미분계수와 도함수
\[\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\]
이 존재하면 \(f\)는 \(x=a\)에서 미분가능(微分可能)하다고 하며 이 극한을 \(f'(a)\)로 표시하고 \(f\)의 \(x=a\)에 있어서의 미분계수(微分係數)라 한다.
이 때 \(x-a=h\)라 두면 \(x=a+h\) 이므로
\[\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\frac{f(a+h)-f(a)}{h}\]
따라서
\[\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\lim_{h\to0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}=f'(a)\]
이다.
정의 2. 도함수(導函數) 함수 \(f\)가 개구간 \(D\)에서 정의되어 있을 때 \(D\) 내의 각 점에서 미분가능이면 \(f\)는 \(D\)에서 미분가능하다고 한다. 이 경우 \(D\)의 각 점(点) \(x\)에 있어서의 미분계수 \(f'(x)\)를 대응시키는 함수
\[f':x\to f'(x)\]
를 함수 \(f\)의 도함수라 한다.
종속변수 \(y\)를 사용하여 함수 \(f\)를 \(y=f(x)\)라 표시할 때 도함수를 \(y'\)로 나타내기도 한다. 함수 \(f\)의 도함수를 구하는 것을, \(f\)를 미분한다고 한다.
\(f\)의 \(a\)에 있어서의 미분계수 \(f'(a)\)는, 도함수 \(f'\)의 점 \(a\)에 있어서의 함수값이다, 함수 \(f\)가 어느 개구간에서 미분가능하다고 하는 것은 그의 구간내의 임의의 점 \(x\)에서 미분계수 \(f'(x)\)를 구할 수 있다는 사실, 즉, 임의의 점 \(x\)에서 극한
\[f'(x)=\lim_{h\to0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\]
가 존재하는 것이므로 이것을 \(f'(x)\)라 씀으로서 함수의 미분가능성과 함께 도함수 \(f'\)의 대응규칙을 나타내기도 한다.
[예제 1] 다음 관계를 증명하여라.
(1) \(f(x)=c\) 이면 \(f'(x)=0\)
(2) \(f(x)=x^n(\text{n은 양의 정수})\) 이면 \(f'(x)=nx^{n-1}\)
(3) \(f(x)={1\over x}(\text{단, x≠0})\) 이면 \(f'(x)=-{1\over x^2}\)
(4) \(f(x)=\sqrt{x}\text{(단, x>0)}\) 이면 \(f'(x)={1\over2\sqrt{x}}\)
(5) \(f(x)=\sin{x}\) 이면 \(f'(x)=\cos{x}\)
(6) \(f(x)=\cos{x}\) 이면 \(f'(x)=-\sin{x}\)
<증명>
(1) \(f'(x)=\lim_{h\to0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim_{h\to0}\frac{c-c}{h}=0\)
(2) \(f(x+h)=(x+h)^n=x^n+_nC_1x^{n-1}h+_nC_2x^{n-2}h^2+\cdots+h^n\)
\(f(x+h)-f(x)=_nC_1x^{n-1}h+_nC_2x^{n-2}h^2+\cdots+h^n\)
따라서, \(f'(x)=\lim_{h\to0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim_{h\to0}\left(_nC_1x^{n-1}+_nC_2x^{n-2}h+\cdots+h^{n-1}\right)\)
\(=_nC_1x^{n-1}=nx^{n-1}\)
여기서 \((x+h)^n\)의 전개는 이항정리를 참조한다.
(3) \(f'(x)=\lim_{h\to0}{1\over h}\left({1\over x+h}-{1\over x}\right)=\lim_{h\to0}\frac{-1}{x(x+h)}=-{1\over x^2}\)
(4) \(f'(x)=\lim_{h\to0}\frac{\sqrt{x+h}-\sqrt{x}}{h}=\lim_{h\to0}\frac{(\sqrt{x+h}-\sqrt{x})(\sqrt{x+h}+\sqrt{x})}{h(\sqrt{x+h}+\sqrt{x})}=\lim_{h\to0}\frac{1}{\sqrt{x+h}+\sqrt{x}}={1\over2\sqrt{x}}\)
(5) \(f'(x)=\lim_{h\to0}\frac{\sin(x+h)-\sin{x}}{h}=\lim_{h\to0}\frac{\cos\left(x+{h\over2}\right)\sin{h\over2}}{h\over2}=\cos{x}\)
(6) \(f'(x)=\lim_{h\to0}\frac{\cos(x+h)-cos{x}}{h}=\lim_{h\to0}\frac{-\sin\left(x+{h\over2}\right)\sin{h\over2}}{h\over2}=-\sin{x}\)
(5), (6)번 문제는 삼각함수 항등식을 참조한다.
| 정리 1 함수 \(f\)가 \(x=a\)에서 미분가능이면 \(x=a\)에서 연속이다. |
<증명> \(f\)가 \(x=a\)에서 미분가능이면 극한
\[f'(a)=\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\]
가 존재한다. 따라서
\[\begin{split}\lim_{x\to a}\{f(x)-f(a)\}&=\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\cdot(x-a)\\&=\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\cdot\lim_{x\to a}(x-a)\\&=f'(a)\cdot0=0\end{split}\]
즉, \(\displaystyle\lim_{x\to a}f(x)=\lim_{x\to a}f(a)=f(a)\)
위의 결과는 정의에 따라 \(f\)가 \(x=a\)에서 연속임을 보여준다.
[주의] 이 정리의 역은 성립하지 않는다. 즉, \(f\)가 연속일지라도, \(a\)에서 반드시 미분가능하다고는 말할 수 없다.
[예제 2] \(f(x)=|x|\) 일 때, \(x=0\)에서의 \(f\)의 연속성과 미분가능성을 조사하여라.
<풀이> \(\displaystyle\lim_{x\to 0}f(x)=\lim_{x\to0}|x|=0\) 이므로 \(f\)는 \(x=0\)에서 연속이다.
그런데 \(\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\dfrac{|x|}{x}=\cases{\ \ \ 1(x>0)\\-1(x<0)}\) 이므로 \(x\to0\) 일 때 \(\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}\)의 극한은 존재하지 않는다.
따라서, \(f\)는 \(x=0\)에서 미분가능하지 않다.
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| 그림 1 |
[예제 3] \(f(x)=\cases{x\sin{1\over x}(x\ne0)\\0\qquad\ \ (x=0)}\) 일 때 \(x=0\)에서의 연속성과 미분가능성을 조사하여라.
<풀이> \(x\ne0\) 일 때는 \(\left|\sin{1\over x}\right|\le1\) 이므로
\[|f(x)|=\left|x\sin{1\over x}\right|=|x|\left|\sin{1\over x}\right|\le|x|.\]
한편, 정의에 의해서 \(f(0)=0\) 이므로 임의의 양수 \(\epsilon\)에 대하여 \(\delta=\epsilon\)이라 두면
\[|x-0|=|x|<\delta\]
인 모든 \(x\)에 대하여
\[|f(x)-f(0)|=|f(x)|\le|x|<\epsilon\]
이다. 따라서
\[\lim_{x\to0}f(x)=0=f(0)\]
이므로 \(f\)는 \(x=0\)에서 연속이다.
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| 그림 2 |
이번에는 미분가능성을 조사한다. 우선 \(x\ne0\) 이면
\[\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{f(x)}{x}=\sin{1\over x}\]
이다. 그런데 \(x\)를 아무리 0에 가까이 하여도 \(x\)가 양수이면
\[2n\pi\le{1\over x}<(2n+2)\pi\]
를 만족하는 자연수 \(n\)을 정할 수 있다. 이 부등식은
\[{1\over2n\pi}\ge x>{1\over(2n+2)\pi}\]
로 바꾸어 쓸 수 있도 \(x\)가 이 구간내를 움직이면 \(\sin(1/x)\)는 \([-1, 1]\)내의 모든 값을 취한다. \(x\)를 아무리 작게 하여도 사정은 같으므로 \(x\to+0\)인 경우에 \(\sin(1/x)\)의 극한은 존재하지 않는다. \(x<0\)인 경우도 마찬가지이다.
따라서 \(x\to0\) 일 때 \(\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}\)의 극한은 존재하지 않는다. 그럼므로 \(f\)는 \(x=0\)에서 미분불가능이다.
| 정리 2 함수 \(f\)가 점 \(x=a\)에서 미분가능하기 위한 필요충분조건은 \(f\)의 정의역의, \(a\)를 포함한 구간내에서, \(a\)와 다른 \(x\)에 대하여 \[\begin{align}&\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\alpha+{\rm H}(x)\cdots(1)\\&\lim_{x\to a}{\rm H}(x)=0\cdots\cdots\cdots\cdots\cdot\cdot(2)\end{align}\]인 상수 \(\alpha\)와 함수 \({\rm H}(x)\)가 존재하는 것이다. |
<증명> \(f\)가 \(a\)에서 미분가능할 때는
\[\alpha=f'(a),\,{\rm H}(x)=\frac{f(x)-f(a)}{x-a}-\alpha\]
라 두면
\[\lim_{x\to a}{\rm H}(x)=\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}-\alpha=f'(a)-f'(a)=0\]
가 된다. 역으로 조건 (1), (2)를 만족하는 \(\alpha\)와 \({\rm H}(x)\)가 존재한다면
\[\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\lim_{x\to a}{\alpha+{\rm H}(x)}=\alpha\]
이다. 따라서 \(f\)는 \(a\)에서 미분가능이다.
[예제 4] 함수 \(f\)가 다음과 같이 정의될 때, \(x=a\)에서, 각 함수에 대한 정리 2에서 주어진 \({\rm H}(x)\)를 구하라.
(1) \(f(x)=x^2\)
(2) \(\displaystyle f(x)={1\over x}(x\ne0)\)
<풀이>
(1) \({\rm H}(x)=\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}-f'(a)=\dfrac{x^2-a^2}{x-a}-2a=x-a\)
(2) \({\rm H}(x)=\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}-f'(a)=\dfrac{{1\over x}-{1\over a}}{x-a}+{1\over a^2}=\dfrac{x-a}{a^2x}\)
이제 임의의 점에서 미분가능한 함수를 생각하기 위하여 정리 2의 \(a\) 대신에 \(x,\,x\) 대신에 \(x+h\)라 두면
\[\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=f'(x)+{\rm H}(x+h)\ \text{단,}\ \lim_{h\to0}{\rm H}(x+h)=0\]
라 쓸 수 있다. 다시 \(h=\Delta x,\,f(x+h)-f(x)=\Delta f(x)\)라 두면, 윗 식은
\[\Delta f(x)=f'(x)\Delta x+{\rm H}(x+\Delta x)\Delta x\]
라 쓸 수 있다. 이 식의 우변 제1항을 함수 \(f\)의 점 \(x\)애 대한 미분이라하며 이것을 \(df(x)\)로 표시한다. 특히 \(f(x)=x\) 이면 \(f'(x)=1\) 이므로, \(dx=1\cdot\Delta x=\Delta x\). 따라서,
\[df(x)=f'(x)\Delta x=f'(x)dx\]
라고 쓸 수 있다. 또 다시 윗식은 \(y=f(x)\)와 같이 종속변수 \(y\)를 사용하여 함수를 표시할 경우에는
\[f'(x)=\frac{df(x)}{dx}=\frac{dy}{dx}\]
가 된다. 이와 같이 \(f'(x)\)는 \(x\)에 대한 \(f\)의 미분을 \(x\)의 미분으로 나눈 상(商)이라 할 수 있다. 이와 같은 의미에서 \(f'(x)\)를 \(f\)의 \(x\)에 대한 미분상(微分商)이라고도 한다.
\(x=a\)에서의 미분계수도 \(f'(a)\) 이외에
\[f'(a)=\left(\frac{dy}{dx}\right)_{x=a}=\left(\frac{df}{dx}\right)_{x=a}=\frac{df(a)}{dx}\]
등으로 표시한다.
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