[연습문제] 미분법

1. 함수 \(f(x)=\begin{cases}\dfrac{x}{1+e^{1\over x}}\ (x\ne0)\\\quad\ 0\quad\ \ \ (x=0)\end{cases}\)의 \(x=0\)에서의 연속성과 미분가능성을 조사하여라.

<풀이> \(\displaystyle\lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}\frac{x}{1+e^{1\over x}}=0=f(0)\) 이므로 \(x=0\)에서 연속이다.

\(\displaystyle\lim_{x\to+0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to+0}\frac{1}{1+e^{1\over x}}=0,\,\lim_{x\to-0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to-0}\frac{1}{1+e^{1\over x}}=1\)

따라서 \(x=0\)에서 미분 불가능이다.

2. 다음 함수의 도함수를 구하여라.

(1) \(\dfrac{x^3}{(1-x^2)^{3\over2}}\)                    (2) \(\dfrac{\sin{x}-x\cos{x}}{x\sin{x}+\cos{x}}\)          (3) \({\rm Sin}^{-1}\left(\dfrac{1-x}{1+x}\right)\)

(4) \(\ln\dfrac{\sqrt{1+x^2}+\sqrt{2}x}{\sqrt{1+x^2}-\sqrt{2}x}\)     (5) \(e^{4^x}\)                               (6) \((\tan{x})^{\sin{x}}\)

<풀이>

(1) \(\left\{\dfrac{x^3}{(1-x^2)^{3\over2}}\right\}'=\dfrac{3x^2(1-x^2)^{3\over2}+3x^4(1-x^2)^{1\over2}}{(1-x^2)^3}=\dfrac{3x^2}{(1-x^2)^{5\over2}}\)

(2) \(\begin{align}\left(\dfrac{\sin{x}-x\cos{x}}{x\sin{x}+\cos{x}}\right)'&=\dfrac{x\sin{x}(x\sin{x}+\cos{x})-(\sin{x}-x\cos{x})}{(x\sin{x}+\cos{x})^2}\\&=\dfrac{x^2}{(x\sin{x}+\cos{x})^2}\end{align}\)

(3) \(\left\{{\rm Sin}^{-1}\left(\dfrac{1-x}{1+x}\right)\right\}'=\dfrac{-2}{(1+x)^2\sqrt{1-\left(\dfrac{1-x}{1+x}\right)^2}}=\dfrac{-1}{\sqrt{x}(1+x)}\)

(4) \(\begin{align}\left(\ln\frac{\sqrt{1+x^2}+\sqrt{2}x}{\sqrt{1+x^2}-\sqrt{2}x}\right)'&=\left\{\ln\left(\sqrt{1+x^2}+\sqrt{2}x\right)-\left(\sqrt{1+x^2}-\sqrt{2}x\right)\right\}'\\&=\frac{x+\sqrt{2(1+x^2)}}{1+x^2+x\sqrt{2(1+x^2)}}-\frac{x-\sqrt{2(1+x^2)}}{1+x^2-x\sqrt{2(1+x^2)}}\\&=\frac{2\sqrt{2}}{(1-x^2)\sqrt{1+x^2}}\end{align}\)

(5) \(\left(e^{4^x}\right)'=e^{4^x}(4^x\ln4)\)

(6) \(y=(\tan{x})^{\sin{x}}\)라 하고 양변에 대수를 취하면 \(\ln{y}=\sin{x}\ln(\tan{x})\).

양변을 \(x\)에 대하여 미분하면 \(\dfrac{y'}{y}=\cos{x}\ln(\tan{x})+\sec{x}\)이고 정리하면

\(y'=(\tan{x})^{\sin{x}}\left\{\cos{x}\ln(\tan{x})+\sec{x}\right\}\)

3. 다음에서 \(\dfrac{dy}{dx}\)를 구하여라.

(1) \(x=\dfrac{1}{t-1},\,y=\dfrac{1}{t^2-1}\)          (2) \(x=\ln{t},\,y=t^2-1\)

<풀이>

(1) \(\dfrac{dx}{dt}=-\dfrac{1}{(t-2)^2},\,\dfrac{dy}{dt}=\dfrac{-t^2-1}{(t^2-1)^2},\)

\(\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{dy}{dt}\dfrac{dt}{dx}=\dfrac{-t^2-1}{(t^2-1)^2}\left\{-(t-2)^2\right\}=\dfrac{t^2+1}{(t+1)^2}\)

(2) \(\dfrac{dx}{dt}=\dfrac{1}{t},\,\dfrac{dy}{dt}=2t,\,\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{dy}{dt}\dfrac{dt}{dx}=2t^2\)

4. \(e^x+e^y=e^{x+y}\) 이면 \(\dfrac{dy}{dx}=-e^{y-x}\)임을 보여라.

<풀이> 양변을 \(x\)에 대하여 미분하면 \(e^x+y'e^y=e^{x+y}(1+y')\). \(e^{x+y}\)를 \(e^x+e^y\)로 치환하고 정리하면 \(y'=-e^{(y-x)}\)이 된다.

5. \(f(x)={\rm Sin}^{-1}x\) 일 때 \((1-x^2)f^{(n+2)}(x)-(2n+1)xf^{(n+1)}(x)-n^2f^{(n)}(x)=0\) 임을 보이고 이것을 이용하여 \(f^{(n)}(0)\)를 구하여라.

<풀이> 고차도함수 예제 6 참조

6. 함수 \(f\)와 \(g\)는 구간 \(a\le x\le b\)에서 연속이고 \(f(a)=g(a)\)이다. 구간 \(a<x<b\)에서 \(f'(x)<g'(x)\) 이면, \(a<x<b\)에서 \(f(x)<g(x)\)임을 증명하여라.

<풀이> \(F(x)=g(x)-f(x)\)라고 하면 \(F(a)=g(a)-f(a)=0\). 또한 가정에 의해 \(F'(x)=g'(x)-f'(x)>0\). 따라서 함수 \(F\)는 단조증가이다. 그러므로 구간 \((a,\,b)\)에서 \(f(x)<g(x)\) 이다.

7. \(e^x\)의 Maclaurin의 전개식에서

\[0<x\ \text{이면}\ {\rm R}_n<\dfrac{x^ne^x}{n!}\]

이고

\[0>x\ \text{이면}\ |{\rm R}_n|<\dfrac{|x|^n}{n!}\]

임을 증명하여라.

<풀이> \(e^x=1+\dfrac{x}{1!}+\dfrac{x^2}{2!}+\cdots+{\rm R}_n\) 이므로 \({\rm R}_n=\dfrac{x^n}{n!}e^{\theta x},\,0<\theta<1\) 이다.

\(0<x\) 이면 \(e^x>e^{\theta x}\) 이므로 \(\dfrac{x^n}{n!}e^x>\dfrac{x^n}{n!}e^{\theta x}={\rm R}_n\).

\(0>x\) 이면 \(e^{\theta x}<1\) 이므로 \(\dfrac{|x|^n}{n!}>\dfrac{|x|^n}{n!}e^{\theta x}=|{\rm R}_n|\).

8. \(|x|\)가 충분히 작을 때 다음 근사식이 성립함을 증명하여라.

(1) \(\ln\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)=2(x+\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^5}{5})\)

(2) \({\rm Sin}^{-1}x=x+\dfrac{1}{2\cdot3}x^3+\dfrac{1\cdot3}{2\cdot4\cdot5}x^5\)

(3) \({\rm Tan}^{-1}x=x-\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^5}{5}-\dfrac{x^7}{7}\)

<풀이>

(1) \(f(x)=\ln\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)=\ln(1+x)-\ln(1-x)\)이라 하면

\(f^{(n)}(x)=(n-1)!\left\{\dfrac{(-1)^{n-1}}{(1+x)^n}+\dfrac{1}{(1-x)^n}\right\}\) 이므로 \(f^{(n)}(0)=(n-1)!\left\{(-1)^{(n-1)}+1\right\}\).

따라서 \(f(0)=0,\,f'(0)=2,\,f''(0)=0,\,f'''(0)=2\cdot2!,\,f^{(4)}(0)=0,\,f^{(5)}(0)=2\cdot4!\) 이므로 Maclaurin의 정리에 의해 위의 결과가 얻어진다.

(2) \(f(x)={\rm Sin}^{-1}x\)라 하면 위의 문제 5의 결과에 의해

\(f^{(2m)}(0)=0,\,f^{(2m+1)}(0)=1^2\cdot3^2\cdot5^2\cdots(2m-1)^2\) 이다.

따라서 \(f(0)=0,\,f'(0)=1,\,f''(0)=0,\,f'''(0)=1,\,f^{(4)}(0)=0,\,f^{(5)}(0)=1^2\cdot3^2\) 이므로 Maclaurin의 정리에 의해 위의 결과가 얻어진다.

(3) \(f(x)={\rm Tan}^{-1}x\)라 하면 고차도함수 문제 3의 결과에 의해

\(f^{(2m)}(0)=0,\,f^{(2m+1)}(0)=(-1)^m(2m)!\) 이다.

따라서 \(f(0)=0,\,f'(0)=1,\,f''(0)=0,\,f'''(0)=-2!,\,f^{(4)}(0)=0,\,f^{(5)}(0)=4!\) 이므로 Maclaurin의 정리에 의해 위의 결과가 얻어진다.