Ya hemos visto cómo derivar una función por definición, aquí veremos reglas que nos permitirán derivar funciones de manera más fácil. A estas reglas también se les conoce como álgebras de la derivada (reglas de diferenciación ó álgebras de la diferenciación o propiedades).

La primera regla es que la derivada de un función constante es cero, es decir, si $y=C$ entonces $$y^{\prime}={dy\over dx}=(C)^{\prime}=0.$$



La segunda regla es que si $n$ es un número entero positivo, entonces $${d\over dx}x^n=nx^{n-1}$$ esto ya lo verificamos aquí.



La tercera regla es que si tenemos un función $u$ diferenciable de $x$ y una constante $k$, entonces $$\frac{d}{d x}(k u)=k\frac{d u}{d x}.$$ Esto se pude verificar aplicando la definición de derivada a $ku(x)$, es decir

$$\begin{aligned} \frac{d}{d x} ku &=\lim_{h \rightarrow 0} \frac{k u(x+h)-k u(x)}{h} \\ \\ &=k \lim_{h \rightarrow 0} \frac{u(x+h)-u(x)}{h} \\ \\ &=k \frac{d u}{d x} \end{aligned}$$

Esta propiedad nos asegura que si $n$ es un entero positivo, entonces $$\frac{d}{d x}\left(k x^{n}\right)=k n x^{n-1}$$




La cuarta regla es que si $u(x)$ y $v(x)$ son funciones diferenciables de $x,$ entonces su suma $u(x)+v(x)$ es diferenciable, es decir$$\frac{d}{d x}(u+v)=\frac{d u}{d x}+\frac{d v}{d x}$$

Para verificar esto, solo hay que aplicar la definición a $u+v$, esto es

$$\begin{aligned} \frac{d}{d x}[u(x)+v(x)] &=\lim_{h \rightarrow 0} \frac{[u(x+h)+v(x+h)]-[u(x)+v(x)]}{h} \\ \\ &=\lim_{h \rightarrow 0}\left[\frac{u(x+h)-u(x)}{h}+\frac{v(x+h)-v(x)}{h}\right] \\ \\ &=\lim_{h \rightarrow 0} \frac{u(x+h)-u(x)}{h}+\lim_{h \rightarrow 0} \frac{v(x+h)-v(x)}{h}\\ \\ &=\frac{d u}{d x}+\frac{d v}{d x} \end{aligned}$$

Si tomamos $-v$, es decir $u-v$, tenemos que $$\frac{d}{d x}(u-v)=\frac{d}{d x}[u+(-1) v]=\frac{d u}{d x}+(-1) \frac{d v}{d x}=\frac{d u}{d x}-\frac{d v}{d x}$$ Obteniendo así la regla para la diferencia de funciones.




La quita propiedad que veremos es la del producto de dos funciones $u$ y $v$ que son diferenciables en $x,$ y entonces también lo es su producto $u v,$ y$$\frac{d}{d x}(u v)=u \frac{d v}{d x}+v \frac{d u}{d x}$$

Para verificar esto, se aplica la definición a $u(x)v(x)$, esto es

$$\begin{aligned} \frac{d}{d x}(u v) &=\lim_{h \rightarrow 0} \frac{u(x+h) v(x+h)-u(x+h) v(x)+u(x+h) v(x)-u(x) v(x)}{h} \\ \\ &=\lim_{h \rightarrow 0}\left[u(x+h) \frac{v(x+h)-v(x)}{h}+v(x) \frac{u(x+h)-u(x)}{h}\right] \\ \\ &=\lim_{h \rightarrow 0} u(x+h) \cdot \lim_{h \rightarrow 0} \frac{v(x+h)-v(x)}{h}+v(x) \cdot \lim _{h \rightarrow 0} \frac{u(x+h)-u(x)}{h} \end{aligned}$$

Se puede observar que $$\lim _{h \rightarrow 0} u(x+h)=u(x)$$ esto se debe a la continuidad de $u$. Por lo que

$$\frac{d}{d x}(u v)=u \frac{d v}{d x}+v \frac{d u}{d x}$$




La última de estas propiedades es la del cociente o división de funciones. Es decir, si $u$ y $v$ son diferenciables en $ x,$ y si $v(x) \neq 0,$ entonces el cociente $u / v$ es diferenciable en $x y$, y
$$\frac{d}{d x}\left(\frac{u}{v}\right)=\frac{v \frac{d u}{d x}-u \frac{d v}{d x}}{v^{2}}$$

Como ya se lo imagina, se aplica la definición a $u/v$, es decir

$$\begin{aligned} \frac{d}{d x}\left(\frac{u}{v}\right) &=\lim_{h \rightarrow 0} \frac{\frac{u(x+h)}{v(x+h)}-\frac{u(x)}{v(x)}}{h} \\ \\ &=\lim_{h \rightarrow 0} \frac{v(x) u(x+h)-u(x) v(x+h)}{h v(x+h) v(x)} \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \frac{d}{d x}\left(\frac{u}{v}\right) &=\lim_{h \rightarrow 0} \frac{v(x) u(x+h)-v(x) u(x)+v(x) u(x)-u(x) v(x+h)}{h v(x+h) v(x)} \\ \\ &=\lim_{h \rightarrow 0} \frac{v(x) \frac{u(x+h)-u(x)}{h}-u(x) \frac{v(x+h)-v(x)}{h}}{v(x+h) v(x)} \\ \\ &= \frac{\displaystyle\lim_{h \rightarrow 0}v(x) \frac{u(x+h)-u(x)}{h}-\lim_{h \rightarrow 0}u(x) \frac{v(x+h)-v(x)}{h}}{\displaystyle\lim_{h \rightarrow 0}v(x+h) v(x)}\\ \\ &=\frac{v \frac{d u}{d x}-u \frac{d v}{d x}}{vv}=\frac{v \frac{d u}{d x}-u \frac{d v}{d x}}{v^{2}} \end{aligned}$$




Tabla de formulas

Podemos resumir esto en una tabla en modo de funciones, como sigue:

$${d\over dx}(kx^n)$$$$knx^{n-1}$$
$${d\over dx}(f(x)\pm g(x))$$$${d\over dx}f(x)\pm {d\over dx}g(x)=f^{\prime}(x) \pm g^{\prime}(x)$$
$${d\over dx}(f(x)g(x))$$$$f(x){d\over dx}g(x)+g(x){d\over dx}f(x)=f(x)g^{\prime}(x)+g(x)f^{\prime}(x)$$
$${d\over dx}\left(f(x)\over g(x)\right)$$$$\frac{g(x) f^{\prime}(x)-f(x) g^{\prime}(x)}{(g(x))^{2}}$$



Ejercicios Resueltos



Derivar las siguientes funciones dadas usando las reglas

(1) $y=x^{3}+\frac{4}{3} x^{2}-5 x+1$

$$\begin{aligned} y &=x^{3}+\frac{4}{3} x^{2}-5 x+1 \\ \\ \frac{d y}{d x} &=\frac{d}{d x} x^{3}+\frac{d}{d x}\left(\frac{4}{3} x^{2}\right)-\frac{d}{d x}(5 x)+\frac{d}{d x}(1) \\ \\ &=3 x^{2}+\frac{4}{3} \cdot 2 x-5+0 \\ \\ &=3 x^{2}+\frac{8}{3} x-5 \end{aligned}$$




(2) $\displaystyle y=\frac{1}{x^{2}}$

\begin{aligned}
\frac{d}{d x}\left(\frac{1}{x^{2}}\right) =& \frac{d}{d x}\left(x^{-2}\right) \\ \\
=&-2 x^{-3}=-\frac{2}{x^{3}}
\end{aligned}



(3) $f(x)=3 x^{5}$

$$f^{\prime}(x)=3\left(5 x^{4}\right)=15 x^{4}$$



(4) $y=\sqrt[3]{x}$

\begin{array}{l}
\frac{d}{d x}(\sqrt[3]{x})=\frac{d}{d x}\left(x^{1 / 3}\right) \
=\frac{1}{3} x^{-2 / 3}=\displaystyle\frac{1}{3} \frac{1}{x^{2/3} }=\frac{1}{3 \sqrt[3]{x^{2}}}
\end{array}



(5) $ y=\displaystyle\frac{x^{-3}+x^{5}-x^{-2}}{x^{7}} $

\begin{equation*}
\begin{array}{l}
y=\frac{x^{-3}+x^{5}-x^{-2}}{x^{7}} \\
y=\displaystyle\frac{x^{-3}}{x^{7}}+\frac{x^{5}}{x^{7}}-\frac{x^{-2}}{x^{7}} \\
y=x^{-10}+x^{-2}-x^{-9} \\
y^{\prime}=-10 x^{-11}-2 x^{-3}+9 x^{-10}
\end{array}
\end{equation*}




(6) $y=3 x^{7}+5 x^{3}-11$

\begin{equation*}
\frac{d}{d x}\left(3 x^{7}+5 x^{3}-11\right)=3 \cdot 7 x^{6}+5 \cdot 3 x^{2}-0=21 x^{6}+15 x^{2}
\end{equation*}



(7) $y=3 x^{5}-1$


de donde tenemos que
$$\frac{d}{d x}\left(3 x^{5}\right)=3 (5) x^{4}=15 x^{4}$$
puesto que
$$\frac{d}{d x}(-1)=0$$
por tanto$$\frac{d y}{d x}=\frac{d}{d x}\left(3 x^{5}-1\right)=15 x^{4}$$



(8) $f(x)=\left(3 x^{2}-1\right)\left(x^{2}+5 x+2\right)$

Solución


$$\begin{aligned}
f^{\prime}(x) &=\left(3 x^{2}-1\right) \frac{d}{d x}\left(x^{2}+5 x+2\right)+\left(x^{2}+5 x+2\right) \frac{d}{d x}\left(3 x^{2}-1\right) \\ \\
&=\left(3 x^{2}-1\right)(2 x+5)+\left(x^{2}+5 x+2\right)(6 x) \\ \\
&=6 x^{3}+15 x^{2}-2 x-5+6 x^{3}+30 x^{2}+12 x \\ \\
&=12 x^{3}+45 x^{2}+10 x-5
\end{aligned}$$



(9) $f(x)=\left(x^{3}+2 x^{2}+x-5\right)\left(-2 x^{3}+4 x^{2}-5 x+2\right)$

Solución

Una manera un tanto más cómoda seria la siguiente

$\begin{array}{ccc}g(x)=x^{3}+2 x^{2}+x-5 & \text { y } & h(x)=-2 x^{3}+4 x^{2}-5 x+2 \\ \\ g^{\prime}(x)=3 x^{2}+4 x+1 & \text { y } & h^{\prime}(x)=-6 x^{2}+8 x-5\end{array}$

luego aplicando la formula

\begin{eqnarray*}f^{\prime}(x)&=&g^{\prime}(x) h(x)+g(x) h^{\prime}(x)\\ \\ &=&\left(3 x^{2}+4 x+1\right)\left(-2 x^{3}+4 x^{2}-5 x+2\right)\\ \\ &&+\left(x^{3}+2 x^{2}+x-5\right)\left(-6 x^{2}+8 x-5\right)\end{eqnarray*}



(10) $f(x)=\left(6 x^{2}+2 x\right)\left(x^{3}+1\right)$

Solución

Tomemos $ u (x) = 6 x ^ {2} +2 x $ y $ v (x) = x ^ {3} +1. $ Por lo tanto,$$\frac {d u} {d x} = 12 x + 2 \quad \text {y} \quad \frac {d v} {d x} = 3 x ^ {2}$$
Por lo tanto, usando la fórmula para la regla del producto,$$\frac {d f} {d x} = u \frac {d v} {d x} + v\frac {d u} {d x}$$
obtenemos,\begin{eqnarray*}
\frac {df} {dx} & = &\left (6 x ^ {2} +2 x \right) \left (3 x ^ {2} \right) + \left (x ^ {3} +1 \right ) (12 x + 2) \\ \\
& = &18 x ^ {4} +6 x ^ {3} +12 x ^ {4} +2 x ^ {3} +12 x + 2 \\ \\
& =& 30 x ^ {4} +8 x ^ {3} +12 x + 2
\end{eqnarray*}


(11) $f(x)=\frac{x^{2}+1}{x^{2}-1} .$


Solución
Tomando la formula de la derivada para el cociente $\frac{g(x) f^{\prime}(x)-f(x) g^{\prime}(x)}{(g(x))^{2}}$


$$\begin{aligned}
f^{\prime}(x) &=\frac{\left(x^{2}-1\right) \frac{d}{d x}\left(x^{2}+1\right)-\left(x^{2}+1\right) \frac{d}{d x}\left(x^{2}-1\right)}{\left(x^{2}-1\right)^{2}} \\ \\
&=\frac{\left(x^{2}-1\right) \cdot 2 x-\left(x^{2}+1\right) \cdot 2 x}{\left(x^{2}-1\right)^{2}}\\ \\
&=\frac{2x(x^2-1-x^2-1)}{(x^2-1)^2}\\ \\ f^{\prime}(x)&=\frac{-4 x}{\left(x^{2}-1\right)^{2}}
\end{aligned}$$


(12) $\displaystyle \frac{d}{dx}\left(\frac{x^2-2x}{x-3}\right)$

Solución

Aplicando la regla

\begin{eqnarray*}\frac{d}{dx}\left(\frac{x^2-2x}{x-3}\right)& =&\frac{\frac{d}{dx}\left(x^2-2x\right)\left(x-3\right)-\frac{d}{dx}\left(x-3\right)\left(x^2-2x\right)}{\left(x-3\right)^2}\\ \\ &=&\frac{\left(2x-2\right)\left(x-3\right)-1\cdot \left(x^2-2x\right)}{\left(x-3\right)^2}\\ \\ &=&\frac{x^2-6x+6}{\left(x-3\right)^2}\end{eqnarray*}



(13 ) $ \displaystyle f(x)=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}} .$

Solución


Aplicando la regla del cociente


$$f^{\prime}(x)=\frac{\sqrt{x^{2}+1} \frac{d}{d x}(x)-x \frac{d}{d x} \sqrt{x^{2}+1}}{x^{2}+1}$$Derivando $\sqrt{x^{2}+1}$, se tiene$$\begin{aligned}
\frac{d}{d x}\left(x^{2}+1\right)^{\frac{1}{2}} &=\frac{1}{2}\left(x^{2}+1\right)^{-\frac{1}{2}} \frac{d}{d x}\left(x^{2}+1\right) \\ \\
&=\frac{1}{2}\left(x^{2}+1\right)^{-\frac{1}{2}}(2 x) \\ \\
&=x\left(x^{2}+1\right)^{-\frac{1}{2}}
\end{aligned}$$por lo que $f^{\prime}(x)$ se obtiene $$\begin{aligned}
f^{\prime}(x) &=\frac{\sqrt{x^{2}+1} \cdot 1-x \cdot x\left(x^{2}+1\right)^{-\frac{1}{2}}}{x^{2}+1} \\ \\
&=\frac{\left(x^{2}+1\right)-x^{2}}{\left(x^{2}+1\right)^{\frac{3}{2}}} \\ \\
&=\left(x^{2}+1\right)^{-\frac{3}{2}}
\end{aligned}$$


(14) $\displaystyle \frac{d}{dx}\left(\frac{x^5-\sqrt{x}}{x^7}\right)$

Solución

\begin{eqnarray*}\frac{d}{dx}\left(\frac{x^5-\sqrt{x}}{x^7}\right)&=&\frac{\frac{d}{dx}\left(x^5-\sqrt{x}\right)x^7-\frac{d}{dx}\left(x^7\right)\left(x^5-\sqrt{x}\right)}{\left(x^7\right)^2}\\ \\ &=&\frac{\left(5x^4-\frac{1}{2\sqrt{x}}\right)x^7-7x^6\left(x^5-\sqrt{x}\right)}{\left(x^7\right)^2} \\ \\ &=&\frac{5x^{11}-\frac{x^{\frac{13}{2}}}{2}-7x^{11}+7x^6\sqrt{x}}{\left(x^7\right)^2}\\ \\ &=& \frac{-4x^5+13\sqrt{x}}{2x^8} \end{eqnarray*}


Reglas de la derivada
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