x^nの導関数の公式の導出

証明する内容

$n$ を正の整数とするとき、関数 $f(x) = x^n$ の導関数は

$ \frac{d}{dx}x^n = nx^{n-1} $

となります。つまり、$x$ を $n$ 回かけ合わせた関数を微分すると、指数の $n$ が前に降りてきて、指数が $1$ 減った形になる、という公式です。

証明

ステップ1: 微分の定義を書く

導関数の定義に戻って考えます。関数 $f(x)$ の導関数 $f'(x)$ は、極限を使って

$ f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h} $

と定義されます。ここで $f(x) = x^n$ ですから、

$ f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{(x+h)^n - x^n}{h} $

を計算すればよいことになります。この極限を求めるためには、まず $(x+h)^n$ を展開する必要があります。

ステップ2: 二項定理で $(x+h)^n$ を展開する

二項定理とは、正の整数 $n$ に対して

$ (x+h)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^{n-k} h^k $

が成り立つという定理です。ここで $\binom{n}{k}$ は「$n$ 個から $k$ 個を選ぶ組み合わせの数」で、$\binom{n}{k} = \dfrac{n!}{k!(n-k)!}$ と定義される数です。この和を、$k=0$ の項から具体的に書き出してみます。

$k=0$ のとき、$\binom{n}{0} x^{n} h^0 = x^n$ です(組み合わせの数の性質として $\binom{n}{0}=1$ であり、$h^0=1$ です)。

$k=1$ のとき、$\binom{n}{1} x^{n-1} h^1 = n x^{n-1} h$ です(組み合わせの数の性質として $\binom{n}{1}=n$ です)。

$k=2$ 以降の項は、$h^2, h^3, \ldots, h^n$ という、$h$ の2乗以上の因子を含む項になります。

以上をまとめると、

$ (x+h)^n = x^n + nx^{n-1}h + \binom{n}{2}x^{n-2}h^2 + \binom{n}{3}x^{n-3}h^3 + \cdots + h^n $

と書けます。ここで、3番目以降の項をまとめて「$h^2$ を因数に持つ式」として

$ (x+h)^n = x^n + nx^{n-1}h + h^2 \cdot Q(x,h) $

と表すことにします。ここで $Q(x,h)$ は、$\binom{n}{2}x^{n-2} + \binom{n}{3}x^{n-3}h + \cdots + h^{n-2}$ という、$x$ と $h$ の多項式です。これは単に「2乗以上の項をすべて $h^2$ でくくり出した」だけであることに注意してください。

ステップ3: $(x+h)^n - x^n$ を計算する

ステップ2の結果から、両辺から $x^n$ を引きます。

$ (x+h)^n - x^n = nx^{n-1}h + h^2 \cdot Q(x,h) $

ステップ4: $h$ で割る

微分の定義の分数の形に戻すため、両辺を $h$ で割ります($h \to 0$ の極限を考える際、$h$ は $0$ に近づく値であって $0$ そのものではないので、$h$ で割ることができます)。

$ \frac{(x+h)^n - x^n}{h} = \frac{nx^{n-1}h + h^2 \cdot Q(x,h)}{h} = nx^{n-1} + h \cdot Q(x,h) $

ステップ5: $h \to 0$ の極限をとる

ステップ4で得られた式の極限を、$h \to 0$ として計算します。

$ f'(x) = \lim_{h \to 0} \left( nx^{n-1} + h \cdot Q(x,h) \right) $

ここで、$nx^{n-1}$ は $h$ を含まない項なので、$h \to 0$ としても値は変わらず $nx^{n-1}$ のままです。

一方、$h \cdot Q(x,h)$ の部分については、$Q(x,h)$ が $x$ と $h$ のべき乗の和(多項式)であるため、$h \to 0$ のとき $Q(x,h)$ はある有限な値(具体的には $h=0$ を代入した値、つまり $\binom{n}{2}x^{n-2}$)に近づきます。したがって、$h$ と $Q(x,h)$ の積は、

$ h \cdot Q(x,h) \to 0 \times \binom{n}{2}x^{n-2} = 0 \quad (h \to 0) $

となり、$0$ に収束します。

以上から、

$ f'(x) = nx^{n-1} + 0 = nx^{n-1} $

が得られます。したがって、

$ \frac{d}{dx}x^n = nx^{n-1} $

が示されました。

この証明のポイント

微分の定義に戻って、分子の $(x+h)^n - x^n$ を計算する際に「$h$ の1次の項」と「$h^2$ 以上の項」を分けて整理し、$h \to 0$ とすると $h^2$ 以上の項がすべて消えてしまう、という考え方は、他の関数の導関数を定義から求める際にも繰り返し使われる基本テクニックです。二項定理によって、この「$h$ の次数で整理する」という作業が具体的な式変形として実行できる点が、この証明の核心です。