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数学3 微分の基本問題 51 解説

方針・初手

微分の基本事項（定義、連続との関係、基本的な関数の導関数の公式とその証明）を確認する問題である。

(1)は教科書通りの微分係数の定義を述べる。

(2)は連続の定義 $\lim_{x \to a} f(x) = f(a)$ を示すため、$f(x) - f(a) = \frac{f(x) - f(a)}{x - a} (x - a)$ と変形して極限をとる。

(3)(4)は導関数の定義に従って極限を計算する。

解法1

(1) 関数 $f(x)$ が $x=a$ で微分可能であるとは、極限

$$\lim_{h \to 0} \frac{f(a+h) - f(a)}{h}$$

が存在することである。（あるいは、極限 $\lim_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{x - a}$ が存在すること。）

(2) 関数 $f(x)$ が $x=a$ で連続であるためには、

$$\lim_{x \to a} f(x) = f(a)$$

が成り立つことを示せばよい。

$x \neq a$ のとき、

$$f(x) - f(a) = \frac{f(x) - f(a)}{x - a} (x - a)$$

と変形できる。

関数 $f(x)$ は $x=a$ で微分可能であるから、極限 $\lim_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{x - a}$ は存在し、$f'(a)$ に等しい。よって、

$$\begin{aligned} \lim_{x \to a} \{ f(x) - f(a) \} &= \lim_{x \to a} \left\{ \frac{f(x) - f(a)}{x - a} (x - a) \right\} \\ &= \lim_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{x - a} \cdot \lim_{x \to a} (x - a) \\ &= f'(a) \cdot 0 \\ &= 0 \end{aligned}$$

となる。したがって、

$$\lim_{x \to a} f(x) = f(a)$$

が成り立つので、関数 $f(x)$ は $x=a$ で連続である。（証明終）

(3) 関数 $f(x) = x^n$ の導関数は、$f'(x) = n x^{n-1}$ である。

（証明）導関数の定義により、

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

である。二項定理を用いて $(x+h)^n$ を展開すると、

$$\begin{aligned} (x+h)^n &= {}_n\mathrm{C}_0 x^n + {}_n\mathrm{C}_1 x^{n-1}h + {}_n\mathrm{C}_2 x^{n-2}h^2 + \cdots + {}_n\mathrm{C}_n h^n \\ &= x^n + n x^{n-1}h + \frac{n(n-1)}{2} x^{n-2}h^2 + \cdots + h^n \end{aligned}$$

となる。これを代入すると、

$$\begin{aligned} f'(x) &= \lim_{h \to 0} \frac{ \left( x^n + n x^{n-1}h + \frac{n(n-1)}{2} x^{n-2}h^2 + \cdots + h^n \right) - x^n }{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{ n x^{n-1}h + \frac{n(n-1)}{2} x^{n-2}h^2 + \cdots + h^n }{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \left\{ n x^{n-1} + \frac{n(n-1)}{2} x^{n-2}h + \cdots + h^{n-1} \right\} \end{aligned}$$

$h \to 0$ とすると、第2項以降はすべて $0$ に収束するので、

$$f'(x) = n x^{n-1}$$

となる。（証明終）

(4) 関数 $f(x) = \sin x$ の導関数は、$f'(x) = \cos x$ である。

（証明）導関数の定義により、

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

である。和と積の変換公式 $\sin A - \sin B = 2 \cos \frac{A+B}{2} \sin \frac{A-B}{2}$ を用いると、

$$\sin(x+h) - \sin x = 2 \cos \left( x + \frac{h}{2} \right) \sin \frac{h}{2}$$

となるから、

$$\begin{aligned} f'(x) &= \lim_{h \to 0} \frac{ 2 \cos \left( x + \frac{h}{2} \right) \sin \frac{h}{2} }{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \left\{ \cos \left( x + \frac{h}{2} \right) \cdot \frac{\sin \frac{h}{2}}{\frac{h}{2}} \right\} \end{aligned}$$

ここで、$h \to 0$ のとき $\frac{h}{2} \to 0$ であり、問題で与えられた極限 $\lim_{\theta \to 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$ を用いると、

$$\lim_{h \to 0} \frac{\sin \frac{h}{2}}{\frac{h}{2}} = 1$$

である。また、関数 $\cos x$ は連続であるから、

$$\lim_{h \to 0} \cos \left( x + \frac{h}{2} \right) = \cos x$$

である。よって、

$$f'(x) = \cos x \cdot 1 = \cos x$$

となる。（証明終）

解法2

(4)の別解

加法定理 $\sin(\alpha + \beta) = \sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta$ を用いて極限を計算する。

導関数の定義により、

$$\begin{aligned} f'(x) &= \lim_{h \to 0} \frac{\sin(x+h) - \sin x}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{\sin x \cos h + \cos x \sin h - \sin x}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \left\{ \sin x \frac{\cos h - 1}{h} + \cos x \frac{\sin h}{h} \right\} \end{aligned}$$

ここで、問題の条件より $\lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h} = 1$ である。

また、

$$\begin{aligned} \lim_{h \to 0} \frac{\cos h - 1}{h} &= \lim_{h \to 0} \frac{(\cos h - 1)(\cos h + 1)}{h(\cos h + 1)} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{\cos^2 h - 1}{h(\cos h + 1)} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{-\sin^2 h}{h(\cos h + 1)} \\ &= \lim_{h \to 0} \left( -\frac{\sin h}{h} \cdot \frac{\sin h}{\cos h + 1} \right) \\ &= -1 \cdot \frac{0}{1 + 1} \\ &= 0 \end{aligned}$$

となる。したがって、

$$f'(x) = \sin x \cdot 0 + \cos x \cdot 1 = \cos x$$

となる。（証明終）

解説

微分法における最も基本的な定義と公式の証明を問う問題である。

(1)は微分係数の定義をそのまま述べるだけである。

(2)の「微分可能ならば連続」の証明は、微分法を学ぶ上で必須の知識である。「$f(x)-f(a)$」を無理やり $\frac{f(x)-f(a)}{x-a}$ を含む形に変形するテクニックがポイントとなる。

(3)は二項定理を用いた証明が標準的である。別の方針として、$x^n - a^n = (x-a)(x^{n-1} + x^{n-2}a + \cdots + a^{n-1})$ の因数分解の公式を用いて $\lim_{x \to a} \frac{x^n - a^n}{x - a}$ を計算する方法もある。

(4)の三角関数の導関数の証明も、和積の公式（解法1）または加法定理（解法2）を用いる標準的な手順である。解法2の中で示した極限 $\lim_{h \to 0} \frac{\cos h - 1}{h} = 0$ の導出は頻出の手法であるため、確実に定着させておきたい。