微分法３｜多項式の導関数と，導関数の性質

【微分の基本２｜導関数の定義と直感的イメージ】の続きです．

関数 $y=f(x)$ の導関数 $f'(x)$ とは，各 $x$ で $f(x)$ の微分係数を表す関数のことをいうのでした．

導関数を定義して次に考えることは，導関数に関する性質でしょう．

この記事では，「多項式の導関数」と「導関数の性質」について説明します．

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1 多項式の導関数
- 1.1 証明1
- 1.2 証明2
2 導関数の性質
3 例

多項式の導関数

数IIにおいては多項式の微分を扱います．

多項式の微分については次の[多項式の微分]が成り立ちます．

[多項式の微分]　2以上の整数 $n$ に対し， $f(x)=x^{n}$ の導関数は $f'(x)=nx^{n-1}$ である．

また，定数関数 $f(x)$ の導関数は $f'(x)=0$ であり， $f(x)=x$ の導関数は $f'(x)=1$ である．

直感的に，定数関数は「平ら」なので，導関数が0であることは良いでしょう．また， $y=x$ は「傾き1の直線」なので，導関数が1であることも良いでしょう．

さて，導関数の定義式は，

$f'(x)=\lim\limits_{h\to0}\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}$

または

$f'(x)=\lim\limits_{b\to x}\dfrac{f(x)-f(b)}{x-b}$

の2通りありました．

【参考記事：ワンポイント数学５｜２つの微分の定義式】

どちらでも証明できるので，それぞれの定義式で[多項式の微分]を証明します．

証明1

$f'(x)=\lim\limits_{h\to0}\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}$ により，[多項式の微分]を証明をします．

[証明1]

$f(x)$ が定数関数なら， $f(x+h)=f(x)$ である．よって，

$f'(x)$
$=\lim\limits_{h\to0}\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}$
$=\lim\limits_{h\to0}\dfrac{0}{h}$
$=0$

が成り立つ．

また， $f(x)=x$ なら，

$f'(x)$
$=\lim\limits_{h\to0}\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}$
$=\lim\limits_{h\to0}\dfrac{(x+h)-x}{h}$
$=\lim\limits_{h\to0}\dfrac{h}{h}$
$=\lim\limits_{h\to0}1$
$=0$

が成り立つ．

最後に， $n\ge2$ なら，二項定理より

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

だから，

$f'(x)$
$=\lim\limits_{h\to 0}\dfrac{f(x+h)-f(x)}{b-x}$
$=\lim\limits_{h\to 0}\dfrac{(x+h)^n-x^n}{b-x}$
$=\lim\limits_{h\to 0}\dfrac{(\Co{n}{0}x^n+\Co{n}{1}x^{n-1}h+\dots+\Co{n}{n}h^n)-x^n}{h}$
$=\lim\limits_{h\to 0}\dfrac{nx^{n-1}h+\Co{n}{2}x^{n-2}h^2+\dots+\Co{n}{n}h^n}{h}$
$=\lim\limits_{h\to0}(nx^{n-1}+\Co{n}{2}x^{n-2}h+\dots+\Co{n}{n}h^{n-1})$
$=nx^{n-1}$

が従う．

[証明1終]

証明2

次に， $f'(x)=\lim\limits_{b\to x}\dfrac{f(x)-f(b)}{x-b}$ により，[多項式の微分]を証明をします．

[証明2]

$f(x)$ が定数関数なら， $f(x)=f(b)$ である．よって，

$f'(x)$
$=\lim\limits_{b\to x}\dfrac{f(x)-f(b)}{x-b}$
$=\lim\limits_{b\to x}\dfrac{0}{x-b}$
$=0$

が成り立つ．

また， $f(x)=x$ なら，

$f'(x)$
$=\lim\limits_{b\to x}\dfrac{f(x)-f(b)}{x-b}$
$=\lim\limits_{b\to x}\dfrac{x-b}{x-b}$
$=\lim\limits_{b\to x}\dfrac{h}{h}$
$=\lim\limits_{b\to x}1$
$=1$

が成り立つ．

最後に， $n\ge2$ なら，因数分解の公式

$x^{n}-b^{n}=(x-b)(x^{n-1}+x^{n-2}b+\dots+b^{n-1})$

より，

$f'(x)$
$=\lim\limits_{b\to x}\dfrac{f(x)-f(b)}{x-b}$
$=\lim\limits_{b\to x}\dfrac{x^n-b^n}{x-b}$
$=\lim\limits_{b\to x}(x^{n-1}+x^{n-2}b+\dots+b^{n-1})$
$=b^{n-1}+b^{n-2}b+\dots+b^{n-1}$
$=nx^{n-1}$

が従う．

[証明2終]

[多項式の微分]は当たり前にしておく．

導関数の性質

次の導関数の性質はとても重要です．

[導関数の性質]　定数 $k$ , $l$ と導関数をもつ関数 $f(x)$ , $g(x)$ に対して，関数 $kf(x)+lg(x)$ の導関数は $kf'(x)+lg'(x)$ である．

本来， $kf(x)+lg(x)$ の導関数は $(kf(x)+lg(x))'$ です．

ここで，[定理2]は「先に $f(x)$ と $g(x)$ を微分してしまい， $f'(x)$ と $g'(x)$ としてから，定数倍して足し合わせた $kf'(x)+lg'(x)$ が $(kf(x)+lg(x))'$ に等しいよ」と言っているのです．

つまり，「足し算や定数倍した関数の導関数」は，「導関数を足し算や定数倍したもの」と一致するということです．

具体例はあとであげることとし，まず証明をします．

[証明]

定義より，

$(kf(x)+lg(x))'$
$=\lim\limits_{h\to0}\dfrac{(kf(x+h)+lg(x+h))-(kf(x)+lg(x))}{h}$
$=\lim\limits_{h\to0}\bra{k\times\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}+l\times\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}}$
$=kf'(x)+lg'(x)$