微分の問題を解くときによく使う三角関数の微分を導関数を用いて証明を行う。多くの人は暗記している範囲になるが一回ぐらい見ておくといいかもしれない範囲。
$f(x)=sinx$の微分の求め方
定義に従って、$f'(x)=\displaystyle\lim_{h→0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$より
$$\begin{align}
f'(x)&=\displaystyle\lim_{h→0}\frac{sin(x+h)-sinx}{h}\\\\
&=\displaystyle\lim_{h→0} \frac{2cos\frac{2x+h}{2}sin\frac{h}{2}}{h}\\\\
&=\displaystyle\lim_{h→0} 2cos\left(x+\frac{h}{2}\right)\cdot \frac{1}{2}\cdot\frac{sin\frac{h}{2}}{\frac{h}{2}}\\\\
&=\displaystyle\lim_{h→0} 2cos\left(x+0\right)\cdot \frac{1}{2}\cdot 1\\\\
&=\textcolor{blue}{cosx}
\end{align}$$
和・積の公式を使用しています。
$$sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ\\ sin(α-β)=sinαcosβ-cosαsinβ$$
より、
$$sin(α+β)-sin(α-β)=2cosαsinβ$$
となるので、$α=\frac{2x+h}{2}$と$β=\frac{h}{2}$とすれば、式変形ができる。
どうして、$α=\frac{2x+h}{2}$と$β=\frac{h}{2}$と置くことを思いついたのか知りたい方はこちら。
$\displaystyle\lim_{}$の公式にある
$$\displaystyle\lim_{x→0}\frac{sinx}{x}=1$$
より、$x=\frac{h}{2}$とすれば、式変形できる。
どうして、$\displaystyle\lim_{x→0}\frac{sinx}{x}=1$となるのかについて知りたい方はこちら。
別解
$$\begin{align}
f'(x)&=\displaystyle\lim_{h→0}\frac{sin(x+h)-sin(x)}{h}\\\\
&=\displaystyle\lim_{h→0} \frac{sinxcosh+cosxsinh-sinx}{h}\\\\
&=\displaystyle\lim_{h→0}\left\{\frac{sinx(cosh-1)}{h}+\frac{cosxsinh}{h}\right\}\\\\\
&=\displaystyle\lim_{h→0} \left\{\frac{sinx(cos^2h-1)}{h(cosh+1)}+\frac{cosxsinh}{h}\right\}\\\\
&=\displaystyle\lim_{h→0} \left\{\frac{sinx(-sin^2h)}{h(cosh+1)}+\frac{cosxsinh}{h}\right\}\\\\
&=\displaystyle\lim_{h→0} \left(sinx\cdot \frac{sinh}{h}\cdot\frac{-sinh}{cosh+1}+cosx\cdot\frac{sinh}{h}\right)\\\\
&=sinx\cdot 1\cdot 0+cosx\cdot 1\\\\
&=cosx
\end{align}$$
$f(x)=-sinx$の微分の求め方
定義に従って、$f'(x)=\displaystyle\lim_{h→0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$より
$$\begin{align}
f'(x)&=\displaystyle\lim_{h→0}\frac{-sin(x+h)-(-sinx)}{h}\\\\
&=-\textcolor{red}{\displaystyle\lim_{h→0}\frac{sin(x+h)-sinx}{h}}
\end{align}$$
$f(x)=sinx$の導関数と赤い部分は全く同じなので、
$$=-cosx$$
$f(x)=cosx$の微分の求め方
定義に従って、$f'(x)=\displaystyle\lim_{h→0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$より
$$\begin{align}
f'(x)&=\displaystyle\lim_{h→0}\frac{cos(x+h)-cosx}{h}\\\\
&=\displaystyle\lim_{h→0} \frac{-2sin\frac{2x+h}{2}sin\frac{h}{2}}{h}\\\\
&=\displaystyle\lim_{h→0} -2sin\left(x+\frac{h}{2}\right)\cdot \frac{1}{2}\cdot\frac{sin\frac{h}{2}}{\frac{h}{2}}\\\\
&=\displaystyle\lim_{h→0} -2sin\left(x+0\right)\cdot \frac{1}{2}\cdot 1\\\\
&=\textcolor{blue}{-sinx}
\end{align}$$
和・積の公式を使用しています。
$$cos(α+β)=cosαcosβ-sinαsinβ\\ cos(α-β)=cosαcosβ+sinαsinβ$$
より、
$$cos(α+β)-cos(α-β)=-2sinαsinβ$$
となるので、$α=\frac{2x+h}{2}$と$β=\frac{h}{2}$とすれば、式変形ができる。
どうして、$α=\frac{2x+h}{2}$と$β=\frac{h}{2}$と置くことを思いついたのか知りたい方はこちら。
$\displaystyle\lim_{}$の公式にある
$$\displaystyle\lim_{x→0}\frac{sinx}{x}=1$$
より、$x=\frac{h}{2}$とすれば、式変形できる。
どうして、$\displaystyle\lim_{x→0}\frac{sinx}{x}=1$となるのかについて知りたい方はこちら。
別解
$$\begin{align}
f'(x)&=\displaystyle\lim_{h→0}\frac{cos(x+h)-cos(x)}{h}\\\\
&=\displaystyle\lim_{h→0} \frac{cosxcosh-sinxsinh-cosx}{h}\\\\
&=\displaystyle\lim_{h→0}\left\{\frac{cosx(cosh-1)}{h}-\frac{sinxsinh}{h}\right\}\\\\\
&=\displaystyle\lim_{h→0} \left\{\frac{cosx(cos^2h-1)}{h(cosh+1)}-\frac{sinxsinh}{h}\right\}\\\\
&=\displaystyle\lim_{h→0} \left\{\frac{cosx(-sin^2h)}{h(cosh+1)}-\frac{sinxsinh}{h}\right\}\\\\
&=\displaystyle\lim_{h→0} \left(cosx\cdot \frac{sinh}{h}\cdot\frac{-sinh}{cosh+1}-sinx\cdot\frac{sinh}{h}\right)\\\\
&=cosx\cdot 1\cdot 0-sinx\cdot 1\\\\
&=-sinx
\end{align}$$
$f(x)=-cosx$の微分の求め方
定義に従って、$f'(x)=\displaystyle\lim_{h→0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$より
$$\begin{align}
f'(x)&=\displaystyle\lim_{h→0}\frac{-cos(x+h)-(-cosx)}{h}\\\\
&=-\textcolor{red}{\displaystyle\lim_{h→0}\frac{cos(x+h)-cosx}{h}}
\end{align}$$
$f(x)=cosx$の導関数と赤い部分は全く同じなので、
$$=-sinx$$
練習問題
$$f'(x)=-3(-sinx)=3sinx$$
$$f'(x)=\frac{1}{3}(cosx)=\frac{1}{3}cosx$$
まとめ
導出の基本は、
$$f'(x)=\displaystyle\lim_{h→0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$$
最後まで読んでいただきありがとうございました。
コメント