微分公式と初等関数の導関数

前提知識

• 関数と合成関数
• 極限と導関数の定義
• 三角関数と逆三角関数
• 指数関数・対数関数
• 双曲線関数
• 微分可能ならば連続であること

概要

微分計算では、導関数の定義から毎回極限を計算する代わりに、微分の線形性・積の微分・商の微分・連鎖律・逆関数の微分などの一般公式と、各初等関数の導関数を組み合わせる。

この記事では、これらの公式とその証明を整理し、べき関数、指数関数、対数関数、三角関数、逆三角関数、双曲線関数、逆双曲線関数までを扱う。

歴史的経緯

微分法は17世紀後半にニュートンとライプニッツによって独立に体系化された。現在広く使われる $\dd y/\dd x$ 型の記法はライプニッツに由来する。積の微分が「ライプニッツ則」と呼ばれるのもこのためである。

その後、極限概念の厳密化によって、微分公式は導関数の極限による定義から体系的に証明されるようになった。

微分とは？導関数とは？

微分公式

微分公式を証明するにあたって、関数同士の四則演算は以下のように書き換えられることを留意していただきたい。

f(x) + g(x) = (f + g)(x)$$f(x) - g(x) = (f - g)(x)$$f(x)g(x) = (fg)(x)$$\dfrac{f(x)}{g(x)} = \qty( \dfrac{f}{g} )(x)

微分の線形性

微分の和によって分配できる性質（加法性かほうせい）と係数を前に出すことができる性質（斉次性せいじせい）を合わせて線形性せんけいせいと呼ぶ。

加法性

\qty\big( f(x) + g(x) )' = f'(x) + g'(x)

証明

\qty\big( f(x) + g(x))'

= \qty\big( (f + g)(x) )'

$= \dlim_{\Delta x \to 0}\dfrac{(f + g)(x + \Delta x) - (f + g)(x) }{\Delta x}$

= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ \qty\big( f(x + \Delta x) + g(x + \Delta x) ) - \qty\big( f(x) + g(x) ) }{\Delta x}

= \dlim_{\Delta x \to 0}\dfrac{\qty\big( f(x + \Delta x) - f(x)) + \qty\big( g(x + \Delta x) - g(x) )}{\Delta x}

= \dlim_{\Delta x \to 0} \qty( \dfrac{\qty\big( f(x + \Delta x) - f(x)) }{\Delta x} + \dfrac{\qty\big( g(x + \Delta x) - g(x) )}{\Delta x} )

= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{\qty\big( f(x + \Delta x) - f(x)) }{\Delta x} + \dlim_{\Delta x \to 0}\dfrac{\qty\big( g(x + \Delta x) - g(x) )}{\Delta x}

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

斉次性

\qty\big( af(x) )' = af'(x)

証明

\qty\big( af(x) )'

$= \dlim_{\Delta x \to 0}\dfrac{af(x + \Delta x) - af(x)}{\Delta x}$

= \dlim_{\Delta x \to 0}\dfrac{a\qty\big( f(x + \Delta x) - f(x) )}{\Delta x}

$=a\dlim_{\Delta x \to 0}\dfrac{f(x + \Delta x) - f(x)}{\Delta x}$

$=af'(x)$

積の微分（ライプニッツ則）

\qty\big( f(x)g(x) )' = f'(x)g(x) + f(x)g'(x)

証明

\qty\big( f(x)g(x) )'

$= (fg)'(x)$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ (fg)(x + \Delta x) - (fg)(x) }{\Delta x}$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ f(x + \Delta x)g(x + \Delta x) - f(x)g(x) }{\Delta x}$

= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ f(x + \Delta x)g(x + \Delta x) - f(x)g(x) + \qty\big( f(x)g(x + \Delta x) - f(x)g(x + \Delta x) )}{\Delta x}

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ f(x + \Delta x)g(x + \Delta x) - f(x)g(x + \Delta x) }{\Delta x} + \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ f(x)g(x + \Delta x) - f(x)g(x) }{\Delta x}$

$$= \dlim_{\Delta x \to 0} \qty( \dfrac{ f(x + \Delta x) - f(x) }{\Delta x} g(x + \Delta x) ) + \dlim_{\Delta x \to 0} \qty( f(x) \dfrac{ g(x + \Delta x) - g(x) }{\Delta x} )$$ $$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ f(x + \Delta x) - f(x) }{\Delta x} \dlim_{\Delta x \to 0} g(x + \Delta x) + \dlim_{\Delta x \to 0} f(x) \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ g(x + \Delta x) - g(x) }{\Delta x}$$ $$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ f(x + \Delta x) - f(x) }{\Delta x} \dlim_{\Delta x \to 0} g(x + 0) + \dlim_{\Delta x \to 0} f(x) \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ g(x + \Delta x) - g(x) }{\Delta x}$$

$= f'(x)g(x) + f(x)g'(x). \Box$

商の微分

分子が1の場合

\qty( \dfrac{1}{f(x)} )' = - \dfrac{f'(x)}{ \qty\big( f(x) )^2 }

証明

$\qty( \dfrac{1}{f(x)} )'$

= \qty( \qty\big(f(x))^{- 1} )'

= \ddv{ \qty\big(f(x))^{- 1} }{f(x)} \ddv{f(x)}{x}

$= - f(x)^{- 2} f'(x)$

= - \dfrac{f'(x)}{\qty\big(f(x))^2} . \Box

一般の場合

\qty( \dfrac{f(x)}{g(x)} )' = \dfrac{ f'(x)g(x) - f(x)g'(x) }{ \qty\big( g(x) )^2 }

「分子が $1$ の場合」を用いた証明

この方法では、「分子が $1$ の場合」を許容していることに注意していただきたい。

$\qty( \dfrac{f(x)}{g(x)} )'$

$= \qty( f(x) \times \dfrac{1}{g(x)} )'$

「積の微分」より、

\qty\big(f(x))'\qty(\dfrac{1}{g(x)}) + f(x) \qty(\dfrac{1}{g(x)})'

= \dfrac{f'(x)}{g(x)} + f(x) \qty( - \dfrac{g'(x)}{\qty\big(g(x))^2})

= \dfrac{f'(x)g(x)}{\qty\big( g(x) )^2} - \dfrac{f(x)g'(x)}{\qty\big(g(x))^2}

= \dfrac{f'(x)g(x) - f(x)g'(x)}{\qty\big(g(x))^2}. \Box

導関数の定義を用いた証明

この方法を用いると、遠回りだが、独立した公式として証明できる。

$\qty( \dfrac{f(x)}{g(x)} )'$

$= \qty(\dfrac{f}{g})'(x)$

$$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ \qty(\dfrac{f}{g})(x + \Delta x) - \qty(\dfrac{f}{g})(x) }{\Delta x}$$ $$= \dlim_{\Delta x \to 0} \qty( \dfrac{ \dfrac{f(x + \Delta x)}{g(x + \Delta x)} - \dfrac{f(x)}{g(x)} }{\Delta x} \times \dfrac{g(x + \Delta x)g(x)}{g(x + \Delta x)g(x)} )$$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{f(x + \Delta x)g(x) - f(x)g(x + \Delta x)}{\Delta x} \times \dfrac{1}{g(x + 0)g(x)}$

= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{f(x + \Delta x)g(x) - f(x)g(x + \Delta x) + \qty\big( f(x)g(x) - f(x)g(x) )}{\Delta x} \times \dfrac{1}{\qty\big( g(x) )^2} = \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{f(x + \Delta x)g(x) - f(x)g(x)}{\Delta x} + \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{f(x)g(x) - f(x)g(x + \Delta x)}{\Delta x} \times \dfrac{1}{\qty\big( g(x) )^2} = \left( \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{f(x + \Delta x) - f(x)}{\Delta x} \times \dlim_{\Delta x \to 0} g(x) - \dlim_{\Delta x \to 0} f(x) \times \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{g(x + \Delta x) - g(x)}{\Delta x} \right) \times \dfrac{1}{\qty\big( g(x) )^2}

= \dfrac{ f'(x)g(x) - f(x)g'(x) }{ \qty\big( g(x) )^2 }

合成関数の微分（連鎖律）

\ddv{ f\qty\big(g(x)) }{x}= \ddv{f(x)}{g(x)} \ddv{g(x)}{x}

\qty\Big( (f \circ g)(x) = f'\qty\big(g(x)) g'(x) )

合成関数 f\qty\big(g(x)) の $x$ による微分は、f\qty\big(g(x)) を $g(x)$ で微分したものと、$g(x)$ を $x$ で微分したものの積になる。

誤った証明

\ddv{ f\qty\big(g(x)) }{x}

=\dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{f\qty\big( g(x + \Delta x) ) - f\qty\big( g(x) )}{\Delta x}

=\dlim_{\Delta x \to 0} \qty( \dfrac{f\qty\big( g(x + \Delta x) ) - f\qty\big( g(x) ) }{\Delta x} \times \dfrac{g(x + \Delta x) - g(x)}{g(x + \Delta x) - g(x)} ) =\dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{f\qty\big( g(x + \Delta x) ) - f\qty\big( g(x) )}{g(x + \Delta x) - g(x)} \times \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{g(x + \Delta x) - g(x)}{\Delta x}

$= \ddv{f(x)}{g(x)} \ddv{g(x)}{x}. \Box$

（$g(x + \Delta x) - g(x)$ が $g(x)$ の増分になっていることは、$x$ の増分が $(x + \Delta x) - x = \Delta x$ によって導かれるのと同じことである。）

この証明方法は、$g(x + \Delta x) - g(x) = 0$ のときに導関数を定義できない。$g(x + \Delta x) - g(x) = 0$ となる関数の例としては、定数関数である。

$g(x + \Delta x) - g(x)$

$= c(x + \Delta x)^0 - cx^0$

$= c - c$

$= 0.$

証明

$\Delta g(x) := g(x + \Delta x) - g(x)$ として、以下の関数 p(\Delta x),\, q\qty\big(g(\Delta x)) を導入することで、$\Delta g(x) = 0$ の場合にも \ddv{f\qty\big(g(x))}{x} を定義できるようにする。

$$p(\Delta x) = \begin{cases} \dfrac{g(x + \Delta x) - g(x)}{\Delta x} - g'(x) \quad (\text{$\Delta x \neq 0$ のとき}) \\[1.5ex] 0 \quad (\text{$\Delta x = 0$ のとき}) \end{cases}$$ q\qty\big(g(\Delta x)) = \begin{cases} \dfrac{ f(g(x + \Delta x)) - f\qty\big(g(x)) }{ g(x + \Delta x) - g(x) } - f'\qty\big(g(x)) \quad (\text{$\Delta g(x) \neq 0$ のとき}) \\[1.5ex] 0 \quad (\text{$\Delta g(x) = 0$ のとき}) \end{cases}

$p(\Delta x) = \dfrac{g(x + \Delta x) - g(x)}{\Delta x} - g'(x)$

$\iff \dfrac{g(x + \Delta x) - g(x)}{\Delta x} = g'(x) + p(\Delta x)$

\iff g(x + \Delta x) - g(x) = \qty\big( g'(x) + p(\Delta x) )\Delta x

q\qty\big(\Delta g(x)) = \dfrac{ f(g(x + \Delta x)) - f\qty\big(g(x)) }{ g(x + \Delta x) - g(x) } - f'\qty\big(g(x))

\iff \dfrac{ f(g(x + \Delta x)) - f\qty\big(g(x)) }{ g(x + \Delta x) - g(x) } = f'\qty\big(g(x)) + q\qty\big(\Delta g(x))

\iff f(g(x + \Delta x)) - f\qty\big(g(x)) = \qty\Big( f'\qty\big(g(x)) + q\qty\big(\Delta g(x)) ) \qty\big( g(x + \Delta x) - g(x) )

(f \circ g)'(x) = \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{f\qty\big( g(x + \Delta x) ) - f\qty\big( g(x) )}{\Delta x}

= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ \qty\Big( f'\qty\big(g(x)) + q\qty\big(\Delta g(x)) ) \qty\big( g(x + \Delta x) - g(x) ) }{\Delta x}

= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ \qty\Big( f'\qty\big(g(x)) + q\qty\big(\Delta g(x)) ) \qty\big( g'(x) + p(\Delta x) )\Delta x}{\Delta x}

= \dlim_{\Delta x \to 0} \qty\Big( f'\qty\big(g(x)) + q\qty\big(\Delta g(x)) ) \dlim_{\Delta x \to 0} \qty\big( g'(x) + p(\Delta x) )

$\Delta x \to 0$ は $\Delta x = 0$ を意味し、$\Delta g(x) = g(x + \Delta x) - g(x) = 0$ のときは $\Delta x = 0$ のときに等しいから、p(\Delta x),\, q\qty\big(\Delta g(x)) の定義より、

= f'\qty\big(g(x)) g'(x). \Box

逆関数の微分

$\ddv{x}{y} = \dfrac{1}{\ddv{y}{x}}$

証明

$x$ と $y$ が互いに逆関数であるとは、$y = f(x),\, x = g(y)$ と表せることであるので、

$x= g(y)$

\iff x = g\qty\big(f(x))

両辺を $x$ で微分すると、

1 = \ddv{g\qty(\big(f(x))}{x}

「合成関数の微分」より

\iff 1 = \ddv{g\qty(\big(f(x))}{f(x)} \ddv{f(x)}{x}

\iff \ddv{g\qty(\big(f(x))}{f(x)} = \dfrac{1}{\ddv{f(x)}{x}}

$y = f(x),\, x = g(y)$であるから、これを書き換えると、

$\iff \ddv{g(y)}{y} = \dfrac{1}{\ddv{y}{x}}$

$\iff \ddv{x}{y} = \dfrac{1}{\ddv{y}{x}}. \Box$

媒介変数表示の微分

$x=x(t),\, y=y(t) \implies \ddv{y}{x} = \dfrac{ \ddv{y}{t} }{ \ddv{x}{t} }$

「合成関数の微分」を用いた証明

$y = f(t),\, x = g(t)$とし、$g(t)$に逆関数が存在して、$t = g^{- 1}(x)$と表せるとする。

$\ddv{y}{x}$

= \ddv{f\qty\big( g^{- 1}(x) )}{x}

「合成関数の微分」より、

= \ddv{f\qty\big( g^{- 1}(x) )}{g^{- 1}(x)} \ddv{g^{- 1}(x)}{x}

$= \ddv{f(t)}{t} \ddv{t}{x}$

$= \ddv{y}{t} \ddv{t}{x}$

$= \ddv{y}{t} \times \dfrac{1}{\ddv{x}{t}}$

$= \dfrac{\ddv{y}{t}}{\ddv{x}{t}}. \Box$

導関数の定義を用いた証明

「合成関数の微分」を用いずに、導関数の定義を用いて遠回りな方法で証明する。

$\ddv{y}{x}$

= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ f\qty\big( g^{- 1}(x + \Delta x) ) - f\qty\big( g^{- 1}(x) ) }{\Delta x}

= \dlim_{\Delta x \to 0} \qty( \dfrac{ f\qty\big( g^{- 1}(x + \Delta x) ) - f\qty\big( g^{- 1}(x) ) }{g^{- 1}(x + \Delta x) - g^{- 1}(x)} \times \dfrac{g^{- 1}(x + \Delta x) - g^{- 1}(x)}{\Delta x} )

$\Delta t = g^{- 1}(x + \Delta x) - g^{- 1}(x),\, \Delta x = g(t + \Delta t) - g(t)$となることから、$\Delta t = g^{- 1}(x + \Delta x) - g^{- 1}(x) \iff g^{- 1}(x + \Delta x) = g^{- 1}(x) + \Delta t$が得られ、かつ$g^{- 1}(x) = t$であるから、$x$ の極限を $t$ の極限に置き換え、

$$= \dlim_{\Delta t \to 0} \qty( \dfrac{ f( t + \Delta t ) - f(t) }{\Delta t} \times \dfrac{\Delta t}{g(t + \Delta t) - g(t)} )$$

$= \dlim_{\Delta t \to 0} \dfrac{ \dfrac{ f( t + \Delta t ) - f(t) }{\Delta t} }{ \dfrac{ g(t + \Delta t) - g(t) }{ \Delta t } }$

$= \dfrac{ \dlim_{\Delta t \to 0} \dfrac{ f( t + \Delta t ) - f(t) }{\Delta t} }{ \dlim_{\Delta t \to 0} \dfrac{ g(t + \Delta t) - g(t) }{ \Delta t } }$

$= \dfrac{\ddv{y}{t}}{\ddv{x}{t}}. \Box$

初等関数の導関数

べき関数

自然数・負の整数・分子が1の分数（単位分数）・有理数・実数の場合をそれぞれ示す。

（実数の場合の証明には「指数関数の導関数」や「対数関数の導関数」を用いるから、独立した公式として証明できるのは、有理数の場合までである。）

指数が自然数の場合の証明

$\qty(x^n)' = nx^{n - 1}$

$n$ を自然数とすると、$x^n$ は実数全体で定義される。

例：$3^2, \pi^2$

証明

$\dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{(x + \Delta x)^n - x^n}{\Delta x}$

二項定理より、

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ \qty( \bc{n}{0} x^0 (\Delta x)^{n - 0} + \bc{n}{1} x^1 (\Delta x)^{n - 1} + \cdots + \bc{n}{n - 1} x^{n - 1} (\Delta x)^{n - (n - 1)} + \bc{n}{n} x^n (\Delta x)^{n - n} ) - x^n}{\Delta x}$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ \qty( (\Delta x)^n + nx (\Delta x)^{n - 1} + \cdots + nx^{n - 1} \Delta x + x^n ) - x^n}{\Delta x}$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{(\Delta x)^n + nx (\Delta x)^{n - 1} + \cdots + nx^{n - 1} \Delta x}{\Delta x}$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \qty( (\Delta x)^{n - 1} + nx (\Delta x)^{n - 2} + \cdots + nx^{n - 1})$

$\Delta x \to 0$ によって、$\Delta x$ を含む項はすべて $0$ になるから、

$= nx^{n - 1}. \Box$

指数が負の整数の場合の証明

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

$- n$を負の整数とすると、$x^{- n}$ は $x$ が $0$ 以外の実数全体のとき定義される。

例：$3^{- 2},\, \pi^{- 2}$

証明

$\qty(x^{- n})'$

$= \qty(\dfrac{1}{x^n})'$

「商の微分」より、

$= - \dfrac{(x^n)'}{(x^n)^2}$

「指数が自然数の場合」より、

$= - \dfrac{nx^{n - 1}}{x^{2n}}$

$= - nx^{(n - 1) - 2n}$

$= - nx^{- n - 1}. \Box$

指数が 分子が1の分数 の場合の証明

$\qty( x^{\frac{1}{n}} )' = \dfrac1n x^{ \frac1n - 1 }$

証明

$n$ を整数とする。$x^{\frac{1}{n}}$ は $x$ が正の実数の範囲で定義される。

$y = x^{\frac{1}{n}}$

$\iff y = \sqrt[n]{x}$

$\implies y^n = x$

となる。

$\ddv{ x^{\frac{1}{n}} }{x}$

$= \ddv{y}{x}$

「逆関数の微分」より、

$= \dfrac{1}{ \ddv{x}{y} }$

$x = y^n$ であるから、

$= \dfrac{1}{ \ddv{y^n}{y} }$

$= \dfrac{1}{ ny^{n - 1} }$

$y = x^{\frac{1}{n}}$ であるから、

$= \dfrac{1}{ n\qty( x^{\frac1n} )^{n - 1} }$

$= \dfrac{1}{ nx^{\frac1n(n - 1)} }$

$= \dfrac{1}{ nx^{ 1 - \frac1n } }$

$= \dfrac1n \times \dfrac{1}{ x^{ 1 - \frac1n } }$

$= \dfrac1n x^{ - \qty( 1 - \frac1n )}$

$= \dfrac1n x^{ \frac1n - 1 }. \Box$

指数が有理数の場合の証明

$\qty( x^{\frac{m}{n}} )' = \dfrac{m}{n} x^{\frac{m}{n} - 1}$

$m, n$を整数とする。$x$ が正の実数の範囲で定義される。

例：$2^{\frac13}=\sqrt[3]2$ は定義可能だが、$(- 3)^{\frac12} = \sqrt{- 3}$ は複素数なので定義不能。（よって、$x >0$ の範囲でしか定義されない。）

証明

$\ddv{x^{\frac{m}{n}}}{x}$

$= \ddv{ \qty(x^{\frac1n})^m }{x}$

$= \ddv{\qty(x^{\frac1n})^m}{x^{\frac1n}} \ddv{x^{\frac1n}}{x}$

「指数が自然数の場合」と「指数が 分子が1の分数 の場合」より、

$= m\qty(x^{\frac1n})^{m - 1} \times \dfrac1n x^{\frac1n - 1}$

$= mx^{\frac{m - 1}{n}} \times \dfrac1n x^{\frac1n - 1}$

$= \frac{m}{n} x^{\frac{m - 1}n + (\frac1n - 1)}$

$= \frac{m}{n} x^{\frac{m - 1}n + \frac{1 - n}n}$

$= \frac{m}{n} x^{\frac{m - n}n + \frac{1 - n}n}$

$= \frac{m}{n} x^{\frac{m}n - 1}. \Box$

指数が実数の場合

$\qty(x^\alpha)' = \alpha x^{\alpha - 1}$

$\alpha$ を実数とすると、$x^\alpha$ は $x$ が正の実数の範囲で定義される。（有理数と同様に $x >0$ の範囲でしか定義されない。）

「指数関数の導関数」を用いた証明

$x^\alpha = \e^{\log_\e x^\alpha}$ となることを用いて証明する。

$\qty(x^\alpha)'$

$= \ddv{\e^{\log_\e x^\alpha}}{x}$

「合成関数の微分」より、

$= \ddv{\e^{\log_\e x^\alpha}}{\log_\e x^\alpha} \ddv{\log_\e x^\alpha}{x}$

$= \ddv{\e^{\log_\e x^\alpha}}{\log_\e x^\alpha} \ddv{\alpha\log_\e x}{x}$

「微分の線形性」より、

$= \ddv{\e^{\log_\e x^\alpha}}{\log_\e x^\alpha} \times \alpha \ddv{\log_\e x}{x}$

$= \e^{\log_\e x^\alpha} \times \alpha\qty(\dfrac1x)$

$= x^\alpha \times \dfrac{\alpha}{x}$

$= \alpha x^{\alpha - 1}. \Box$

「対数関数の導関数」を用いた証明

$f(x) = x^\alpha$

両辺の絶対値の対数を取ると、

$\implies \log_\e \bigl| f(x) \bigr| = \log_\e\abs{x^\alpha}$

べき関数は $x >0$ のとき $f(x) > 0$ であるから、

$\iff \log_\e f(x) = \log_\e x^\alpha$

$\iff \log_\e f(x) = \alpha\log_\e x$

両辺を微分すると、

\implies \qty\big(\log_\e f(x))' = \qty(\alpha\log_\e x)'

「合成関数の微分」と「微分の線形性」より、

$\iff \ddv{\log_\e f(x)}{x} = \alpha \qty(\log_\e x)'$

$\iff \ddv{\log_\e f(x)}{f(x)} \ddv{f(x)}{x} = \alpha\qty(\dfrac1x)$

$\iff \qty(\dfrac1{f(x)}) f'(x) = \dfrac{\alpha}x$

$\iff f'(x) = \dfrac{\alpha f(x)}{x}$

$\iff f'(x) = \dfrac{\alpha x^\alpha}{x}$

$\iff f'(x) = \alpha x^{\alpha - 1}. \Box$

$\frac1x$ の導関数

$\qty(\dfrac 1x)' = - \dfrac{1}{x^2}$

証明

$\qty(\dfrac1x)'$

$= \qty(x^{- 1})'$

「べき関数の導関数」より、

$= (- 1)x^{- 1}$

$= - x^{- 1}. \Box$

$\sqrt x$ の導関数

$\qty(\sqrt x)' = \dfrac{1}{2\sqrt x}$

証明

$\qty(\sqrt x)'$

$= \qty(x^{\frac12})'$

「べき関数の導関数」より、

$= \qty(\dfrac12)x^{\frac12 - 1}$

$= \qty(\dfrac12)x^{- \frac12}$

$= \dfrac{1}{2\sqrt x}. \Box$

指数関数

$\qty(a^x)' = a^x \log_\e a$

証明

$\dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{a^{x + \Delta x} - a^x}{\Delta x}$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{a^x a^{\Delta x} - a^x}{\Delta x}$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{a^x \qty( a^{\Delta x} - 1 )}{\Delta x}$

「極限の線形性」と $a^{\Delta x} = \e^{\log_\e a^{\Delta x}}$ より、

$= a^x \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{\e^{\log_\e a^{\Delta x}} - 1}{\Delta x}$

$= a^x \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ \e^{\log_\e a^{\Delta x}} - 1 }{\log_\e a^{\Delta x}} \dfrac{\log_\e a^{\Delta x}}{\Delta x}$

$$= a^x \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ \e^{\log_\e a^{\Delta x}} - 1 }{\log_\e a^{\Delta x}} \dfrac{\Delta x \log_\e a}{\Delta x}$$

「極限の線形性」より、

$= a^x \log_\e a \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ \e^{\log_\e a^{\Delta x}} - 1 }{\log_\e a^{\Delta x}}$

「ネイピア数の性質」より、$\dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ \e^{\log_\e a^{\Delta x}} - 1 }{\log_\e a^{\Delta x}} - 1 = 1$ が成り立つから、

$= a^x \log_\e a. \Box$

底が$\e$の指数関数

$\qty(\e^x)' = \e^x$

証明

$\qty(\e^x)'$

$= \e^x \log_\e \e$

$= \e^x. \Box$

対数関数

$(\log_a x)' = \dfrac{1}{x\log_\e a}$

導関数の定義を用いた証明

$(\log_a x)'$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{\log_a (x + \Delta x) - \log_a x}{\Delta x}$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ \log_a \frac{x + \Delta x}{x} }{\Delta x}$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac1{\Delta x} \log_a \qty(1 + \dfrac{\Delta x}{x})$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \log_a \qty(1 + \dfrac{\Delta x}{x})^{\frac1{\Delta x}}$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \log_a \qty(1 + \dfrac{\Delta x}{x})^{\frac1{\Delta x} \times \frac{x}{x}}$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \log_a \qty(1 + \dfrac{\Delta x}{x})^{\frac{x}{\Delta x} \times \frac{1}{x}}$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \log_a \qty( \qty(1 + \dfrac{\Delta x}{x})^{\frac{x}{\Delta x}} )^{\frac1x}$

ネイピア数の定義より、$\dlim_{\Delta x \to 0} \qty(1 + \dfrac{\Delta x}{x})^{\frac{x}{\Delta x}} = \e$ となるから、

$= \log_a \e^{\frac1x}$

$= \dfrac1x \log_a \e$

「底の変換公式」より、$\log_a \e = \dfrac{ \log_\e \e }{ \log_\e a } = \dfrac1{ \log_\e a }$ とできるから、

$= \dfrac{1}{x\log_\e a}. \Box$

「逆関数の微分」を用いた証明

$(\log_a x)'$

$y = \log_a x$ とすれば、$x = a^y$ となるから、「逆関数の微分」より、

$= \dfrac1{ \ddv{a^y}{y} }$

$= \dfrac1{ a^y \log_\e a }$

$a^y = x$ であるから、

$= \dfrac1{ x\log_\e a }. \Box$

底が$\e$の対数関数

$(\log_\e x)' = \dfrac1x$

証明

$(\log_\e x)'$

$= \dfrac{1}{x\log_\e \e}$

$= \dfrac1x. \Box$

三角関数

正弦関数

$(\sin x)' = \cos x$

加法定理を用いた証明

$(\sin x)'$

$= \dfrac{\sin(x + \Delta x) - \sin \Delta x}{\Delta x}$

= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{\qty\big( \sin x \cos \Delta x + \cos x \sin \Delta x ) - \sin x}{\Delta x}

= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{\sin x \qty\big(\cos \Delta x - 1) + \cos x \sin \Delta x}{\Delta x}

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \qty( \sin x \dfrac{\cos \Delta x - 1}{\Delta x} + \cos x \dfrac{\sin \Delta x}{\Delta x} )$

$= \sin x \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{\cos \Delta x - 1}{\Delta x} + \cos x \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{\sin \Delta x}{\Delta x}$

$\dfrac{\cos \Delta x - 1}{\Delta x} = 0$ 1 が成り立ち、「sinc関数の極限」より、$\dlim_{\Delta x \to 0} \frac{\sin \Delta x}{\Delta x} = 1$ が成り立つから、

$= \sin x \times 0 + \cos x \times 1$

$\cos x. \Box$

和積の公式を用いた証明

$(\sin x)'$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{\sin(x + \Delta x) - \sin \Delta x}{\Delta x}$

「和積の公式」より、

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ 2\cos \frac{(x + \Delta x) + x}{2} \sin \frac{(x + \Delta x) - x }{2} }{\Delta x}$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \qty( \dfrac{ 2\cos \frac{2x + \Delta x}{2} \sin \frac{\Delta x}{2} }{\Delta x} \times \dfrac{\frac12}{\frac12} )$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \qty( \cos \qty( x + \frac{\Delta x}{2} ) \dfrac{ \sin \frac{\Delta x}{2} }{\frac{\Delta x}{2}} )$

$$= \dlim_{\Delta x \to 0} \cos \qty( x + \frac{\Delta x}{2} ) \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ \sin \frac{\Delta x}{2} }{\frac{\Delta x}{2}}$$

「sinc関数の極限」より、$\dfrac{ \sin \frac{\Delta x}{2} }{\frac{\Delta x}{2}} = 1$ が成り立つから、

$= \cos \qty( x + \dfrac02 ) \times 1$

$= \cos x. \Box$

余弦関数

$(\cos x)' = - \sin x$

加法定理を用いた証明

$(\cos x)'$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{\cos(x + \Delta x) - \cos x}{\Delta x}$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{(\cos x \cos \Delta x - \sin x \sin \Delta x) - \cos x}{\Delta x}$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{\cos x \cos \Delta x - \cos x}{\Delta x} + \dfrac{- \sin x \sin \Delta x}{\Delta x}$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \cos x \dfrac{\cos \Delta x - 1}{\Delta x} - \sin x \dfrac{\sin \Delta x}{\Delta x}$

1 より $\dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{\cos \Delta x - 1}{\Delta x} = 0$ が成り立ち、「sinc関数の極限」より、$\dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{\sin \Delta x}{\Delta x}$ が成り立つから、

$= 0 - \sin x$

$= - \sin x. \Box$

和積の公式を用いた証明

$(\cos x)'$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{\cos(x + \Delta x) - \cos x}{\Delta x}$

「和積の公式」より、

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \frac{- 2\sin \frac{(x + \Delta x) + x}{2} \sin \frac{(x + \Delta x) - x}{2}}{\Delta x}$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{- 2\sin \frac{2x + \Delta x}{2} \sin \dfrac{\Delta x}{2}}{\Delta x}$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{- 2\sin \qty( x + \frac{\Delta x}{2} ) \sin \frac{\Delta x}{2}}{\Delta x}$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \qty( \sin \qty( x + \dfrac{\Delta x}{2} ) \dfrac{- 2 \sin \frac{\Delta x}{2}}{\Delta x} \times \dfrac{\frac12}{\frac12} )$

$$= \dlim_{\Delta x \to 0} \sin \qty( x + \dfrac{\Delta x}{2} ) \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ - \sin \frac{\Delta x}{2} }{ \frac{\Delta x}{2} }$$ $$= \sin \qty( x + \dfrac02 ) \left( - \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ \sin \frac{\Delta x}{2} }{ \frac{\Delta x}{2} } \right)$$

「sinc関数の極限」より、$\dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ \sin \frac{\Delta x}{2} }{ \frac{\Delta x}{2} } = 1$ となるから、

$\sin x \times (- 1)$

$- \sin x. \Box$

$\cos x = \sin(x + \frac{\pi}{2})$ を用いた証明

$(\cos x)'$

$= \qty( \sin \qty(x + \dfrac{\pi}{2}) )'$

「合成関数の微分」より、

$$= \ddv{ \sin \qty(x + \frac{\pi}{2}) }{ \qty(x + \frac{\pi}{2}) } \ddv{ \qty(x + \frac{\pi}{2}) }{x}$$

「微分の線形性」より、

$= \cos \qty(x + \dfrac{\pi}{2}) \left( \ddv{x}{x} + \ddv{\qty(\frac{\pi}{2})}{x} \right)$

$= \cos \qty(x + \dfrac{\pi}{2}) \times (1 + 0)$

$= \cos \qty(x + \dfrac{\pi}{2})$

$= - \sin x. \Box$

正接関数

$(\tan x)' = \dfrac1{(\cos x)^2}$

加法定理を用いた証明

$(\tan x)'$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ \tan(x + \Delta x) - \tan x}{\Delta x}$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ \frac{\tan x + \tan \Delta x}{1 - \tan x \tan \Delta x} - \frac{\tan x(1 - \tan x \tan \Delta x)}{1 - \tan x \tan \Delta x} }{\Delta x}$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ \frac{\tan x + \tan \Delta x}{1 - \tan x \tan \Delta x} + \frac{- \tan x + (\tan x)^2 \tan \Delta x}{1 - \tan x \tan \Delta x}}{\Delta x}$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{ \frac{ \tan \Delta x + (\tan x)^2 \tan \Delta x}{1 - \tan x \tan \Delta x}}{\Delta x}$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \qty( \dfrac{1}{\Delta x} \dfrac{\tan \Delta x \qty( 1 + (\tan x)^2)}{1 - \tan x \tan \Delta x} )$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \qty( \dfrac{\tan \Delta x}{\Delta x} \dfrac1{1 - \tan x \tan \Delta x} \qty( 1 + (\tan x)^2) )$

$$= \dlim_{\Delta x \to 0} \qty( \dfrac{ \frac{\sin \Delta x}{\cos \Delta x} }{\Delta x} \dfrac{\cos \Delta x}{\cos \Delta x} \dfrac1{1 - \tan x \tan \Delta x} \qty( 1 + (\tan x)^2) )$$

「三角関数の基本公式」より、$1 + (\tan x)^2 = \frac1{(\cos x)^2}$ が成り立つから、

$$= \dlim_{\Delta x \to 0} \qty( \dfrac{\sin \Delta x}{\Delta x} \dfrac1{\cos \Delta x} \dfrac1{1 - \tan x \tan \Delta x} \dfrac1{(\cos x)^2} )$$

「極限の性質」より、

$$= \dlim_{\Delta x \to 0} \qty( \dfrac{\sin \Delta x}{\Delta x} ) \dlim_{\Delta x \to 0} \qty( \dfrac1{\cos \Delta x} ) \dlim_{\Delta x \to 0} \qty( \dfrac1{1 - \tan x \tan \Delta x} ) \dlim_{\Delta x \to 0} \qty( \dfrac1{(\cos x)^2} )$$

「sinc関数の極限」より、$\dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{\sin \Delta x}{\Delta x} = 1$ が成り立つから、

$1 \times \dfrac{1}{\cos 0} \times \dfrac1{1 - \tan x \tan 0} \times \dfrac1{(\cos x)^2}$

$1 \times \dfrac1{1 - \tan x \times 0} \times \dfrac1{(\cos x)^2}$

$\dfrac1{(\cos x)^2}. \Box$

「商の微分」を用いた証明

$(\tan x)'$

$= \qty( \dfrac{\sin x}{\cos x} )'$

「商の微分」より、

$= \dfrac{(\sin x)'\cos x - \sin x(\cos x)'}{ (\cos x)^2 }$

$(\sin x)' = \cos x,\, (\cos x)' = - \sin x$ が成り立つから、

$= \dfrac{(\cos x)^2 - \sin x(- \sin x)}{ (\cos x)^2 }$

= \dfrac{(\cos x)^2 - \qty\big(- (\sin x)^2)}{ (\cos x)^2 }

$= \dfrac{(\cos x)^2 + (\sin x)^2}{ (\cos x)^2 }$

$= \dfrac1{ (\cos x)^2 }. \Box$

逆三角関数

逆正弦関数

$(\arcsin x)' = \dfrac1{\sqrt{1 - x^2}}$

証明

$y = \arcsin x$ とすると、$x = \sin y$ となるから、

$(\arcsin x)'$

$= \ddv{\arcsin x}{x}$

$= \ddv{y}{x}$

$= \dfrac1{\dv{x}{y}}$

$= \dfrac1{\dv{\sin y}{y}}$

$= \dfrac1{\cos y}$

$= \dfrac1{ \sqrt{1 - (\sin y)^2} }$

$= \dfrac1{ \sqrt{1 - x^2} }. \Box$

逆余弦関数

$(\arccos x)' = - \dfrac1{\sqrt{1 - x^2}}$

証明

$(\arccos x)'$

$= \ddv{\arccos x}{x}$

$= \ddv{y}{x}$

$= \dfrac1{\dv{x}{y}}$

$= \dfrac1{\dv{\cos y}{y}}$

$= \dfrac1{- \sin y}$

$- \dfrac1{ \sqrt{1 - (\cos y)^2} }$

$x = \cos y$ であるから、

$= - \dfrac1{\sqrt{1 - x^2}}$

逆正接関数

$(\arctan x)' = \dfrac1{1 + x^2}$

証明

$(\arctan x)'$

$= \ddv{\arctan x}{x}$

$= \dfrac1{\dv{x}{\arctan x}}$

$= \dfrac1{\dv{\tan y}{y}}$

$= \dfrac1{\frac1{(\cos y)^2}}$

$= (\cos y)^2$

$= \dfrac1{1 + (\tan y)^2}$

$= \dfrac1{1 + x^2}. \Box$

双曲線関数

双曲線正弦関数

$(\sinh x)' = \cosh x$

証明

$(\sinh x)'$

$= \qty(\dfrac{ \e^x - \e^{-x} }{2})'$

$= \dfrac{(\e^x)' - (\e^{-x})'}{2}$

$= \dfrac{\e^x - (- \e^{-x})}{2}$

$= \dfrac{\e^x + \e^{-x}}{2}$

$= \cosh x. \Box$

双曲線余弦関数

$(\cosh x)' = \sinh x$

証明

$(\cosh x)'$

$= \qty(\dfrac{\e^x + \e^{-x}}{2})'$

$= \dfrac{(\e^x)' + (\e^{-x})'}{2}$

$= \dfrac{\e^x + (- \e^{-x})}{2}$

$= \dfrac{\e^x - \e^{-x}}{2}$

$= \sinh x. \Box$

双曲線正接関数

$(\tanh x)' = \dfrac1{(\cosh x)^2}$

「商の微分」を用いた証明

$(\tanh x)'$

$= \qty( \dfrac{ \e^x - \e^{-x} }{ \e^x + \e^{-x} } )'$

$$= \dfrac{\qty(\e^x - \e^{-x})' \qty(\e^x + \e^{-x}) - \qty(\e^x - \e^{-x}) \qty(\e^x + \e^{-x})'} { (\e^x + \e^{-x})^2 }$$

= \dfrac{\qty\Big(\e^x - \qty(- \e^{-x}))\qty(\e^x + \e^{-x}) - \qty(\e^x - \e^{-x}) \qty\Big(\e^x + \qty(- \e^{-x}))}{ (\e^x + \e^{-x})^2 }

$= \dfrac{\qty(\e^x + \e^{-x})^2 - \qty(\e^x - \e^{-x})^2}{ (\e^x + \e^{-x})^2 }$

$$= \dfrac{\qty(\e^{2x} + 2 + \e^{-2x}) - \qty(\e^{2x} - 2 + \e^{-2x})} { (\e^x + \e^{-x})^2 }$$

$= \dfrac4{ (\e^x + \e^{-x})^2 }$

$= \dfrac1{ \qty( \frac{\e^x + \e^{-x}}{2} )^2 }$

$= \dfrac1{ (\cosh x)^2 }$

$\tanh$ の性質を用いた証明

$(\tanh x)'$

$= \qty( \dfrac{\sinh x}{\cosh x} )'$

「商の微分」より、

$= \dfrac{(\sinh x)' \cosh x - \sinh x(\cosh x)'}{ (\cosh x)^2 }$

$= \dfrac{(\cosh x)^2 - (\sinh x)^2}{ (\cosh x)^2 }$

$(\cosh x)^2 - (\sinh x)^2 = 1$ より、

$= \dfrac1{ (\cosh x)^2 }. \Box$

逆双曲線関数

逆双曲線正弦関数

$(\arcsinh x)' = \dfrac1{\sqrt{x^2 + 1}}$

証明

$(\arcsinh x)'$

$= \dfrac1{\ddv{x}{y}}$

$= \dfrac1{\ddv{\sinh y}{y}}$

$= \dfrac1{\cosh y}$

$= \dfrac1{ \sqrt{(\sinh y)^2 + 1} }$

$= \dfrac1{ \sqrt{x^2 + 1} }. \Box$

逆双曲線余弦関数

$(\arccosh x)' = \dfrac1{\sqrt{x^2 - 1}}$

証明

$(\arccosh x)'$

$= \dfrac1{\ddv{x}{y}}$

$= \dfrac1{\ddv{\cosh y}{y}}$

$= \dfrac1{\sinh y}$

$= \dfrac1{ \sqrt{(\cosh y)^2 - 1} }$

$= \dfrac1{\sqrt{x^2 - 1}}. \Box$

逆双曲線正接関数

$(\arctanh x)' = \dfrac1{1 - x^2}$

証明

$(\arctanh x)'$

「逆関数の微分」より、

$= \dfrac1{\dv{\tanh y}{y}}$

$= \dfrac1{\frac1{(\cosh y)^2}}$

「双曲線関数の公式」$\frac1{(\cosh y)^2} = 1 - (\tanh y)^2$ より、

$= \dfrac1{1 - (\tanh y)^2}$

$= \dfrac1{1 - x^2}. \Box$

$\dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{\cos \Delta x - 1}{\Delta x}$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{\cos \Delta x - 1}{\Delta x} \dfrac{\cos \Delta x + 1}{\cos \Delta x + 1}$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \dfrac{(\cos \Delta x)^2 - 1}{\Delta x(\cos \Delta x + 1)}$

$= \dlim_{\Delta x \to 0} \qty( \sin \Delta x \dfrac{\sin \Delta x}{\Delta x} \dfrac{1}{\cos \Delta x + 1} )$

$$= \dlim_{\Delta x \to 0} \qty( \sin \Delta x ) \dlim_{\Delta x \to 0} \qty( \dfrac{\sin \Delta x}{\Delta x} ) \dlim_{\Delta x \to 0} \qty( \dfrac{1}{\cos \Delta x + 1} )$$

「sinc関数の極限」より、$\dlim_{\Delta x \to 0} \frac{\sin \Delta x}{\Delta x} = 1$ となるから、

$= \sin 0 \times 1 \times \dfrac{1}{\cos 0 + 1}$

$= 0 \times 1 \times \dfrac12$

$= 0$

例と反例

例：積の微分

$f(x)=x^2\e^x$ とすると、

$$f'(x) = 2x\e^x+x^2\e^x = \e^x(x^2+2x).$$

例：連鎖律

$f(x)=\sin(x^2)$ とすると、

$$f'(x)=2x\cos(x^2).$$

反例：積を項別に微分して掛けてはいけない

一般には

$$(fg)' \neq f'g'$$

である。たとえば $f(x)=g(x)=x$ とすると、

$$(fg)'=(x^2)'=2x$$

である一方、

$$f'g'=1$$

となる。

応用例

微分公式は、関数の増減・極値・接線・近似を調べるだけでなく、微分方程式、物理学における速度・加速度、最適化、確率・統計、数値解析などの基礎となる。

特に連鎖律は合成された量の変化率を扱う際の基本原理であり、多変数解析では偏微分や全微分へ一般化される。

例題

例題1

$$f(x)=\frac{x^2+1}{x-1}$$

を微分せよ。

解答

商の微分より、

$$f'(x) = \frac{2x(x-1)-(x^2+1)}{(x-1)^2} = \frac{x^2-2x-1}{(x-1)^2}.$$

例題2

$$f(x)=\log_\e(\sin x)$$

を微分せよ。

解答

連鎖律より、

$$f'(x) = \frac{1}{\sin x}\cos x = \frac{\cos x}{\sin x}.$$

例題3

$$f(x)=\arctan(x^2)$$

を微分せよ。

解答

逆正接関数の導関数と連鎖律より、

$$f'(x) = \frac{2x}{1+x^4}.$$