Un ejercicio de derivación entretenido

Derívese la función $y=x^{x^{x}}$

  $y=x^{x^{x}}$
    $\ln(y)=\ln\left(x^{x^{x}}\right)$
      $\ln(y)=x^x\,\ln(x)$
        $(\ln(y))'_x=(x^x\,\ln(x))'$
          $(\ln(y))'_y\cdot y'=(x^x\,\ln(x))'$
            $\dfrac{1}{y}\,y'=(x^x\,\ln(x))'$
              $\dfrac{1}{y}\,y'=(x^x)'\,\ln(x)+x^x\,(\ln(x))'$
En esta otra entrada del blog he calculado la derivada de $x^x$, que es igual a $(x^x)'=x^x\,(1+\ln(x))$; por otra parte, $(\ln(x))'=\dfrac{1}{x}$, con lo cual, la línea anterior queda:
              $\dfrac{1}{y}\,y'=x^x\,(1+\ln(x))\cdot\ln(x)+x^x\cdot \dfrac{1}{x}$
                $\dfrac{1}{y}\,y'=x^x\,\left((1+\ln(x))\cdot\ln(x)+\dfrac{1}{x}\right)$
                  $y'=x^{x^{x}}\cdot x^x\cdot \left((1+\ln(x))\cdot\ln(x)+\dfrac{1}{x}\right)$
                    $\displaystyle y'=x^{x^x+x}\cdot \dfrac{1}{x}\cdot \left(x\cdot \left(1+\ln(x)\right)\cdot\ln(x)+1\right)$
                      $\displaystyle y'=x^{x^x+x}\cdot x^{-1}\cdot \left(x\,\left(1+\ln(x)\right)\cdot\ln(x)+1\right)$
                        $\displaystyle y'=x^{x^x+x-1}\cdot \left(x\,\ln(x)+x\,\ln(x)\cdot \ln(x)+1\right)$
                          $\displaystyle y'=x^{x^x+x-1}\cdot \left(\ln(x^x)+\ln(x)\cdot \ln(x^x)+1\right)$
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Derivada de $k^x$, siendo $0\lt k\neq e$

Derívese la función $f(x)=k^x$

En primer lugar, hagamos algunos arreglos, que, como vamos a ver enseguida, son convenientes para poder utilizar la regla de derivación adecuada:
  $f(x)=k^x=(e^{\ln(k)})^x=e^{x\,\ln(k)}$
De ahí, por las reglas de derivación de la función exponencial e base $e$ y de la cadena (derivada de una función compuesta): Dada $f(x)=e^{u(x)}$, su función derivada es $f'(x)=e^{u(x)}\cdot u'(x)$; como $u(x)=x\,\ln(k)$, tendremos pues que
    $f'(x)=(x\,\ln(k))'\cdot e^{x\,\ln(k)}=\ln(k)\cdot e^{x\,\ln(k)}=\ln(k)\cdot k^x$
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Un ejemplo de cálculo de funciones derivadas. Derivada de la función $f(x)=x^x$, definida en $0 \lt x \lt +\infty$

A efectos prácticos, escribamos la función de la forma: $y=x^x$, entendiendo bien que $y\equiv f(x)$. Tengamos claro que el dominio de definición de la función en el que trabajaremos es la semirrecta de los números reales $(0,+\infty)$. Sacando logaritmos neperianos en cada miembro:
  $\ln\,y =\ln\,x^x$, esto es, $\ln\,y=x\,\ln\,x$, y derivando en cada miembro con respecto de $x$ (la variable independiente de la función) se tiene que:
    $(\ln\,y)' =(x\,\ln\,x)'$
      $\dfrac{1}{y}\,y' =(x)'\,\ln\,x+x\,(\ln\,x)'$
        $\dfrac{1}{y}\,y' =1\cdot \ln\,x+x\,\dfrac{1}{x}$
          $\dfrac{1}{y}\,y' =\ln\,x+1$
            $y' =(\ln\,x+1)\,y$
              $y' =(\ln\,x+1)\,x^x$
que también podemos expresar de la siguiente forma (notación):
                $f'(x) =(\ln\,x+1)\,x^x$

Cuestión:
¿Para qué valor (o valores) de $x$ se anula la función derivada? ¿Qué comportamiento tiene la función $f(x)=x^x$ a la izquierda de dicho valor (crece o decrece)? ¿Y a la derecha del mismo?

Impongamos que $f'(x)=0$. Entonces,
  $(\ln\,x+1)\,x^x=0 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x^x=0\,\text{no tiene solución, puesto que}\, \displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}x^x=1\gt 0\,,\, \text{y}\, x^x\gt 0 \,\forall x\neq 0\\ \text{o bien} \\ 1+\ln\,x=0 \Rightarrow \ln\,x=-1 \Rightarrow x=e^{-1}=\dfrac{1}{e} \end{matrix}\right.$
Puede comprobarse que $f'(x)\lt 0$ para $x\lt \dfrac{1}{e}\approx 0,36$ y $f'(x)\gt 0$ para $x\gt \dfrac{1}{e}$, luego la función es monótonamente decreciente a la izquierda de dicho punto y monótonamente creciente a la derecha del mismo, lo cual puede comprobarse gráficamente en la siguiente imagen:

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Regla de derivación de la función coseno

ENUNCIADO. Sabiendo que $(\sin\,x)'=\cos\,x$ [1], demuéstrese que $$(\cos\,x)'=-\sin\,x$$

SOLUCIÓN.
$(\cos\,x)'=(\sin\,(x+\pi/2))'=$
  $=\cos(x+\pi/2)\cdot (x+\pi/2)'$
    $=\cos(x+\pi/2)\cdot 1$
      $=\cos\,x\cdot \cos\,\pi/2-\sin\,x\,\cdot \sin\,\pi/2$
        $=(\cos\,x)\cdot 0-\sin\,x\,\cdot 1$
          $=-\sin\,x$
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Derivada de un producto de funciones ...

Funció derivada del producte de dos funcions derivables

Considerem la funció $\displaystyle f(x)=g(x)\,\cdot\,h(x)$. De la definició de derivada
$\displaystyle y'_{x}=\lim_{\Delta x \rightarrow 0}\frac{\Delta y}{\Delta x}$
tenim que
$\displaystyle f'_{x}=\lim_{\Delta x \rightarrow 0}\frac{\Delta (g(x)\,\cdot\,h(x))}{\Delta x}=\lim_{\Delta x \rightarrow 0}\frac{(g(x+\Delta x)\,\cdot\,h(x+\Delta x)-g(x)\,\cdot\,h(x))}{\Delta x}$

Tenint en compte que
$\displaystyle g(x+\Delta x)=g(x)+\Delta g(x)$ i $\displaystyle h(x+\Delta x)=h(x)+\Delta h(x)$, podrem escriure el numerador del límit de la forma
$(g(x)+\Delta g(x))\,\cdot\,(h(x)+\Delta h(x))-g(x)\,\cdot\,h(x)$
que, desenvolupat i simplificat, és igual a
$g(x)\,\cdot\,h(x)+\Delta (g(x)) \,\cdot\,h(x)+\Delta (h(x))\,\cdot\,g(x) + (\Delta x)^2 - g(x)\,\cdot\,h(x)$
Simplificant escrivim
$h(x)\,\cdot\,\Delta (g(x)) +g(x)\,\cdot\,\Delta (h(x)) + (\Delta x)^2$

El quocient incremental el tornem a escriure, ara, de la forma
$\dfrac{h(x)\, \cdot \,\Delta (g(x)) +g(x)\,\cdot\,\Delta (h(x)) + (\Delta x)^2}{\Delta x}$
i simplificant
$\dfrac{h(x)\,\cdot\,\Delta (g(x))}{\Delta x} +\dfrac{g(x)\,\cdot\,\Delta (h(x))}{\Delta x} + \dfrac{(\Delta x)^2)}{\Delta x}$

Finalment, en passar al límit, escriurem
$\displaystyle f'(x)=\lim_{\Delta x \rightarrow 0}\frac{h(x)\,\cdot\,\Delta (g(x))}{\Delta x} +\lim_{\Delta x \rightarrow 0}\frac{g(x)\,\cdot\,\Delta (h(x))}{\Delta x} + \lim_{\Delta x \rightarrow 0}\frac{(\Delta x)^2)}{\Delta x}$

Tenint en compte els factors constants en l'operació de límit podem posar-ho de la forma,
$\displaystyle h(x)\,.\,\lim_{\Delta x \rightarrow 0}\frac{\Delta (g(x))}{\Delta x} +g(x)\,.\,\lim_{\Delta x \rightarrow 0}\frac{\Delta (h(x))}{\Delta x} + \lim_{\Delta x \rightarrow 0}\Delta x$
I, finalment, tenint en compte que el tercer sumand és nul i la pròpia definició de derivada per a les funcions $g(x)$ i $h(x)$ trobem

$f'(x)=h(x)\,\cdot \,g'(x)+g(x)\,\cdot \,h'(x)$

$\square$

[nota del autor]