¿Cuándo se cumplen las reglas del producto de ensueño y del cociente de diferenciación de Freshman?

Question

Esto viene motivado por el análisis de los exámenes de cálculo de algunos de mis alumnos de licenciatura. Un error recurrente es asumir que la derivada del producto de funciones es un producto de derivadas y la derivada del cociente de dos funciones es el cociente de sus derivadas.

Puede que sea una pregunta mal formulada, pero ¿existe un par de funciones que cumplan estas reglas? Explícitamente, ¿existe $f(x),g(x)$ satisfaciendo todo: \begin{align*} f&\neq 0;\\ \frac{d(fg)}{dx}&=\frac{df}{dx}\cdot \frac{dg}{dx}\\ \text{and }\frac{d(f/g)}{dx}&=\frac{df}{dx}/ \frac{dg}{dx}\text{ ?} \end{align*}

EDIT: Sólo para aclarar mi pregunta, viendo las respuestas hasta ahora. Estoy buscando funciones que satisfagan las tres condiciones anteriores simultáneamente.

Answer 1

Otra respuesta a su pregunta desde un ángulo diferente es la siguiente: Se mantienen en un tipo de cálculo diferente.

Si se cambia la resta por la división y la división por la extracción de raíces en la definición habitual de la derivada, se obtiene

$$f^*(x) = \lim_{\Delta x \to 0} \left(\frac{f(x+\Delta x)}{f(x)}\right)^{\frac{1}{\Delta x}}.$$

No es muy difícil demostrar que $(fg)^* = f^* g^*$ y $(f/g)^* = f^*/g^*$ según esta definición.

El cálculo que resulta de esta definición de la derivada (y la correspondiente definición de la integral) recibe varios nombres, como " cálculo multiplicativo ", "cálculo no newtoniano" y "cálculo de productos". Muchos de los resultados estándar del cálculo habitual (por ejemplo, el Teorema Fundamental, el Teorema del Valor Medio, las reglas del tipo l'Hopital, el Teorema de Taylor) pueden rehacerse para este cálculo multiplicativo. La idea se remonta al menos a Vito Volterra a finales del siglo XIX.

Según la página de Wikipedia, "las opiniones difieren en cuanto a la utilidad de los cálculos multiplicativos", pero hay algunas aplicaciones. Por ejemplo, la derivada del producto mide la tasa de cambio multiplicativa de alguna función y, por tanto, es útil cuando te interesa observar, por ejemplo, las tasas de crecimiento de los precios de las acciones. La integral del producto tiene algunas aplicaciones correspondientes; mi favorita es que puede utilizarse para calcular medias geométricas (del mismo modo que la integral habitual puede encontrar medias aritméticas).

El cálculo multiplicativo también tiene una estrecha relación con el cálculo habitual. Por ejemplo, las derivadas están relacionadas a través de $$f^*(x) = \exp\left(\frac{d}{dx}\ln |f(x)|\right) = e^{f'(x)/f(x)}.$$ La integral del producto y la integral habitual tienen una relación similar. De hecho, creo que parte de la razón por la que algunas personas no encuentran este cálculo multiplicativo tan interesante es que las derivadas e integrales del producto pueden expresarse tan fácilmente en términos de las habituales. La cuestión, supongo, es si realmente hay algo nuevo y diferente aquí. (Nótese también que esta relación que acabo de dar significa que la derivada del producto es simplemente $\exp$ de la derivada logarítmica de $f$ .)

De todos modos, hace unos años escribí un papel de encuesta y que un estudiante haga un proyecto de investigación de verano en esto antes de que me diera cuenta de lo mucho que había ya por ahí y antes de que apareciera la página de Wikipedia. Hay muchas otras referencias e información en la página de la Wikipedia, así que si te parece interesante deberías echarle un vistazo. La página de la producto integral también es una buena fuente.

Answer 2

No creo que haya una solución.

$f'g'=f'g+g'f$ implica $\frac{f'}{f}=\frac{g'}{g'-g}$ donde los denominadores son distintos de cero.

$\frac{f'}{g'}=\frac{f'g-g'f}{g^2}$ implica $\frac{f'}{f}=\frac{(g')^2}{g(g'-g)}$ donde los denominadores son distintos de cero.

Si $f$ y $g$ son distintos de cero y $g'-g$ es distinto de cero, esto implica que $\frac{g'}{g'-g}=\frac{(g')^2}{g(g'-g)}$ , lo que implica $g'=g$ . Así, $g=g'$ si $f$ y $g$ son distintos de cero, por lo que $g(x)=ce^x$ . Pero ahora desde $f'g'=f'g+g'f$ tenemos $ce^xf(x)=0$ , lo que implica $f=0$ .

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Para las soluciones de sólo la regla del producto, las ecuaciones anteriores sugieren tomar $g$ tal que $\frac{g'}{g'-g}$ es integrable, y $$f(x)=\exp\left(\int_a^x\frac{g'(t)}{g'(t)-g(t)}dt\right),$$ que en particular funciona para $f(x)=e^{bx}$ y $g(x)=e^{cx}$ con $bc=b+c$ (como se ve en una respuesta ahora borrada). Del mismo modo, para sólo la regla del cociente, se podría intentar encontrar $g$ tal que $\frac{(g')^2}{g(g'-g)}$ es integrable, y luego tomar $$f(x)=\exp\left(\int_a^x\frac{g'(t)^2}{g(t)(g'(t)-g(t))}dt\right).$$ Por ejemplo, $f(x)=e^{bx}$ y $g(x)=e^{cx}$ con $bc=b+c^2$ .

Answer 3

La igualdad de la regla del producto da $f'g+g'f = f'g'$ o $-fg' = f'g-f'g'$ . A partir de esto, utilizando la igualdad de la regla del cociente obtenemos $$ \frac{f'}{g'} = \frac{gf'-fg'}{g^2} = \frac{gf' +f'g - f'g'}{g^2} = f'\left(\frac{2g-g'}{g^2}\right). $$ Si $f$ no es constante, entonces $f'\neq 0$ . Así que obtenemos $\frac{1}{g'} = \frac{2g-g'}{g^2}$ o $g^2 - 2gg'+(g')^2 = 0$ o $(g-g')^2 = 0$ Por lo tanto $g=g'$ .

Por lo tanto, a partir de la regla del producto de nuevo tenemos $f'g'=f'g+fg'$ o $f'g = f'g+fg$ Así que $fg=0$ . Esto requiere $g=0$ , lo que hace imposible la regla del cociente.

Si $f$ es constante, entonces la regla de igualdad del producto requiere $g$ constante, y entonces la igualdad de la regla del cociente no se puede mantener.