Leibniz product rule
考慮 \(F(x) = f(x)g(x)\)，求\(F(x)'\)? 直覺上會因為 \(f(x)+g(x)\) 的微分是 \(f(x)'+g(x)'\)，而認為結果是 \(f(x)'g(x)'\)。 那我們馬上實驗看看？令 \(f(x) = x\) 且 \(g(x) = x\)，得
\[ (x\cdot x)' = x' \cdot x' = 1 \cdot 1 = 1 \]
這顯然是荒謬的結論，所以這應該是錯的。 不如回歸本來的定義？
\[ F(x)' = \lim_{t \to 0} \frac{F(x+t) - F(x)}{t} \]
因為我們已經知道 \(F(x)=f(x)g(x)\)，於是
\[ limt → 0 \frac{F(x+t) - F(x)}{t} = limt → 0 \frac{ f(x+t)g(x+t)
f(x)g(x) }{t} \]
接下來需要一點符號操作，我們讓分子的部分加上 \(f(x)g(x+t)\) 再減掉 \(f(x)g(x+t)\)，結果還是同一個運算式。 再用一些重排組合運算式的方式化簡。
$$
\begin{aligned} &\lim_{t \to 0} \frac{ f(x+t)g(x+t) - f(x)g(x) }{t} \\=& \lim_{t \to 0} \frac{ f(x)g(x+t) - f(x)g(x+t) + f(x+t)g(x+t) - f(x)g(x) }{t} \\=& \lim_{t \to 0} \frac{ (f(x)g(x+t) - f(x)g(x)) + (f(x+t)g(x+t) - f(x)g(x+t)) }{t} \\=& \lim_{t \to 0} \frac{ f(x)[g(x+t) - g(x)] + [f(x+t) - f(x)]g(x+t) }{t} \\=& \lim_{t \to 0} \frac{f(x)[g(x+t) - g(x)]}{t} + \lim_{t \to 0} \frac{[f(x+t) - f(x)]g(x+t)}{t} \\=& f(x) \cdot \lim_{t \to 0} \frac{[g(x+t) - g(x)]}{t} + \lim_{t \to 0} \frac{[f(x+t) - f(x)]g(x+t)}{t} \\=& f(x) \cdot \lim_{t \to 0} \frac{[g(x+t) - g(x)]}{t} + \lim_{t \to 0} \frac{[f(x+t) - f(x)]}{t} \cdot \lim_{t \to 0}g(x+t) \\=& f(x)g(x)' + f(x)'g(x) \end{aligned}$$
NOTE: \(\lim_{t \to 0}g(x+t) = g(x)\) follows from the fact that differentiable functions are continuous.
1. Generalizations
現在想想要是 \(F(x) = f(x)g(x)h(x)\)？為了方便，接下來改記錄成 \(F=fgh\)。 首先，其實很容易想到 \(F'=fg\cdot h' + (fg)'\cdot h\)，於是
\[ fgh' + (fg)'h \\= fgh' + (fg' + f'g)h \\= fgh' + fg'h + f'gh \]
如果你也操作了一次四個函數的積的結果，你應該已經猜到我們觀察到的模式就是：每個子函數分別微分一次。 顯然我們會想要證明這個結果，所以我們假設有函數 \(g=f_1f_2 \cdots f_k\)。 要論證的是隨便加個函數當 \(f_{k+1}\) 會怎樣（再次運用已經證明的兩項次事實）：
\[ (f1f2 ⋯ fk fk+1)' \\= (g fk+1)' \\= g' fk+1
g fk+1' \]
這表示我們的猜測無誤，每次確實都會發生新加入的函數被微分一次的事實，於是我們可以總結出模式：
$$
\begin{aligned} \prod_{i=1}^{k} f_i =& f_1f_2 \cdots f_k \\=& (f_1'f_2 \cdots f_k) \;\;\; 第 1 項\\ +& (f_1f_2' \cdots f_k) \;\;\; 第 2 項\\ +& \cdots \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; 第 i 項\\ +& (f_1f_2 \cdots f_k') \;\;\; 第 k 項\\ \end{aligned}$$
2. 運用 Generalizations
考慮到常見的函數：\(f(x) = x^\frac{1}{n}\)，求 \(f(x)'\)？ 因為剛看完 Leibniz product rule，我們可以想到函數 \(Id(x)=x=f(x)^n=(x^\frac{1}{n})^n\)。 運用剛剛證明的多項次結果，可以得到
\[ Id(x)'=1 \\= n \cdot f^{n-1} \cdot f' \]
於是可以由 \(1 = n \cdot f^{n-1} \cdot f'\) 導出
\[ f' = \frac{1}{n \cdot f^{n-1}} \\= \frac{1}{n} \cdot f^{1-n} \\= \frac{1}{n} \cdot (x^\frac{1}{n})^{1-n} \\= \frac{1}{n} \cdot x^{\frac{1}{n}-1} \]
這是個有趣的結論。