この問題のポイント
微分係数の式が利用できるように、与えられた式を変形する！
（１）\(\displaystyle g'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{g(x+h) - g(x)}{h}\)という式が与えられているわけですから、これを利用して解いていきましょう。\(g(x) = xf(x)\)なんですから、上の式を$f(x)$を使った形に書き換えると、
$g'(x)$
\(\displaystyle = \lim_{h \to 0} \frac{g(x+h) - g(x)}{h}\)
\(\displaystyle = \lim_{h \to 0} \frac{(x+h)f(x+h) - xf(x)}{h}\)
もしこの式で$-xf(x)$の部分が\(-(x+h)f(x)\)となっていれば、$(x+h)$をくくりだすと分子の部分は\(f(x+h)-f(x)\)となり、\(\displaystyle \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}\)という形になって$f'(x)$とすることができますが、実際はそうなっていません。そこで、\(-(x+h)f(x)\)という部分を作り出していきます。もちろん、勝手にそうするわけにはいきません。
そこで、分子の式を\(\small{(x+h)f(x+h)\underline{-(x+h)f(x)+(x+h)f(x)}-xf(x)}\)と変形します。すると、このようにできます。
$g'(x)$
\(\displaystyle = \lim_{h \to 0} \left\{(x+h)×\frac{f(x+h)-f(x)}{h}+\frac{(x+h-x)f(x)}{h}\right\}\)
\(\displaystyle = \lim_{h \to 0} \left\{(x+h)×\frac{f(x+h)-f(x)}{h}+\frac{hf(x)}{h}\right\}\)
\(\displaystyle = \lim_{h \to 0} \left\{(x+h)×\frac{f(x+h)-f(x)}{h}+f(x)\right\}\)
$g'(x)$
\(\displaystyle \scriptsize{= \lim_{h \to 0} \left\{(x+h)×\frac{f(x+h)-f(x)}{h}+\frac{(x+h-x)f(x)}{h}\right\}}\)
\(\displaystyle \scriptsize{= \lim_{h \to 0} \left\{(x+h)×\frac{f(x+h)-f(x)}{h}+\frac{hf(x)}{h}\right\}}\)
\(\displaystyle \scriptsize{= \lim_{h \to 0} \left\{(x+h)×\frac{f(x+h)-f(x)}{h}+f(x)\right\}}\)
これで\(\displaystyle \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}\)が使えます。
さらに、$h$→0なので$h$は限りなく0に近づくということですから、式に$h = 0$を代入すると、
\(\displaystyle \lim_{h \to 0} \left\{(x+h)×\frac{f(x+h)-f(x)}{h}+f(x)\right\}\)
\(= x×f'(x)+f(x)\)
これより、\(g'(x) = xf'(x)+f(x)\)が成立します。
解答のチェックポイント
- 与えられた導関数の定義を利用して証明しているか
- $g(x)$を$f(x)$を使った形に変形して証明を進めているか
- limの式内にある分数を2つに分けた形に変形することができているか
（２）［1］$n = 1$のとき
\(g(x) = x\)なので、
$g'(x)$
\(\displaystyle = \lim_{h \to 0} \frac{g(x+h) - g(x)}{h}\)
\(\displaystyle = \lim_{h \to 0} \frac{x+h-x}{h}\)
\(\displaystyle = \lim_{h \to 0} \frac{h}{h}\)
\(\displaystyle = \lim_{h \to 0} 1\)
= 1
また、\(nx^{n-1} \)は、$n = 1$のとき、
\(1×x^{1-1} \)
\(= 1×x^0 \)
= 1×1
= 1
よって、$n = 1$のとき、\(g'(x) = nx^{n-1} \)は成立します。
［2］$n = k$（$k$は自然数）のとき、\(g(x) = x^k\)ならば\(g'(x) = kx^{k-1} \)が成り立つ（①）と仮定します。
$n = k+1$のとき、\(g(x) = x^{k+1} \)とすると、\(g(x) = x・x^k \)であり、\(x^k = f(x)\)とおくと、①より、\(f'(x) = kx^{k-1} \)となります。
ここで、（１）で証明した式を利用すると、
$g'(x)$
\(= xf'(x)+f(x) \)
\(= x・kx^{k-1}+x^k \)
\(= kx^k+x^k \)
\(= (k+1)x^k \)
よって、\(g(x) = x^{k+1} \)のとき、\(g'(x) = (k+1)x^k \)となるので、\(g(x) = x^n\)のとき、\(g'(x) = nx^{n-1} \)を満たします。
［1］、［2］より、すべての自然数$n$において、\(g(x) = x^n\)のとき\(g'(x) = nx^{n-1} \)が成立します。
解答のチェックポイント
- 問題文に指定されているとおり、数学的帰納法を使って証明しているか
- $g(x)$内の一部を$f(x)$に置き換えて（１）で証明した式を利用しているか