Análisis Matemático (72) · Unidad 4 — Derivadas

Derivada logarítmica: f(x)^g(x)

Cuando la variable está a la vez en la base y en el exponente, no sirve ni la regla de la potencia ni la de la exponencial. Se reescribe f^g = e^(g·ln f) —o se toma logaritmo a los dos lados— y se deriva con la cadena y el producto.

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La explicación

Por qué ninguna de las dos reglas sirve

La tabla tiene dos reglas que se parecen y no son la misma:

(xⁿ)′ = n·xⁿ⁻¹ → la base varía, el exponente es un número fijo
(a^x)′ = a^x·ln a → la base es un número fijo, el exponente varía

En x^x, (x² + 1)^x o (2x + 1)^{ln x} varían las dos cosas. Usar la de la potencia es tratar al exponente como si estuviera quieto; usar la de la exponencial, tratar a la base como si estuviera quieta. Las dos dejan afuera la mitad del cambio, y las dos dan un número equivocado.

De paso, la regla de a^x sale del mismo truco que vamos a usar: a^x = e^{x·ln a}, y por la cadena (e^{x·ln a})′ = e^{x·ln a}·ln a = a^x·ln a. Por eso (5^x)′ = 5^x·ln 5 y no x·5^x−1.

El truco: pasar por la exponencial

Como e y ln son inversas, cualquier potencia con base positiva se puede escribir con base e:

f(x)^g(x) = e^{g(x)·ln f(x)}

Y eso ya se deriva con lo que hay: la cadena para la exponencial y el producto para el exponente g·ln f.

[f^g]′ = e^{g·ln f} · (g·ln f)′
= f^g · ( g′·ln f + g·f ′/f )

No hace falta memorizar esa fórmula: alcanza con saber de dónde sale. Otra forma de llegar a lo mismo es tomar logaritmo a los dos lados: si y = f^g, entonces ln y = g·ln f; derivando, y′/y = g′·ln f + g·f ′/f, y se despeja y′ multiplicando por y. Es la misma cuenta escrita de otra manera.

1. Identificá la base f y el exponente g. Si hay sumandos sueltos (un +3, un 2^x), derivalos aparte.
2. Escribí f^g = e^{g·ln f}.
3. Derivá el exponente g·ln f con la regla del producto: g′·ln f + g·(f ′/f).
4. Multiplicá por la función original f^g.
5. Si piden un valor, reemplazá al final. Si la base vale 1 en ese punto, ln 1 = 0 y un término se va.

El ejemplo de siempre: x^x

x^x = e^{x·ln x}. El exponente se deriva como producto: (x·ln x)′ = ln x + x·(1/x) = ln x + 1. Entonces:

(x^x)′ = x^x·(ln x + 1)

En x = 1 da 1·(0 + 1) = 1: la tangente en (1, 1) es y = x. Y la derivada se anula cuando ln x = −1, o sea en x = 1/e ≈ 0,37: ahí x^x tiene su mínimo, de altura ≈ 0,69. Ninguna de las dos reglas equivocadas lo encuentra: x·x^x−1 = x^x nunca se anula.

El dominio

El truco necesita ln f, así que se trabaja donde la base es positiva: f(x) > 0. Para (x² − 5)^x−2, eso es x² > 5, o sea (−∞, −√5) ∪ (√5, +∞). Antes de reemplazar un punto conviene chequear que está adentro.

Sumas: cada término con su regla

En f(x) = x^x−1 + 3^x + 7, sólo el primer término tiene la variable arriba y abajo. El 3^x es una exponencial común, (3^x)′ = 3^x·ln 3, y el 7 se va. No se toma logaritmo de toda la suma: ln(A + B) no se separa, y la cuenta se vuelve imposible.

El control que conviene hacer siempre

El cociente incremental numérico, con la calculadora: para x^x en x = 2, [2,001^2,001 − 4]/0,001 ≈ 6,78, y la fórmula da 4·(ln 2 + 1) ≈ 6,77 ✔. Las dos reglas equivocadas darían 4 y 2,77: se nota enseguida.

Un ejercicio resuelto, paso a paso

Hallar la derivada de f(x) = (x² + 1)^x y calcular f′(1).

Planteo: la variable está en la base (x² + 1) y en el exponente (x). La base es siempre positiva, así que el dominio es todo ℝ. Se reescribe con base e:

f(x) = e^{x·ln(x² + 1)}

La derivada del exponente, con la regla del producto (y la cadena en el logaritmo):

[x·ln(x² + 1)]′ = 1·ln(x² + 1) + x·2x/(x² + 1)
= ln(x² + 1) + 2x²/(x² + 1)

La derivada de f: la exponencial se deriva a sí misma por la derivada del exponente, y e^x·ln(x²+1) es la f original:

f ′(x) = (x² + 1)^x · [ ln(x² + 1) + 2x²/(x² + 1) ]

En x = 1: la base vale 2, así que f(1) = 2 y

f ′(1) = 2·(ln 2 + 2/2) = 2 + 2 ln 2 ≈ 3,39

Control numérico: f(1,001) = 2,002001^1,001 ≈ 2,003391, y (2,003391 − 2)/0,001 ≈ 3,39 ✔.

Los dos números que salen mal: con la regla de la potencia, x·(x² + 1)^x−1·2x da 2 en x = 1; con la de la exponencial, (x² + 1)^x·ln(x² + 1) da 2 ln 2 ≈ 1,39. La respuesta correcta es justo la suma de los dos: cada regla equivocada ve sólo una mitad del cambio.

Y uno del nivel del parcial

Sea f(x) = x^(√x) + 2^x. Hallar la ecuación de la recta tangente al gráfico de f en el punto de abscisa x₀ = 4.

Planteo: el primer término tiene la variable arriba y abajo (derivada logarítmica); el segundo es una exponencial común. Se derivan por separado. El dominio es x > 0.

El primer término: x^√x = e^{√x·ln x}.

(√x·ln x)′ = ln x/(2√x) + √x/x
(x^√x)′ = x^√x·[ ln x/(2√x) + 1/√x ]

En x = 4: 4² = 16 y el corchete es ln 4/4 + 1/2, así que da 16·(ln 4/4 + 1/2) = 4 ln 4 + 8 = 8 ln 2 + 8.

El segundo término: (2^x)′ = 2^x·ln 2, que en 4 da 16 ln 2.

f(4) = 16 + 16 = 32
f ′(4) = 8 + 8 ln 2 + 16 ln 2 = 8 + 24 ln 2 ≈ 24,64

La tangente: y = f ′(4)·(x − 4) + f(4):

y = (8 + 24 ln 2)(x − 4) + 32

Control: [f(4,001) − 32]/0,001 ≈ 24,64 ✔. Y la recta pasa por (4, 32), porque en x = 4 el paréntesis se anula.

Dónde se pierde el punto: tomar logaritmo de toda la suma, ln(x^√x + 2^x), y separarlo como si fuera un producto. El logaritmo se usa sólo en el término que lo necesita.

Dónde se cae la mayoría

Usar la regla de la potencia en f^g, como si el exponente fuera un número: (x^x)′ no es x·x^(x−1).
Usar la regla de la exponencial, como si la base fuera un número: (x^x)′ no es x^x·ln x.
Derivar bien el exponente g·ln f y olvidarse de multiplicar al final por f^g.
Tomar logaritmo de una suma entera, como si ln(A + B) fuera ln A + ln B: los sumandos se derivan cada uno por su lado.
Reemplazar un punto donde la base es negativa o cero: el truco necesita f(x) > 0.

Hasta acá la explicación. La práctica es la otra mitad: 7 ejercicios de este tema, en cuatro niveles, que no te dicen sólo si está bien al final sino que te corrigen en cada paso y te explican por qué. Además trae una animación que muestra la idea en movimiento.

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Segundo parcial — La derivada de x^(1/x) y su imagen15 puntos · resuelto paso a paso

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