도함수(Derivative)

정의1

정의역이 집합 $A\subseteq \mathbb{R} $인 함수가 $f : A \to \mathbb{R}$이고 $c \in A$가 $A$의 집적점일때

모든 $\epsilon > 0$에 대해 $0 < |x - c| <\delta(\epsilon)$인 모든 $x \in A$가 $\left | \dfrac{f(x)-f(c)}{x-c} - L \right | < \epsilon$이 되는 $\delta(\epsilon ) > 0$가 존재하면

실수 $L \in \mathbb{R}$을 $c$에서 $f$의 도함수라하고 $f$는 $c$에서 미분가능하다고 한다.

$f$의 도함수는 $L = f^{\prime}(c)  = \dfrac{\operatorname{d}\!f}{\operatorname{d}\!x}(c)$로 표기할 수 있다.

 

정의역이 $ I\subseteq \mathbb{R}$인 함수 $g : I \to \mathbb{R}$에 대해

임의의 $J\subseteq I$의 모든 점이 $J$의 집적점이고 $g$가 $J$의 모든 점에서 미분가능하면

$g$가 $J$에서 미분가능하다고 정의하고 $g$의 도함수를 $g' : J \to \mathbb{R}$인 함수로 정의한다.

 

 

 

정리11

정의역이 집합 $A\subseteq \mathbb{R} $인 함수가 $f : A \to \mathbb{R}$일때 임의의 $L\in \mathbb{R}$과 $A$의 집적점 $c \in A$에 대해

$f$가 $c$에서 미분가능하고 $f'(c) = L$이기 위한 필요충분조건은 $\displaystyle  \lim_{x \to c}$$ \left ( \dfrac{f(x)-f(c)}{x-c} \right ) = L$인 것이다.

증명

미분의 정의와 함수극한의 정의로 정리가 성립한다.

 

 

 

정리13

정의역이 $A \subseteq \mathbb{R}$인 함수 $f:A \to \mathbb{R}$와 임의의 $c\in A$에 대해 다음이 성립한다.

1. $c$가 $A \; \cap $ $(c,\infty)$의 집적점일때

$\displaystyle \lim_{x\to c+}$$ \left (\dfrac{f(x) - f(c)}{x-c}\right )$가 존재하기 위한 필요충분조건은 $\displaystyle \lim_{h\to 0+} \left( \frac{f(c+h)-f(c)}{h} \right )$가 존재하는 것이다.

이때 $\displaystyle \lim_{x\to c+}\left (\frac{f(x) - f(c)}{x-c}\right ) = \lim_{h\to 0+} \left( \frac{f(c+h)-f(c)}{h} \right )$가 성립한다.

2. $c$가 $A \; \cap $ $(-\infty,c)$의 집적점일때

$\displaystyle \lim_{x\to c-}$$ \left (\dfrac{f(c) - f(x)}{c-x}\right )$가 존재하기 위한 필요충분조건은 $\displaystyle \lim_{h\to 0+} \left( \frac{f(c)-f(c-h)}{h} \right )$가 존재하는 것이다.

이때 $\displaystyle \lim_{x\to c-}\left (\frac{f(c) - f(x)}{c-x}\right ) = \lim_{h\to 0+} \left( \frac{f(c)-f(c-h)}{h} \right )$가 성립한다.

3. $c$가 $A \cap (c,\infty)$와 $A \cap (-\infty,c)$의 집적점일때 $\displaystyle \lim_{x\to c}$$ \left (\dfrac{f(x) - f(c)}{x-c}\right )$가 존재하면

$\displaystyle \lim_{h\to 0+} \left( \frac{f(c+h)-f(c-h)}{2\cdot h} \right )$가 존재하고 $\displaystyle \lim_{x\to c}\left (\frac{f(x) - f(c)}{x-c}\right ) = \lim_{h\to 0+} \left( \frac{f(c+h)-f(c-h)}{2\cdot h} \right )$이다.

증명

1.

$\displaystyle \lim_{x\to c+} \left (\frac{f(x) - f(c)}{x-c}\right ) = L$이 존재하면

모든 $\epsilon >0$에 대해 $0< x-c < \delta(\epsilon)$인 모든 $x \in A$가 $ \left |\dfrac{f(x) - f(c)}{x-c} - L\right |<\epsilon$이 되는 $\delta(\epsilon) > 0$이 존재하여

$c + h \in A$이고 $0< c+ h - c = h< \delta(\epsilon)$인 모든 $h \in \mathbb{R}$에 대해

$\left | \dfrac{f(c+h) - f(c)}{h} - L \right | =\left |\dfrac{f(c + h) - f(c)}{c+ h-c} - L\right |<\epsilon$이므로

$\displaystyle \lim_{h\to 0+} \left( \frac{f(c+h)-f(c)}{h} \right )$가 존재하고 $\displaystyle \lim_{x\to c+}\left (\frac{f(x) - f(c)}{x-c}\right ) = L = \lim_{h\to 0+} \left( \frac{f(c+h)-f(c)}{h} \right )$이다.

역도 비슷하게 성립한다.

2.

$\displaystyle \lim_{h\to 0+} \left( \frac{f(c)-f(c-h)}{h} \right ) = L$이 존재하면

모든 $\epsilon >0$에 대해 $c-h\in A$이고 $0< c - (c-h) =h < \delta(\epsilon)$인 모든 $h\in \mathbb{R}$가

$\left | \dfrac{f(c) - f(c-h)}{ c- (c-h)} - L\right |=  \left |\dfrac{f(c) - f(c-h)}{h} - L\right |<\epsilon$이 되는 $\delta(\epsilon) > 0$이 존재하여

$0< c - x < \delta(\epsilon)$인 모든 $x\in A$는 $h = c-x > 0$에 대해

$x = c- (c-x) = c- h$가 되어 $\left | \dfrac{f(c) - f(x)}{ c- x } - L \right |<\epsilon$임에 따라

$\displaystyle \lim_{x\to c-}\left (\frac{f(c) - f(x)}{c-x}\right )$가 존재하고 $\displaystyle \lim_{x\to c-}\left (\frac{f(c) - f(x)}{c-x}\right ) = L= \lim_{h\to 0+} \left( \frac{f(c)-f(c-h)}{h} \right )$이다.

역도 비슷하게 성립한다.

3.

$\displaystyle \lim_{x\to c}\left (\frac{f(x) - f(c)}{x-c}\right ) = L$이 존재하면 편측극한 정리와 1, 2번으로

$\displaystyle \lim_{h\to 0+} \left( \frac{f(c+h)-f(c)}{h} \right )=\lim_{x\to c+}\left (\frac{f(x) - f(c)}{x-c}\right ) =L= \lim_{x\to c-}\left (\frac{f(c) - f(x)}{c-x}\right ) = \lim_{h\to 0+} \left( \frac{f(c)-f(c-h)}{h} \right ) \text{ 이므로}$

모든 $\epsilon >0$에 대해

$c + h \in A$이고 $0<  h< \delta_1(\epsilon)$인 모든 $h \in \mathbb{R}$가 $\left | \dfrac{f(c+h) - f(c)}{h} - L \right | <\epsilon$이 되는 $\delta_1(\epsilon) > 0$이 존재하고

$c-h\in A$이고 $0< h < \delta_2(\epsilon)$인 모든 $h\in \mathbb{R}$가 $\left | \dfrac{f(c) - f(c-h)}{h} - L \right | <\epsilon$이 되는 $\delta_2(\epsilon) > 0$이 존재하여

$c+h,c-h\in A$이고 $0<  h< \min\{\delta_1(\epsilon) ,\delta_2(\epsilon)\}$인 모든 $h\in \mathbb{R}$에 대해 삼각부등식으로

$\begin{align*} \left | \frac{f(c+h) -f(c-h)}{2\cdot h} - L\right | & = \left | \frac{f(c+h) - f(c) + f(c) -f(c-h)}{2\cdot h} - L\right | \\[0.5em] & = \left | \frac{f(c+h) - f(c)}{2\cdot h} + \frac{f(c) -f(c-h)}{2\cdot h} - \frac{L}{2} - \frac{L}{2}\right | \\[0.5em] & \le \left | \frac{f(c+h) - f(c)}{2\cdot h} - \frac{L}{2} \right | + \left | \frac{f(c) -f(c-h)}{2\cdot h} - \frac{L}{2}\right | \\[0.5em] & \quad = \frac{1}{2}\cdot \left | \frac{f(c+h) - f(c)}{h} - L \right | + \frac{1}{2}\cdot \left | \frac{f(c) -f(c-h)}{h} - L\right | \\[0.5em] & \lt \frac{1}{2}\cdot \epsilon + \frac{1}{2}\cdot \epsilon =\epsilon \text{ 이므로} \end{align*}$

$\displaystyle \lim_{h\to 0+} \left( \frac{f(c+h)-f(c-h)}{2\cdot h} \right )$가 존재하고 $\displaystyle \lim_{x\to c}\left (\frac{f(x) - f(c)}{x-c}\right ) = L = \lim_{h\to 0+} \left( \frac{f(c+h)-f(c-h)}{2\cdot h} \right )$이다.

 

 

 

정리1

정의역이 집합 $A\subseteq \mathbb{R} $인 함수 $f : A \to \mathbb{R}$가 $A$의 집적점 $c \in A$에서 도함수를 가지면 $f$는 $c$에서 연속이다.

증명

$c$에서 $f$의 도함수가 존재하므로 위 정리로 $\displaystyle \lim_{x \to c}\left ( \frac{f(x)-f(c)}{x-c} \right ) = L$이 존재한다.

따라서 극한 정리로 $\displaystyle 0 = L\cdot 0= \lim_{x \to c} \left (\frac{f(x)-f(c)}{x-c} \right ) \cdot \lim_{x\to c}(x-c)= \lim_{x \to c}(f(x) - f(c)) $이므로

극한의 정의로 $\displaystyle \lim_{x\to c} f(x) = f(c)$이고 연속함수 정리로 $f$는 $c$에서 연속이다.

 

 

 

정리2

정의역이 집합 $A\subseteq \mathbb{R} $인 함수 $f ,g: A \to \mathbb{R}$가 $A$의 집적점인 $c \in A$에서 미분가능할때 다음이 성립한다.

1.

임의의 $\alpha,\beta \in \mathbb{R}$와 모든 $x \in A$에 대해 $F(x) = \alpha\cdot f(x) + \beta \cdot g(x)$로 정의되는

함수 $F : A \to \mathbb{R}$는 $c$에서 미분가능하고 $F'(c) = \alpha \cdot f^{\prime}(c) + \beta \cdot g^{\prime}(c)$이다.

2.

모든 $x \in A$에 대해 $G(x) = f(x) \cdot g(x)$로 정의되는

함수 $G : A\to \mathbb{R}$는 $c$에서 미분가능하고 $G'(c) = f^{\prime}(c) \cdot g(c) + f(c) \cdot g^{\prime}(c)$이다.

3.

$g(c)\ne 0$이면 모든 $x \in A\cap V_\delta (c)$에 대해 $g(x)\ne 0$이고

$H(x) = \dfrac{f(x)}{g(x)}$인 함수 $H : A\cap V_\delta(c) \to \mathbb{R}$가 정의되는 $\delta$-근방 $V_\delta (c)$가 존재하여

$H$는 $c$에서 미분가능하고 $H'(c) = \dfrac{f^{\prime}(c)\cdot g(c) - f(c)\cdot g^{\prime}(c)}{(g(c))^2}$이다.

증명

위 정리로 $f,g$는 $c$에서 연속이므로 연속함수 정리로 $\displaystyle \lim_{x\to c} f(x) = f(c)$이고 $\displaystyle \lim_{x\to c} g(x) = g(c)$이다.

함수극한 정리로 극한들의 연산이 성립하고 위 정리의 극한이 존재하면 도함수가 존재한다.

1.

$\begin{align*} \alpha \cdot f^{\prime}(c) + \beta \cdot g^{\prime}(c) & = \alpha \cdot \lim_{x\to c} \left ( \frac{f(x)-f(c)}{x-c} \right ) + \beta \cdot \lim_{x\to c} \left ( \frac{g(x)-g(c)}{x-c} \right ) \\[0.5em] & = \lim_{x\to c} \left ( \frac{\alpha\cdot f(x)- \alpha \cdot f(c)}{x-c} \right ) + \lim_{x\to c} \left ( \frac{ \beta \cdot g(x)- \beta \cdot g(c)}{x-c} \right ) \\[0.5em] & = \lim_{x\to c} \left ( \frac{\alpha\cdot f(x)- \alpha \cdot f(c) + \beta \cdot g(x)- \beta \cdot g(c)}{x-c} \right ) \\[0.5em] & = \lim_{x\to c} \left ( \frac{\alpha\cdot f(x) + \beta \cdot g(x) - (\alpha \cdot f(c) + \beta \cdot g(c))}{x-c} \right ) \\[0.5em] & = \lim_{x\to c} \left ( \frac{F(x) - F(c)}{x-c} \right ) \\[0.5em] & = F'(c) \end{align*}$

2.

$\begin{align*} f^{\prime}(c) \cdot g(c) + f(c) \cdot g^{\prime}(c) & = \lim_{x\to c} \left ( \frac{f(x) - f(c)}{x-c} \right ) \cdot g(c) + f(c) \cdot \lim_{x\to c} \left( \frac{g(x)-g(c)}{x-c} \right )  \\[0.5em] & = \lim_{x\to c} \left ( \frac{f(x) - f(c)}{x-c} \right ) \cdot \lim_{x\to c} g(x) + \lim_{x\to c} \left( \frac{f(c) \cdot g(x)- f(c) \cdot g(c)}{x-c} \right )  \\[0.5em] & = \lim_{x\to c} \left ( \frac{f(x) \cdot g(x) - f(c) \cdot g(x) }{x-c} \right ) + \lim_{x\to c} \left( \frac{f(c) \cdot g(x)- f(c) \cdot g(c)}{x-c} \right )  \\[0.5em] & = \lim_{x\to c} \left ( \frac{f(x) \cdot g(x) - f(c) \cdot g(x) + f(c) \cdot g(x)- f(c) \cdot g(c)}{x-c} \right ) \\[0.5em] & = \lim_{x\to c} \left ( \frac{f(x) \cdot g(x) - f(c) \cdot g(c)}{x-c} \right ) \\[0.5em] & = \lim_{x\to c} \left ( \frac{G(x) - G(c)}{x-c} \right ) \\[0.5em] & = G'(c) \end{align*} $

3.

$\displaystyle \lim_{x\to c} g(x) = g(c) \ne 0$이므로

함수극한 정리로 모든 $x \in A\cap V_\delta (c)$에 대해 $g(x) \ne 0$가 되는 $\delta$-근방 $V_\delta (c)$이 존재하여

집적점의 정의로 모든 $\epsilon > 0$에 대해 $|x-c| < \min\{ \epsilon, \delta\}\le \delta$이고 $x\ne c$인 $x\in A$가 존재하므로

$x\in A\cap V_\delta(c)$이고 $c$는 $A\cap V_\delta(c)$의 집적점이다.

따라서 함수극한 정리로 $\displaystyle \lim_{x\to c} \frac{1}{g(x)} = \frac{1}{g(c)} $이고

$\begin{align*} \dfrac{f^{\prime}(c)\cdot g(c) - f(c)\cdot g^{\prime}(c)}{(g(c))^2} & = \frac{1}{(g(c))^2} \cdot \left ( \lim_{x\to c} \left ( \frac{f(x) - f(c)}{x-c} \right ) \cdot g(c) - f(c) \cdot \lim_{x\to c} \left( \frac{g(x)-g(c)}{x-c} \right ) \right ) \\[0.5em] & = \frac{1}{g(c)} \cdot \lim_{x\to c} \frac{1}{g(x)} \cdot \lim_{x\to c} \left (  \frac{f(x) \cdot g(c) - f(c) \cdot g(c) - f(c) \cdot g(x) + f(c) \cdot g(c) }{x-c}  \right )   \\[0.5em] & = \lim_{x\to c} \left ( \frac{f(x) \cdot g(c) - f(c) \cdot g(x) }{ g(x) \cdot g(c) \cdot (x-c)} \right )   \\[0.5em] & = \lim_{x\to c} \left ( \frac{ \frac{f(x)}{g(x)} - \frac{f(c)}{g(c)} }{ x-c} \right ) \\[0.5em] & = \lim_{x\to c} \left ( \frac{ H(x) - H(c) }{ x-c} \right ) \\[0.5em] & = H'(c) \quad \text{이다.} \end{align*}$

 

 

 

정리3

임의의 양의 정수 $n\in \mathbb{Z}^+$에 대해 정의역이 집합 $A\subseteq \mathbb{R} $인 함수 $f_1,f_2,\cdots, f_n,f :A \to \mathbb{R}$가

$A$의 집적점인 $c \in A$에서 미분가능할때 다음이 성립한다.

1.

임의의 $a_1,a_2,\cdots,a_n \in \mathbb{R}$와 모든 $x \in A$에 대해 $F_n(x) = a_1\cdot f_1(x) + a_2 \cdot f_2(x) + \cdots + a_n \cdot f_n(x)$인

함수 $F_n: A \to \mathbb{R}$은 $c$에서 미분가능하고 $F_n'(c) = a_1 \cdot f_1^{\prime}(c) + a_2 \cdot f_2^{\prime}(c) + \cdots + a_n \cdot f_n^{\prime}(c)$이다.

2.

모든 $x \in A$에 대해 $G_n(x) = f_1(x) \cdot f_2(x) \cdot \; \cdots \; \cdot f_n(x)$인 함수 $G_n : A \to \mathbb{R}$은 $c$에서 미분가능하고

$\begin{align*}G_n'(c) = f_1^{\prime}(c) \cdot f_2(c) \cdot \; \cdots \; \cdot f_n(c) & + f_1(c) \cdot f_2^{\prime}(c) \cdot \; \cdots \; \cdot f_n(c) +\cdots  + f_1(c) \cdot f_2(c) \cdot \; \cdots \; \cdot f_n^{\prime}(c)   \text{  이다.} \end{align*}$

3.

모든 $x \in A$에 대해 $H_n(x) = (f(x))^n$으로 정의되는

함수 $H_n : A \to \mathbb{R}$은 $c$에서 미분가능하고 $H'_n(c) = n\cdot (f(c))^{n-1}\cdot f^{\prime}(c)$이다.

증명

1.

$n \in \mathbb{Z}^+$에 대한 귀납법을 사용한다.

$n = 1$일때는 위 정리로 성립하므로 모든 $k \in \mathbb{Z}^+$에 대해 정리가 성립한다고 가정하면

모든 $x \in A$에 대해

$F_{k+1}(x) = F_k(x) + a_{k+1}\cdot f_{k+1}(x) = a_1\cdot f_1(x) + a_2\cdot f_2(x) + \cdots + a_k\cdot f_k(x) + a_{k+1}\cdot f_{k+1}(x) $가 되어

귀납가정과 위 정리로

$\begin{align*} F_{k+1}'(c)  & = F_k'(c) + a_{k+1}\cdot f_{k+1}'(c)  = a_1 \cdot f_1^{\prime}(c) + a_2 \cdot f_2^{\prime}(c) +  a_3 \cdot f_3'(c) + \cdots + a_k \cdot f_k'(c) + a_{k+1}\cdot f_{k+1}'(c) \text{ 임에 따라} \end{align*} $

모든 $n \in \mathbb{Z}^+$에 대해 정리가 성립한다.

2.

$n \in \mathbb{Z}^+$에 대한 귀납법을 사용한다.

$n = 1$일때는 가정에 의해 성립하므로 모든 $k \in \mathbb{Z}^+$에 대해 정리가 성립한다고 가정하면

모든 $x \in A$에 대해

$G_{k+1}(x) = G_k(x)\cdot f_{k+1}(x) = f_1(x)\cdot f_2(x)\cdot \; \cdots \; \cdot f_k(x)\cdot f_{k+1}(x)$가 되어

위 정리와 귀납가정으로

$\begin{align*} &G_{k+1}'(c) = G_k'(c) \cdot f_{k+1}(c) + G_k(c) \cdot f_{k+1}'(c) \\[0.5em]  &= (f_1^{\prime}(c) \cdot f_2(c) \cdot \; \cdots \; \cdot f_k(c)  + f_1(c) \cdot f_2^{\prime}(c) \cdot \; \cdots \; \cdot f_k(c) +  \cdots   + f_1(c) \cdot f_2(c) \cdot \; \cdots \; \cdot f_k^{\prime}(c)) \cdot f_{k+1}(c) +G_k(c)\cdot f_{k+1}'(c) \\[0.5em]  & =  f_1^{\prime}(c) \cdot f_2(c) \cdot \; \cdots \; \cdot f_k(c) \cdot f_{k+1}(c)   + f_1(c) \cdot f_2^{\prime}(c) \cdot \; \cdots \; \cdot f_k(c) \cdot f_{k+1}(c) + \cdots + f_1(c) \cdot f_2(c) \cdot \; \cdots \; \cdot f_k^{\prime}(c) \cdot f_{k+1}(c) +  G_k(c) \cdot f_{k+1}^{\prime}(c) \text{ 임에 따라} \end{align*}$

모든 $n \in \mathbb{Z}^+$에 대해 정리가 성립한다.

3.

$f_1 =f_2 =\cdots =f_n = f$일때 2번을 적용하여 정리가 성립한다.

 

 

 

정리4

정의역이 집합 $A\subseteq \mathbb{R} $인 함수 $f : A \to \mathbb{R}$가 모든 $x \in A$에 대해 $f(x) = k \in \mathbb{R}$인 상수함수일때

$c \in A$가 $A$의 집적점이면 $f$는 $c$에서 미분가능하고 $f^{\prime}(c) = 0$이다.

증명

$|x - c|>0$인 모든 $x\in A$에 대해 $\left | \dfrac{f(x)-f(c)}{x-c} - 0 \right | = \left | \dfrac{k-k}{x-c} \right | = 0$이므로 $f^{\prime}(c) = 0$이다.

 

 

 

정리5(카라테오도리[Carathéodory] 정리)

정의역이 집합 $A\subseteq \mathbb{R} $인 함수가 $f : A \to \mathbb{R}$이고 $c \in A$가 $A$의 집적점일때

$f$가 $c$에서 미분가능하기 위한 필요충분조건은

모든 $x \in A$에 대해 $f(x) - f(c) = \varphi(x)\cdot (x-c)$이고 $c$에서 연속인 함수 $\varphi : A \to \mathbb{R}$가 존재하는 것이다.

이때 $\varphi$는 $c$에서 $\varphi(c) = f^{\prime}(c)$이다.

증명

$f$가 $c$에서 미분가능할때 $f^{\prime}(c)$가 존재하므로 모든 $x \in A$에 대해

$\varphi$를 $\varphi(x) = \begin{cases} \dfrac{f(x) - f(c)}{x-c}, & (x \ne c \mbox{ 일때}) \\ f^{\prime}(c), & (x = c\mbox{ 일때})\end{cases} $ 로 정의하면 정리가 성립한다.

역으로 $f(x) - f(c) = \varphi(x)\cdot (x-c)$인 $\varphi$가 존재할때

$c$는 $A$의 집적점이므로 $x \ne c$인 $x\in A$가 존재하여 $\dfrac{f(x) - f(c) }{x-c}= \varphi(x)$이고

$\varphi$가 $c$에서 연속이므로 $\displaystyle \varphi(c) = \lim_{x\to c} \varphi(x) = \lim_{x\to c} \left( \frac{f(x)-f(c)}{x-c} \right) = f^{\prime}(c) $임에 따라 $f$는 $c$에서 미분가능하다.

 

 

 

정리6(연쇄법칙)

정의역이 집합 $A\subseteq \mathbb{R} $인 함수 $f : A \to \mathbb{R}$와 $A$의 집적점 $c \in A$에 대해 $f(A)$ $\subseteq B \subseteq \mathbb{R}$이고 $f(c)$가 $B$의 집적점일때

$f$가 $c$에서 미분가능하고 함수 $g : B \to \mathbb{R}$가 $f(c)$에서 미분가능하면

합성함수 $g\circ f: A\to \mathbb{R}$는 $c$에서 미분가능하고 $(g \circ f)^{\prime}(c) = g^\prime(f(c))\cdot f^\prime(c)$이다.

증명

$f^\prime(c)$가 존재하므로 카라테오도리 정리로 모든 $x\in A$에 대해

$f(x)-f(c) = \varphi(x)\cdot (x-c)$이고 $\varphi(c) = f^\prime(c)$인 함수 $\varphi : A\to \mathbb{R}$가 존재한다.

똑같이 $g^\prime(f(c))$가 존재하므로 모든 $y \in B$에 대해

$g(y)-g(f(c)) = \psi(y)\cdot (y-f(c))$이고 $\psi(f(c)) = g^\prime(f(c))$인 함수 $\psi : B\to \mathbb{R}$가 존재하여

$f(A) \subseteq B$임에 따라 $x \ne c$인 모든 $x \in A$에 대해

$g(f(x))-g(f(c)) = \psi(f(x))\cdot (f(x)-f(c)) = \psi(f(x))\cdot \varphi(x) \cdot (x-c)$이고

$\psi(f(x))\cdot \varphi(x) = \dfrac{g(f(x))-g(f(c))}{x-c}$이다.

위 정리와 연속함수 정리로 $\psi \circ f$와 $\varphi$가 집적점 $c \in A$에서 연속이므로 연속함수 정리와 극한 정리로

$\begin{align*} g^\prime(f(c))\cdot f^\prime(c) &= \psi(f(c))\cdot \varphi(c) \\[0.5em]&= \lim_{x \to c} \psi(f(x)) \cdot \lim_{x\to c} \varphi(x) \\[0.5em]&= \lim_{x\to c}\left ( \psi(f(x))\cdot \varphi(x) \right )  \\[0.5em] & =  \lim_{x\to c} \left ( \frac{g(f(x))-g(f(c))}{x-c} \right) \\[0.5em] & = \lim_{x\to c} \left ( \frac{(g\circ f)(x)-(g\circ f)(c)}{x-c} \right) \\[0.5em] & = (g \circ f)^\prime(c) \quad \text{이다.} \end{align*}$

 

 

 

정리7

정의역이 $A\subseteq \mathbb{R}$인 함수 $f : A \to \mathbb{R}$가 단사이고 $A$의 집적점 $c \in A$에서 미분가능하여 $f^\prime (c) \ne 0$일때

모든 $x\in A$가 $f_1(x) = f(x)$인 함수 $f_1 : A\to f(A)$에 대해

$f(c)$에서 연속인 $f_1$의 역함수 $g : f(A) \to A$가 존재하고 $f(c)$가 $f(A)$의 집적점이면

$g$는 $f(c)$에서 미분가능하고 $g^\prime(f(c)) = \dfrac{1}{f^\prime(c)} = \dfrac{1}{f^\prime(g(f(c)))}$이다.

증명

역함수의 정의로

모든 $x\in A$에 대해 $g(f(x)) = g(f_1(x)) = x$이고 모든 $y\in f(A)$에 대해 $f(g(y)) = f_1(g(y)) = y$이다.

$f^\prime(c)$가 존재하므로 카라테오도리 정리로 모든 $x\in A$에 대해

$f(x)-f(c) = \varphi(x)\cdot (x-c)$와 $\varphi(c) = f^\prime(c) \ne 0$가 성립하고 $c$에서 연속인 함수 $\varphi : A\to \mathbb{R}$가 존재하여

$c \in A$가 $A$의 집적점임에 따라 연속함수 정리로 $\displaystyle \lim_{x\to c} \varphi(x) = \varphi(c) \ne 0$이므로

함수극한 정리로 모든 $x \in V_\delta (c) \cap A$에 대해 $\varphi(x) \ne 0$가 되는 $\delta$-근방 $ V_\delta (c)$이 존재한다.

모든 $y \in f(V_\delta (c) \cap A) \subseteq f(A)$에 대해

함수의 상의 정의와 역함수의 정의로 $f(x) = y = f(g(y))$가 되는 $x \in V_\delta (c) \cap A$가 존재하여

$x = g(f(x)) = g(y)$이므로 $\varphi(g(y)) = \varphi(g(f(x))) = \varphi(x) \ne 0$이고

$\begin{align*} f(x) - f(c)  & = f(g(y)) - f(c) \\[0.5em] & = \varphi(g(y)) \cdot (g(y) - c) \\[0.5em] & = \varphi(g(y))\cdot (g(y) - g(f(c))) \\[0.5em] & = \varphi(g(f(x)))\cdot (g(f(x)) - g(f(c))) \; \text{ 임에 따라} \end{align*}$

$g(y) - g(f(c))=g(f(x)) - g(f(c)) = \dfrac{1}{\varphi(g(f(x)))}\cdot (f(x) - f(c)) = \dfrac{1}{\varphi(g(y))}\cdot (y-f(c))$이다.

따라서 $g$는 $f(c)$에서 연속이고 $\varphi$는 $g(f(c)) =c$에서 연속이므로 연속함수 정리로 $\varphi \circ g $는 $f(c)$에서 연속이 되어

연속함수 정리로 모든 $y \in f(V_\delta (c) \cap A)$에 대해 $\dfrac{1}{\varphi(g(y))} = \dfrac{1}{(\varphi \circ g)(y)}$인 함수가 $f(c)$에서 연속임에 따라

카라테오도리 정리로 $g$는 $f(c)$에서 미분가능하고 $g^\prime(f(c)) = \dfrac{1}{\varphi (g(f(c)))} = \dfrac{1}{\varphi(c)} = \dfrac{1}{f^\prime(c)} = \dfrac{1}{f^\prime(g(f(c)))} $이다.

 

 

 

정리8

공구간이나 퇴화구간이 아닌 구간 $I$에서 순단조이고 미분가능한 함수 $f : I \to \mathbb{R}$의

도함수 $f':I\to \mathbb{R}$가 모든 $c \in I$에 대해 $f^\prime (c) \ne 0$이면

모든 $x\in I$가 $f_1(x) = f(x)$인 함수 $f_1 : I\to f(I)$에 대해

$f(I)$에서 순단조이고 미분가능한 $f_1$의 역함수 $g : f(I)  \to I$가 존재하고

모든 $y \in f(I)$에 대해 $g^\prime(y) = \dfrac{1}{(f^\prime \circ g)(y)} = \dfrac{1}{f'(g(y))}$이다.

증명

$f$가 $I$에서 미분가능하므로 위 정리로 $f$는 $I$에서 연속이고

$f$가 $I$에서 순단조이므로 $a\ne b$인 $a,b\in I$에 대해 $f(a)\ne f(b)$가 되어

연속함수 정리로 $f(I)$는 공구간이나 퇴화구간이 아닌 구간이다.

따라서 연속역함수 정리로 $f(I)$에서 순단조이고 연속인 $f_1$의 역함수 $g$가 존재하고

함수의 상의 정의로 모든 $y \in f(I)$에 대해 $f(x) = y$인 $x \in I$가 존재하여

위 정리로 $g^\prime(f(x)) = \dfrac{1}{f^\prime(x)} $이고 역함수의 정의로 $x = g(f(x)) = g(y)$임에 따라

$g'(y)= \dfrac{1}{f^\prime(g(y))} = \dfrac{1}{(f^\prime \circ g)(y)}$이다.

 

 

 

정리9

$c \in A$가 임의의 $A\subseteq \mathbb{R}$의 집적점일때

모든 $x \in A$에 대해 $f(x) = x$인 함수 $f : A \to \mathbb{R}$는 $c$에서 미분가능하여 $f^\prime(c)  = 1$이고

모든 양의 정수 $n\in \mathbb{Z}^+$에 대해 $g(x) = x^n$인 함수 $g : A \to \mathbb{R}$는 $c$에서 미분가능하여 $g'(c) = n\cdot c^{n-1}$이다.

증명

모든 $\epsilon > 0$에 대해 $|x-c| >0$인 모든 $x \in A$가

$\left | \dfrac{f(x)-f(c)}{x-c} - 1 \right | = \left | \dfrac{x-c}{x-c} - 1 \right | = |1-1| = 0  < \epsilon$이므로 $f^\prime(c)  = 1$이고

$g(x) =x^n= (f(x))^n$이므로 위 정리로 $g'(c) = n\cdot (f(c))^{n-1}\cdot f^\prime(c) = n\cdot c^{n-1} \cdot 1 =n\cdot c^{n-1}$이다.

 

 

 

정의2

짝함수 (even function) :

모든 실수 $x \in \mathbb{R}$에 대해 $f(x) = f(-x)$가 성립하는 $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$를 우함수 또는 짝함수로 정의한다.

홀함수 (odd function) :

모든 실수 $x \in \mathbb{R}$에 대해 $g(-x) = -g(x)$가 성립하는 $g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$를 기함수 또는 홀함수로 정의한다.

홀함수는 $g(0) = g(-0) = -g(0)$이므로 $g(0) = 0$이다.

 

 

 

정리10

$f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$가 짝함수이고 실수집합 $\mathbb{R}$에서 미분가능하면 도함수 $f^\prime:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$은 홀함수이다.

$g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$가 홀함수이고 실수집합 $\mathbb{R}$에서 미분가능하면 도함수 $g^\prime:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$은 짝함수이다.

증명

$x \in \mathbb{R}$에 대해 $h(x) = -x$인 함수 $h$는 위 정리와 미분의 선형성으로 $h^\prime(x) = -1$이다.

짝함수의 정의로 $f(x) = f(-x) = f(h(x)) = (f \circ h)(x)$이므로 합성함수의 미분법을 적용하면 

$f^\prime(x) = (f \circ h)^\prime (x) = f^\prime(h(x))\cdot h^\prime(x) = -f^\prime(-x)$이다.

따라서 $f^\prime(-x) =-f^\prime(x)$이고 $f^\prime$은 홀함수이다.

비슷하게 $(-g)(x) = -g(x) = g(-x) = g(h(x)) = (g\circ h)(x)$이므로

$-g^\prime(x) = (-g)^\prime(x) = (g\circ h)^\prime(x) = g^\prime(h(x)) \cdot h^\prime(x) = -g^\prime(-x)$이고

$g^\prime(x) = g^\prime(-x)$가 되어 $g^\prime$은 짝함수이다.

 

 

 

정리12

공구간이나 퇴화구간이 아닌 구간 $I$에서 미분가능한 $I$에서 $\mathbb{R}$로의 모든 함수들의 집합족 $\mathcal{F}'(I\to \mathbb{R})$과

함수 정리에서 정의된 체 $(\mathbb{R},+_\mathbb{R},\cdot_\mathbb{R},0,1)$위의 벡터공간 $(\mathcal{F}(I\to \mathbb{R}),+,\cdot, f_{0})$에 대해

$(\mathcal{F}'(I\to \mathbb{R}),+,\cdot, f_{0})$은 $(\mathcal{F}(I\to \mathbb{R}),+,\cdot, f_{0})$의 부분공간이다.

증명

실수집합 정리로 $(\mathbb{R},+_\mathbb{R},\cdot_\mathbb{R},0,1)$은 체이고

$\mathcal{F}(I\to \mathbb{R})$은 $I$에서 $\mathbb{R}$로의 모든 함수들의 집합족이므로 $\mathcal{F}'(I\to \mathbb{R}) \subseteq \mathcal{F}(I\to\mathbb{R})$이다.

또 아래 부분공간 정리의 조건 1, 2, 3이 성립하므로 $(\mathcal{F}'(I\to \mathbb{R}),+,\cdot, f_{0})$은 $(\mathcal{F}(I\to \mathbb{R}),+,\cdot, f_{0})$의 부분공간이다.

1.

상수함수 미분 정리로 모든 $x \in I$에 대해 $f_{0}(x) = 0$인 함수 $f_{0}\in \mathcal{F}(I \to \mathbb{R})$은 $f_{0} \in \mathcal{F}'(I\to \mathbb{R})$이다.

2, 3

미분의 선형성으로 모든 $a,b \in \mathbb{R}$와 모든 $f,g \in \mathcal{F}'(I\to \mathbb{R})$에 대해 $a\cdot  f+ b\cdot g \in \mathcal{F}'(I\to \mathbb{R})$이다.

 

 

 

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정의의 링크 : 

https://openknowledgevl.tistory.com/29#def번호

번호는 해당 정의 옆에 붙어있는 작은 숫자입니다.

 

정리의 링크 : 

https://openknowledgevl.tistory.com/29#thm번호

번호는 해당 정리 옆에 붙어있는 작은 숫자입니다.

 

위 내용은 아래의 출처를 기반으로 정리한 내용입니다.

틀린 내용이 존재할 수 있습니다.

 

출처(저자 - 제목 - ISBN13)

Robert G. Bartle - Introduction to real analysis - 9788993543766