f(x)=xⁿの導関数と定数倍・和の導関数の公式

前回の記事では関数$f$の導関数$f’$が

$\begin{align*}f'(x)=\lim_{h\to\infty}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\end{align*}$

で定義されることを説明し，具体的にいくつか導関数を求めました．そこで，次の問題を考えましょう．

関数$f(x)=x^{4}-3x^{2}+5$を微分せよ．

導関数$f’$の定義に従って解くなら

$\begin{align*}f'(x)=&\lim_{h\to\infty}\frac{f(x+h)-f(x)}{h} \\=&\lim_{h\to\infty}\frac{\{(x+h)^{4}-3(x+h)^{2}+5\}-(x^{4}-3x^{2}+5)}{h}\end{align*}$

を計算することになりますが，この計算は少し面倒そうです．

実は多項式の導関数は簡単に求める公式が知られており，その公式を用いると定義に従って計算しなくても導関数が求まります．

この記事では，

$f(x)=x^n$の導関数
定数倍・和の導関数
多項式の導関数

を順に説明します．

「微分法」の一連の記事

$f(x)=x^n$の導関数
1. 公式
2. 具体例
定数倍・和の導関数
多項式の導関数
1. 具体例１
2. 具体例２

$f(x)=x^n$の導関数

関数$f(x)=x^n$の導関数は次のようになります．

公式

これはとても重要なので当たり前に言えるようにしてください．

$0$以上の整数$n$に対し，$f(x)=x^{n}$の導関数は

$\begin{align*}f'(x)=nx^{n-1}\end{align*}$

である．ただし，$n=0$のときは$f(x)=1$で$f'(x)=0$，$n=1$のときは$f(x)=x$で$f'(x)=1$である．

証明は

$n=0$のとき
$n=1$のとき
$n\geqq2$のとき

に分けて行いましょう．

[$n=0$のとき]　$f(x)=1$なので

$\begin{align*}f'(x) =&\lim_{h\to0}\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} \\=&\lim_{h\to0}\dfrac{1-1}{h} =\lim_{h\to0}0 =0\end{align*}$

が成り立つ．

[$n=1$のとき]　$f(x)=x$なので

$\begin{align*}f'(x) =&\lim_{h\to0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h} \\=&\lim_{h\to0}\frac{(x+h)-x}{h} \\=&\lim_{h\to0}\frac{h}{h} =\lim_{h\to0}1 =0\end{align*}$

が成り立つ．

[$n\geqq2$のとき]　二項定理より

$\begin{align*}(x+h)^{n}=\Co{n}{0}x^n+\Co{n}{1}x^{n-1}h+\dots+\Co{n}{n}h^n\end{align*}$

だから，

$\begin{align*}f'(x) =&\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{b-x} =\lim_{h\to 0}\frac{(x+h)^n-x^n}{b-x} \\=&\lim_{h\to 0}\frac{(\Co{n}{0}x^n+\Co{n}{1}x^{n-1}h+\dots+\Co{n}{n}h^n)-x^n}{h} \\=&\lim_{h\to 0}\frac{nx^{n-1}h+\Co{n}{2}x^{n-2}h^2+\dots+\Co{n}{n}h^n}{h} \\=&\lim_{h\to0}(nx^{n-1}+\Co{n}{2}x^{n-2}h+\dots+\Co{n}{n}h^{n-1}) =nx^{n-1}\end{align*}$

が従う．

$n\geqq2$のときに用いた二項定理について詳しくは，以下の記事を参照してください．

場合の数７
(a+b)ⁿの展開は二項定理！組み合わせを使って導出

(a+b)²の展開や，(a+b)³の展開は当たり前にしておきたい公式ですね．より一般に(a+b)ⁿの展開公式が知られており，これを二項定理といいます．この記事では「組み合わせ」を使って二項定理の考え方を説明します．

導関数のもうひとつの定義式$f'(x)=\lim\limits_{b\to x}\dfrac{f(x)-f(b)}{x-b}$からも導くことができます．

具体例

例えば，次のようになりますね．

関数$f(x)=x^3$を微分せよ．

上の公式で$n=3$の場合に相当するから，

$\begin{align*}f'(x)=3x^{3-1}=3x^2\end{align*}$

である．

形式的には$x^n$の指数部分$n$が$-1$され，$n$が係数に降りてくるというわけですね．

定数倍・和の導関数

導関数をもつ関数の定数倍・和については，次の定理が基本的です．

[定数倍・和の導関数]　定数$k$と導関数をもつ関数$f$, $g$に対して，

$\begin{align*}(kf)'=kf',\quad (f+g)'=f'+g'\end{align*}$

が成り立つ．

言葉で説明すると

関数の定数倍は微分に関係しない
和の導関数$(f+g)’$は導関数の和$f’+g’$に等しい

が成り立つというわけですね．

導関数の定義より

$\begin{align*}(kf'(x) =&\lim_{h\to0}\frac{kf(x+h)+kg(x+h)}{h} \\=&\lim_{h\to0}\bra{k\times\frac{f(x+h)-f(x)}{h}} \\=&k\bra{\lim_{h\to0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}} \\=&kf'(x)\end{align*}$

だから，$(kf)’=kf’$が成り立つ．また，やはり導関数の定義より

$\begin{align*}(f+g)'(x) =&\lim_{h\to0}\frac{(f(x+h)+g(x+h))-(f(x)+g(x))}{h} \\=&\lim_{h\to0}\bra{\frac{f(x+h)-f(x)}{h}+\frac{g(x+h)-g(x)}{h}} \\=&\bra{\lim_{h\to0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}}+\bra{\lim_{h\to0}\frac{g(x+h)-g(x)}{h}} \\=&f'(x)+g'(x)\end{align*}$