-
これまで、割り算の多くは
$\displaystyle {\cos{(5x)} \over x } = x^{-1} \cos{(5x)} $
$\displaystyle {\sin{(5x)} \over e^{2x} } = e^{-2x} \sin{(5x)}$
のように
掛け算に直して回避できました。
だけどこれはどうでしょう
$ \displaystyle { \sin{(5x)} \over e^{2x}+1 } $
分母が $e^{2x}$ だけだったら $e^{-2x}$ の掛け算にできるのですが
$ e^{2x}+1 $ となっているのでできません....
そこで
割り算の微分
\begin{align}
\left( {f(x)\over g(x)} \right)'
&= \lim_{h \rightarrow 0} \frac{ {f(x+h)\over g(x+h)} - { f(x)\over g(x)} }{h }
\\
\\
&= \lim_{h \rightarrow 0} {1\over h} \left( {f(x+h)\over g(x+h)} - { f(x)\over g(x)} \right)\\
\\
&= \lim_{h \rightarrow 0} {1\over h} \frac{f(x+h) g(x) - f(x) g(x+h)} {g(x+h)g(x)}
\end{align}
-
ここで、分子が
$( f(x+h) - f(x) ) g(x)$ の形になるように
$ - f(x) g(x)$ を付け加えて、すぐに $ + f(x) g(x)$ で元に戻す
\begin{align}
\left( {f(x)\over g(x)} \right)'
&= \lim_{h \rightarrow 0} {1\over h} \frac{f(x+h) g(x) - f(x) g(x) + f(x) g(x) - f(x) g(x+h)} {g(x+h)g(x)}
\end{align}
分子の前半を $g(x)$ で因数分解、後半を $f(x)$ で因数分解
\begin{align}
\left( {f(x)\over g(x)} \right)'
&= \lim_{h \rightarrow 0} {1\over h} \frac{ (f(x+h)-f(x)) g(x) + f(x) (g(x)-g(x+h))} {g(x+h)g(x)}
\end{align}
後半 $(g(x+h)-g(x))$ になるように ひっくり返してマイナスを前に書く
\begin{align}
\left( {f(x)\over g(x)} \right)'
&= \lim_{h \rightarrow 0} \frac{ (f(x+h)-f(x)) g(x) - f(x) (g(x+h)-g(x))} { h \cdot g(x+h)g(x)}
\\
\\
&= \lim_{h \rightarrow 0} \left(
\frac{ (f(x+h)-f(x))}{ h} g(x) - f(x) \frac{(g(x+h)-g(x))}{h}
\right)
{ 1 \over g(x+h)g(x)}
\\
\\
&= \qquad \qquad
\left( \qquad
f'(x) \ g(x) \qquad - \qquad f(x) \ g'(x) \qquad
\right)
{ 1 \over g(x+0)g(x)}
\end{align}
まとめると
\begin{align}
\left( {f(x)\over g(x)} \right)'
=
{ f'(x)g(x) - f(x) g'(x) \over g(x)^2 }
\end{align}
おぼえかた
\begin{align}
\left( {分子 \over 分母} \right)'
=
{ 分子' \cdot 分母 - 分子 \cdot 分母' \over 分母^2 }
\end{align}
子 を先に微分、母はあとで微分。
お母さんて、子供に「あんた先に食べなさい」「あんた先にお風呂入りなさい」「お母さんあとでいいから」てよく言うよね...
使ってみよう
- 次の関数を微分しなさい
-
31)
$\displaystyle y =
{ \sin{(5x)} \over e^{2x}+1 }
$
32)
$\displaystyle y =
{ \sin{(x)} \over \cos{(x)} }
$
答え合わせ
もくじ
|