미분법 전체 문제

• 풀이 1: $f(x)=\sin^2x+\cos^2x=1$ 이므로 $f'(x)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\{1\}=0$ 이다.
• 풀이 2: 제곱한 함수의 도함수 공식을 이용하면,

$$\begin{aligned} f'(x)=2\sin x \cos x + 2\cos x(- \sin x)=2\sin x \cos x - 2 \sin x \cos x =0. \end{aligned}$$

$2\sin x \cos x = \sin (2x)$ 인 것은 사실이지만, 우리는 $\sin(2x)$ 의 도함수를 알지 못한다. 따라서 곱의 미분법을 이용한다: $$f'(x)=2\cos x \cos x+2\sin x (-\sin x)=2(\cos^2 x - \sin ^2 x).$$

몫의 미분법을 사용한다.

$$\begin{aligned} f'(x)&=\dfrac{(\cos x + \tan x)(2\cos x + 3 \sec^2 x)-(2\sin x+3\tan x)(-\sin x + \sec^2 x)}{(\cos x + \tan x)^2}\\ &=\frac{2\cos^2x+3\cos x \sec^2 x + 2 \cos x \tan x + 3 \tan x \sec^2 x}{(\cos x + \tan x)^2}\\ &~~~~ +\frac{2\sin^2x-2\sin x \sec^2x+3\sin x \tan x -3\tan x \sec^2 x}{(\cos x + \tan x)^2}\\ &=\frac{2+3 \sec x + 2 \sin x -2\tan x \sec x+3\sin x \tan x }{(\cos x + \tan x)^2} \end{aligned}$$

몫의 미분법을 사용한다.

$$\begin{aligned} f'(x) &= \frac{e^x(5\sec x \tan x)-(5\sec x + 1) e^x}{(e^{x})^2}\\ &=\frac{5\sec x \tan x - 5 \sec x - 1}{e^x} \end{aligned}$$

곱의 미분법을 사용한다:

$$\begin{aligned} f'(x)&=(e^x+\cot x)(30x^5+\csc x \cot x)+(e^x-\csc^2x)(5x^6-\csc x) \end{aligned}$$

이 함수는 주어진 형태 그대로는 미분하는 방법을 알 수 없지만, 항등식을 이용하면 된다. $\sin\left(\frac{\pi}{2}-\theta \right)=\cos \theta$ 이므로 $f'(\theta)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta}\{\cos \theta\}=-\sin(\theta)$ 임을 알 수 있다.

$\sin x$ 의 도함수는 알지만 $\sin(-x)$ 의 도함수는 모른다. 따라서 항등식을 이용하여 $f(x)$ 를 다시 쓴다:

$$\begin{aligned} f(x)&=\sin(-x)+\cos(-x)\\ &=-\sin x + \cos x\\ f'(x)&=-\cos x - \sin x \end{aligned}$$

몫의 미분법을 적용한다.

$$\begin{aligned} s'(\theta)&=\frac{(\cos \theta-\sin\theta)(-\sin\theta+\cos\theta)-(\cos\theta+\sin\theta)(-\sin\theta-\cos\theta)}{(\cos\theta-\sin\theta)^2}\\ &=\frac{(\cos \theta-\sin\theta)^2+(\cos\theta+\sin\theta)^2}{(\cos\theta-\sin\theta)^2}\\ &=1+\left(\frac{\cos\theta+\sin\theta}{\cos\theta-\sin\theta}\right)^2 \end{aligned}$$

$f$ 가 $x=0$ 에서 미분가능하려면 $x=0$ 에서 연속이기도 해야 한다. 따라서 $$\lim_{x\to 0^-}f(x) = \lim_{x\to 0^+}f(x) =f(0)\qquad\text{또는}\qquad \lim_{x\to 0^-}\cos(x) = \lim_{x\to 0^+}(ax+b) =1$$ 이고, 즉 $b=1$ 이다. $f$ 가 $x=0$ 에서 미분가능하려면 극한 $$\lim_{h\to 0}\frac{f(0+h)-f(0)}{h}$$ 가 존재해야 한다. 이는 두 한쪽 극한

$$\begin{aligned} \lim_{h\to 0^-}\frac{f(0+h)-f(0)}{h} &=\lim_{h\to 0^-}\frac{\cos(h)-\cos(0)}{h} \\ \text{그리고} \\ \lim_{h\to 0^+}\frac{f(0+h)-f(0)}{h} &=\lim_{h\to 0^+}\frac{(ah+b)-\cos(0)}{h} =a\qquad\text{$b=1$이므로} \\ \text{가 존재하고 서로 같을 때, 그리고 그때에 한해 성립한다. $\cos(x)$ 는 $x=0$ 에서 미분가능하므로} \\ \lim_{h\to 0^-}\frac{\cos(h)-\cos(0)}{h} &= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\cos(x)\bigg|_{x=0} = -\sin(x)\Big|_{x=0}=0 \end{aligned}$$

따라서 $a=0$, $b=1$ 이어야 한다.

$\cos(x)+2x$ 의 도함수를 구하면 $-\sin(x)+2$ 이고, $x=\frac{\pi}{2}$ 에서의 미분계수는 $-1+2=1$ 이다. 또 $\cos(\pi/2)+2(\pi/2)=0+\pi$ 이므로 접선의 방정식은

$$\begin{aligned} y - \pi = 1\cdot (x-\pi/2). \end{aligned}$$

연쇄 법칙을 적용하면 다음과 같다.

$$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\{\cos(5x+3)\}&=-\sin( 5x+3)\cdot\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\{ 5x+3\}\\ &=-\sin(5x+3)\cdot 5 \end{aligned}$$

연쇄 법칙을 이용하면

$$\begin{aligned} f'(x)&=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{\left({x^2+2}\right)^5\right\}\\ &=5\left( x^2+2\right)^4\cdot\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\{ x^2+2\}\\ &=5(x^2+2)^4 \cdot 2x\\ &=10x(x^2+2)^4 \end{aligned}$$

연쇄 법칙을 이용하면,

$$\begin{aligned} T'(k)&=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}k}\left\{\left({4k^4+2k^2+1}\right)^{17}\right\}\\ &=17( 4k^4+2k^2+1)^{16}\cdot\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}k}\{ 4k^4+2k^2+1\}\\ &=17(4k^4+2k^2+1)^{16}\cdot(16k^3+4k) \end{aligned}$$

연쇄 법칙을 이용하면:

$$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{\sqrt{\frac{x^2+1}{x^2-1}}\right\}&=\frac{1}{2\sqrt{ \frac{x^2+1}{x^2-1}}}\cdot \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{ \frac{x^2+1}{x^2-1}\right\}\\ &=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{x^2-1}{x^2+1}}\cdot\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{\frac{x^2+1}{x^2-1}\right\} \\ \text{이제 몫의 미분법을 이용하면:} \\ &=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{x^2-1}{x^2+1}}\cdot\left(\frac{(x^2-1)(2x)-(x^2+1)2x}{(x^2-1)^2}\right)\\ &=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{x^2-1}{x^2+1}}\cdot\left(\frac{-4x}{(x^2-1)^2}\right)\\ &=\sqrt{\frac{x^2-1}{x^2+1}}\cdot\left(\frac{-2x}{(x^2-1)^2}\right)\\ &=\frac{-2x}{({x^2-1})\sqrt{x^4-1}} \end{aligned}$$

$g(x)=e^x$, $h(x)=\cos(x^2)$ 이라 하면 $f(x)=g(h(x))$ 이므로 $f'(x)=g'(h(x))\cdot h'(x)$ 이다.

$$\begin{aligned} f'(x)&=e^{ \cos(x^2)}\cdot \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\{ \cos(x^2)\} \\ \text{In order to evaluate $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\{{\cos(x^2)}\}$, we'll need the chain rule \textit{again}.} \\ &=e^{\cos(x^2)}\cdot [-\sin( x^2)]\cdot\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\{ x^2\}\\ &=-e^{\cos(x^2)}\cdot \sin(x^2)\cdot 2x \end{aligned}$$

연쇄 법칙을 쓰고, 이어서 몫의 미분법을 쓴다:

$$\begin{aligned} f'(x) &=g'\left( \frac{x}{h(x)}\right)\cdot\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{ \frac{x}{h(x)} \right\} \\&= g'\left(\frac{x}{h(x)}\right)\cdot\frac{h(x)-xh'(x)}{h(x)^2} \\ \text{$x=2$일 때:} \\ f'(2) &= g'\left(\frac{2}{h(2)}\right)\frac{h(2)-2h'(2)}{h(2)^2}\\ &= 4\frac{2-2\times3}{2^2} =-4 \end{aligned}$$

연쇄 법칙을 쓴 다음 곱의 미분법을 이용한다:

$$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{e^{x\cos(x)}\right\}&=e^{ x\cos x}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{ x\cos x\right\} \\&=[\cos x -x\sin x]e^{x\cos(x)} \end{aligned}$$

연쇄 법칙을 이용하면 다음과 같다.

$$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{e^{x^2+\cos(x)}\right\}&=e^{ x^2+\cos x}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{ x^2+\cos x\right\} \\&=[2x-\sin x]e^{x^2+\cos(x)} \end{aligned}$$

연쇄 법칙을 이용한 뒤 몫의 미분법을 이용하면 다음과 같다.

$$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{ \sqrt{\dfrac{x-1}{x+2}}\right\}&=\frac{1}{2\sqrt{ \dfrac{x-1}{x+2}}}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{ \dfrac{x-1}{x+2}\right\} \\&=\frac{\sqrt{x+2}}{2\sqrt{x-1}}\cdot \frac{(x+2)-(x-1)}{(x+2)^2}\\ &=\frac{3}{2\sqrt{x-1}\sqrt{x+2}^3} \end{aligned}$$

먼저 미분하기 쉽도록 함수를 변형한다.

$$\begin{aligned} f(x)&=x^{-2}+(x^2-1)^{1/2} \\ \text{Now, we can use the power rule to differentiate $\dfrac{1}{x^2}$. This will be easier than differentiating $\dfrac{1}{x^2}$ using quotient rule, but if you prefer, quotient rule will also work.} \\ f'(x)&=-2x^{-3}+\frac{1}{2}( x^2-1)^{-1/2}\cdot\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\{ x^2-1\}\\ &=-2x^{-3}+\frac{1}{2}({x^2-1})^{-1/2}(2x)\\ &=\frac{-2}{x^3}+\frac{x}{\sqrt{x^2-1}} \end{aligned}$$

함수 $f(x)$ 는 $x \neq 0$ 이고 $x^2-1 \geq 0$ 일 때에만 정의된다. 즉, $x$ 가 $(-\infty,-1] \cup [1,\infty)$ 에 속할 때이다. $f'(x)$ 의 정의역에는 $x^2-1$ 이 0이 아니어야 한다는 제한이 추가된다. 따라서 $f'(x)$ 의 정의역은 $(-\infty,-1)\cup(1,\infty)$ 이다.