関数を繰り返し微分した第 $n$ 次導関数 $f^{(n)}(x)$ には、関数の型ごとに美しいパターンが現れます。本記事では指数関数・三角関数・べき関数・有理関数の $n$ 次導関数を系統的に学び、積の $n$ 次導関数を求めるライプニッツの公式を導出します。数学的帰納法による証明も扱います。
関数 $f(x)$ の導関数 $f'(x)$ をさらに微分したものを第2次導関数 $f''(x)$ といいます。同様に繰り返し微分して得られる関数を高次導関数と呼びます。
$f(x)$ を $n$ 回微分して得られる関数を第 $n$ 次導関数といい、次のように書く。
$$f^{(n)}(x), \quad \frac{d^n f}{dx^n}, \quad \frac{d^n}{dx^n} f(x), \quad y^{(n)}$$
※ $f^{(0)}(x) = f(x)$（第0次導関数は関数自身）と定める。
第1次から第3次までは $f'(x)$, $f''(x)$, $f'''(x)$ とプライム記号で書くことも多いですが、4次以上では $f^{(4)}(x)$ のように括弧付きの数字で表します。
Step 1：$f'(x)$, $f''(x)$, $f'''(x)$, $f^{(4)}(x)$ 程度まで具体的に計算する。
Step 2：結果からパターン（規則性）を予想する。
Step 3：必要に応じて数学的帰納法で予想を証明する。
$f'(x) = ae^{ax}$, $f''(x) = a^2 e^{ax}$, $f'''(x) = a^3 e^{ax}$
パターンは明らか：微分のたびに係数 $a$ が掛かる。
$$\frac{d^n}{dx^n} e^{ax} = a^n e^{ax}$$
特に $a = 1$ のとき $(e^x)^{(n)} = e^x$（何回微分しても変わらない）。
$f'(x) = a\cos(ax+b) = a\sin\!\left(ax+b+\dfrac{\pi}{2}\right)$
$f''(x) = a^2 \sin\!\left(ax+b+\dfrac{2\pi}{2}\right) = a^2 \sin(ax+b+\pi)$
$f'''(x) = a^3 \sin\!\left(ax+b+\dfrac{3\pi}{2}\right)$
微分するたびに位相が $\dfrac{\pi}{2}$ ずれる。
$$\frac{d^n}{dx^n} \sin(ax+b) = a^n \sin\!\left(ax + b + \frac{n\pi}{2}\right)$$
$$(\sin(ax+b))^{(n)} = a^n \sin\!\left(ax + b + \frac{n\pi}{2}\right)$$
$$(\cos(ax+b))^{(n)} = a^n \cos\!\left(ax + b + \frac{n\pi}{2}\right)$$
※ $n$ 回微分で位相が $\dfrac{n\pi}{2}$ だけ進む。$\cos$ は $\sin$ の結果で $b$ を $b + \dfrac{\pi}{2}$ に置き換えたもの。
$f'(x) = ra(ax+b)^{r-1}$
$f''(x) = r(r-1)a^2(ax+b)^{r-2}$
$f'''(x) = r(r-1)(r-2)a^3(ax+b)^{r-3}$
$$\frac{d^n}{dx^n}(ax+b)^r = r(r-1)(r-2)\cdots(r-n+1) \cdot a^n (ax+b)^{r-n}$$
$$\frac{d^n}{dx^n}(ax+b)^r = \frac{r!}{(r-n)!} \cdot a^n (ax+b)^{r-n} \quad (r \in \mathbb{N},\; n \leq r)$$
特に $r$ が自然数で $n = r$ のとき：$(ax+b)^{(r)} = r!\, a^r$（定数）
$n > r$ のとき：$(ax+b)^{(n)} = 0$
※ $r$ が自然数でない場合は下降階乗 $r(r-1)\cdots(r-n+1)$ で表す。
特に $x^m$（$m$ は自然数）の場合：
$$(x^m)^{(n)} = \frac{m!}{(m-n)!}\, x^{m-n} \quad (n \leq m), \qquad (x^m)^{(m)} = m!, \qquad (x^m)^{(n)} = 0 \; (n > m)$$
$f(x) = (ax+b)^{-1}$ より $r = -1$ として：
$f'(x) = (-1)a(ax+b)^{-2}$
$f''(x) = (-1)(-2)a^2(ax+b)^{-3} = 2a^2(ax+b)^{-3}$
$f'''(x) = (-1)(-2)(-3)a^3(ax+b)^{-4} = -6a^3(ax+b)^{-4}$
$$\frac{d^n}{dx^n}\frac{1}{ax+b} = \frac{(-1)^n \cdot n! \cdot a^n}{(ax+b)^{n+1}}$$
$(\log x)' = \dfrac{1}{x} = x^{-1}$ であるから、$n \geq 1$ のとき：
$$(\log x)^{(n)} = \left(\frac{1}{x}\right)^{(n-1)} = \frac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{x^n}$$
| 関数 $f(x)$ | $n$ 次導関数 $f^{(n)}(x)$ |
|---|---|
| $e^{ax}$ | $a^n e^{ax}$ |
| $\sin(ax+b)$ | $a^n \sin\!\left(ax+b+\dfrac{n\pi}{2}\right)$ |
| $\cos(ax+b)$ | $a^n \cos\!\left(ax+b+\dfrac{n\pi}{2}\right)$ |
| $(ax+b)^r$（$r \in \mathbb{N}$, $n \leq r$） | $\dfrac{r!}{(r-n)!}\, a^n (ax+b)^{r-n}$ |
| $\dfrac{1}{ax+b}$ | $\dfrac{(-1)^n \cdot n! \cdot a^n}{(ax+b)^{n+1}}$ |
| $\log x$ | $\dfrac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{x^n}$（$n \geq 1$） |
関数の積 $f(x)g(x)$ の $n$ 次導関数を求める公式がライプニッツの公式です。これは二項定理の微分版ともいえる美しい公式です。
$f(x)$, $g(x)$ がともに $n$ 回微分可能であるとき：
$$(fg)^{(n)} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} f^{(n-k)} g^{(k)}$$
展開すると：
$$(fg)^{(n)} = f^{(n)}g + \binom{n}{1}f^{(n-1)}g' + \binom{n}{2}f^{(n-2)}g'' + \cdots + fg^{(n)}$$
※ $\binom{n}{k} = {}_nC_k$ は二項係数。$f^{(0)} = f$, $g^{(0)} = g$ とする。
$n = 1$ のとき $(fg)' = f'g + fg'$（積の微分法）、$n = 2$ のとき $(fg)'' = f''g + 2f'g' + fg''$ となり、二項定理 $(a+b)^n$ の展開と同じ構造を持ちます。
二項定理 $(a+b)^n = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k} b^k$ において、$a^{n-k} \to f^{(n-k)}$, $b^k \to g^{(k)}$ と置き換えた形がライプニッツの公式です。
記号的に $(f \cdot g)^{(n)}$ を「$f$ の微分 $+$ $g$ の微分」を $n$ 回行ったものと解釈できます。
$f(x) = x^2$, $g(x) = e^x$ とおく。
$f' = 2x$, $f'' = 2$, $f^{(k)} = 0$（$k \geq 3$）
$g^{(k)} = e^x$（すべての $k$）
ライプニッツの公式より、$k \geq 3$ の項は $f^{(n-k)} = 0$（$n-k \leq n-3$ のとき $f^{(n-k)}$ が $0$ でない項は $n-k = 0, 1, 2$ すなわち $k = n, n-1, n-2$）：
$(x^2 e^x)^{(n)} = \displaystyle\binom{n}{0} f \cdot g^{(n)} + \binom{n}{1} f' \cdot g^{(n-1)} + \binom{n}{2} f'' \cdot g^{(n-2)}$
$= x^2 \cdot e^x + n \cdot 2x \cdot e^x + \dfrac{n(n-1)}{2} \cdot 2 \cdot e^x$
$$= (x^2 + 2nx + n(n-1))e^x$$
$f(x)$ が $m$ 次多項式のとき、$f^{(k)} = 0$（$k > m$）なので、ライプニッツの公式の和は有限項で打ち切れます。
$g(x) = e^{ax}$ なら $g^{(k)} = a^k e^{ax}$ なので、計算が非常にすっきりします。
[Step 1] $n = 1$ のとき：
$(fg)^{(1)} = f'g + fg'$。これは積の微分法そのものであり成り立つ。
[Step 2] $n = m$ で成立を仮定：
$$(fg)^{(m)} = \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} f^{(m-k)} g^{(k)}$$
両辺を $x$ で微分する。
$$(fg)^{(m+1)} = \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} \left[ f^{(m-k+1)} g^{(k)} + f^{(m-k)} g^{(k+1)} \right]$$
第1項をまとめると $\displaystyle\sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} f^{(m+1-k)} g^{(k)}$。
第2項で $j = k+1$ と置換すると $\displaystyle\sum_{j=1}^{m+1} \binom{m}{j-1} f^{(m+1-j)} g^{(j)}$。
$k = 0$ の項と $j = m+1$ の項を分離すると：
$(fg)^{(m+1)} = f^{(m+1)}g + \displaystyle\sum_{k=1}^{m} \left[\binom{m}{k} + \binom{m}{k-1}\right] f^{(m+1-k)} g^{(k)} + fg^{(m+1)}$
パスカルの恒等式 $\binom{m}{k} + \binom{m}{k-1} = \binom{m+1}{k}$ より：
$$(fg)^{(m+1)} = \sum_{k=0}^{m+1} \binom{m+1}{k} f^{(m+1-k)} g^{(k)}$$
これは $n = m+1$ の場合の公式に他ならない。 $\square$
✗ 和の微分で積の微分法を適用し忘れる
✓ $\sum$ の各項 $\binom{m}{k} f^{(m-k)} g^{(k)}$ は「$f^{(m-k)}$ と $g^{(k)}$ の積」なので、積の微分法を適用する
✗ 添字の付け替え（置換）を行わず、2つの和をそのまま合わせる
✓ 添字を揃えてからパスカルの恒等式を適用する
$f(x) = x^3$, $g(x) = \sin x$ とおく。
$f' = 3x^2$, $f'' = 6x$, $f''' = 6$, $f^{(k)} = 0$（$k \geq 4$）
$g^{(k)} = \sin\!\left(x + \dfrac{k\pi}{2}\right)$
ライプニッツの公式より（$k = n, n-1, n-2, n-3$ のみ非零）：
$(x^3 \sin x)^{(n)} = x^3 \sin\!\left(x+\dfrac{n\pi}{2}\right) + 3nx^2 \sin\!\left(x+\dfrac{(n-1)\pi}{2}\right)$
$+ \dfrac{n(n-1)}{2} \cdot 6x \cdot \sin\!\left(x+\dfrac{(n-2)\pi}{2}\right) + \dfrac{n(n-1)(n-2)}{6} \cdot 6 \cdot \sin\!\left(x+\dfrac{(n-3)\pi}{2}\right)$
$= x^3 \sin\!\left(x+\dfrac{n\pi}{2}\right) + 3nx^2 \sin\!\left(x+\dfrac{(n-1)\pi}{2}\right)$
$+ 3n(n-1)x \sin\!\left(x+\dfrac{(n-2)\pi}{2}\right) + n(n-1)(n-2) \sin\!\left(x+\dfrac{(n-3)\pi}{2}\right)$
（ただし $n \geq 3$）
ライプニッツの公式だと無限項になるため、別の方法を用いる。
$y' = e^x \sin x + e^x \cos x = e^x(\sin x + \cos x) = \sqrt{2}\, e^x \sin\!\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right)$
$y'' = \sqrt{2}\, e^x \sin\!\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right) + \sqrt{2}\, e^x \cos\!\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right) = 2e^x \sin\!\left(x + \dfrac{\pi}{2}\right)$
$= (\sqrt{2})^2 e^x \sin\!\left(x + \dfrac{2\pi}{4}\right)$
パターンを予想すると：
$$(e^x \sin x)^{(n)} = (\sqrt{2})^n e^x \sin\!\left(x + \frac{n\pi}{4}\right)$$
これは数学的帰納法で証明できる。
[Step 1] $n = 1$：$(e^x \sin x)' = e^x(\sin x + \cos x) = \sqrt{2}\, e^x \sin\!\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right)$。成り立つ。
[Step 2] $n = m$ で成立を仮定：$(e^x \sin x)^{(m)} = (\sqrt{2})^m e^x \sin\!\left(x + \dfrac{m\pi}{4}\right)$
両辺を微分する：
$(e^x \sin x)^{(m+1)} = (\sqrt{2})^m \left[e^x \sin\!\left(x+\dfrac{m\pi}{4}\right) + e^x \cos\!\left(x+\dfrac{m\pi}{4}\right)\right]$
$= (\sqrt{2})^m \cdot \sqrt{2}\, e^x \sin\!\left(x + \dfrac{m\pi}{4} + \dfrac{\pi}{4}\right)$
$= (\sqrt{2})^{m+1} e^x \sin\!\left(x + \dfrac{(m+1)\pi}{4}\right)$
よって $n = m+1$ でも成立。$\square$
$\sin\theta + \cos\theta = \sqrt{2}\sin\!\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)$ という三角関数の合成が、帰納法のステップで繰り返し現れます。
一般に $a\sin\theta + b\cos\theta = \sqrt{a^2+b^2}\sin(\theta + \alpha)$（$\tan\alpha = b/a$）が鍵となります。
Q1. $(e^{3x})^{(n)}$ を求めよ。
Q2. $(\sin 2x)^{(n)}$ を求めよ。
Q3. $\left(\dfrac{1}{x}\right)^{(n)}$ を求めよ。
Q4. ライプニッツの公式を用いて $(xe^x)^{(n)}$ を求めよ。
Q5. ライプニッツの公式の証明で用いるパスカルの恒等式を書け。
次の関数の第 $n$ 次導関数を求めよ。
(1) $f(x) = e^{-2x}$
(2) $f(x) = \cos 3x$
(3) $f(x) = (2x+1)^5$（$n \leq 5$）
(1) $f^{(n)}(x) = (-2)^n e^{-2x}$
(2) $f^{(n)}(x) = 3^n \cos\!\left(3x + \dfrac{n\pi}{2}\right)$
(3) $f^{(n)}(x) = \dfrac{5!}{(5-n)!} \cdot 2^n (2x+1)^{5-n}$（$n \leq 5$）
例：$f^{(3)}(x) = 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2^3 (2x+1)^2 = 480(2x+1)^2$
ライプニッツの公式を用いて、次の関数の第 $n$ 次導関数を求めよ。
(1) $y = x^2 e^{-x}$
(2) $y = x \cos x$
(1) $f = x^2$, $g = e^{-x}$ とおく。$f' = 2x$, $f'' = 2$, $g^{(k)} = (-1)^k e^{-x}$。
$y^{(n)} = x^2 (-1)^n e^{-x} + n \cdot 2x \cdot (-1)^{n-1} e^{-x} + \dfrac{n(n-1)}{2} \cdot 2 \cdot (-1)^{n-2} e^{-x}$
$= (-1)^n e^{-x} \left[x^2 - 2nx + n(n-1)\right]$
(2) $f = x$, $g = \cos x$ とおく。$f' = 1$, $f^{(k)} = 0$（$k \geq 2$）。
$y^{(n)} = x \cos\!\left(x + \dfrac{n\pi}{2}\right) + n \cos\!\left(x + \dfrac{(n-1)\pi}{2}\right)$
$(\log x)^{(n)} = \dfrac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{x^n}$（$n \geq 1$）を数学的帰納法で証明せよ。
[Step 1] $n = 1$：$(\log x)' = \dfrac{1}{x} = \dfrac{(-1)^{0} \cdot 0!}{x^1}$。成り立つ。
[Step 2] $n = m$ で成立を仮定：$(\log x)^{(m)} = \dfrac{(-1)^{m-1}(m-1)!}{x^m}$
両辺を微分する：
$(\log x)^{(m+1)} = (-1)^{m-1}(m-1)! \cdot \dfrac{-m}{x^{m+1}} = \dfrac{(-1)^m \cdot m!}{x^{m+1}}$
これは $n = m+1$ の場合の式に一致。$\square$
$y = e^x \cos x$ について：
(1) $y'$, $y''$, $y'''$ を求め、$y^{(n)}$ を予想せよ。
(2) 予想した式を数学的帰納法で証明せよ。
(1) $y' = e^x(\cos x - \sin x) = \sqrt{2}\, e^x \cos\!\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right)$
$y'' = \sqrt{2}\, e^x \cos\!\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right) - \sqrt{2}\, e^x \sin\!\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right) = 2 e^x \cos\!\left(x + \dfrac{\pi}{2}\right)$
$= (\sqrt{2})^2 e^x \cos\!\left(x + \dfrac{2\pi}{4}\right)$
$y''' = (\sqrt{2})^3 e^x \cos\!\left(x + \dfrac{3\pi}{4}\right)$
予想：$y^{(n)} = (\sqrt{2})^n e^x \cos\!\left(x + \dfrac{n\pi}{4}\right)$
(2) [Step 1] $n = 1$ は (1) で確認済み。
[Step 2] $n = m$ で $y^{(m)} = (\sqrt{2})^m e^x \cos\!\left(x + \dfrac{m\pi}{4}\right)$ を仮定。
$y^{(m+1)} = (\sqrt{2})^m e^x \left[\cos\!\left(x+\dfrac{m\pi}{4}\right) - \sin\!\left(x+\dfrac{m\pi}{4}\right)\right]$
$= (\sqrt{2})^m \cdot \sqrt{2}\, e^x \cos\!\left(x + \dfrac{m\pi}{4} + \dfrac{\pi}{4}\right)$
$= (\sqrt{2})^{m+1} e^x \cos\!\left(x + \dfrac{(m+1)\pi}{4}\right)$
$n = m+1$ でも成立。$\square$
$\cos\theta - \sin\theta = \sqrt{2}\cos\!\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)$ という三角関数の合成がポイントです。$e^x \sin x$ の場合と同じ構造で、$\sin$ が $\cos$ に変わっただけです。