¿Qué es el derivado de $x^n$?

Question

Si $n$ es un entero puedo evaluar el límite en el "cociente de la diferencia" para ver que el derivado de $x^n$ $nx^{n-1}$. Si $n=p/q$ es racional entonces puedo escribir x como una raíz de th de $q$ $x^p$ y $p$ es un entero puedo evaluar el límite del cociente de la diferencia.

Pero ¿qué pasa si $n$ es un número irracional?

Answer 1

Eso depende de tu definición de $x^n$ % irracional $n$. Por ejemplo, si tu definición es $x^n=e^{n\ln x}$ entonces se puede solucionar aplicando la regla de la cadena, la definición de la función exponencial como la función que cumple el $f'(x)=f(x)$ y por último la derivada del logaritmo.

Answer 2

Sugerencia:

Puedes ver como el límite de una secuencia convergente de racionales, $n$

$$n_k=2^{-k}\left\lfloor2^kn\right\rfloor,$$

y definir

$$x^n:=\lim_{k\to\infty}x^{n_k}.$$

Entonces

$$(x^n)'=(\lim_{k\to\infty}x^{n_k})'=\lim_{k\to\infty}(x^{n_k})'=\lim_{k\to\infty}n_kx^{n_k-1}=nx^{n-1}.$$

La parte difícil es demostrar que la derivada del límite es el límite de los derivados, que requiere la convergencia uniforme, supongo.

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Si es necesario, también puede utilizar apretando

$$2^{-k}\left\lfloor2^kn\right\rfloor\le n\le2^{-k}\left\lceil2^kn\right\rceil.$$

Answer 3

Al $n$ es irracional, entonces usted necesita tener una definición de $x^{n}$. Sin embargo, antes de que podamos discutir algunos definición de $x^{n}$ al $n$ es irracional, es importante que se haga las siguientes preguntas: ¿por Qué no podemos hablar de este problema de definición de $x^{n}$ al $n$ es racional?? Simplemente porque esto está dentro del dominio (en cierta medida) del álgebra de al $n$ es racional y los estudiantes son conscientes de la algebraicas definición de $x^{n} = x^{p/q}$ $p^{\text{th}}$ $q^{\text{th}}$ raíz de $x$. La existencia de $q^{\text{th}}$ raíz de $x$ es el no algebraicas parte que los estudiantes toman para concedido. Una adecuada prueba de la existencia de $x^{1/q}$ requiere de la integridad de la propiedad de los números reales en alguna forma.

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Como se ha mencionado por Ian en los comentarios, el más intuitivo enfoque para la definición de la $x^{n}$ al $n$ es irracional (e $x > 0$, esto es esencial) proviene de la aproximación de $x^{n}$ través $x^{q}$ donde $q$ es una aproximación racional de $n$. Este enfoque tiene sus retos , pero todavía a los estudiantes a encontrar que es más fácil de digerir. Así que vamos a definir $x^{n}$ a través de límite $$x^{n} = \lim_{k \to \infty}x^{n_{k}}$$ where $n_{k}$ is any sequence of rational numbers with $\lim_{k \to \infty}n_{k} = $ n. Con esta definición, es fácil establecer todos los habituales de las leyes de los exponentes y vamos a tomar para concedido.

Ahora viene la parte más complicada de calcular la derivada de $x^{n}$. Desde la definición de $x^{n}$ se basa en el límite, el cálculo de su derivada nos obliga a lidiar con iterada límites y esto es un poco difícil problema en general que requiere de ideas de convergencia uniforme. Presento aquí un enfoque que se basa en las desigualdades y no requiere de la convergencia uniforme. A partir de esta respuesta podemos ver que $$rx^{r - 1}(x - y) > x^{r} - y^{r} > ry^{r - 1}(x - y)\tag{1}$$ and $$sx^{s - 1}(x - y) < x^{s} - y^{s} < sy^{s - 1}(x - y)\tag{2}$$ for $x > y > 0$ and rational number $r, s$ are rational numbers with $r > 1 > s > 0$.

Ahora supongamos $n > 1$ y vamos a utilizar la desigualdad de $(1)$ en lo que sigue (si $0 < n < 1$, entonces tenemos que usar la desigualdad de $(2)$ de manera similar, si $n < 0$ entonces podemos usar $x^{n} = 1/x^{-n}$). A continuación, hay una secuencia de números racionales $n_{k}$ $n_{k} > 1$ para todos los enteros positivos $k$$n_{k} \to n$$k \to \infty$. La sustitución de $y$ $a$ $r$ $n_{k}$ $(1)$ tenemos $$n_{k}x^{n_{k} - 1}(x - a) > x^{n_{k}} - a^{n_{k}} > n_{k}a^{n_{k} - 1}(x - a)$$ for $x > a > 0$. Taking limits as $k \to \infty$ we get $$nx^{n - 1}(x - a) \geq x^{n} - a^{n} \geq na^{n - 1}(x - a)$$ From the above inequality (and monotone nature of $x^{n}$) it follows that $\lim_{x \a}x^{n} = a^{n}$ or in other words $x^{n}$ is continuous for all $x > 0$. Now dividing the above inequality by $(x - a) > 0$ and taking limits as $x \a un^{+}$ we get $$\lim_{x \to a^{+}}\frac{x^{n} - a^{n}}{x - a} = na^{n - 1}$$ It should be easy to establish the same limit when $x \a^{-}$ by replacing $x$ by $$ and $s$ by $x$ in $(1)$. Thus we have established that $$\lim_{x \to a}\frac{x^{n} - a^{n}}{x - a} = na^{n - 1}$$ where $a > 0$ and $n$ is irrational. This shows that derivative of $x^{n}$ for irrational $n$ is also given by the same formula which holds for rational $n$ i.e. $nx^{n - 1}$.

Nota: Las desigualdades $(1)$ $(2)$ son establecidos puramente usando álgebra y son usados para probar que derivado de la $x^{n}$ $nx^{n - 1}$ racional,$n$.

Answer 4

Creo que vale la pena ver una prueba que se basa, más o menos, en los primeros principios.

Deje $\alpha$ ser un número irracional, y deje $f(x)=x^\alpha$$x\gt0$. Por la definición de derivado,

$$f'(x)=\lim_{t\to x}{f(t)-f(x)\over t-x}=\lim_{t\to x}{t^\alpha-x^\alpha\over t-x}=\lim_{u\to1}{(xu)^\alpha-x^\alpha\over xu- x}=x^{\alpha-1}\lim_{u\to1}{u^\alpha-1\over u-1}$$

por lo que es suficiente para mostrar

$$\lim_{u\to1}{u^\alpha-1\over u-1}=\alpha$$

Parece que va a ser útil para reducir las cosas a la informática en un solo lado del límite. Para ello, tenga en cuenta que

$$\lim_{u\to1^-}{u^\alpha-1\over u-1}=\lim_{v\to1^+}{v^{-\alpha}-1\over v^{-1}-1}=\lim_{v\to1^+}\left(v^{1-\alpha}{v^\alpha-1\over v-1}\right)=\lim_{v\to1^+}{v^\alpha-1\over v-1}$$

desde $\lim_{v\to1}v^p=1$ para cualquier potencia $p$. En suma, el cambio de notación ligeramente, debemos mostrar

$$\lim_{h\to0^+}{(1+h)^\alpha-1\over h}=\alpha$$

Es decir, debemos demostrar que para cualquier $\epsilon\gt0$ existe $\delta\gt0$ tal que

$$0\lt h\lt\delta\implies\left|{(1+h)^\alpha-1\over h}-\alpha\right|\lt\epsilon$$

Supongamos ahora que sabemos que la derivada de $x^r$ $rx^{r-1}$ al $r$ es racional. Además, supongamos que sabemos que la generalización de la desigualdad de Bernoulli, $(1+h)^p\le1+ph$$0\lt p\lt1$. Con esto en mano, vamos a $r$ ser un número racional ligeramente mayor que $\alpha$ (leve, vamos a ver momentáneamente). Entonces

$$\begin{align} {(1+h)^\alpha-1\over h}-\alpha &=\left({(1+h)^\alpha-1\over h}-{(1+h)^r-1\over h}\right)+\left({(1+h)^r-1\over h}-r\right)+(r-\alpha)\\ &=-(1+h)^\alpha\left({(1+h)^{r-\alpha}-1\over h}\right)+\left({(1+h)^r-1\over h}-r\right)+(r-\alpha)\\ \end{align}$$

Dado $\epsilon\gt0$, claramente podemos elegir $r$, de modo que $|r-\alpha|\lt{\epsilon\over3}$. Una vez que arreglar la elección de $r$, el conocido derivado de la fórmula para $x^r$ significa que podemos elegir un $\delta_r$ tal que

$$0\lt h\lt\delta_r\implies\left|{(1+h)^r-1\over h}-r\right|\lt{\epsilon\over3}$$

Finalmente, vemos que, si $0\lt h\lt1$$0\lt\alpha\lt r$, luego

$$0\lt(1+h)^\alpha\left({(1+h)^{r-\alpha}-1\over h}\right)\le(1+h)^\alpha\left({(1+(r-\alpha)h)-1\over h}\right)=2^\alpha(\alpha-r)$$

Así que vamos a elegir a$r\lt\alpha$, de modo que $2^\alpha(\alpha-r)\lt{\epsilon\over3}$ y, a continuación, deje $\delta=\min\{\delta_r,1\}$. Entonces tenemos

$$\begin{align} 0\lt h\lt\delta\implies\left|{(1+h)^\alpha-1\over h}-\alpha\right| &=\left|-(1+h)^\alpha\left({(1+h)^{r-\alpha}-1\over h}\right)+\left({(1+h)^r-1\over h}-r\right)+(r-\alpha)\right|\\ &\le\left|(1+h)^\alpha\left({(1+h)^{r-\alpha}-1\over h}\right)\right|+\left|{(1+h)^r-1\over h}-r\right|+\left|r-\alpha\right|\\ &\lt{\epsilon\over3}+{\epsilon\over3}+{\epsilon\over3}=\epsilon \end{align}$$

como se desee.

Comentario: la desigualdad de Bernoulli, $(1+h)^p\le1+ph$ si $0\lt p\lt 1$ $h\gt0$ puede ser demostrado mediante la diferenciación de la función de $f(h)=(1+h)^p-ph$ y mostrando que $f$ es estrictamente decreciente de su valor de $f(0)=1$. Esto puede parecer circular, ya que estamos aplicando la desigualdad a lo irracional de energía $r-\alpha$. Pero realmente sólo necesitamos el derivado basado en la prueba de los exponentes racionales $p$. Entonces, si $0\lt\beta\lt1$ es un número irracional, tenemos

$$(1+h)^\beta\lt(1+h)^p\le1+ph$$

para cualquier racional $p\in(\beta,1)$, después de que basta que se deje $p\to\beta$.