一些标准的导数

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前置

• 微分中值定理
• banach代数上的指数

一元导数作为数，以及它与线性映射 $L(h)=f^{\prime }(x_0)h$ 的对应，见 微分中值定理。可微蕴含连续、梯度、和积商与链式法则见 derivate。以下求导公式都按数 $f^{\prime }(x_0)$ 书写。

设 $f:X\to \mathbb{R}$，$X\subseteq {\mathbb{R}}^n$，$x_0$ 是内点，$f$ 在 $x_0$ 可微，并且 $x_0$ 是局部极值点。任取 $v\in {\mathbb{R}}^n$，令 $g(t)=f(x_0+tv)$。

映射 $\gamma (t):t\mapsto x_0+tv$ 的导数是 $L:s\mapsto sv$。

记 $\gamma (t)=x_0+tv$，$L(s)=sv$。对任意 $t_0$ 与 $t\ne t_0$，
$\gamma (t_0)+L(t-t_0)=x_0+t_{0}v+(t-t_0)v=\gamma (t)$，
故 $\frac{d(\gamma (t),\gamma (t_0)+L(t-t_0))}{d(t,t_0)}=0$。

链式法则给出 $g^{\prime }(0)=f^{\prime }(x_0)(v)$。

$g=f\circ \gamma$，$\gamma (0)=x_0$。 ${\gamma }^{\prime }(0)$ 是线性映射 $L:\mathbb{R}\to {\mathbb{R}}^n$，$L(s)=sv$，故 ${\gamma }^{\prime }(0)(s)=sv$。derivate 第 3 节性质 3 的链式法则给出
$g^{\prime }(0)=f^{\prime }(x_0)\circ {\gamma }^{\prime }(0)$，故 $g^{\prime }(0)(s)=f^{\prime }(x_0)({\gamma }^{\prime }(0)(s))=f^{\prime }(x_0)(sv)=s{f}^{\prime }(x_0)(v)$。
按 微分中值定理 的一元约定，这个线性映射对应的数是 $f^{\prime }(x_0)(v)$。

$t=0$ 是 $g$ 的内点，也是局部极值点。由 Fermat 定理，$g^{\prime }(0)=0$。$v$ 任意，所以线性映射 $f^{\prime }(x_0)=0$。实值函数因此还有 $\nabla f(x_0)=0$。

derivate 第 3 节性质 2 的和、积、商法则写在闭区间上。下面在开集上使用它们时，对所考虑的点取含该点为内点的闭子区间。链式法则在一元情形下就是数的乘法：$(g\circ f{)}^{\prime }(x_0)=g^{\prime }(f(x_0))f^{\prime }(x_0)$。

1. 常数

设 $c\in \mathbb{R}$。则在 $\mathbb{R}$ 上 $(c{)}^{\prime }=0$。

proof

对任意 $x_0\in \mathbb{R}$ 与 $x\ne x_0$，差商 $(c-c)/(x-x_0)=0$，故极限为 $0$。

2. 整数次幂函数

1. 设 $n\in \mathbb{Z}$ 且 $n\ge 1$。则在 $\mathbb{R}$ 上 $(x^n{)}^{\prime }=n{x}^{n-1}$。
2. 设 $n\in \mathbb{Z}$ 且 $n\le -1$。则在 $\mathbb{R}\setminus \{0\}$ 上 $(x^n{)}^{\prime }=n{x}^{n-1}$。
3. $n=0$ 时 $x^0$ 在 $\mathbb{R}\setminus \{0\}$ 上为常数 $1$，导数为 $0$。

proof（正整数次幂）

$n=1$ 时，$(x-x_0)/(x-x_0)=1$，故 $(x{)}^{\prime }=1$。在 $\mathbb{R}$ 上把 $x^0$ 记为常数 $1$，这就是 $1\cdot x^0$。

设 $n\ge 1$，并且已经得到 $(x^n{)}^{\prime }=n{x}^{n-1}$。在任意闭区间上对 $x\cdot x^n$ 使用积法则：

$$(x^{n+1}{)}^{\prime }=x^n+x(x^n{)}^{\prime }=x^n+nx\cdot x^{n-1}=x^n+n{x}^n=(n+1)x^n.$$

proof（$n=0$ 与负整数次幂）

$n=0$ 时，$x^0=1$ 是 $\mathbb{R}\setminus \{0\}$ 上的常数，导数为 $0$。

设 $m\ge 1$，$n=-m$。在 $\mathbb{R}\setminus \{0\}$ 的任意闭子区间上 $x^m\ne 0$，商法则给出

$$(x^{-m}{)}^{\prime }={\left(\frac{1}{x^m}\right)}^{\prime }=\frac{-m{x}^{m-1}}{x^{2m}}=-m{x}^{-m-1}=n{x}^{n-1}.$$

3. 指数与对数

设 $a>0$。

1. 在 $\mathbb{R}$ 上 $(e^x{)}^{\prime }=e^x$，$(a^x{)}^{\prime }=a^x\ln a$。
2. 在 $(0,+\infty )$ 上 $(\ln x{)}^{\prime }=\frac{1}{x}$。若还有 $a\ne 1$，则 $({\log }_{a}x{)}^{\prime }=\frac{1}{x\ln a}$。

这里 $e^z$ 是 指数级数 定义的函数。$a^x$、$\ln$ 与 ${\log }_a$ 的含义在证明里说明：它们与 实数次幂 的实数幂一致。

引理（加法公式）. 对任意 $z,w\in \mathbb{C}$，乘法交换，故 $e^{z+w}=e^z{e}^w$，见 banach代数上的指数。

引理（差商）. ${\lim }_{h\to 0}(e^h-1)/h=1$。并且 ${\lim }_{h\to 0}(e^{ih}-1)/h=i$。

proof

由级数，$e^h=1+h+{\sum }_{n\ge 2}{h}^n/n!$，故

$$\frac{e^h-1}{h}-1=\sum _{n\ge 2}\frac{h^{n-1}}{n!}.$$

其绝对值不超过 ${\sum }_{n\ge 2}|h{|}^{n-1}/n!$。令 $j=n-2$，并用 $(j+2)!\ge j!$，得到

$$\sum _{n\ge 2}\frac{|h{|}^{n-1}}{n!}\le |h|\sum _{j\ge 0}\frac{|h{|}^j}{j!}=|h|e^{|h|}.$$

$h\to 0$ 时右端趋于 $0$。复差商同样展开：

$$\frac{e^{ih}-1}{h}-i=\sum _{n\ge 2}\frac{i^n{h}^{n-1}}{n!},$$

绝对值仍不超过 $|h|e^{|h|}$，故趋于 $0$。

proof（$(e^x{)}^{\prime }=e^x$）

加法公式给出，对 $h\ne 0$，

$$\frac{e^{x+h}-e^x}{h}=e^x\cdot \frac{e^h-1}{h}.$$

令 $h\to 0$，右端趋于 $e^x$。

$e^x$ 可微，由 derivate 的可微蕴含连续，$e^x$ 连续。再由级数，$x\ge 0$ 时 $e^x\ge 1+x\ge 1$。$x<0$ 时 $e^x{e}^{-x}=e^0=1$，而 $e^0=1$ 是级数的常数项，故 $e^x=1/e^{-x}>0$。若 $h>0$，则 $e^h=1+h+{\sum }_{n\ge 2}{h}^n/n!>1$，于是

$$e^{x+h}-e^x=e^x(e^h-1)>0.$$

所以 $\exp :\mathbb{R}\to (0,+\infty )$ 严格递增。又 $x\to +\infty$ 时 $e^x\ge 1+x\to +\infty$，$x\to -\infty$ 时 $e^x=1/e^{-x}\to 0$。

$\mathbb{R}$ 是区间，因而是连通集，见 度量空间。连续像连通，见 连通空间。$\mathbb{R}$ 的连通子集是区间，故 $e^{\mathbb{R}}$ 是区间。它含于 $(0,+\infty )$，下确界为 $0$ 且不取到 $0$，上确界为 $+\infty$，所以值域是 $(0,+\infty )$。

记 $\ln :(0,+\infty )\to \mathbb{R}$ 为 $\exp$ 的反函数。于是 $e^{\ln y}=y$，$\ln (e^x)=x$，并且 $\ln 1=0$。

引理（反函数的导数）. 设 $f$ 在 $x_0$ 的某个开邻域上有定义，在 $x_0$ 可微，且 $f^{\prime }(x_0)\ne 0$。设 $y_0=f(x_0)$，$g$ 在含 $y_0$ 的某个开区间上满足 $g(y_0)=x_0$ 与 $f(g(y))=y$，并且 $g$ 在 $y_0$ 连续。则 $g^{\prime }(y_0)=1/f^{\prime }(x_0)$。

proof

令 $k\ne 0$ 足够小，$h=g(y_0+k)-x_0$。若 $h=0$，则 $k=f(x_0)-f(x_0)=0$，与 $k\ne 0$ 矛盾，故 $h\ne 0$。并且 $f(x_0+h)-f(x_0)=k$，所以

$$\frac{g(y_0+k)-g(y_0)}{k}=\frac{1}{(f(x_0+h)-f(x_0))/h}.$$

$g$ 在 $y_0$ 连续，故 $k\to 0$ 时 $h\to 0$。分母趋于 $f^{\prime }(x_0)\ne 0$，因此足够小的 $h$ 使分母不为 $0$。极限为 $1/f^{\prime }(x_0)$。

proof（$(\ln x{)}^{\prime }=1/x$）

先证明 $\ln$ 连续。设 $y>0$，$x=\ln y$，$ϵ>0$，并令

$$\delta =\min (y,e^x\min (e^{ϵ}-1,1-e^{-ϵ}))>0.$$

$|k|<\delta$ 时 $y+k>0$，故 $h=\ln (y+k)-x$ 有定义，并且 $k=e^x(e^h-1)$。当 $h\ge ϵ$ 时，$k\ge e^x(e^{ϵ}-1)\ge \delta$。当 $h\le -ϵ$ 时，$k\le e^x(e^{-ϵ}-1)$，因而 $|k|\ge \delta$。所以 $|k|<\delta$ 蕴含 $|h|<ϵ$。

$\exp$ 在 $x=\ln y$ 处的导数是 $e^x=y\ne 0$。反函数导数引理给出

$$(\ln {)}^{\prime }(y)=\frac{1}{e^{\ln y}}=\frac{1}{y}.$$

proof（$a^x$ 与 ${\log }_a$）

定义 $a^x:=e^{x\ln a}$。常数函数的导数为 $0$，积法则给出 $(x\ln a{)}^{\prime }=\ln a$。链式法则给出

$$(a^x{)}^{\prime }=e^{x\ln a}\cdot \ln a=a^x\ln a.$$

$a=1$ 时 $\ln 1=0$，两端都是 $0$。

若 $a\ne 1$，则 $\ln a\ne 0$，因为 $\exp$ 严格递增且 $e^0=1$。定义 ${\log }_{a}x:=\ln x/\ln a$。于是

$$a^{{\log }_{a}x}=e^{(\ln x/\ln a)\ln a}=e^{\ln x}=x,$$

并且

$$({\log }_{a}x{)}^{\prime }=\frac{1}{\ln a}\cdot \frac{1}{x}=\frac{1}{x\ln a}.$$

实数次幂的导数

设 $x>0$，$\alpha \in \mathbb{R}$。实数次幂 用有理数逼近定义 $x^{\alpha }$，并证明了指数的连续性、$x^{q+r}=x^q{x}^r$、$(x^q{)}^r=x^{qr}$ 以及 $x^{-q}=1/x^q$。

proof

先说明 $x^{\alpha }=e^{\alpha \ln x}$。

对正整数 $n$，加法公式归纳得 $e^{n\ln x}=(e^{\ln x}{)}^n=x^n$。这与实数次幂在有理数幂阶段的整数次幂相同。$e^{0\ln x}=1$，而 $x^0=1$。负整数次幂由 $e^{-n\ln x}=1/x^n$ 与 $x^{-n}=1/x^n$ 对齐。

设 $n\ge 1$，$y=e^{(\ln x)/n}>0$。则 $y^n=e^{\ln x}=x$。实数 说明非负 $n$ 次根唯一，且满足 $z^n=x$、$z\ge 0$ 时 $z=x^{1/n}$。这个根就是有理数幂 $x^{1/n}$，故 $e^{(\ln x)/n}=x^{1/n}$。对任意整数 $p$，$(x^q{)}^r=x^{qr}$ 给出 $(x^{1/n}{)}^p=x^{p/n}$。因此有理数次幂也等于 $e^{(p/n)\ln x}$。

对一般实数 $\alpha$，取有理数列 $q_n\to \alpha$。指数的连续性给出 $x^{q_n}\to x^{\alpha }$。另一方面 $e^{q_n\ln x}\to e^{\alpha \ln x}$，因为 $e^x$ 可微，由 derivate 的可微蕴含连续，$e^x$ 连续。二者的通项相等，故 $x^{\alpha }=e^{\alpha \ln x}$。

常数的导数为 $0$，积法则给出 $(\alpha \ln x{)}^{\prime }=\alpha /x$。链式法则给出

$$(x^{\alpha }{)}^{\prime }=e^{\alpha \ln x}\cdot \frac{\alpha }{x}=\alpha \frac{x^{\alpha }}{x}.$$

由 $x^{\alpha -1}=x^{\alpha }{x}^{-1}$，右端就是 $\alpha x^{\alpha -1}$。特别地，实数次幂 中以 $a$ 为底的 $a^x$ 就是上面定义的 $e^{x\ln a}$。

4. 三角函数

$\sin$ 与 $\cos$ 按 正弦级数与余弦级数 定义。并令

$$\tan x:=\frac{\sin x}{\cos x},\sec x:=\frac{1}{\cos x},\cot x:=\frac{\cos x}{\sin x},\csc x:=\frac{1}{\sin x},$$

定义域分别是分母不为零的点。

1. 在 $\mathbb{R}$ 上 $(\sin x{)}^{\prime }=\cos x$，$(\cos x{)}^{\prime }=-\sin x$。
2. 在 $\{x\in \mathbb{R}:\cos x\ne 0\}$ 上 $(\tan x{)}^{\prime }={\sec }^{2}x=\frac{1}{{\cos }^{2}x}$，$(\sec x{)}^{\prime }=\sec x\tan x$。
3. 在 $\{x\in \mathbb{R}:\sin x\ne 0\}$ 上 $(\cot x{)}^{\prime }=-{\csc }^{2}x=-\frac{1}{{\sin }^{2}x}$，$(\csc x{)}^{\prime }=-\csc x\cot x$。

proof（正弦与余弦）

级数里 $\cos$ 只含偶次幂，$\sin$ 只含奇次幂，所以 $\cos$ 是偶函数，$\sin$ 是奇函数。Euler 公式 给出 $e^{it}=\cos t+i\sin t$。于是 $e^{-it}=\cos t-i\sin t$。加法公式给出 $e^{it}{e}^{-it}=e^0=1$，展开得

$${\cos }^{2}t+{\sin }^{2}t=1.$$

再对 $t\mapsto e^{it}$ 求差商。加法公式给出

$$\frac{e^{i(t+h)}-e^{it}}{h}=e^{it}\cdot \frac{e^{ih}-1}{h}.$$

$h\to 0$ 时右端趋于 $i{e}^{it}=i\cos t-\sin t$。$\mathbb{C}$ 中的收敛按实部、虚部分别收敛，因为 $|u|\le |u+iv|$。而

$$\frac{e^{i(t+h)}-e^{it}}{h}=\frac{\cos (t+h)-\cos t}{h}+i\frac{\sin (t+h)-\sin t}{h},$$

比较实部与虚部即得 $(\cos t{)}^{\prime }=-\sin t$、$(\sin t{)}^{\prime }=\cos t$。由 derivate 的可微蕴含连续，$\sin$ 与 $\cos$ 连续。

把 Euler 公式代入 $e^{i(x+y)}=e^{ix}{e}^{iy}$，比较实部与虚部得到

$$\begin{array}{rl}\cos (x+y)& =\cos x\cos y-\sin x\sin y,\\ \sin (x+y)& =\sin x\cos y+\cos x\sin y.\end{array}$$

引理（和差化积）. 对任意实数 $x,y$，令 $A=(x+y)/2$，$B=(x-y)/2$。则

$$\sin x-\sin y=2\cos A\sin B,\cos x-\cos y=-2\sin A\sin B.$$

proof

由上面的加法公式与奇偶性，

$$\sin (A-B)=\sin A\cos B-\cos A\sin B,\cos (A-B)=\cos A\cos B+\sin A\sin B.$$

于是

$$\sin x-\sin y=\sin (A+B)-\sin (A-B)=2\cos A\sin B,$$ $$\cos x-\cos y=\cos (A+B)-\cos (A-B)=-2\sin A\sin B.$$

proof（正切、余切、正割、余割）

在 $\cos x\ne 0$ 的点的闭邻域上使用商法则：

$$(\tan x{)}^{\prime }=\frac{\cos x\cos x-\sin x(-\sin x)}{{\cos }^{2}x}=\frac{{\cos }^{2}x+{\sin }^{2}x}{{\cos }^{2}x}=\frac{1}{{\cos }^{2}x}={\sec }^{2}x.$$ $$(\sec x{)}^{\prime }=\frac{\sin x}{{\cos }^{2}x}=\sec x\tan x.$$

在 $\sin x\ne 0$ 处，

$$(\cot x{)}^{\prime }=\frac{(-\sin x)\sin x-\cos x\cos x}{{\sin }^{2}x}=-\frac{1}{{\sin }^{2}x}=-{\csc }^{2}x,$$ $$(\csc x{)}^{\prime }=-\frac{\cos x}{{\sin }^{2}x}=-\csc x\cot x.$$

把 ${\sin }^2+{\cos }^2=1$ 分别除以 ${\cos }^2$ 与 ${\sin }^2$，得到 $1+{\tan }^2={\sec }^2$ 与 $1+{\cot }^2={\csc }^2$。

5. 反三角函数

1. 在 $(-1,1)$ 上 $(\arcsin x{)}^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$，$(\arccos x{)}^{\prime }=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$。
2. 在 $\mathbb{R}$ 上 $(\arctan x{)}^{\prime }=\frac{1}{1+x^2}$，$(\mathrm{arccot}x{)}^{\prime }=-\frac{1}{1+x^2}$。

引理（单调连续函数的反函数连续）. 设 $I$ 是开区间，$f:I\to \mathbb{R}$ 连续且严格递增，并且 $J=f(I)$ 是开区间。则 $f^{-1}:J\to I$ 连续。严格递减时同样成立。

proof

设 $y_0=f(x_0)$，$ϵ>0$ 使 $[x_0-ϵ,x_0+ϵ]\subset I$。严格递增给出 $f(x_0-ϵ)<y_0<f(x_0+ϵ)$。取

$$\delta =\min (y_0-f(x_0-ϵ),f(x_0+ϵ)-y_0)>0.$$

若 $y\in J$ 且 $|y-y_0|<\delta$，则 $f(x_0-ϵ)<y<f(x_0+ϵ)$。$f^{-1}$ 严格递增，故 $x_0-ϵ<f^{-1}(y)<x_0+ϵ$。

若 $f$ 严格递减，则 $f(x_0+ϵ)<y_0<f(x_0-ϵ)$。取 $\delta =\min (y_0-f(x_0+ϵ),f(x_0-ϵ)-y_0)$。$|y-y_0|<\delta$ 时 $f(x_0+ϵ)<y<f(x_0-ϵ)$。$f^{-1}$ 严格递减，故 $x_0-ϵ<f^{-1}(y)<x_0+ϵ$。

引理. $\cos$ 在 $(0,\pi /2)$ 上为正，$\cos (\pi /2)=0$，$\sin (\pi /2)=1$，$\sin$ 在 $(0,\pi )$ 上为正，并且 $\cos \pi =-1$。

proof

先确定余弦的第一个正零点。

$$\cos 2=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n\frac{2^{2n}}{(2n)!}.$$

记 $a_n=(-1{)}^n{2}^{2n}/(2n)!$，并令 $s_3=a_0+a_1+a_2+a_3$。则

$$s_3=1-2+\frac{2}{3}-\frac{4}{45}=-\frac{19}{45}.$$

$n\ge 2$ 时 $|a_{n+1}/a_n|=4/((2n+1)(2n+2))\le 4/30<1$，所以从 $a_2$ 起绝对值递减。余弦级数收敛，余项 $R={\sum }_{n\ge 4}{a}_n$ 的配对部分和是其余项部分和的子列。$k\ge 2$ 时 $a_{2k}+a_{2k+1}\ge 0$，故 $R\ge 0$；而 $a_5+a_6$、$a_7+a_8$、……都 $\le 0$，故 $R-a_4\le 0$。于是 $0\le R\le a_4$。而 $a_4=2^8/8!=2/315$，故

$$\cos 2=s_3+R\le -\frac{19}{45}+\frac{2}{315}=-\frac{131}{315}<0.$$

$\cos 0=1$。$\cos$ 可微，由 derivate 的可微蕴含连续，$\cos$ 连续。$[0,2]$ 连通，连续像连通，所以 $\cos ([0,2])$ 是区间，并且同时含有 $1$ 与负数，因而含有 $0$。于是存在 $t\in (0,2]$ 使 $\cos t=0$。

令 $\alpha =\inf \{t>0:\cos t=0\}$。该集合非空且有下界 $0$，又含有 $(0,2]$ 中的点，故 $\alpha \in [0,2]$。$\cos 0=1$，连续性给出某个 $\eta >0$，使得 $t\in [0,\eta ]$ 时 $\cos t>1/2$。这段区间上没有零点，所以 $\alpha \ge \eta >0$。由下确界的定义，存在该集合中的点列趋于 $\alpha$，连续性给出 $\cos \alpha =0$。$\cos$ 在 $[0,\alpha )$ 上没有零点。若某个 $t_0\in (0,\alpha )$ 使 $\cos t_0<0$，则 $\cos ([0,t_0])$ 是连通集，因而是区间，并且同时含有 $\cos 0=1$ 与负数，因而含有 $0$，这与 $[0,\alpha )$ 上没有零点矛盾。故 $\cos >0$ 于 $[0,\alpha )$。记 $\pi :=2\alpha$。于是 $\cos$ 在 $(0,\pi /2)$ 上为正，且 $\cos (\pi /2)=0$。

再看正弦在 $(0,\alpha ]$ 上的符号。对 $0<v\le 1$，

$$\sin v=v-\frac{v^3}{6}+\rho (v),$$

其中 $\rho (v)={\sum }_{n\ge 2}(-1{)}^n{v}^{2n+1}/(2n+1)!$。从 $v^5/120$ 这项起，相邻项的绝对值之比不超过 $v^2/((2n+2)(2n+3))\le 1/42$。正弦级数收敛，把 $\rho (v)$ 从第一项起两两配对，部分和是其余项部分和的子列，每一对都 $\ge 0$，故 $\rho (v)\ge 0$。因此 $\sin v\ge v(1-v^2/6)>0$。

对 $u\in (0,\alpha ]$，取 $n$ 使 $u/2^n\le 1$。加法公式给出 $\sin u=2\sin (u/2)\cos (u/2)$。每次折半都落在 $(0,\alpha )$ 内，余弦为正，而最内层的正弦为正，故 $\sin u>0$。于是 $\sin \alpha \ge 0$。又 ${\sin }^2\alpha =1$，所以 $\sin \alpha =1$，即 $\sin (\pi /2)=1$。

$e^{i\pi }=(e^{i\alpha }{)}^2=(i\sin \alpha {)}^2=-1$，故 $\cos \pi =-1$，$\sin \pi =0$。加法公式与奇偶性给出

$$\sin (\pi -t)=\sin \pi \cos t-\cos \pi \sin t=\sin t.$$

$(0,\alpha ]$ 上正弦为正；若 $t\in (\alpha ,\pi )$，则 $\pi -t\in (0,\alpha )$，$\sin t=\sin (\pi -t)>0$。故 $\sin >0$ 于 $(0,\pi )$。

proof（$\arcsin$）

$\cos$ 是偶函数，且 $\cos >0$ 于 $[0,\pi /2)$，故 $\cos >0$ 于 $(-\pi /2,\pi /2)$。

$-\pi /2\le y<x\le \pi /2$ 时，$(x+y)/2\in (-\pi /2,\pi /2)$，$\cos ((x+y)/2)>0$，并且 $(x-y)/2\in (0,\pi /2]$，$\sin ((x-y)/2)>0$。和差化积给出 $\sin x>\sin y$。$\sin$ 在 $[-\pi /2,\pi /2]$ 上严格递增。$\sin$ 是奇函数，故 $\sin (-\pi /2)=-1$，而 $\sin (\pi /2)=1$。

限制在 $(-\pi /2,\pi /2)$ 上，连续像连通，因而是区间；上下确界为 $\pm 1$，而 $\pm 1$ 只在端点取到，故值域是 $(-1,1)$。

因此 $\sin :(-\pi /2,\pi /2)\to (-1,1)$ 是连续严格递增的双射。记其反函数为 $\arcsin$。反函数连续，且 $(\sin {)}^{\prime }=\cos \ne 0$。反函数导数引理给出

$$(\arcsin x{)}^{\prime }=\frac{1}{\cos (\arcsin x)}.$$

$\cos (\arcsin x)>0$，并且 ${\cos }^2(\arcsin x)=1-x^2$，所以 $\cos (\arcsin x)=\sqrt{1-x^2}$。这就得到 $(\arcsin x{)}^{\prime }=1/\sqrt{1-x^2}$。

proof（$\arccos$）

设 $0\le y<x\le \pi$。则 $(x-y)/2\in (0,\pi /2]\subset (0,\pi )$，$(x+y)/2\in (0,\pi )$，两处正弦都为正。和差化积给出 $\cos x<\cos y$。$\cos$ 在 $[0,\pi ]$ 上严格递减，从 $1$ 到 $-1$。限制在 $(0,\pi )$ 上，连续像是区间 $(-1,1)$。记 $\arccos :(-1,1)\to (0,\pi )$ 为其反函数。反函数连续，且 $(\cos {)}^{\prime }=-\sin <0$，故

$$(\arccos x{)}^{\prime }=\frac{1}{-\sin (\arccos x)}=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},$$

其中开平方取正值，因为 $\sin >0$ 于 $(0,\pi )$。

proof（$\arctan$）

在 $(-\pi /2,\pi /2)$ 上 ${\tan }^{\prime }={\sec }^2=1/{\cos }^2>0$。差化积的商形式是

$$\tan x-\tan y=\frac{\sin (x-y)}{\cos x\cos y}.$$

$-\pi /2<y<x<\pi /2$ 时，$x-y\in (0,\pi )$，$\sin (x-y)>0$，分母为正，所以 $\tan$ 严格递增。$\cos$ 在 $[0,\pi /2)$ 上为正，$\cos (\pi /2)=0$，$\sin (\pi /2)=1$。对任意 $M>0$，由连续性可取 $t\in (0,\pi /2)$，使 $\sin t>1/2$ 且 $0<\cos t<1/(2M)$，于是 $\tan t>M$。$\tan$ 严格递增，故 $s\in (t,\pi /2)$ 时 $\tan s>\tan t>M$。因此 $t\to (\pi /2{)}^{-}$ 时 $\tan t\to +\infty$。

$\sin$ 为奇函数，$\cos$ 为偶函数，故 $\tan (-t)=-\tan t$。对同一个 $t$，$\tan (-t)<-M$。若 $s\in (-\pi /2,-t)$，则 $\tan s<\tan (-t)<-M$。因此 $t\to (-\pi /2{)}^{+}$ 时 $\tan t\to -\infty$。连续像是区间，因而值域为 $\mathbb{R}$。记 $\arctan :\mathbb{R}\to (-\pi /2,\pi /2)$ 为其反函数。反函数连续，故

$$(\arctan x{)}^{\prime }=\frac{1}{{\sec }^2(\arctan x)}=\frac{1}{1+{\tan }^2(\arctan x)}=\frac{1}{1+x^2}.$$

proof（$\mathrm{arccot}$）

在 $(0,\pi )$ 上 ${\cot }^{\prime }=-{\csc }^2<0$，并且

$$\cot x-\cot y=\frac{\sin (y-x)}{\sin x\sin y}.$$

$0<y<x<\pi$ 时右端为负，所以 $\cot$ 严格递减。$\sin$ 是奇函数，故 $\sin 0=0$。$\sin$ 连续，且 $\sin >0$ 于 $(0,\pi )$，所以 $t\to 0^{+}$ 时 $\sin t\to 0^{+}$。$\cos 0=1$。对任意 $M>0$，由连续性可取 $t\in (0,\pi )$，使 $0<\sin t<1/(2M)$ 且 $\cos t>1/2$，于是 $\cot t>M$。$\cot$ 严格递减，故 $s\in (0,t)$ 时 $\cot s>\cot t>M$。因此 $t\to 0^{+}$ 时 $\cot t\to +\infty$。

对任意 $M>0$，取 $u\in (0,\pi )$ 使 $0<\sin u<1/(2M)$ 且 $\cos u>1/2$，并令 $t=\pi -u$。则 $\sin t=\sin u$，$\cos t=-\cos u<-1/2$，故 $\cot t<-M$。$s\in (t,\pi )$ 时 $\cot s<\cot t<-M$，所以 $t\to {\pi }^{-}$ 时 $\cot t\to -\infty$。连续像是区间，值域为 $\mathbb{R}$。记 $\mathrm{arccot}:\mathbb{R}\to (0,\pi )$ 为其反函数。反函数连续，故

$$(\mathrm{arccot}x{)}^{\prime }=\frac{1}{-{\csc }^2(\mathrm{arccot}x)}=-\frac{1}{1+{\cot }^2(\mathrm{arccot}x)}=-\frac{1}{1+x^2}.$$