Derivada
Si $f\left( x \right) = \ln x$, entonces:
$f'\left( x \right) = \frac{1}{x}$
o
$\frac{d}{{dx}}\left( {\ln x} \right) = \frac{1}{x}$
Demostración
Sea la función $y = f\left( x \right) = \ln x$
$y = \ln x$
${e^y} = {e^{\ln x}}$
${e^y} = x$
${\left[ {{e^y}} \right]^\prime } = {\left[ x \right]^\prime }$
${e^y}y' = 1$
$y' = \frac{1}{{{e^y}}}$
$y' = \frac{1}{{{e^{\ln x}}}}$
$y' = \frac{1}{x}$
Aplicando la exponencial a la ecuación.
Dado que las funciones exponencial natural y logaritmo natural son inversas.
Derivación con la regla de la cadena.
Se obtiene la derivada.
Despejando a $y'$.
Sustituyendo a $y$ por $\ln x$.
Dado que las funciones exponencial natural y logaritmo natural son inversas.
Cuando el argumento del logaritmo es una función de x distinta de la función identidad, entonces se debe aplicar la regla de la cadena:
Derivada
Sea $f\left( u \right) = \ln u$, donde $u$ una función de $x$ derivable; entonces:
$\frac{d}{{dx}}\left( {\ln u} \right) = \frac{1}{u}\frac{{du}}{{dx}}$
o
$f'\left( x \right) = \frac{1}{u}u'\left( x \right)$
Deriva las siguientes funciones logarítmicas.
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1. $y = \ln \left( {{x^3} + 1} \right)$ Sea $u = {x^3} + 1$, entonces $\eqalign{ & \frac{{dy}}{{dx}} = \frac{1}{{{x^3} + 1}}\frac{d}{{dx}}\left( {{x^3} + 1} \right) = \frac{1}{{{x^3} + 1}}\left( {3{x^2}} \right) \cr & \frac{{dy}}{{dx}} = \frac{{3{x^2}}}{{{x^3} + 1}} \cr} $ |
2. $y = 3\ln \left( {{x^2} + 5} \right)$ Sea $u = {x^2} + 5$, entonces $\eqalign{ & \frac{{dy}}{{dx}} = 3\frac{1}{{{x^2} + 5}}\frac{d}{{dx}}\left( {{x^2} + 5} \right) = 3\frac{1}{{{x^2} + 5}}\left( {2x} \right) \cr & \frac{{dy}}{{dx}} = \frac{{6x}}{{{x^2} + 5}} \cr} $ |
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3. $f\left( x \right) = \ln \left( {\cos x} \right)$ Sea $u = \cos x$, entonces $f'\left( x \right) = \frac{1}{{\cos x}}\frac{d}{{dx}}\left( {\cos x} \right) = \frac{1}{{\cos x}}\left( { - \sin x} \right)$ $f'\left( x \right) = - \frac{{\sin x}}{{\cos x}} = - \tan x$ |
4. $y = \frac{{\ln {x^2}}}{{{x^2}}}$ $y' = \frac{{{x^2}\frac{d}{{dx}}\left( {\ln {x^2}} \right) - \ln {x^2}\frac{d}{{dx}}\left( {{x^2}} \right)}}{{{{\left( {{x^2}} \right)}^2}}}$ $\eqalign{ & y' = \frac{{{x^2}\frac{1}{{{x^2}}}\frac{d}{{dx}}\left( {{x^2}} \right) - \ln {x^2}\left( {2x} \right)}}{{{x^4}}} = \frac{{\left( {2x} \right) - \ln {x^2}\left( {2x} \right)}}{{{x^4}}} \cr & y' = \frac{{x\left( {2 - 2\ln {x^2}} \right)}}{{{x^4}}} \cr & y' = \frac{{2 - 2\ln {x^2}}}{{{x^3}}} \cr} $ |
Determina la deriva de las siguientes funciones logarítmicas.
1. $y = \ln \left( {{x^2} + 3x - 4} \right)$
- $\frac{{dy}}{{dx}} = \frac{{2x + 3}}{{\ln \left( {{x^2} + 3x - 4} \right)}}$
- $\frac{{dy}}{{dx}} = \frac{{{x^2} + 3x - 4}}{{2x + 3}}$
- $\frac{{dy}}{{dx}} = \frac{{2x + 3}}{{{x^2} + 3x - 4}}$
Sea $u = {x^2} + 3x - 4$, entonces
$\eqalign{ & \frac{{dy}}{{dx}} = \frac{1}{{{x^2} + 3x - 4}}\frac{d}{{dx}}\left( {{x^2} + 3x - 4} \right) \cr & \frac{{dy}}{{dx}} = \frac{1}{{{x^2} + 3x - 4}}\left( {2x + 3} \right) \cr & \frac{{dy}}{{dx}} = \frac{{2x + 3}}{{{x^2} + 3x - 4}} \cr}$
2. $y = x\ln x - x$
- $y' = \ln x - 1$
- $y' = x\ln x$
- $y' = \ln x$
$y' = x\frac{d}{{dx}}\ln x + \ln x\frac{d}{{dx}}x - \frac{d}{{dx}}x$
$\eqalign{ & y' = x\frac{d}{{dx}}\left( {\ln x} \right) + \ln x\frac{d}{{dx}}\left( x \right) - \frac{d}{{dx}}x \cr & y' = x\left( {\frac{1}{x}} \right) + \ln x\left( 1 \right) - \left( 1 \right) \cr & y' = \ln x \cr} $
3. $y = \ln \left( {\frac{{\sin x}}{{2x + 1}}} \right)$
- $y' = \cot x - \frac{2}{{2x + 1}}$
- $y' = \cot x - \frac{1}{{2x + 1}}$
- $y' = 2\cot x - \frac{1}{{2x + 1}}$
$y = \ln \left( {\sin x} \right) - \ln \left( {2x + 1} \right)$
$y' = \frac{1}{{\sin x}}\frac{d}{{dx}}\left( {\sin x} \right) - \frac{1}{{2x + 1}}\frac{d}{{dx}}\left( {2x + 1} \right)$
$y' = \frac{1}{{\sin x}}\left( {\cos x} \right) - \frac{1}{{2x + 1}}\left( 2 \right)$
$y' = \cot x - \frac{2}{{2x + 1}}$