) = (k+1)x^k$$

これは、命題が $n=k+1$ のときにも成り立つことを示している。

(i), (ii) より、すべての自然数 $n$ について、$g(x) = x^n$ のとき $g'(x) = nx^{n-1}$ となることが示された。

微分法における基本的な公式 $x^n$ の微分と、積の微分法の一部を自力で導出する問題である。
(1) では、定義式から $f(x+h) - f(x)$ の形を作り出すための項の分割がポイントとなる。また、極限の計算において「関数が微分可能なら連続である」という性質を用いて $\lim_{h\to 0}f(x+h) = f(x)$ と処理する論理の記述が欠かせない。
(2) は (1) を誘導として用いる典型的な数学的帰納法の問題である。帰納法の仮定で登場する $x^k$ を $f(x)$ として設定し、(1) で示した関係式 $g(x) = xf(x)$ に当てはめることで簡潔な証明が可能になる。