6.2: Derivados
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Supongamos que\(D \subset \mathbb{R}, f: D \rightarrow \mathbb{R}, a\) es un punto interior de\(D,\) y\(f\) es diferenciable en\(a .\) Nosotros llamamos
\[\lim _{x \rightarrow a} \frac{f(x)-f(a)}{x-a}\]
la derivada de\(f\) a la\(a,\) que denotamos\(f^{\prime}(a)\).
Tenga en cuenta que si\(f\) es diferenciable en\(a,\) entonces
\[\lim _{x \rightarrow a} \frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h}.\]
Supongamos\(D \subset \mathbb{R}, f: D \rightarrow \mathbb{R},\) y\(E\) es el conjunto de puntos interiores de\(D\) en los que\(f\) es diferenciable. Llamamos a la función\(f^{\prime}: E \rightarrow \mathbb{R}\) definida por
\[f^{\prime}(x)=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}\]
el derivado de\(f\).
Dejar\(n \in \mathbb{Z}^{+}\) y definir\(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\) por\(f(x)=x^{n} .\) Entonces
\[\begin{aligned} f^{\prime}(x) &=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{(x+h)^{n}-x^{n}}{h} \\ &=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{x^{n}+n x^{n-1} h+\sum_{k=2}^{n}\left(\begin{array}{l}{n} \\ {k}\end{array}\right) x^{n-k} h^{k}-x^{n}}{h} \\ &=\lim _{h \rightarrow 0}\left(n x^{n-1}+\sum_{k=2}^{n}\left(\begin{array}{l}{n} \\ {k}\end{array}\right) x^{n-k} h^{k-1}\right) \\ &=n x^{n-1}.\end{aligned}\]
Definir\(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\) por\(f(x)=|x| .\) Entonces
\[\frac{f(0+h)-f(0)}{h}=\frac{|h|}{h}=\left\{\begin{aligned} 1, & \text { if } h>0, \\-1, & \text { if } h<0. \end{aligned}\right.\]
De ahí
\[\lim _{h \rightarrow 0^{-}} \frac{f(0+h)-f(0)}{h}=-1\]
y
\[\lim _{h \rightarrow 0+} \frac{f(0+h)-f(0)}{h}=1.\]
Por lo tanto, no\(f\) es diferenciable en\(0 .\)
Demuestre que si\(c \in \mathbb{R}\) y\(f(x)=c\) para todos\(x \in \mathbb{R},\) entonces\(f^{\prime}(x)=0\) para todos\(x \in \mathbb{R}\).
Definir\(f:[0,+\infty) \rightarrow[0,+\infty)\) por\(f(x)=\sqrt{x} .\) Show que\(f^{\prime}:(0,+\infty) \rightarrow(0,+\infty)\) es dado por
\[f^{\prime}(x)=\frac{1}{2 \sqrt{x}}.\]
Definir\(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\) por
\[f(x)=\left\{\begin{array}{ll}{x,} & {\text { if } x<0,} \\ {x^{2},} & {\text { if } x \geq 0.}\end{array}\right.\]
Es\(f\) diferenciable en\(0 ?\)
Definir\(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\) por
\[f(x)=\left\{\begin{array}{ll}{x^{2},} & {\text { if } x<0,} \\ {x^{3},} & {\text { if } x \geq 0.}\end{array}\right.\]
Es\(f\) diferenciable en\(0 ?\)
Si\(f\) es diferenciable en\(a\), entonces\(f\) es continuo en\(a\).
- Prueba
-
Si\(f\) es diferenciable en\(a,\) entonces
\[\lim _{x \rightarrow a}(f(x)-f(a))=\lim _{x \rightarrow a}\left(\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\right)(x-a)=f^{\prime}(a)(0)=0.\]
De ahí\(\lim _{x \rightarrow a} f(x)=f(a),\) y así\(f\) es continuo en\(a\). \(\quad\)Q.E.D.
6.2.1 Las Reglas
Supongamos que\(f\) es diferenciable en\(a\) y\(\alpha \in \mathbb{R} .\) Entonces\(\alpha f\) es diferenciable en\(a\) y\((\alpha f)^{\prime}(a)=\alpha f^{\prime}(a)\).
Demostrar la proposición anterior.
Supongamos\(f\) y ambos\(g\) son diferenciables en\(a .\) Entonces\(f+g\) es diferenciable en\(a\) y\((f+g)^{\prime}(a)=f^{\prime}(a)+g^{\prime}(a)\).
Demostrar la proposición anterior.
(Regla del producto).
Supongamos\(f\) y ambos\(g\) son diferenciables en a. entonces\(f g\) es diferenciable en\(a\) y
\[(f g)^{\prime}(a)=f(a) g^{\prime}(a)+g(a) f^{\prime}(a).\]
- Prueba
-
Tenemos
\[\begin{aligned}(f g)^{\prime}(a) &=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(a+h) g(a+h)-f(a) g(a)}{h} \\ &=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(a+h) g(a+h)-f(a) g(a+h)+f(a) g(a+h)-f(a) g(a)}{h} \\ &=\lim _{h \rightarrow 0}\left(g(a+h) \frac{f(a+h)-f(a)}{h}+f(a) \frac{g(a+h)-g(a)}{h}\right) \\ &=g(a) f^{\prime}(a)+f(a) g^{\prime}(a). \end{aligned}\]
donde conocemos\(\lim _{h \rightarrow 0} g(a+h)=g(a)\) por la continuidad de\(g\) a la\(a,\) que a su vez se desprende de la suposición que\(g\) es diferenciable en\(a .\)\(\quad\) Q.E.D.
Dado\(n \in \mathbb{Z}^{+}\) y\(f(x)=x^{n},\) utilizar la inducción y la regla del producto para demostrarlo\(f^{\prime}(x)=n x^{n-1}\).
(Regla del cociente).
Supongamos\(D \subset \mathbb{R}, f: D \rightarrow \mathbb{R}, g: D \rightarrow \mathbb{R}\),\(a\) está en el interior de\(D\), y\(g(x) \neq 0\) para todos\(x \in D .\) Si\(f\) y\(g\) son ambos diferenciables en\(a\), entonces\(\frac{f}{g}\) es diferenciable en\(a\) y
\[\left(\frac{f}{g}\right)^{\prime}(a)=\frac{g(a) f^{\prime}(a)-f(a) g^{\prime}(a)}{(g(a))^{2}}.\]
- Prueba
-
\[\begin{aligned}\left(\frac{f}{g}\right)^{\prime}(a) &=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{\frac{f(a+h)}{g(a+h)}-\frac{f(a)}{g(a)}}{h} \\ &=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(a+h) g(a)-f(a) g(a+h)}{h g(a+h) g(a)} \\ &=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(a+h) g(a)-f(a) g(a)+f(a) g(a)-f(a) g(a+h)}{h g(a+h) g(a)} \\ &=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{g(a)\frac{f(a+h)-f(a)}{h}-f(a) \frac{g(a+h)-g(a)}{h}}{g(a+h)g(a)} \\ &=\frac{g(a) f^{\prime}(a)-f(a) g^{\prime}(a)}{(g(a))^{2}}; \end{aligned}\]
donde conocemos\(\lim _{h \rightarrow 0} g(a+h)=g(a)\) por la continuidad de\(g\) a la\(a,\) que a su vez se desprende de la suposición que\(g\) es diferenciable en\(a .\)\(\quad\) Q.E.D.
Muéstralo para cualquier entero\(n \neq 0,\) si\(f(x)=x^{n},\) entonces\(f^{\prime}(x)=n x^{n-1}\).
(Regla de la cadena).
Supongamos que\(D \subset \mathbb{R}, E \subset \mathbb{R}, g: D \rightarrow \mathbb{R}, f: E \rightarrow\mathbb{R}, g(D) \subset E, g\) es diferenciable en\(a,\) y\(f\) es diferenciable en\(g(a) .\) Entonces\(f \circ g\) es diferenciable en\(a\) y
\[(f \circ g)^{\prime}(a)=f^{\prime}(g(a)) g^{\prime}(a).\]
- Prueba
-
Ya que\(a\) es un punto interior de\(D\) y\(g(a)\) es un punto interior de\(E,\) podemos elegir\(\delta>0\) para que\((a-\delta, a+\delta) \subset D\) y\(\epsilon>0\) para que\((g(a)-\epsilon, g(a)+\epsilon) \subset E\). Definir\(\varphi:(-\delta, \delta) \rightarrow \mathbb{R}\) por
\[\varphi(h)=\left\{\begin{array}{ll}{\frac{g(a+h)-g(a)-g^{\prime}(a) h}{h},} & {\text { if } h \neq 0,} \\ {0,} & {\text { if } h=0,}\end{array}\right.\]
y\(\psi:(-\epsilon, \epsilon) \rightarrow \mathbb{R}\) por
\[\psi(h)=\left\{\begin{array}{ll}{\frac{f(g(a)+h)-f(g(a))-f^{\prime}(g(a)) h}{h},} & {\text { if } h \neq 0,} \\ {0,} & {\text { if } h=0.}\end{array}\right.\]
El supuesto que\(g\) es diferenciable en\(a\) implica que\(\varphi\) es continuo en 0 y el supuesto que\(f\) es diferenciable en\(g(a)\) implica que\(\psi\) es continuo en\(0 .\) Además, tenga en cuenta que
\[g(a+h)=h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h+g(a)\]
para\(h \in(-\delta, \delta)\) y
\[f(g(a)+h)=h \psi(h)+f^{\prime}(g(a)) h+f(g(a))\]
para\(h \in(-\epsilon, \epsilon) .\) De\((6.2 .12)\) tenemos
\[f(g(a+h))=f\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h+g(a)\right)\]
por\(h \in(-\delta, \delta) .\) ahora
\[\lim _{h \rightarrow 0}\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right)=0,\]
así podemos elegir\(\gamma>0\) para que\(\gamma \leq \delta\) y
\[\left|h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right|<\epsilon\]
siempre que\(h \in(-\gamma, \gamma) .\) así, utilizando\((6.2 .13)\) y\((6.2 .14)\),
\[f(g(a+h))=\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right) \psi\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right)+f^{\prime}(g(a))\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right)+f(g(a)),\]
por lo
\[\begin{aligned} f(g(a+h))-f(g(a))=&\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right) \psi\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right) \\ &+f^{\prime}(g(a))\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right) \\=& h \varphi(h) \psi\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right) \\ &+h g^{\prime}(a) \psi\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right) \\ &+f^{\prime}(g(a)) \varphi(h) h+f^{\prime}(g(a)) g^{\prime}(a) h. \end{aligned}\]
De ahí
\[\begin{aligned} \frac{f(g(a+h))-f(g(a))}{h}=f^{\prime}(g(a)) g^{\prime}(a)+\varphi(h) \psi\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right) \\+g^{\prime}(a) \psi\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right)+f^{\prime}(g(a)) \varphi(h). \end{aligned}\]
Ahora
\[\lim _{h \rightarrow 0} \varphi(h)=0,\]
\[\lim _{h \rightarrow 0}\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right)=0,\]
y, ya que\(\varphi\) y\(\psi\) son continuos a 0,
\[\lim _{h \rightarrow 0} \psi\left(h \varphi(h)+g^{\prime}(a) h\right)=0.\]
Por lo tanto
\[\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(g(a+h))-f(g(a))}{h}=f^{\prime}(g(a)) g^{\prime}(a).\]
Q.E.D.
Supongamos que\(D \subset \mathbb{R}, f: D \rightarrow \mathbb{R}\) es uno a uno,\(a\) está en el interior de\(D, f(a)\) está en el interior de\(f(D), f^{-1}\) es continuo en\(f(a),\) y\(f\) es diferenciable en\(a\) con\(f^{\prime}(a) \neq 0 .\) Entonces\(f^{-1}\) es diferenciable en\(f(a)\) y
\[\left(f^{-1}\right)^{\prime}(f(a))=\frac{1}{f^{\prime}(a)}.\]
- Prueba
-
Elige\(\delta>0\) para que\((f(a)-\delta, f(a)+\delta) \subset f(D) .\) Para\(h \in(-\delta, \delta),\) dejar
\[k=f^{-1}(f(a)+h)-a.\]
Entonces
\[f^{-1}(f(a)+h)=a+k,\]
por lo
\[f(a)+h=f(a+k)\]
y
\[h=f(a+k)-f(a).\]
De ahí
\[\frac{f^{-1}(f(a)+h)-f^{-1}(f(a))}{h}=\frac{a+k-a}{f(a+k)-f(a)}=\frac{1}{\frac{f(a+k)-f(a)}{k}}.\]
Ahora si\(\left.h \rightarrow 0, \text { then } k \rightarrow 0 \text { (since } f^{-1} \text { is continuous at } f(a)\right),\) y así
\[\lim_{h \rightarrow 0} \frac{f^{-1}(f(a)+h)-f^{-1}(f(a))}{h}=\lim_{k \rightarrow 0} \frac{1}{\frac{f(a+k)-f(a)}{k}}=\frac{1}{f^{\prime}(a)}.\]
Q.E.D.
Para\(n \in Z^{+},\) definir\(f:[0,+\infty) \rightarrow \mathbb{R}\) por\(f(x)=\sqrt[n]{x} .\) Entonces\(f\) es el inverso de\(g:[0,+\infty) \rightarrow \mathbb{R}\) definido por\(g(x)=x^{n} .\) Así, para cualquier\(x \in(0,+\infty)\),
\[f^{\prime}(x)=\frac{1}{g^{\prime}(f(x))}=\frac{1}{n(\sqrt[n]{x})^{n-1}}=\frac{1}{n} x^{\frac{1}{n}-1}.\]
Dejemos\(n \neq 0\) ser un número racional y dejemos\(f(x)=x^{n} .\) Mostrar eso\(f^{\prime}(x)=n x^{n-1}\).