[FTC의 엄밀한 증명] ch20. 미분의 성질

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  본 포스팅은 'Stephen Abbott, 해석학 첫걸음(2판)'을 공부하며 작성하였습니다.

 

 

21. 미분의 성질

 

  분수꼴 함수의 미분을 알기 위해 다음의 결과가 필요하다.

 

정리 21-1)  다음의 함수를 생각하자.$$\mathbb{R}\setminus\{0\}\to\mathbb{R},\;x\mapsto\frac{1}{x}$$  위 함수는 미분가능함수이며 도함수는 다음과 같다.$$\mathbb{R}\setminus\{0\}\to\mathbb{R},\;x\mapsto-\frac{1}{x^2}$$

 

proof)

  임의의 $c\in\mathbb{R}\setminus\{0\}$ 를 생각하자. 다음이 성립한다.

$$\begin{align}\lim_{x\to c}\frac{\frac{1}{x}-\frac{1}{c}}{x-c}&=\lim_{x\to c}\frac{1}{x-c}\frac{c-x}{xc}\\&=\lim_{x\to c}\left(-\frac{1}{xc}\right)\\&=-\frac{1}{c}\lim_{x\to c}\frac{1}{x}=-\frac{1}{c^2}\end{align}$$

  따라서 원하는 결과를 얻는다.   $\square$

 

 

  다음의 정리에서는 미분가능성과 미분계수의 값을 동시에 결정한다.

 

정리 21-2)  두 함수 $f,g:A\to\mathbb{R}$ 이 $c\in A$ 에서 미분가능하다고 가정하자. 다음이 성립한다.
  (ⅰ) 모든 $k\in\mathbb{R}$ 에 대해 $kf$ 는 $c$ 에서 미분가능하며 다음이 성립한다.$$D(kf)(c)=kDf(c)$$ (ⅱ) $f+g$ 는 $c$ 에서 미분가능하며 다음이 성립한다.$$D(f+g)(c)=Df(c)+Dg(c)$$ (ⅲ) $fg$ 는 $c$ 에서 미분가능하며 다음이 성립한다.$$D(fg)(c)=Df(c)g(c)+f(c)Df(c)$$ (ⅳ) $g(c)\neq 0$ 이면 $\frac{f}{g}$ 는 $c$ 에서 미분가능하며 다음이 성립한다.$$D\left(\frac{f}{g}\right)(c)=\frac{Df(c)g(c)-f(c)Dg(c)}{g(c)^2}$$

 

proof)

  $f,g$ 가 $c$ 에서 미분가능하면 정리 20-1에 따라 $c$ 에서 연속인 함수 $d_f,d_g:A\to\mathbb{R}$ 이 존재하여 다음이 성립한다.

$$(\forall x\in A)\qquad\begin{gather}f(x)=f(c)+d_f(x)(x-c)\\g(x)=g(c)+d_g(x)(x-c)\end{gather}$$

  여기서 $d_f(c)=Df(c)$ , $d_g(c)=Dg(c)$ 이다.

 

  (ⅰ) : 임의의 $k\in\mathbb{R}$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$kf(x)=kf(c)+kd_f(x)(x-c)$$

$$\Leftrightarrow(kf)(x)=(kf)(c)+d_{kf}(x)(x-c)$$

$$\text{where}\quad d_{kf}(x)=kd_f(x)$$

  $d_f$ 는 $c$ 에서 연속이므로 대수연속정리에 따라 $d_{kf}$ 도 $c$ 에서 연속이다. 정리 20-1에 따라 $kf$ 는 $c$ 에서 미분가능하며 다음을 얻는다.

$$\begin{align}D(kf)(c)&=d_{kf}(c)\\&=kd_f(c)\\&=kDf(c)\end{align}$$

 

  (ⅱ) : 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;f(x)+g(x)\\=&\;f(c)+g(c)+d_f(x)(x-c)+d_g(x)(x-c)\end{align}$$

$$\Leftrightarrow(f+g)(x)=(f+g)(c)+d_{f+g}(x)(x-c)$$

$$\text{where}\quad d_{f+g}(x)=d_f(x)+d_g(x)$$

  $d_f$ , $d_g$ 는 $c$ 에서 연속이므로 $d_{f+g}$ 도 $c$ 에서 연속이다. 따라서 $f+g$ 는 $c$ 에서 미분가능하며 다음을 얻는다.

$$\begin{align}D(f+g)(c)&=d_{f+g}(c)\\&=d_f(c)+d_g(c)\\&=Df(c)+Dg(c)\end{align}$$

 

  (ⅲ) : 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;f(x)g(x)\\=&\;f(c)g(c)\\+&\;d_f(x)g(c)(x-c)+f(c)d_g(x)(x-c)\\+&\;d_f(x)d_g(x)(x-c)^2\end{align}$$

$$\Leftrightarrow(fg)(x)=(fg)(c)+d_{fg}(x)(x-c)$$

$$\begin{align}\text{where}\quad d_{fg}(x)=&\;d_f(x)g(c)+f(c)d_g(x)\\+&\;d_f(x)d_g(x)(x-c)\end{align}$$

  $d_f$ , $d_g$ 는 $c$ 에서 연속이므로 $d_{fg}$ 도 $c$ 에서 연속이다. 따라서 $fg$ 는 $c$ 에서 미분가능하며 다음을 얻는다.

$$\begin{align}D(fg)(c)&=d_{fg}(c)\\&=d_f(c)g(c)+f(c)d_g(c)\\&=Df(c)g(c)+f(c)Dg(c)\end{align}$$

 

  (ⅳ) : 다음의 함수를 생각하자.

$$h:\mathbb{R}\setminus\{0\}\to\mathbb{R},\;x\mapsto\frac{1}{x}$$

  합성함수 $h\circ g$ 는 다음과 같다.

$$h\circ g:g^{-1}\big(\mathbb{R}\setminus\{0\}\big)\to\mathbb{R},\;x\mapsto h\big(g(x)\big)=\frac{1}{g(x)}$$

  $g(c)\neq 0$ 이면 $g(c)\in\mathbb{R}\setminus\{0\}$ 이므로 $c\in g^{-1}\big(\mathbb{R}\setminus\{0\}\big)$ 이다. $g$ 는 $c$ 에서 미분가능하고 $h$ 는 $g(c)$ 에서 미분가능하므로 연쇄법칙에 따라 $h\circ g$ 는 $c$ 에서 미분가능하며 정리 21-1에 따라 다음이 성립한다.

$$\begin{align}D(h\circ g)(c)&=\textcolor{red}{Dh\big(g(c)\big)}Dg(c)\\&=\textcolor{red}{-\frac{1}{g(c)^2}}Dg(c)\\&=-\frac{Dg(c)}{g(c)^2}\end{align}$$

  $f$ 와 $h\circ g$ 가 $c$ 에서 미분가능하므로 본 정리의 (ⅲ)에 따라 $f\cdot(h\circ g)$ , 즉 $\frac{f}{g}$ 는 $c$ 에서 미분가능하며 다음을 얻는다.

$$\begin{align}D\left(\frac{f}{g}\right)&=D\big(f\cdot(h\circ g)\big)(c)\\&=Df(c)(h\circ g)(c)+f(c)D(h\circ g)(c)\\&=\frac{Df(c)}{g(c)}-f(c)\frac{Dg(c)}{g(c)^2}\\&=\frac{Df(c)g(c)-f(c)Dg(c)}{g(c)^2}\tag*{$\square$}\end{align}$$

 

 

읽어주셔서 감사합니다.

 

 

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