解説

方針・初手

（1） では、$g(x)=xf(x)$ をそのまま導関数の定義に代入し、差をうまく分けることで示す。

（2） では、$x^{k+1}=x\cdot x^k$ と見て、（1） の結果を使えば、$x^n$ の微分公式を帰納的に導ける。

解法1

**(1)**

$g(x)=xf(x)$ であるから、導関数の定義より

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

である。

ここで分子を整理すると

$$ (x+h)f(x+h)-xf(x) =x{f(x+h)-f(x)}+h f(x+h) $$

となるから、

$$ \begin{aligned} \frac{g(x+h)-g(x)}{h} &= x\frac{f(x+h)-f(x)}{h}+f(x+h) \end{aligned} $$

したがって

$$ \begin{aligned} g'(x) &= \lim_{h\to 0}\left( x\frac{f(x+h)-f(x)}{h}+f(x+h) \right) \end{aligned} $$

となる。

ここで $f'(x)$ が存在するので、

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

である。また、$f$ は $x$ で微分可能だから $x$ で連続である。実際、

$$ \begin{aligned} f(x+h)-f(x) &= h\cdot \frac{f(x+h)-f(x)}{h} \end{aligned} $$

より、$h\to 0$ のとき右辺は $0$ に近づくので、

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

である。

よって

$$ \begin{aligned} g'(x) &= x\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h} +\lim_{h\to 0}f(x+h) &= xf'(x)+f(x) \end{aligned} $$

となる。

したがって、

$$ g'(x)=xf'(x)+f(x) $$

が示された。

**(2)**

$g(x)=x^n$ のとき

$$ g'(x)=n x^{n-1} $$

となることを、$n$ について数学的帰納法で示す。

まず （i） $n=1$ のとき、

$$ g(x)=x $$

であるから、

$$ g'(x)=1=1\cdot x^{0} $$

となり、成り立つ。

次に （ii） $n=k$ のとき

$$ \frac{d}{dx}(x^k)=k x^{k-1} $$

が成り立つと仮定する。

このとき $n=k+1$ について考える。$x^{k+1}=x\cdot x^k$ と書けるので、（1） を $f(x)=x^k$ に適用すると、

$$ \begin{aligned} \frac{d}{dx}(x^{k+1}) &= x\frac{d}{dx}(x^k)+x^k \end{aligned} $$

となる。

帰納法の仮定より $\dfrac{d}{dx}(x^k)=k x^{k-1}$ だから、

$$ \begin{aligned} \frac{d}{dx}(x^{k+1}) &= x\cdot k x^{k-1}+x^k \\ k x^k+x^k \\ (k+1)x^k \end{aligned} $$

となる。

よって $n=k+1$ の場合にも成り立つ。

以上より、すべての自然数 $n$ について

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

が成り立つ。

解説

（1） の要点は、積の形 $(x+h)f(x+h)-xf(x)$ をそのまま眺めるのではなく、

$$ x{f(x+h)-f(x)}+h f(x+h) $$

と分けることである。これにより、導関数の定義に直接つながる部分と、そのまま極限をとればよい部分に分離できる。

（2） では、$x^{k+1}$ を $x\cdot x^k$ と見て、（1） で示した公式を使うのが本質である。微分公式をいきなり使うのではなく、1次式と $k$ 次式の積として扱うことで、帰納法が自然に進む。

答え

**(1)**

$$ g(x)=xf(x)\ \text{に対して}\ g'(x)=xf'(x)+f(x) $$

である。

**(2)**

すべての自然数 $n$ について

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

が成り立つ。