이번 포스팅은 몇몇 함수들에 대한 미분 공식을 정리할 것이다.
상수함수, 거듭제곱함수에 대한 미분공식을 먼저 보인 후
상수배의 공식, 합의 공식, 차의 공식, 곱의 공식, 몫의 공식을 증명하여 확장해 나갈 것이며
마지막으로 이를 이용해 삼각함수의 미분공식을 유도해낼 것이다.
지수함수, 로그함수, 역삼각함수, 쌍곡선함수, 역쌍곡선함수에 대한 미분 공식은 이번 포스팅에서 다루지는 않는다.
아래에 정리된 공식들을 설명하고 증명한다.
상수함수 \((f(x) = c)\)
$$ \dfrac{d}{dx}(c) = 0 $$
증명
$$ \begin{align} f'(x) = &\lim_{h \to 0} \dfrac{f(x + h) - f(x)}{h} \\ = &\lim_{h \to 0} \dfrac{c - c}{h} \\ = &0 \end{align} $$
거듭제곱함수 \((f(x) = x^{n})\)
\(n\) 이 임의의 실수이면
$$ \dfrac{d}{dx}(x^{n}) = nx^{n-1} $$
증명
임의의 실수 \(n\) 에 대해서 성립하지만 일단은 양의 정수인 \(n\) 에 대해서만 증명을 남기고
실수인 경우의 증명은 한참 뒤에 다룰것이다.
증명1
\(f'(a)\) 를 구한 후 \(a\) 대신에 \(x\) 를 대입할 것이다.
\(x^{n} - a^{n} = (x - a)(x^{n-1} + x^{n-2}a + x^{n-3}a^{2} + \cdots + xa^{n-2} + a^{n-1})\) 을 이용하면
$$ \begin{align} f'(a) = &\lim_{x \to a} \dfrac{f(x) - f(a)}{x-a} = \lim_{x \to a} \dfrac{x^n - a^n}{x-a} \\ = &\lim_{x \to a} x^{n-1} + x^{n-2}a + x^{n-3}a^{2} + \cdots + xa^{n-2} + a^{n-1} \\ = &a^{n-1} + a^{n-2}a^ + a^{n-3}a^2 + \cdots + aa^{n-2} + a^{n-1} \\ = &na^{n-1} \end{align} $$
이제 \(a\) 대신 \(x\) 를 대입하면 공식을 얻는다.
증명2
도함수의 정의에 따라 다음을 얻는다
$$ \lim_{h \to 0} \dfrac{f(x+h) - f(x)}{h} = \lim_{h \to 0} \dfrac{(x+h)^n - x^n}{h} $$
한편 이항정리에 의해 다음이 성립한다.
$$ (x+h)^n = \sum_{k = 0}^{n} \binom{n}{k} x^{n-k}h^{k} $$
여기서 \( \binom{n}{k} = {}_{n}C_{k} \) 이다.
따라서
$$ \begin{align} f'(x) = &\lim_{h \to 0} \dfrac{\left[\sum_{k = 0}^{n} \binom{n}{k} x^{n-k}h^{k} \right] - x^n }{h} \\ = &\lim_{h \to 0} \dfrac{ \left[ x^{n} + nx^{n-1}h + \frac{n(n-1)}{2}x^{n-2}h^{2} + \cdots +nxh^{n-1} + h^{n} \right] - x^{n} }{h} \\ = &\lim_{h \to 0} \dfrac{ nx^{n-1}h + \frac{n(n-1)}{2}x^{n-2}h^{2} + \cdots +nxh^{n-1} + h^{n} }{h} \\ = &\lim_{h \to 0} \left[ nx^{n-1} + \frac{n(n-1)}{2}x^{n-2}h + \cdots + nxh^{n-2} + h^{n-1} \right] \\ = &nx^{n-1} \end{align} $$
상수배의 공식
\(c\) 가 상수, \(f\) 가 미분가능한 함수이면
$$ \dfrac{d}{dx}[cf(x)] = c\dfrac{d}{dx}f(x) $$
증명
\(g(x) = cf(x)\) 라 하면 다음을 얻는다.
$$ \begin{align} g'(x) = &\lim_{h \ to 0} \dfrac{g(x + h) - g(x)}{h} = \lim_{h \to 0} \dfrac{cf(x+h) - cf(x)}{h} \\ = &\lim_{h \to 0} c\left[\dfrac{f(x + h) - f(x)}{h}\right] \\ = &c\lim_{h \to 0} \dfrac{f(x+h) - f(x)}{h} \tag{극한법칙 중 상수배의 법칙} \\ = &cf'(x) \end{align} $$
합의 공식
\(f\) 와 \(g\) 가 모두 미분가능할 때 다음이 성립한다.
$$ \dfrac{d}{dx}[f(x) + g(x)] = \dfrac{d}{dx}f(x) + \dfrac{d}{dx}g(x) $$
증명
\(F(x) = f(x) + g(x)\) 라 하면 다음을 얻는다.
$$ \begin{align} F'(x) = &\lim_{h \to 0} \dfrac{F(x + h) - F(x)}{h} \\ = &\lim_{h \to 0} \dfrac{[f(x + h) +g(x + h)] - [f(x) + g(x)]}{h} \\ = &\lim_{h \to 0} \left[ \dfrac{f(x+h) - f(x)}{h} + \dfrac{g(x+h) - g(x)}{h} \right] \\ = &\lim_{h \to 0} \dfrac{f(x+h) - f(x)}{h} + \lim_{h \to 0} \dfrac{g(x+h) - g(x)}{h} \tag{극한법칙 중 합의 법칙} \\ = &f'(x) + g'(x) \end{align} $$
차의 공식
\(f\) 와 \(g\) 가 모두 미분가능할 때 다음이 성립한다.
$$ \dfrac{d}{dx}[f(x) - g(x)] = \dfrac{d}{dx}f(x) - \dfrac{d}{dx}g(x) $$
증명
\(f + g = f + (-1)g\) 라 두고 합의 공식과 상수배의 공식을 적용하면 된다.
곱의 공식
\(f\) 와 \(g\) 가 모두 미분가능할 때 다음이 성립한다.
$$ \dfrac{d}{dx}[f(x)g(x)] = \left[ \dfrac{d}{dx}f(x) \right]g(x) + f(x) \left[ \dfrac{d}{dx}g(x) \right] $$
증명
\(F(x) = f(x)g(x)\) 라 하면 다음을 얻는다.
$$ \begin{align} F'(x) = &\lim_{h \to 0} \dfrac{F(x+h) - F(x)}{h} \\ = &\lim_{h \to 0} \dfrac{f(x+h)g(x+h) - f(x)g(x)}{h} \end{align} $$
분자에 \(f(x+h)g(x)\) 를 빼고 더해도 같은 식이다. 따라서
$$ \begin{align} F'(x) = &\lim_{h \to 0} \dfrac{f(x+h)g(x+h) - f(x+h)g(x) - f(x)g(x) + f(x+h)g(x)}{h} \\ = &\lim_{h \to 0} \left[ f(x+h)\dfrac{g(x+h) - g(x)}{h} + g(x)\dfrac{f(x+h) - f(x)}{h} \right] \\ = &\lim_{h \to 0} f(x+h) \cdot \lim_{h \to 0} \dfrac{g(x+h) - g(x)}{h} + \lim_{h \to 0} g(x) \cdot \lim_{h \to 0} \dfrac{f(x+h) - f(x)}{h} \\ = &f(x)g'(x) + g(x)f'(x) \end{align} $$
(여기서 두 번째 줄에서 세 번째 줄으로 넘어갈 때 극한법칙 중 곱의 법칙이 이용되었다.
\(g\)와 \(f\)가 미분 가능하기 때문에 \( \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{g(x+h) - g(x)}{h} \) 이 수렴하고 \( \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{f(x+h) - f(x)}{h} \) 도 수렴한다.
또 \(f\)가 미분 가능하므로 미분가능하면 연속이라는 정리에 의해 \(\lim\limits_{h \to 0} f(x+h) = f(x)\) 가 성립하므로 수렴한다 \(g(x)\) 는 h에 무관한 식이므로 상수취급이다. 따라서 모두 수렴하므로 곱의 극한이 극한의 곱으로 분리 될 수 있다.)
덧셈 순서만 바꾸면 공식을 얻는다.
몫의 공식
\(f\) 와 \(g\) 가 모두 미분가능할 때 다음이 성립한다.
$$ \dfrac{d}{dx} \left[ \dfrac{f(x)}{g(x)} \right] = \dfrac{ \left[ \dfrac{d}{dx}f(x) \right]g(x) - f(x)\left[ \dfrac{d}{dx}g(x) \right] }{[g(x)]^{2}} $$
증명
\(F(x) = \dfrac{f(x)}{g(x)}\) 라고 하면 다음을 얻는다.
$$ \begin{align} F'(x) = &\lim_{h \to 0} \dfrac{F(x + h) - F(x)}{h} = \lim_{h \to 0} \dfrac{ \dfrac{f(x+h)}{g(x+h)} - \dfrac{f(x)}{g(x)} }{h} \\ = &\lim_{h \to 0} \dfrac{ f(x+h)g(x) - f(x)g(x+h) }{hg(x+h)g(x)} \end{align} $$
분자에 \(f(x)g(x)\) 를 빼고 더해도 같은 식이다. 따라서
$$ \begin{align} F'(x) = &\lim_{h \to 0} \dfrac{ f(x+h)g(x) - f(x)g(x) + f(x)g(x) - f(x)g(x+h) }{hg(x+h)g(x)} \\ = &\lim_{h \to 0} \dfrac{ g(x)\dfrac{f(x+h) - f(x)}{h} - f(x)\dfrac{g(x+h) - g(x)}{h} }{g(x+h)g(x)} \\ = &\dfrac{ \lim\limits_{h \to 0} g(x) \cdot \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{f(x+h) - f(x)}{h} - \lim\limits_{h \to 0} f(x) \cdot \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{g(x+h) - g(x)}{h} }{ \lim\limits_{h \to 0} g(x+h) \cdot \lim\limits_{h \to 0} g(x) } \\ = &\dfrac{g(x)f'(x) - f(x)g'(x)}{[g(x)]^{2}} \end{align} $$
$\sin{x}$ 의 도함수
$\dfrac{d}{dx}(\sin{x}) = \cos{x}$
증명
$f(x) = \sin{x}$ 라 하면 도함수의 정의에 의해
$$ f'(x) = \lim_{h \to 0} \dfrac{f(x+h) - f(x)}{h} = \lim_{h \to 0} \dfrac{\sin{(x+h)} - \sin{x} }{h} $$
삼각함수의 덧셈 공식에 의해
$ \sin{(x+h)} = \sin{x}\cos{h} + \cos{x}\sin{h} $ 이므로
$$ \begin{align} f'(x) = &\lim_{h \to 0} \dfrac{\sin{x}\cos{h} + \cos{x}\sin{h} - \sin{x}}{h} \\ = &\lim_{h \to 0} \dfrac{\sin{x}(\cos{h} - 1) + \cos{x}\sin{h}}{h} \tag{1} \end{align} $$
이 때
$ \displaystyle \lim_{h \to 0} \dfrac{\cos{h} - 1}{h} $ 와
$ \displaystyle \lim_{h \to 0} \dfrac{\sin{h}}{h} $ 가 모두 수렴한다면
이들 식에 $h$ 와 무관하여 $h$입장에서는 상수인 $\sin{x}, \cos{x}$ 을 곱한 다음의 식
$ \displaystyle \lim_{h \to 0} \sin{x}\dfrac{\cos{h} - 1}{h} $ 와
$ \displaystyle \lim_{h \to 0} \cos{x}\dfrac{\sin{h}}{h} $ 역시 수렴할것이고
극한 법칙에 의해 식 $(1)$ 은 다음과 같이 분리될 수 있을것이다.
$$ \begin{align} f'(x) = &\lim_{h \to 0} \sin{x}\dfrac{\cos{h} - 1}{h} + \lim_{h \to 0} \cos{x}\dfrac{\sin{h}}{h} \\ = & \sin{x} \left[ \lim_{h \to 0} \dfrac{\cos{h} - 1}{h} \right] + \cos{x} \left[ \lim_{h \to 0} \dfrac{\sin{h}}{h} \right] \end{align} $$
이제
$ \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\cos{h} - 1}{h} = 0 $
$ \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\sin{h}}{h} = 1 $ 임을 증명한다면
이를 대입하여 증명하고자 하는 공식인 $ f'(x) = \cos{x} $ 을 얻는다.
$ \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\sin{h}}{h} = 1 $ 증명
그림은 푸른 선으로 표시된 중심각이 $ 0 < \theta < \dfrac{\pi}{2} $ 인 부채꼴에 붉은 선으로 표시된 선분 $ \overline{BE}, \overline{AD} $가 접해있는 모습이다.
$ \overline{BC} $ $ \le \overline{BA} \le $ $ \overset{\LARGE\frown}{BA} $ 가 성립하므로
$ \sin{\theta} \le \theta$ $ \Longrightarrow $ $ \dfrac{\sin{\theta}}{\theta} \le 1 $
또 한편 다음이 성립한다.
$ \begin{align} \theta = \overset{\LARGE\frown}{BA} &\le \overline{BE} + \overline{EA} \\ &\le \overline{DE} + \overline{EA} = \overline{DA} = \tan{\theta} \end{align} $
즉 $ \theta \le \dfrac{\sin{\theta}}{\cos{\theta}} \Longrightarrow $ $ \cos{\theta} \le \dfrac{\sin{\theta}}{\theta} $
따라서 둘을 합치면 다음을 얻고
$$ \cos{\theta} \le \dfrac{\sin{\theta}}{\theta} \le 1 $$
$ \displaystyle \lim_{\theta \to 0+} \cos{\theta} = 1$, $ \displaystyle \lim_{\theta \to 0+} 1 = 1 $ 임을 알고 있으므로
각 항에 $0$ 의 우극한을 취하면 압축정리에 의해 다음을 얻는다.
$$ \lim_{\theta \to 0+} \dfrac{\sin{\theta}}{\theta} = 1 $$
$ \dfrac{\sin{\theta}}{\theta} $ 는 $ \theta $ 대신 $ -\theta $ 를 넣어도 같은 식을 얻으므로 우함수이다.
따라서 $0$ 의 좌극한 역시 같아야 한다. 따라서 다음이 성립한다.
$$ \lim_{\theta \to 0} \dfrac{\sin{\theta}}{\theta} = 1 $$
$ \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\cos{h} -1}{h} = 0 $ 증명
$$ \begin{align} \lim_{h \to 0} \dfrac{\cos{h} -1}{h} = &\lim_{h \to 0} \dfrac{\cos{h} - 1}{h} \cdot \dfrac{\cos{h} + 1}{\cos{h} + 1} \\ = &\lim_{h \to 0} \dfrac{-\sin^{2}{h}}{h(\cos{h} + 1)} \\ = &\lim_{h \to 0} \dfrac{\sin{h}}{h} \cdot \dfrac{-\sin{h}}{\cos{h} + 1} \\ = &\lim_{h \to 0} \dfrac{\sin{h}}{h} \cdot \lim_{h \to 0} \dfrac{-\sin{h}}{\cos{h} + 1} \\ = &1 \cdot 0 = 0 \end{align} $$
$\cos{x}$ 의 도함수
$\dfrac{d}{dx}(\cos{x}) = -\sin{x}$
증명
$ f(x) = \cos{x} $ 라 하면 도함수의 정의에 의해
$$ \begin{align} f'(x) = &\lim_{h \to 0} \dfrac{f(x+h) - f(x)}{h} \\ = &\lim_{h \to 0} \dfrac{\cos{(x+h)} - \cos{x}}{h} \\ = &\lim_{h \to 0} \dfrac{\cos{x}\cos{h} - \sin{x}\sin{h} - \cos{x}}{h} \\ = &\lim_{h \to 0} \dfrac{\cos{x}(\cos{h} - 1) - \sin{x}\sin{h}}{h} \end{align} $$
$ \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\sin{h}}{h} = 1 $ 임은 $\sin{x}$ 의 도함수 구하는 과정에서 증명하였다.
$ \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\cos{h} - 1}{h} = 0 $ 임을 증명한다면
극한법칙을 적용하여 다음을 보일 수 있을것이다.
$$ f'(x) = \cos{x} \left[ \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\cos{h} - 1}{h} \right] - \sin{x} \left[ \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\sin{h}}{h} \right] = -\sin{x} $$
$ \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\cos{h} - 1}{h} = 0 $ 증명
$$ \begin{align} \lim_{h \to 0} \dfrac{\cos{h} - 1}{h} = &\lim_{h \to 0} \dfrac{\cos{h} - 1}{h} \cdot \dfrac{\cos{h} + 1}{\cos{h} + 1} \\ = &\lim_{h \to 0} \dfrac{\cos^{2}{h} - 1}{h(\cos{h} + 1)} \\ = &\lim_{h \to 0} \dfrac{-\sin^{2}{h} }{h(\cos{h} + 1)} \\ = &\lim_{h \to 0} \dfrac{\sin{h}}{h} \cdot \dfrac{-\sin{h}}{\cos{h} + 1} \\ = &\lim_{h \to 0} \dfrac{\sin{h}}{h} \cdot \lim_{h \to 0} \dfrac{-\sin{h}}{\cos{h} + 1} \\ = &1 \cdot 0 = 0 \end{align} $$
$\tan{x}$ 의 도함수
$\dfrac{d}{dx}(\tan{x}) = \sec^{2}{x}$
증명
$ f(x) = \tan{x} = \dfrac{\sin{x}}{\cos{x}} $ 라 하고 몫의 미분법을 적용하면
$$ \begin{align} f'(x) = &\dfrac{ \left[ \dfrac{d}{dx}\sin{x} \right] \cos{x} - \sin{x} \left[ \dfrac{d}{dx}\cos{x} \right] }{\cos^{2}{x}} \\ = &\dfrac{\cos^{2}{x} + \sin^{2}{x} }{\cos^{2}{x}} \\ = &\dfrac{1}{\cos^{2}{x}} \\ = &\sec^{2}{x} \end{align} $$
나머지 $ \sec{x}, \csc{x}, \cot{x} $ 의 도함수 증명은 $\tan{x}$ 의 도함수를 구하듯 몫의 미분으로 구할 수 있다.
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