一般に2つの関数f1(x), f2(x)の積の微分公式として次のものがあります。
ddxf1(x)⋅f2(x)=df1dx⋅f2(x)+f1(x)⋅df2dx ⋯⓪
この公式は導関数の定義式より導かれます。では、これが一般にn個の関数の積である場合ではどのように表せるでしょうか。ここではそれを導出していきます。
簡単のためn個の関数の積を次のように表すこととします。
Fn≡∏k=1nfk(x)=f1(x)⋅f2(x)⋅ ⋯ ⋅fn(x)
n=1の時は単にdF1dx=df1dx ⋯①で、n=2のときは⓪ですね。ではn=3ではどうなるでしょうか。
F3=f1(x)f2(x)f3(x)
ですので⓪を用いることを考えてF(x)≡f2(x)f3(x)とすると
ddxF3=ddxf1(x)F(x)
=df1dxF(x)+f1(x)dFdx
ここでdFdx=df2dxf3(x)+f2(x)df3dxゆえ
∴dF3dx=df1dxf2(x)f3(x)+f1(x)(df2dxf3(x)+f2(x)df3dx)
=df1dxf2(x)f3(x)+f1(x)df2dxf3(x)+f1(x)f2(x)df3dx
さて、⓪とこの結果を考察すると次のことが成り立つのではないかと予想できます。
dFndx=df1dxf2(x)f3(x)⋯fn(x)+f1(x)df2dxf3(x)⋯fn(x)+
⋯+f1(x)f2(x)f3(x)⋯fk−1(x)dfkdxfk+1(x)⋯fn(x)+⋯+f1(x)f2(x)f3(x)⋯fn−1(x)dfndx
∴dFndx=∏q=1,q≠1n(fq(x))df1dx+∏q=1,q≠2n(fq(x))df2dx+⋯+∏q=1,q≠nn(fq(x))dfndx
∴dFndx=∑p=1n∏q=1,q≠pn(fq(x))dfpdx ⋯②
したがってこれが成り立つことを仮定し、数学的帰納法より示します。
n=1のときは①より成立します。
n=k+1のとき、②の左辺は
dFk+1dx=ddx∏i=1k+1fi(x)
=ddx(∏i=1k(fi(x)) ⋅fk+1(x))
=dFkdxfk+1(x)+Fk(x)dfk+1dx
=(∑p=1k∏q=1,q≠pk(fq(x))dfpdx)⋅fk+1(x)+∏i=1k(fi(x))⋅dfk+1dx
=∑p=1k+1∏q=1,q≠pk+1(fq(x))dfpdx
これは右辺と一致するので、示すべき命題は数学的帰納法より示され、以下の公式が導かれました。
ddx(f1(x)⋅f2(x)⋅ ⋯ ⋅fn(x))=∑p=1n∏q=1,q≠pn(fq(x))dfpdx
より一般的にはライプニッツの公式を用いればn次導関数の公式が得られそうです。
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