第 5 回数学演習 1
1 微分
1.5 導関数
1. (xα )′ = αxα−1
5. (log |x|)′ =
1
x
2.(sin x)′ = cos x
6. (log |f (x)|)′ =
注意：公式 6. において
f ′ (x)
f (x)
1
cos2 x
3. (cos x)′ = − sin x
4. (tan x)′ =
7. (ex )′ = ex
8. (ax )′ = ax log a (a > 0)
f ′ (x)
f ′ (x)
と絶対値を取る人がいる。絶対値を取らず
である。公式 5. も同様。
|f (x)|
f (x)
定 理 1（微分法の公式） (1) 定数倍
(kf (x))′ = kf ′ (x)
(2) 和・差
(f (x) ± g(x))′ = f ′ (x) ± g ′ (x)
(3) 積 (f (x) · g(x))′ = f ′ (x) · g(x) + f (x) · g ′ (x)
)′
(
f ′ (x) · g(x) − f (x) · g ′ (x)
f (x)
=
(g(x) ̸= 0) 特に f (x) = 1 のとき
g(x)
{g(x)}2
(
)′
1
g ′ (x)
=−
g(x)
{g(x)}2
(4) 商 定 理 2（合成関数の微分） y = f (u), u = g(x) の合成関数 y = f (g(x)) に対して
dy
dy du
=
dx
du dx
1.6 逆関数および逆三角関数の微分
v = f (u) が f ′ (u) > 0 (f ′ (u) < 0) ならば，狭義単調増加（狭義減少）関数である。したがって，点 P(u, v)
の近傍で逆関数を持ち，u = f −1 (v) である。今，u = y ，v = x と置くと，
f (y) = x ⇐⇒ y = f −1 (x)
f (y) = x の両辺を x で微分すると，合成関数の微分法より
dy dx
= 1 となる。したがって
dx dy
定 理 3（逆関数の微分） f ′ (x) ̸= 0 のときその逆関数 y = f −1 (x) が存在して
dy
1
=
dx
dx
dy
定 理 4（逆三角関数の微分公式）
1
(sin−1 x)′ = √
1 − x2
1
(cos−1 x)′ = − √
1 − x2
1
(tan−1 x)′ =
1 + x2
1
(−1 < x < 1)
(1)
(−1 < x < 1)
(2)
(−∞ < x < ∞)
(3)
（証明）y = sin−1 x とおく。このとき， x = sin y であり，−
d
(sin−1 x) =
dx
d
dy
π
π
< y < である。逆関数の微分の公式より
2
2
1
1
1
1
=
=√
=√
2
cos
y
sin y
1 − x2
1 − sin y
(∵ −
π
π
<y< )
2
2
y = cos−1 x とおく。このとき x = cos y であり，0 < y < π である。逆関数の微分の公式より
d
(cos−1 x) =
dx
問題1
例題1
d
dy
1
1
1
1
= −√
=
= −√
− sin y
cos y
1 − x2
1 − cos2 y
(∵ 0 < y < π)
(3) を証明せよ。
次の関数の微分をせよ。
√
(1) a2 − x2
(2) √
a2
1
− x2
(3) cos
√
a2 − x 2
(4) log | cos x|
√
1
x
a2 − x2 )′ = √
(a2 − x2 )′ = − √
2 a2 − x 2
a2 − x 2
(
)′
√
1
1
x
√
(2) √
=− 2
( a2 − x2 )′ =
2
a −x
a2 − x2
(a2 − x2 ) a2 − x2
√
√
√
√
x sin a2 − x2
′
′
2
2
2
2
2
2
(3) (cos a − x ) = (− sin a − x )( a − x ) = √
a2 − x2
（解）(1) (
(4) (log | cos x|)′ =
(cos x)′
− sin x
=
= − tan x
cos x
cos x
（解説）(1)(2)(3) u = a2 − x2 と置いて，合成関数の公式を使用する。(1) は
√
d(u)1/2 du
1
x
( a2 − x2 )′ =
= (u1/2−1 )(−2x) = −(u−1/2 ) · x = − √
2
du dx
2
a − x2
(2)(3) も同様である。(4) は u = cos x と置いて，基本公式の 5. を使用するか，基本公式の 6. を直接使用する。
例題2
次の関数の微分をせよ。
(1) y = cos−1
(x)
a
(2) y = tan−1
(a > 0)
(x)
a
(a ̸= 0)
（解）少し丁寧に解答する。u = x/a と置く
(1)
dy
=
dx
(
)( ) (
)( )
d
du
1
1
1
cos−1 u
= −√
= − √
2
du
dx
a
1−u
1−
(2)
dy
=
dx
(
d
tan−1 u
du
)(
du
dx
)
(
=
1
1 + u2
例 題 3（対数微分の方法） 次の関数の微分をせよ。
(1) y = xx
(x > 0)
(2) y =
x+1
x−1
x2
a2
( )
1
1
= −√
2
a
a − x2
)( )
)( ) (
1
1
a
1
=
=√
2
x
2
a
a
a + x2
1 + a2
√
2
x−2
x+2
(x < −2 または x > 2)
(∵ a > 0)
（解）(1) y = xx と置くと，log y = x log x である。
y′
,
y
左辺の微分 =
上式より
右辺の微分 = (x log x)′ = log x + x
y′
= log x + 1
y
⇒
y ′ = y(log x + 1)
1
= log x + 1
x
∴ y ′ = xx (log x + 1)
(2) y の 絶対値と根号内の絶対値をとる。（根号内は非負であるから絶対値を取っても取らなくても同じだが，
√
x + 1 x − 2
の対数を取る。
後の計算間違いを防ぐのに有効である。）|y| = x − 1 x + 2
1
(log |x − 2| − log |x + 2|)
2
log |y| = log |x + 1| − log |x − 1| +
左辺の微分 =
y′
y
右辺の微分 =
1
1
1
−
+
x+1 x−1 2
(
1
1
−
x−2 x+2
)
したがって
′
(
y =y
1
1
1
−
+
x+1 x−1 2
(
1
1
−
x−2 x+2
))
x+1
=
x−1
√
x−2
x+2
(
1
1
1
−
+
x+1 x−1 2
(
1
1
−
x−2 x+2
))
ここまででよいが更に計算を続けると
√
(
)
x−2
2
2
x+1 x−2
6
−
+
=
x+2
(x + 1)(x − 1) (x − 2)(x + 2)
x − 1 x + 2 (x + 1)(x − 1)(x + 2)(x − 2
6
√
=
(x − 1)2 (x + 2)2 (x − 2)
x+1
=
x−1
√
1.7 n 階導関数
y = f (x) の導関数 y ′ = f ′ (x) を，x で微分した関数を
y ′′ ,
f ′′ (x),
d2 y
,
dx2
d2
f (x)
dx2
などで表し，2 階（2 次）導関数という。n ≧ 3 の場合も同様に n 階（n 次）導関数が定義され
y (n) ,
dn y
,
dxn
f (n) (x),
dn
f (x)
dxn
などで表わす。f (x) が任意の n に対して n 回微分可能であるとき，f (x) は無限回微分可能という。
注：便宜上 f (0) (x) = f (x) と約束する。また，f (1) (x) = f ′ (x)，f (2) (x) = f ′′ (x)，f (3) (x) = f ′′′ (x) のと右
辺の記号で表すのが普通である。
例題4
m を自然数とするとき，
{
m (n)
(x )
=
m(m − 1) · · · (m − n + 1)xm−n
(n ≦ m),
0
(n > m)
（証明）
(xm )′ = mxm−1 , (xm )′′ = m(m − 1)xm−2 , · · · , (xm )(n) = m(m − 1) · · · (m − n + 1)x(n−m) , · · · ,
(xm )(m) = m!, (xm )(m+1) = 0 ,· · ·
3
(4)
（基本的な関数の n 階導関数）
(ex )(n) = ex
(5)
(
nπ )
(sin x)(n) = sin x +
2
(
nπ )
(n)
(cos x) = cos x +
2
(log |x|)(n) = (−1)n−1 (n − 1)!
例題5
(6)
(7)
1
xn
(8)
公式 (6) を数学的帰納法を用いて証明せよ。
（証明）n = 1 のとき (sin x)′ = cos x = sin(x + π/2)
したがって，n = 1 のときは成立する。
n の時
(sin x)(n) = sin(x + nπ/2)
が成立すると仮定する。n + 1 のとき成立する事を言う。
(sin x)(n+1) = {(sin x)(n) }′ = {sin(x + nπ/2)}′ = cos(x + nπ/2)
= sin(x + nπ/2 + π/2) = sin(x + (n + 1)π/2)
したがって，n + 1 の時も成り立つ。
定 理 5（ライプニッツの公式）
{f (x)g(x)}(n) =f (n) (x)g(x) + n C1 f (n−1) (x)g ′ (x)
+ · · · + n Ck f (n−k) (x)g (k) (x) + · · · + f (x)g (n) (x)
(9)
この定理は 2 項展開と同様 n Ck−1 + n Ck = n+1 Ck を用いて，数学的帰納法で証明される。
例題6
x3 ex の n 階導関数を求めよ。
解 (ex )(k) = ex であり，(x3 )′ = 3x2 , (x3 )′′ = 6x, (x3 )′′′ = 6, (x3 )(k) = 0 (k > 4) であるから，ライプニッ
ツの公式において f (x) = ex , g(x) = x3 と置くと
(x3 ex )(n) = x3 ex + n C1 (3x2 )ex + n C2 (6x)ex + n C3 6ex
= x3 ex + 3nx2 ex + 3n(n − 1)xex + n(n − 1)(n − 2)ex
4
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