빌드라인 스쿨

문제 은행 · 미적분 · 미적분Ⅰ · 미분

평균변화율과 미분계수

먼저 혼자 풀어 보고, 풀이로 확인한 다음, 아래 「한 번 더」 문제로 이어서 연습하세요.

Active Calculus · 1.3절 · 13번우리말 번역

이 문제의 목표는 여러 함수에 대해 한 점에서의 미분계수의 값을 구하되, 각 함수마다 세 가지 서로 다른 방법으로 구한 다음, 그 결과를 비교하여 세 방법이 모두 같은 값을 내는지 확인하는 것이다.

다음 각 함수에 대해 도함수의 극한 정의를 사용하여 세 가지 방법으로 f′(a)f'(a) 의 값을 구하세요. 먼저 대수적 방법을 써서 (극한을 정확히 계산하여) 구하려고 노력하고, 그다음 수치적 근거(작은 hh 의 값)로 그 결과를 검증하고, 마지막으로 (a,f(a))(a,f(a)) 근처에서 y=f(x)y = f(x) 의 그래프를 알맞은 접선과 함께 그려서 f′(a)f'(a) 의 값을 시각적으로 어림하세요. 세 방법으로 얻은 결과를 서로 비교하세요. 대수적 방법을 끝내지 못하더라도 수치적 방법과 그래프를 이용한 방법은 계속 진행하세요.

(a) f(x)=x2−3xf(x) = x^2 - 3x, a=2a = 2 (b) f(x)=1xf(x) = \frac{1}{x}, a=1a = 1 (c) f(x)=xf(x) = \sqrt{x}, a=1a = 1 (d) f(x)=2−∣x−1∣f(x) = 2 - |x-1|, a=1a = 1 (e) f(x)=sin⁡(x)f(x) = \sin(x), a=π2a = \frac{\pi}{2}

영어 원문 보기

The goal of this problem is to compute the value of the derivative at a point for several different functions, where for each one we do so in three different ways, and then to compare the results to see that each produces the same value.

For each of the following functions, use the limit definition of the derivative to compute the value of f′(a)f'(a) using three different approaches: strive to use the algebraic approach first (to compute the limit exactly), then test your result using numerical evidence (with small values of hh), and finally plot the graph of y=f(x)y = f(x) near (a,f(a))(a,f(a)) along with the appropriate tangent line to estimate the value of f′(a)f'(a) visually. Compare your findings among all three approaches; if you are unable to complete the algebraic approach, still work numerically and graphically.

(a) f(x)=x2−3xf(x) = x^2 - 3x, a=2a = 2 (b) f(x)=1xf(x) = \frac{1}{x}, a=1a = 1 (c) f(x)=xf(x) = \sqrt{x}, a=1a = 1 (d) f(x)=2−∣x−1∣f(x) = 2 - |x-1|, a=1a = 1 (e) f(x)=sin⁡(x)f(x) = \sin(x), a=π2a = \frac{\pi}{2}

정답·풀이 보기

(a) 아래 표는 a=2a=2 이고 hh 가 작은 여러 값일 때 차분몫 f(a+h)−f(a)h\frac{f(a+h)-f(a)}{h} 의 값을 나타낸 것이다. 이 표는 f′(2)f'(2) 가 약 11 임을 나타낸다.

hh −0.0001-0.0001 −0.001-0.001 −0.01-0.01 0.010.01 0.0010.001 0.00010.0001
f(2+h)−f(2)h\frac{f(2+h)-f(2)}{h} 0.99990.9999 0.99900.9990 0.99000.9900 1.01001.0100 1.00101.0010 1.00011.0001
다음 그림과 같이 점 (2,f(2))(2,f(2)) 에서 ff 의 접선의 기울기는 약 1로 보인다.
구간 -1 < x < 4 에서 함수 f(x) = x 2 - 3x 의 그래프와, 곡선 위의 점 (2,-2)에 초점을 맞추어 그 점에서의 접선의 그래프를 나타낸 그림이다. 접선은 (2,-2)를 지나며 기울기가
마지막으로 대수적 방법으로 이 어림값을 확인한다. x=ax=a 에서 ff 의 미분계수의 정의에 의해
f′(2)=lim⁡h→0f(2+h)−f(2)h=lim⁡h→0[(2+h)2−3(2+h)]−(−2)h=lim⁡h→0[4+4h+h2−6−3h]+2h=lim⁡h→0h2+hh=lim⁡h→0h(h+1)h=lim⁡h→0h+1=1\begin{aligned}f'(2) &= \lim_{h \to 0} \frac{f(2+h)-f(2)}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{\left[(2+h)^2 - 3(2+h)\right] - (-2)}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{\left[4+4h+h^2 - 6 - 3h\right] + 2}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{h^2 + h}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{h(h+1)}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} h+1 \\ &= 1\end{aligned}
이는 수치적 방법과 기하적 방법으로 얻은 결론을 확인해 준다.
(b) 다음 표는 a=1a=1 이고 hh 가 작은 여러 값일 때 차분몫 f(a+h)−f(a)h\frac{f(a+h)-f(a)}{h} 의 값을 나타낸 것이다. 이 표는 f′(1)f'(1) 이 약 −1-1 임을 나타낸다.
hh −0.0001-0.0001 −0.001-0.001 −0.01-0.01 0.010.01 0.0010.001 0.00010.0001
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f(1+h)−f(1)h\frac{f(1+h)-f(1)}{h} −1.00010-1.00010 −1.001001-1.001001 −1.010101-1.010101 −0.990099-0.990099 −0.999001-0.999001 −0.999900-0.999900
다음 그림과 같이 점 (1,f(1))(1,f(1)) 에서 ff 의 접선의 기울기는 약 −1-1 로 보인다.
구간 0.2 < x < 1.8 에서 함수 f(x) = x분의 1 의 그래프와, 곡선 위의 점 (1,1)에 초점을 맞추어 그 점에서의 접선의 그래프를 나타낸 그림이다. 접선은 (1,1)을 지나며 기울
마지막으로 대수적 방법으로 이 어림값을 확인한다. x=ax=a 에서 ff 의 미분계수의 정의에 의해
f′(1)=lim⁡h→0f(1+h)−f(1)h=lim⁡h→011+h−1h=lim⁡h→011+h−1h(1+h1+h)=lim⁡h→01−(1+h)h(1+h)=lim⁡h→0−h)h(1+h)=lim⁡h→0−11+h=−1 .\begin{aligned}f'(1) &= \lim_{h \to 0} \frac{f(1+h)-f(1)}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{\frac{1}{1+h} - 1}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{\frac{1}{1+h} - 1}{h} \left(\frac{1+h}{1+h} \right) \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{1-(1+h)}{h(1+h)} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{-h)}{h(1+h)} \\ &= \lim_{h \to 0} -\frac{1}{1+h} \\ &= -1\end{aligned}\,. 이는 수치적 방법과 기하적 방법으로 얻은 결론을 확인해 준다.
(c) 아래 표는 a=1a=1 이고 hh 가 작은 여러 값일 때 차분몫 f(a+h)−f(a)h\frac{f(a+h)-f(a)}{h} 의 값을 나타낸 것이다. 이 표는 f′(1)f'(1) 이 약 0.50.5 임을 나타낸다.
hh −0.0001-0.0001 −0.001-0.001 −0.01-0.01 0.010.01 0.0010.001 0.00010.0001
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f(1+h)−f(1)h\frac{f(1+h)-f(1)}{h} 0.500013000.50001300 0.500125100.50012510 0.501256290.50125629 0.498756200.49875620 0.499875000.49987500 0.499990000.49999000
아래 그림과 같이 점 (1,f(1))(1,f(1)) 에서 ff 의 접선의 기울기는 약 0.50.5 로 보인다.
구간 0.2 < x < 1.8 에서 함수 f(x) = x의 제곱근 의 그래프와, 곡선 위의 점 (1,1)에 초점을 맞추어 그 점에서의 접선의 그래프를 나타낸 그림이다. 접선은 (1,1)을 지나며 기울기가
마지막으로 대수적 방법으로 이 어림값을 확인한다. x=ax=a 에서 ff 의 미분계수의 정의에 의해
f′(1)=lim⁡h→0f(1+h)−f(1)h=lim⁡h→01+h−1h=lim⁡h→01+h−1h=lim⁡h→01+h−1h(1+h+11+h+1)=lim⁡h→0(1+h)−1h(1+h+1)=lim⁡h→0hh(1+h+1)=11+h+1=12 .\begin{aligned}f'(1) &= \lim_{h \to 0} \frac{f(1+h)-f(1)}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{1+h}-\sqrt{1}}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{1+h}-1}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{1+h}-1}{h} \left(\frac{\sqrt{1+h}+1}{\sqrt{1+h}+1} \right) \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{(1+h)-1}{h(\sqrt{1+h}+1)} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{h}{h(\sqrt{1+h}+1)} \\ &= \frac{1}{\sqrt{1+h}+1} \\ &= \frac{1}{2}\end{aligned}\,. 이는 수치적 방법과 기하적 방법으로 얻은 결론을 확인해 준다.
(d) 다음 표의 자료는 f(1+h)−f(1)h\frac{f(1+h)-f(1)}{h} 의 값이 h<0h < 0 일 때 11 이고 h>0h > 0 일 때 −1-1 임을 나타낸다. 이는 f′(1)f'(1) 이 존재하지 않음을 뜻한다.
hh −0.0001-0.0001 −0.001-0.001 −0.01-0.01 0.010.01 0.0010.001 0.00010.0001
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f(1+h)−f(1)h\frac{f(1+h)-f(1)}{h} 11 11 11 −1-1 −1-1 −1-1
아래 그림에서 ff 의 그래프는 점 (1,f(1))(1,f(1)) 에서 뾰족한 모서리를 갖는 것으로 보이며, 이 역시 (1,f(1))(1,f(1)) 에서 ff 의 접선이 없음을 뜻한다.
![구간 0.2 < x < 1.8 에서 함수 f(x) = 2- x-1 의 그래프와, 그래프 위의 점 (1,2)에 초점을 맞춘 그림이다. 이 함수는 점 (1,2)에서 뾰족한 모서리를 갖는다.](activecalc/1_3_Ez4d_soln.svg)
이제 대수적 방법으로 이 어림값을 확인한다. 먼저
f(1+h)−f(1)h=[2−∣(1+h)−1∣]−2h=(2−∣h∣)−2h=−∣h∣h\begin{aligned}\frac{f(1+h)-f(1)}{h} &= \frac{[2-|(1+h)-1|] - 2}{h} \\ &= \frac{(2-|h|)-2}{h} \\ &= \frac{-|h|}{h}\end{aligned}
임에 주목한다. 절댓값 함수의 정의에 의해 h≥0h \ge 0 이면 ∣h∣=h|h| = h 이고, h<0h < 0 이면 ∣h∣=−h|h| = -h 이다. 따라서 h>0h > 0 일 때
f(1+h)−f(1)h=−∣h∣h=−hh=−1\frac{f(1+h)-f(1)}{h} = \frac{-|h|}{h} = -\frac{h}{h} = -1
이고, h<0h < 0 일 때
f(1+h)−f(1)h=−∣h∣h=−−hh=1 .\frac{f(1+h)-f(1)}{h} = \frac{-|h|}{h} = -\frac{-h}{h} = 1\,. 이로써 lim⁡h→0f(1+h)−f(1)h\lim_{h \to 0} \frac{f(1+h)-f(1)}{h} 이 존재하지 않음이 확인된다.
(e) 다음 표의 자료는 h→0h \to 0 일 때 f(π2+h)−f(π2)h\frac{f(\frac{\pi}{2}+h)-f(\frac{\pi}{2})}{h} 가 00 에 가까워짐을 나타낸다.
hh −0.0001-0.0001 −0.001-0.001 −0.01-0.01 0.010.01 0.0010.001 0.00010.0001
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f(1+h)−f(1)h\frac{f(1+h)-f(1)}{h} 0.000050.00005 0.00050.0005 0.0050.005 −0.005-0.005 −0.0005-0.0005 −0.00005-0.00005
아래 그림에서 ff 의 그래프는 점 (π2,f(π2))(\frac{\pi}{2},f(\frac{\pi}{2})) 에서 수평인 접선을 가지며, 이 역시 f′(π2)=0f'(\frac{\pi}{2}) = 0 임을 시사한다.
구간 -1.5 &lt; x &lt; 6.5 에서 함수 f(x) = sin(x) 의 그래프와, 곡선 위의 점 (2분의 π, 1)에 초점을 맞춘 그림이다. 그래프는 x = 2분의 π 에서 볼록하게 솟아 있으므로 그 x값에서 수평인 접선을 갖는다.
마지막으로 대수적 방법으로 이 어림값을 확인해 본다. 먼저
f(π2+h)−f(π2)h=sin⁡(π2+h)−sin⁡π2h=sin⁡(π2+h)−1h\begin{aligned}\frac{f(\frac{\pi}{2}+h)-f(\frac{\pi}{2})}{h} &= \frac{\sin(\frac{\pi}{2}+h) - \sin \frac{\pi}{2}}{h} \\ &= \frac{\sin(\frac{\pi}{2}+h) - 1}{h}\end{aligned}
임에 주목한다. 사인 함수의 덧셈정리를 이용하면
sin⁡(π2+h)=sin⁡π2cos⁡(h)+cos⁡π2sin⁡(h)=1⋅cos⁡(h)+0⋅sin⁡(h)=cos⁡(h) .\sin(\frac{\pi}{2}+h) = \sin \frac{\pi}{2} \cos(h) + \cos \frac{\pi}{2} \sin(h) = 1 \cdot \cos(h) + 0 \cdot \sin(h) = \cos(h)\,. 따라서
f′(π2)=lim⁡h→0f(π2+h)−f(π2)h=lim⁡h→0cos⁡(h)−1h\begin{aligned}f'(\frac{\pi}{2}) &= \lim_{h \to 0} \frac{f(\frac{\pi}{2}+h)-f(\frac{\pi}{2})}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{\cos(h) - 1}{h}\end{aligned}
이 시점에서 대수적 방법으로는 더 이상 계산할 수 없는 극한을 만난다. 앞에서 다룬 극한과 마찬가지로 작은 hh 의 값을 이용하여 이 극한을 어림할 수 있다. 그렇게 하면 이 극한도 00 에 가까워짐이 확인되므로, f′(π2)=0f'(\frac{\pi}{2}) = 0 이라고 결론짓는다.
원본 교재 풀이(영어)

(a) The table below gives values of the difference quotient f(a+h)−f(a)h\frac{f(a+h)-f(a)}{h} for a=2a=2 and several small values of hh. This table indicates that f′(2)f'(2) is approximately 11.

hh −0.0001-0.0001 −0.001-0.001 −0.01-0.01 0.010.01 0.0010.001 0.00010.0001
f(2+h)−f(2)h\frac{f(2+h)-f(2)}{h} 0.99990.9999 0.99900.9990 0.99000.9900 1.01001.0100 1.00101.0010 1.00011.0001
The tangent line to ff at the point (2,f(2))(2,f(2)) as shown in the following appears to have a slope that is approximately 1.
A plot of f(x) = x 2 - 3x on the interval -1 lt x lt 4 with a focus on the point (2,-2) on the curve as well as the graph of the tangent line at that point. The tangent line passes through (2,-2) with
Finally, we verify these approximations using an algebraic approach. The definition of the derivative of ff at x=ax=a shows that
f′(2)=lim⁡h→0f(2+h)−f(2)h=lim⁡h→0[(2+h)2−3(2+h)]−(−2)h=lim⁡h→0[4+4h+h2−6−3h]+2h=lim⁡h→0h2+hh=lim⁡h→0h(h+1)h=lim⁡h→0h+1=1\begin{aligned}f'(2) &= \lim_{h \to 0} \frac{f(2+h)-f(2)}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{\left[(2+h)^2 - 3(2+h)\right] - (-2)}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{\left[4+4h+h^2 - 6 - 3h\right] + 2}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{h^2 + h}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{h(h+1)}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} h+1 \\ &= 1\end{aligned}
This confirms our conclusions using the numeric and geometric approaches.
(b) The following table gives values of the difference quotient f(a+h)−f(a)h\frac{f(a+h)-f(a)}{h} for a=1a=1 and several small values of hh. This table indicates that f′(1)f'(1) is approximately −1-1.
hh −0.0001-0.0001 −0.001-0.001 −0.01-0.01 0.010.01 0.0010.001 0.00010.0001
--- --- --- --- --- --- ---
f(1+h)−f(1)h\frac{f(1+h)-f(1)}{h} −1.00010-1.00010 −1.001001-1.001001 −1.010101-1.010101 −0.990099-0.990099 −0.999001-0.999001 −0.999900-0.999900
The tangent line to ff at the point (1,f(1))(1,f(1)) as shown in the following figure appears to have a slope that is approximately −1-1.
A plot of f(x) = frac 1 x on the interval 0.2 lt x lt 1.8 with a focus on the point (1,1) on the curve as well as the graph of the tangent line at that point. The tangent line passes through (1,1) wit
Finally, we verify these approximations using an algebraic approach. The definition of the derivative of ff at x=ax=a shows that
f′(1)=lim⁡h→0f(1+h)−f(1)h=lim⁡h→011+h−1h=lim⁡h→011+h−1h(1+h1+h)=lim⁡h→01−(1+h)h(1+h)=lim⁡h→0−h)h(1+h)=lim⁡h→0−11+h=−1 .\begin{aligned}f'(1) &= \lim_{h \to 0} \frac{f(1+h)-f(1)}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{\frac{1}{1+h} - 1}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{\frac{1}{1+h} - 1}{h} \left(\frac{1+h}{1+h} \right) \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{1-(1+h)}{h(1+h)} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{-h)}{h(1+h)} \\ &= \lim_{h \to 0} -\frac{1}{1+h} \\ &= -1\end{aligned}\,. This confirms our conclusions using the numeric and geometric approaches.
(c) The table below gives values of the difference quotient f(a+h)−f(a)h\frac{f(a+h)-f(a)}{h} for a=1a=1 and several small values of hh. This table indicates that f′(1)f'(1) is approximately 0.50.5.
hh −0.0001-0.0001 −0.001-0.001 −0.01-0.01 0.010.01 0.0010.001 0.00010.0001
--- --- --- --- --- --- ---
f(1+h)−f(1)h\frac{f(1+h)-f(1)}{h} 0.500013000.50001300 0.500125100.50012510 0.501256290.50125629 0.498756200.49875620 0.499875000.49987500 0.499990000.49999000
The tangent line to ff at the point (1,f(1))(1,f(1)) as shown in the figure below appears to have a slope that is approximately 0.50.5.
A plot of f(x) = sqrt x on the interval 0.2 lt x lt 1.8 with a focus on the point (1,1) on the curve as well as the graph of the tangent line at that point. The tangent line passes through (1,1) with
Finally, we verify these approximations using an algebraic approach. The definition of the derivative of ff at x=ax=a shows that
f′(1)=lim⁡h→0f(1+h)−f(1)h=lim⁡h→01+h−1h=lim⁡h→01+h−1h=lim⁡h→01+h−1h(1+h+11+h+1)=lim⁡h→0(1+h)−1h(1+h+1)=lim⁡h→0hh(1+h+1)=11+h+1=12 .\begin{aligned}f'(1) &= \lim_{h \to 0} \frac{f(1+h)-f(1)}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{1+h}-\sqrt{1}}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{1+h}-1}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{1+h}-1}{h} \left(\frac{\sqrt{1+h}+1}{\sqrt{1+h}+1} \right) \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{(1+h)-1}{h(\sqrt{1+h}+1)} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{h}{h(\sqrt{1+h}+1)} \\ &= \frac{1}{\sqrt{1+h}+1} \\ &= \frac{1}{2}\end{aligned}\,. This confirms our conclusions using the numeric and geometric approaches.
(d) The data in the following table indicates that f(1+h)−f(1)h\frac{f(1+h)-f(1)}{h} has values of 11 for h<0h < 0 and values of −1-1 for h>0h > 0. This implies that f′(1)f'(1) does not exist.
hh −0.0001-0.0001 −0.001-0.001 −0.01-0.01 0.010.01 0.0010.001 0.00010.0001
--- --- --- --- --- --- ---
f(1+h)−f(1)h\frac{f(1+h)-f(1)}{h} 11 11 11 −1-1 −1-1 −1-1
The graph of ff in the figure below appears to show a sharp corner at the point (1,f(1))(1,f(1)), also implying that there is no tangent line to ffat (1,f(1))(1,f(1)).
![A plot of f(x) = 2- x-1 on the interval 0.2 lt x lt 1.8 with a focus on the point (1,2) on the graph. The function has a sharp corner at the point (1,2).](activecalc/1_3_Ez4d_soln.svg)
Now we verify these approximations using an algebraic approach. Notice first that
f(1+h)−f(1)h=[2−∣(1+h)−1∣]−2h=(2−∣h∣)−2h=−∣h∣h\begin{aligned}\frac{f(1+h)-f(1)}{h} &= \frac{[2-|(1+h)-1|] - 2}{h} \\ &= \frac{(2-|h|)-2}{h} \\ &= \frac{-|h|}{h}\end{aligned}
The definition of the absolute value function tells us that ∣h∣=h|h| = h whenever h≥0h \ge 0, while ∣h∣=−h|h| = -h whenever h<0h < 0. Thus, for h>0h > 0, we have
f(1+h)−f(1)h=−∣h∣h=−hh=−1\frac{f(1+h)-f(1)}{h} = \frac{-|h|}{h} = -\frac{h}{h} = -1
and for h<0h < 0, we have
f(1+h)−f(1)h=−∣h∣h=−−hh=1 .\frac{f(1+h)-f(1)}{h} = \frac{-|h|}{h} = -\frac{-h}{h} = 1\,. This confirms that lim⁡h→0f(1+h)−f(1)h\lim_{h \to 0} \frac{f(1+h)-f(1)}{h} does not exist.
(e) The data in the following table indicate that f(π2+h)−f(π2)h\frac{f(\frac{\pi}{2}+h)-f(\frac{\pi}{2})}{h} approaches 00 as h→0h \to 0.
hh −0.0001-0.0001 −0.001-0.001 −0.01-0.01 0.010.01 0.0010.001 0.00010.0001
--- --- --- --- --- --- ---
f(1+h)−f(1)h\frac{f(1+h)-f(1)}{h} 0.000050.00005 0.00050.0005 0.0050.005 −0.005-0.005 −0.0005-0.0005 −0.00005-0.00005
The graph of ff in the figure below shows a horizontal tangent line at the point (π2,f(π2))(\frac{\pi}{2},f(\frac{\pi}{2})), which also suggests that f′(π2)=0f'(\frac{\pi}{2}) = 0.
A plot of f(x) = sin(x) on the interval -1.5 lt x lt 6.5 with a focus on the point ( frac pi 2 ,1) on the curve. The graph has a hump at x = frac pi 2 and thus a horizontal tangent line at that x-valu
Finally, we attempt to verify these approximations using an algebraic approach. Notice first that
f(π2+h)−f(π2)h=sin⁡(π2+h)−sin⁡π2h=sin⁡(π2+h)−1h\begin{aligned}\frac{f(\frac{\pi}{2}+h)-f(\frac{\pi}{2})}{h} &= \frac{\sin(\frac{\pi}{2}+h) - \sin \frac{\pi}{2}}{h} \\ &= \frac{\sin(\frac{\pi}{2}+h) - 1}{h}\end{aligned}
Using the sum of two angles identity for the sine function, it follows that
sin⁡(π2+h)=sin⁡π2cos⁡(h)+cos⁡π2sin⁡(h)=1⋅cos⁡(h)+0⋅sin⁡(h)=cos⁡(h) .\sin(\frac{\pi}{2}+h) = \sin \frac{\pi}{2} \cos(h) + \cos \frac{\pi}{2} \sin(h) = 1 \cdot \cos(h) + 0 \cdot \sin(h) = \cos(h)\,. Hence,
f′(π2)=lim⁡h→0f(π2+h)−f(π2)h=lim⁡h→0cos⁡(h)−1h\begin{aligned}f'(\frac{\pi}{2}) &= \lim_{h \to 0} \frac{f(\frac{\pi}{2}+h)-f(\frac{\pi}{2})}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{\cos(h) - 1}{h}\end{aligned}
At this point, we encounter a limit that we are unable to evaluate further using algebraic means. Like the earlier limit above, we can estimate the limit using small values of hh. Doing so confirms that this limit also approaches 00, and we hence conclude that f′(π2)=0f'(\frac{\pi}{2}) = 0.

한 번 더 — 비슷한 문제OpenStax 1권 · 3.1절 · 3번우리말 번역

다음 연습문제에서, Q=f(x)−f(a)x−aQ=\frac{f(x)-f(a)}{x-a} 를 이용하여 각 함수 y=f(x)y=f(x) 에 대해 xx 의 값 x1{x}_{1} 과 x2{x}_{2} 사이의 할선의 기울기를 구하세요.

f(x)=x2+2x+1;x1=3,x2=3.5f(x)={x}^{2}+2x+1;{x}_{1}=3,{x}_{2}=3.5

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# 평균변화율과 미분계수그래프·표 해석자동 분류
Active Calculus CC BY-SA우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)

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