三角関数の微分
微分(数学Ⅲ)(教科書範囲) ★★
ここでは三角関数の微分を扱います．
なぜ $\sin x$ の微分が $\cos x$ になるかを解説し，関連問題を用意しました．
三角関数の微分公式と証明
ポイント
三角関数の微分
Ⅰ $\displaystyle \boldsymbol{(\sin x)'=\cos x}$
Ⅱ $\displaystyle \boldsymbol{(\cos x)'=-\sin x}$
Ⅲ $\displaystyle \boldsymbol{(\tan x)'=\frac{1}{\cos^{2}x}}$
なぜ上の公式が成り立つか．特に $\sin x$ を微分するとなぜ $\cos x$ になるか説明できると，数学のストーリーがわかるのでオススメです．
Ⅰの証明をします．導関数の定義を使います．
$\boldsymbol{\sin x}$ の微分が $\boldsymbol{\cos x}$ になる証明
Ⅰの証明
$f(x)=\sin x$ とおくと
$f'(x)$
$\displaystyle =\lim_{h\to 0}\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}$ ←導関数の定義
$\displaystyle =\lim_{h\to 0}\dfrac{\sin(x+h)-\sin x}{h}$
$\displaystyle =\lim_{h\to 0}\dfrac{\sin x\cos h +\cos x\sin h-\sin x}{h}$ ←加法定理
$\displaystyle =\lim_{h\to 0}\left(\sin x \cdot\dfrac{\cos h -1}{h}+\cos x \cdot\dfrac{\sin h}{h}\right)$
$\displaystyle =\lim_{h\to 0}\left(\sin x \cdot\dfrac{-\sin^{2}h}{h(\cos h+1)}+\cos x \cdot\dfrac{\sin h}{h}\right)$
$\displaystyle =\lim_{h\to 0}\left(\sin x \cdot\dfrac{\sin h}{h}\cdot\dfrac{-\sin h}{\cos h+1}+\cos x \cdot\dfrac{\sin h}{h}\right) \ \cdots$ ①
$\displaystyle =\sin x \cdot 1\cdot 0+\cos x \cdot 1$
$\displaystyle =\cos x$
①で，$\displaystyle \boldsymbol{\lim_{h\to 0}\dfrac{\sin h}{h}}$ が出現するので，これを考えなければならない必然性が出てきます．つまり，三角関数の極限でこれを必ず扱います．
$\cos x$ と $\tan x$ の微分は下の練習問題で収録しています．
例題と練習問題
例題
例題
次の関数を微分せよ．
(1) $y=\cos^{3}x$
(2) $y=\dfrac{\sin x}{x}$
(3) $y=\tan 3x$
講義
上の公式を使いますが，積の微分と商の微分，合成関数の微分も使います．
解答
(1)
$\boldsymbol{y'}=3\cos^{2}x(\cos x)'\boldsymbol{=-3\cos^{2}x\sin x}$
(2)
$\boldsymbol{y'}=\dfrac{\cos x\cdot x-\sin x \cdot 1}{x^2}\boldsymbol{=\dfrac{x\cos x-\sin x}{x^2}}$
(3)
$\boldsymbol{y'}=\dfrac{1}{\cos^{2}3x}(3x)'\boldsymbol{=\dfrac{3}{\cos^{2}3x}}$
練習問題
練習1
次の関数を微分せよ．
(1) $y=x\sin 2x$
(2) $y=\dfrac{\cos x}{\sqrt{x}}$
(3) $y=\dfrac{1}{\tan x^{2}}$
練習2
導関数の定義を用いて，以下を証明せよ．
(ⅱ) $\displaystyle (\cos x)'=-\sin x$
(ⅲ) $\displaystyle (\tan x)'=\frac{1}{\cos^{2}x}$
練習1の解答
(1)
$\boldsymbol{y'}=\sin 2x+x\cos2x(2x)'\boldsymbol{=\sin 2x+2x\cos2x}$
(2)
$\boldsymbol{y'}=\dfrac{-\sin x\cdot \sqrt{x}-\cos x \cdot \dfrac{1}{2}x^{-\frac{1}{2}}}{x}\boldsymbol{=\dfrac{-2x\sin x-\cos x}{2x\sqrt{x}}}$
(3)
$\boldsymbol{y'}=-\dfrac{1}{\tan^{2}x^{2}}(\tan x^{2})'=-\dfrac{2x}{\tan^{2}x^{2}\cos^{2}x^{2}}\boldsymbol{=-\dfrac{2x}{\sin^{2}x^{2}}}$
練習2の解答
(ⅱ) $(\cos x)'$
$\displaystyle =\lim_{h\to 0}\dfrac{\cos(x+h)-\cos x}{h}$
$\displaystyle =\lim_{h\to 0}\dfrac{\cos x\cos h -\sin x\sin h-\cos x}{h}$
$\displaystyle =\lim_{h\to 0}\left(\cos x \cdot\dfrac{\cos h -1}{h}-\sin x \cdot\dfrac{\sin h}{h}\right)$
$\displaystyle =\lim_{h\to 0}\left(\cos x \cdot\dfrac{-\sin^{2}h}{h(\cos h+1)}-\sin x \cdot\dfrac{\sin h}{h}\right)$
$\displaystyle =\lim_{h\to 0}\left(\cos x \cdot\dfrac{\sin h}{h}\cdot\dfrac{-\sin h}{\cos h+1}-\sin x \cdot\dfrac{\sin h}{h}\right)$
$\displaystyle =-\sin x$
(ⅲ) $(\tan x)'$
$\displaystyle =\lim_{h\to 0}\dfrac{\tan(x+h)-\tan x}{h}$
$\displaystyle =\lim_{h\to 0}\dfrac{\frac{\tan x+\tan h}{1-\tan x\tan h}-\tan x}{h}$
$\displaystyle =\lim_{h\to 0}\dfrac{\tan x+\tan h-\tan x(1-\tan x\tan h)}{h(1-\tan x\tan h)}$
$\displaystyle =\lim_{h\to 0}\dfrac{\tan h(1+\tan^{2} x)}{h(1-\tan x\tan h)}$
$\displaystyle =\lim_{h\to 0}(1+\tan^{2} x)\dfrac{\tan h}{h}\cdot\dfrac{1}{1-\tan x\tan h}$
$\displaystyle =\lim_{h\to 0}\dfrac{1}{\cos^{2}x}\cdot\dfrac{\sin h}{h\cos h}\cdot\dfrac{1}{1-\tan x\tan h}$
$\displaystyle =\dfrac{1}{\cos^{2}x}$
※導関数の定義を用いてという指定がなければ，$\tan x=\dfrac{\sin x}{\cos x}$ として商の微分でもいいですね．