微分法の融合問題
─ 他分野との結びつきを攻略する

$f(x) = e^x$ とおくと、$f(0) = 1$ であるから

$\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{e^x - 1}{x} = \lim_{x \to 0} \dfrac{f(x) - f(0)}{x - 0} = f'(0) = e^0 = 1$

$f(x) = \sin x - x$, $g(x) = x^3$ とおくと、$f(0) = 0$, $g(0) = 0$（$\frac{0}{0}$ 型）。

$f'(x) = \cos x - 1$, $g'(x) = 3x^2$ で $f'(0) = 0$, $g'(0) = 0$（まだ $\frac{0}{0}$ 型）。

$f''(x) = -\sin x$, $g''(x) = 6x$ で $f''(0) = 0$, $g''(0) = 0$（まだ $\frac{0}{0}$ 型）。

$f'''(x) = -\cos x$, $g'''(x) = 6$ で $f'''(0) = -1$, $g'''(0) = 6$。

よって $\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{\sin x - x}{x^3} = \dfrac{f'''(0)}{g'''(0)} = \dfrac{-1}{6}$

分子 $f(x) = e^x - e^{-x} - 2x$, 分母 $g(x) = x - \sin x$ とおく。$f(0) = 0$, $g(0) = 0$。

$f'(x) = e^x + e^{-x} - 2$, $g'(x) = 1 - \cos x$。$f'(0) = 0$, $g'(0) = 0$。

$f''(x) = e^x - e^{-x}$, $g''(x) = \sin x$。$f''(0) = 0$, $g''(0) = 0$。

$f'''(x) = e^x + e^{-x}$, $g'''(x) = \cos x$。$f'''(0) = 2$, $g'''(0) = 1$。

よって極限値 $= \dfrac{2}{1} = 2$

$f'(x)$ を定義に従って求める。

$f'(x) = \displaystyle\lim_{h \to 0} \dfrac{f(x+h) - f(x)}{h} = \lim_{h \to 0} \dfrac{f(x)f(h) - f(x)}{h}$

$= f(x) \displaystyle\lim_{h \to 0} \dfrac{f(h) - 1}{h} = f(x) \lim_{h \to 0} \dfrac{f(h) - f(0)}{h} = f(x) \cdot f'(0) = f(x)$

$f'(x) = f(x)$ かつ $f(0) = 1$ より、$f(x) = e^x$

$f(x) = x + x\displaystyle\int_0^x f(t)\,dt - \int_0^x tf(t)\,dt$ と整理する。

両辺を微分：$f'(x) = 1 + \displaystyle\int_0^x f(t)\,dt + xf(x) - xf(x) = 1 + \int_0^x f(t)\,dt$

もう一度微分：$f''(x) = f(x)$

$f''(x) - f(x) = 0$ の一般解は $f(x) = Ae^x + Be^{-x}$。

初期条件 $f(0) = 0$：$A + B = 0$。$f'(0) = 1$：$A - B = 1$。

$A = \dfrac{1}{2}$, $B = -\dfrac{1}{2}$ より $f(x) = \dfrac{e^x - e^{-x}}{2} = \sinh x$

$f(x) = e^x - 1 - x - \dfrac{x^2}{2}$ とおく。$f(0) = 0$ を示せればよい。

$f'(x) = e^x - 1 - x$。$g(x) = f'(x) = e^x - 1 - x$ とおくと $g(0) = 0$。

$g'(x) = e^x - 1$。$x > 0$ のとき $e^x > 1$ より $g'(x) > 0$。

よって $g(x)$ は $x > 0$ で単調増加。$g(0) = 0$ より $x > 0$ で $g(x) > 0$。

すなわち $f'(x) > 0$（$x > 0$）。$f(x)$ は $x > 0$ で単調増加。$f(0) = 0$ より $x > 0$ で $f(x) > 0$。

したがって $e^x > 1 + x + \dfrac{x^2}{2}$（$x > 0$）が成り立つ。

$f(x) = \log(1+x) - x + \dfrac{x^2}{2}$ とおく。$f(0) = 0$。

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

$x > 0$ のとき $f'(x) = \dfrac{x^2}{1+x} > 0$。

よって $f(x)$ は $x > 0$ で単調増加。$f(0) = 0$ より $f(x) > 0$（$x > 0$）。

（前半）$\sin x < x$：$f(x) = x - \sin x$ とおく。$f(0) = 0$。$f'(x) = 1 - \cos x \geq 0$（$x \neq 0$ で $> 0$）。よって $f(x) > 0$。

（後半）$x < \tan x$：$g(x) = \tan x - x$ とおく。$g(0) = 0$。$g'(x) = \dfrac{1}{\cos^2 x} - 1 = \tan^2 x > 0$（$0 < x < \frac{\pi}{2}$）。よって $g(x) > 0$。

$f'(x) = e^x + xe^x = (1+x)e^x$

$f''(x) = e^x + (1+x)e^x = (2+x)e^x$

$f'''(x) = e^x + (2+x)e^x = (3+x)e^x$

パターン予想：$f^{(n)}(x) = (n+x)e^x$

数学的帰納法：

(i) $n = 1$：$f^{(1)}(x) = (1+x)e^x$。成立。

(ii) $n = k$ で成立を仮定：$f^{(k)}(x) = (k+x)e^x$。

$f^{(k+1)}(x) = \dfrac{d}{dx}(k+x)e^x = e^x + (k+x)e^x = (k+1+x)e^x$

$n = k+1$ でも成立。帰納法により全ての自然数 $n$ で $f^{(n)}(x) = (n+x)e^x$。

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

$f'(x) = (1-x)^{-2}$、$f''(x) = 2(1-x)^{-3}$、$f'''(x) = 6(1-x)^{-4} = 3!(1-x)^{-4}$

パターン予想：$f^{(n)}(x) = \dfrac{n!}{(1-x)^{n+1}}$

数学的帰納法：

(i) $n = 1$：$f'(x) = \dfrac{1!}{(1-x)^2} = (1-x)^{-2}$。成立。

(ii) $n = k$ で $f^{(k)}(x) = \dfrac{k!}{(1-x)^{k+1}}$ を仮定。

$f^{(k+1)}(x) = k! \cdot (k+1)(1-x)^{-(k+2)} \cdot 1 = \dfrac{(k+1)!}{(1-x)^{k+2}}$

$n = k+1$ でも成立。

検証：$f'(x) = -e^{-x}\sin x + e^{-x}\cos x = e^{-x}(\cos x - \sin x)$

$= \sqrt{2} e^{-x}\sin\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right)$。$n = 1$ で成立。

帰納法の仮定：$n = k$ で $f^{(k)}(x) = (\sqrt{2})^k e^{-x}\sin\left(x + \dfrac{k\pi}{4}\right)$ とする。

$f^{(k+1)}(x) = (\sqrt{2})^k\left[-e^{-x}\sin\left(x + \dfrac{k\pi}{4}\right) + e^{-x}\cos\left(x + \dfrac{k\pi}{4}\right)\right]$

$= (\sqrt{2})^k e^{-x}\left[\cos\left(x + \dfrac{k\pi}{4}\right) - \sin\left(x + \dfrac{k\pi}{4}\right)\right]$

$= (\sqrt{2})^k \cdot \sqrt{2}\, e^{-x}\sin\left(x + \dfrac{k\pi}{4} + \dfrac{\pi}{4}\right) = (\sqrt{2})^{k+1} e^{-x}\sin\left(x + \dfrac{(k+1)\pi}{4}\right)$

$n = k+1$ でも成立。