역함수의 미분법

정리 1   미분가능한 함수 f의 역함수 g는 미분가능하며 y=f(x)라 하면\[g'(y)={1\over f'(x)}\ ({\rm 단},\,f'(x)\ne0)\]이다.

<증명> 역함수의 정의에 따라, \(g\circ f=1\), 즉 x=g(y)=g(f(x)) 이므로, 합성함수의 미분법 정리 1에 의해서

\[1=\frac{dx}{dx}=\frac{dg}{dy}\frac{df}{dx}=\frac{dx}{dy}\frac{dy}{dx}\]

가 된다. 따라서

\[g'(y)=\frac{dx}{dy}=\frac{1}{\frac{dy}{dx}}={1\over f'(x)}\]

계 1  k는 임의의 유리수이고, \(y=x^k\)이 실수이면 y는 미분가능하고 \(y'=kx^{k-1}\) 이다.

<증명> k가 유리수이므로 적당한 정수 p, q(단, q>0)를 취하여 k=p/q로 나타낼 수 있다.
\(u=x^{1/q}=g(x)\)라 하고 \(h(u)=u^q\)라 두면, h는 q의 역함수이다. 그런데 h는 미분가능하므로,
\[g'(x)={1\over h'(u)}={1\over qu^{q-1}}={1\over q(x^{1/q})^{q-1}}={1\over qx^{1-1/q}}={1\over q}x^{1/q-1}\]
그리고 \(f(x)=x^{p/q}=(x^{1/q})^p=(g(x))^p\) 이므로, f(x)는 미분가능하며,
\[f'(x)=pq(x)^{p-1}g'(x)=px^{p-1\over q}{1\over q}x^{1/q-1}={p\over q}x^{p/q-1}=kx^{k-1}\]

계 2  g는 미분가능한 함수, k는 임의의 유리수일 때 \(f(x)=g(x)^k\)가 실수치를 가지면 f는 미분가능하며\[f'(x)=kg(x)^{k-1}g'(x)\]

<증명> 계 1을 사용하여, 합성함수의 미분법 예제 6과 동일하게 생각하여 증명한다.

[예제 1]   \(y=\sqrt[4]{(x^2+a)^3}\)을 미분하라.

<풀이>   \(g(x)=x^2+a\)라 놓으면 \(y=g(x)^{3/4},\,g'(x)=2x\) 이므로

\[y'={3\over4}g(x)^{3/4-1}g'(x)={3\over4}(x^2+a)^{-1/4}(2x)={3x\over2\sqrt[4]{x^2+a}}\]

[예제 2]   \(y={\rm Sin}^{-1}x\)를 미분하라(삼각함수의 역함수 참조).

<풀이>   \(x=\sin y\left(-{\pi\over2}\le y\le{\pi\over2}\right)\) 이므로, 정리 1에 의해

\[\frac{dy}{dx}=\frac{1}{\frac{dx}{dy}}={1\over\cos y}(\cos y\ne0)\]

\(-{\pi\over2}<y<{\pi\over2}\)인 경우, cos y>0 이므로 \(\cos y=\sqrt{1-\sin^2y}=\sqrt{1-x^2}\). 따라서

\[{d\over dx}\left({\rm Sin}^{-1}x\right)={1\over\sqrt{1-x^2}}(-1<x<1)\]

[예제 3]   \(y={\rm Cos}^{-1}x\)를 미분하라.

<풀이>   \({\rm Cos}^{-1}x={\pi\over2}-{\rm Sin}^{-1}x\) 이므로

\[{d\over dx}\left({\rm Cos}^{-1}x\right)=-{d\over dx}\left({\rm Sin}^{-1}x\right)=-{1\over\sqrt{1-x^2}}(-1<x<1)\]

[예제 4]   \(y={\rm Tan}^{-1}x\)를 미분하라.

<풀이>   x=tan y 이므로

\[{d\over dx}\left({\rm Tan}^{-1}x\right)=\frac{dy}{dx}=\frac{1}{\frac{dx}{dy}}={1\over\sec^2y}={1\over1+\tan^2y}={1\over1+x^2}\]

[예제 5]   \(y={\rm Sec}^{-1}x\)를 미분하라.

<풀이>   \({\rm Sec}^{-1}x={\rm Cos}^{-1}{1\over x}\) 이므로

\[{d\over dx}\left({\rm Sec}^{-1}x\right)={d\over dx}\left({\rm Cos}^{-1}{1\over x}\right)=-\frac{{d\over dx}\left({1\over x}\right)}{\sqrt{1-\left({1\over x}\right)^2}}={1\over x^2\sqrt{1-{1\over x^2}}}={1\over|x|\sqrt{x^2-1}}\]

[예제 6]   \(\theta={\rm Tan}^{-1}(y')\)를 x에 관하여 미분하라. 단, \(y'=\frac{dy}{dx}\) 이다.

<풀이>   tanθ=y' 이므로 양변을 x에 관하여 미분하면

\[y''=\sec^2\theta\frac{d\theta}{dx}\]

여기서 \(\sec^2\theta=1+\tan^2\theta=1+(y')^2\) 이므로

\[\frac{d\theta}{dx}=\frac{y''}{1+(y')^2}\]

[주의]   역삼각함수는 무수히 많은 분지(分枝)가 있으므로, 각 분지마다 부호에 주의한다. 예를 들면, \({\pi\over2}<\sin^{-1}x<{3\pi\over2}\) 일 때는 \({d\over dx}\left(\sin^{-1}x\right)=-{1\over\sqrt{1-x^2}}\) 이다.

왜냐하면 \(y=\sin^{-1}x\)라 두면 x=sin y 이므로 \(\cos y\cdot y'=1,\,y'={1\over\cos y}\) 이지만 \({\pi\over2}<y<{3\pi\over2}\) 일 때 \(\cos y=-\sqrt{1-\sin^2y}=-\sqrt{1-x^2}\) 이기 때문이다.

단, 역정접함수에서는 어느 분지에 대해서도, \({d\over dx}\tan^{-1}x={1\over1+x^2}\) 이다. 이것은 역여접함수에 대해서도 마찬가지이다.