Encuentre la derivada de $\sqrt[n]{x}$ utilizando la definición formal de una derivada

Question

Dado $\sqrt[n]{x}$ , demuestre mediante la definición formal de una derivada que :

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

Ahora bien, esto sería ridículamente fácil de demostrar utilizando la regla de la potencia, pero por desgracia, ese no es el objetivo de esta pregunta.

---

Utilizando la definición formal de límite obtenemos :

\begin{equation} \begin{split} f'(x) & = \lim_{h \ \to \ 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} \\ & = \lim_{h \ \to \ 0} \frac{\sqrt[n]{x+h}-\sqrt[n]{x}}{h} \\ & = \lim_{h \ \to \ 0} \frac{(x+h)^{\frac{1}{n}}-(x)^{\frac{1}{n}}}{h} \end{split} \end{equation}

Pero no tengo claro cómo proceder a continuación, esencialmente todo lo que tenemos que hacer para poner este límite en una forma determinada (actualmente está en una forma indeterminada) es factorizar un $h$ en el numerador, pero no parece haber una forma obvia de hacerlo.

Qué técnica algebraica que utilizaría para calcular el factor de $h$ en el numerador en este caso? Para $n=2$ se puede multiplicar fácilmente la fracción por el conjugado para obtener el límite en una forma determinada, y para $n=3$ En el caso de la educación, se podría hacer lo mismo con la ayuda de unas cuantas identidades, pero cómo se haría para el caso general, como se indica en el ejemplo que he dado más arriba.

Esta pregunta es la general $n^{th}$ caso de encontrar la derivada utilizando la definición formal, para funciones como $f(x) = \sqrt{x}$ , $f(x) = \sqrt[3]{x}$ y así sucesivamente, y tiene como objetivo encontrar la mejor técnica algebraica para manipular el límite y llevarlo a una forma determinada.

Answer 1

La cuestión no es en absoluto trivial. +1 para OP. La solución se desprende del siguiente teorema:

Teorema : Si $a > 0$ y $n$ es un número racional, entonces $$\lim_{x \to a}\frac{x^{n} - a^{n}}{x - a} = na^{n - 1}\tag{1}$$ Este es uno de los límites estándar que se puede utilizar para evaluar muchos límites que implican funciones algebraicas.

La demostración del teorema anterior es fácil si $n$ es un número entero. Para los enteros positivos podemos utilizar simplemente $$x^{n} - a^{n} = (x - a)\sum_{i = 0}^{n - 1}x^{n - 1 - i}a^{i}$$ Para $n = 0$ el resultado es obvio. Para los enteros negativos $n = -m$ podemos utilizar $x^{n} = 1/x^{m}$ y el hecho de que el resultado se mantiene para los enteros positivos. Del mismo modo, si el resultado es válido para números racionales positivos $n$ podemos demostrar que se mantiene para los racionales negativos $n$ también.

Por lo tanto, tenemos que demostrar que si $n = p/q$ con números enteros $p > 0, q > 1$ entonces la fórmula $(1)$ retenciones. Sea $b = a^{1/q}$ para que $a = b^{q}$ . Sabemos que $$\lim_{y \to b}\frac{y^{q} - b^{q}}{y - b} = qb^{q - 1}\tag{2}$$ Desde $(2)$ se deduce que la relación $(y^{q} - b^{q})/(y - b)$ está acotado y alejado de $0$ como $y \to b$ . Por tanto, su recíproco también está acotado y alejado de $0$ como $y \to b$ . También hay que tener en cuenta que cuando $y \to b$ entonces $x = y^{q} \to b^{q} = a$ (y viceversa porque $f(y) = y^{q}$ es estrictamente monótona en $[0, \infty)$ ). Por lo tanto, la relación $(x^{1/q} - a^{1/q})/(x - a)$ está acotado cuando $x = y^{q} \to a$ y por lo tanto $$\lim_{x \to a}x^{1/q} = a^{1/q}\tag{3}$$ (por cierto, esto demuestra la continuidad de $x^{1/q}$ ).

Ahora tenemos \begin{align} L &= \lim_{x \to a}\frac{x^{n} - a^{n}}{x - a}\notag\\ &= \lim_{x \to a}\frac{x^{p/q} - a^{p/q}}{x - a}\notag\\ &= \lim_{t \to b}\frac{t^{p} - b^{p}}{t^{q} - b^{q}}\text{ (putting }x = t^{q}, a = b^{q}\text{ and using (3))}\notag\\ &= \lim_{t \to b}\dfrac{\dfrac{t^{p} - b^{p}}{t - b}}{\dfrac{t^{q} - b^{q}}{t - b}}\notag\\ &= \frac{pb^{p - 1}}{qb^{q - 1}}\notag\\ &= \frac{p}{q}b^{p - q}\notag\\ &= na^{n - 1}\notag \end{align} Hay otra forma de demostrarlo (mediante desigualdades y el teorema de squeeze) sin utilizar la continuidad de $x^{1/q}$ . Hágame saber si está interesado en esa versión.

---

Actualización : A petición de OP estoy proporcionando una prueba de la fórmula $(1)$ basado en el Teorema del Apretón. El mérito de esta demostración debe atribuirse a G. H. Hardy.

En lo que sigue todos los números son positivos (si son enteros, racionales o reales se mencionará cuando sea necesario).

Dejemos que $a, b$ sean números reales con $a > 1 > b > 0$ . Dejemos que $r$ sea un número entero. Claramente tenemos $a^{r} > a^{i}$ para todos $i = 0, 1, 2, \ldots, r - 1$ . Por lo tanto, al sumar estas desigualdades obtenemos $$ra^{r} > 1 + a + a^{2} + \cdots + a^{r - 1}$$ Multiplicando por $(a - 1) > 0$ obtenemos $$ra^{r}(a - 1) > a^{r} - 1$$ Añadir $r(a^{r} - 1)$ en ambos lados, y dividiendo por $r(r + 1)$ obtenemos $$\frac{a^{r + 1} - 1}{r + 1} > \frac{a^{r} - 1}{r}\tag{4}$$ Del mismo modo, podemos demostrar que $$\frac{1 - b^{r + 1}}{r + 1} < \frac{1 - b^{r}}{r}\tag{5}$$ De ello se deduce que si $r, s$ son enteros positivos con $r > s$ entonces $$\frac{a^{r} - 1}{r} > \frac{a^{s} - 1}{s},\,\frac{1 - b^{r}}{r} < \frac{1 - b^{s}}{s}\tag{6}$$ Si ponemos $s = 1$ obtenemos $$a^{r} - 1 > r(a - 1),\, 1 - b^{r} < r(1 - b)\tag{7}$$ para $r > 1$ .

A continuación mostramos que las desigualdades $(6), (7)$ mantener cuando $r, s$ son números racionales positivos con $r > s$ . Dejemos que $r = k/l, s = m/n$ y $r > s$ implica que $kn > lm$ . Sea $c = a^{1/ln}$ para que $c > 1$ . En la primera desigualdad de $(6)$ podemos sustituir $a$ por $c$ , $r$ por $kn$ y $s$ por $lm$ para conseguir $$\frac{c^{kn} - 1}{kn} > \frac{c^{lm} - 1}{lm}$$ o $$\frac{a^{r} - 1}{r} > \frac{a^{s} - 1}{s}$$ De forma similar podemos demostrar que otras desigualdades también se cumplen cuando $r, s$ son números racionales. Ahora que $r, s$ son racionales, es posible tomar $r = 1$ en $(6)$ para conseguir $$a^{s} - 1 < s(a - 1),\,1 - b^{s} > s(1 - b)\tag{8}$$ para la racionalidad $s$ con $0 < s < 1$ . Así, tenemos las desigualdades $(6)-(8)$ para todos los números racionales positivos $r, s$ con $r > 1 > s$ .

En lo que sigue supondremos que $a, b$ son reales con $a > 1 > b > 0$ (igual que antes) y $r, s$ son racionales con $r > 1 > s > 0$ . Claramente $1/b > 1$ y, por lo tanto, sustituyendo $a$ por $1/b$ y $b$ por $1/a$ en $(7)$ obtenemos $$a^{r} - 1 < ra^{r - 1}(a - 1),\, 1 - b^{r} > rb^{r - 1}(1 - b)\tag{9}$$ Del mismo modo, desde $(8)$ obtenemos $$a^{s} - 1 > sa^{s - 1}(a - 1),\, 1 - b^{s} < sb^{s - 1}(1 - b)\tag{10}$$ Combinando $(7)$ y $(9)$ obtenemos $$ra^{r - 1}(a - 1) > a^{r} - 1 > r(a - 1)\tag{11}$$ Escribir $a = x/y$ obtenemos $$rx^{r - 1}(x - y) > x^{r} - y^{r} > ry^{r - 1}(x - y)\tag{12}$$ para $x > y > 0$ . Del mismo modo, desde $(8)$ y $(10)$ obtenemos $$sx^{s - 1}(x - y) < x^{s} - y^{s} < sy^{s - 1}(x - y)\tag{13}$$ para $x > y > 0$ .

De las desigualdades anteriores se deduce que la función $f(x) = x^{r}$ es continua para $x > 0$ . Tomando recíprocos es fácil ver que la función $f(x)$ es continua incluso si $r$ es un número racional negativo. Además, si dividimos por $(x - y) > 0$ y que $x \to y^{+}$ obtenemos a través del Teorema del Apretón el resultado fundamental $$\lim_{x \to y^{+}}\frac{x^{r} - y^{r}}{x - y} = ry^{r - 1}$$ para todos los números racionales positivos $r$ y $y > 0$ . Intercambiar los papeles de $x, y$ es fácil ver que el límite se mantiene para $x \to y^{-}$ . Esto demuestra la fórmula $(1)$ para valores racionales positivos de $n$ .

Esta es la forma en que Hardy demuestra la fórmula $$\frac{d}{dx}(x^{n}) = nx^{n - 1}$$ para la racionalidad $n$ en su texto clásico "A Course of Pure Mathematics".

Answer 2

Utilizando la identidad

$$ a^n - b^n = (a - b)(a^{n-1} + a^{n-2}b + \dots + ab^{n-2} + b^{n-1}) $$

tienes

$$ \frac{(x+h)^{\frac{1}{n}} - x^{\frac{1}{n}}}{h} \cdot \frac{(x+h)^{\frac{n-1}{n}} + (x+h)^{\frac{n-2}{n}}x+\dots+(x+h)^{\frac{1}{n}}x^{\frac{n-2}{n}}+x^{\frac{n-1}{n}}}{(x+h)^{\frac{n-1}{n}} + (x+h)^{\frac{n-2}{n}}x+\dots+(x+h)^{\frac{1}{n}}x^{\frac{n-2}{n}}+x^{\frac{n-1}{n}}} = \frac{1}{(x+h)^{\frac{n-1}{n}} + (x+h)^{\frac{n-2}{n}}x+\dots+(x+h)^{\frac{1}{n}}x^{\frac{n-2}{n}}+x^{\frac{n-1}{n}}} \xrightarrow[h \to 0]{} \frac{1}{x^{1-\frac{1}{n}}+x^{1-\frac{2}{n}}x^{\frac{1}{n}}+\dots +x^{\frac{1}{n}}x^{1-\frac{2}{n}}+x^{1-\frac{1}{n}}}=\frac{1}{n x^{1 - \frac{1}{n}}}=\frac{x^{\frac{1}{n}-1}}{n}. $$

Answer 3

Multiplicar arriba y abajo por $\sum_\limits{k=0}^{n-1} (x+h)^\frac{k}{n}(x)^\frac{n-1-k}{n}$

esto te da.

$\lim_\limits{h\to 0} \dfrac {(x+h)-x}{h\sum_\limits{k=0}^{n-1} (x+h)^\frac{k}{n}(x)^\frac{n-1-k}{n}}$

Y evaluar como $h$ va a $0.$

Answer 4

$$\frac{d}{dx}x^n=\lim_{h\to0}\frac{(x+h)^n-x^n}h$$

$$=\lim_{h\to0}\frac{[x^n+nx^{n-1}h+\frac{n(n-1)x^{n-2}h^2}{2!}+\dots]-x^n}h\tag{Binomial Expansion}$$

$$=\lim_{h\to0}\frac{{nx^{n-1}h+\frac{n(n-1)x^{n-2}}{2!}h^2+\dots}}{h}$$

$$=\lim_{h\to0}nx^{n-1}+\frac{n(n-1)x^{n-2}}{2!}h+\dots$$

$$=nx^{n-1}+0+0+\dots=nx^{n-1}$$

Sólo tiene que utilizar $n=\frac1m$ para su caso.

Answer 5

Si $f(x) =x^{1/n}$ entonces $f(x)^n=x$ . Ahora derive usando la regla de la cadena y resuelva el resultado para $f'$ .

Si realmente necesitas utilizar el límite de un cociente de diferencias, ten en cuenta que el razonamiento anterior es realmente lo mismo que hacer lo siguiente:

Escriba $$ f'(x) = \lim_{y\to x}\frac{\sqrt[n]{y}-\sqrt[n]{x}}{y-x} $$ con la sustitución $t = \sqrt[n]{x}$ , $s=\sqrt[n]{y}$ lo que da como resultado $$ f'(x) = \lim_{s\to t}\frac{s-t}{s^n-t^n} = \left(\lim_{s\to t}\frac{s^n-t^n}{s-t}\right)^{-1} = (nt^{n-1})^{-1} = \frac{1}{n}x^{-\tfrac{n}{n-1}} $$ (donde utilizamos que la derivada de $t^n$ es $nt^{n-1}$ ).