Regla del quocient

A càlcul, la regla del quocient és un mètode per a calcular la derivada d'una funció que consisteix en el quocient d'altres dues per a les quals la derivada existeix.

Si la funció que es vol derivar, $f(x)$, es pot escriure com

$f(x)=\frac{g(x)}{h(x)}$

i $h(x)$ ≠ $0$, llavors la regla diu que la derivada de $g(x)/h(x)$ és igual a:

$\frac{d}{dx}f(x)=f^{\prime }(x)=\frac{g^{\prime }(x)h(x)-g(x)h^{\prime }(x)}{[h(x){]}^2}.$

O de forma més precisa, per a tot $x$ que pertany a algun conjunt obert que conté el nombre $a$, amb $h(a)$ ≠ $0$; i, tal que $g^{\prime }(a)$ i $h^{\prime }(a)$ existeixen totes dues; llavors, $f^{\prime }(a)$ també existeix:

$f^{\prime }(a)=\frac{g^{\prime }(a)h(a)-g(a)h^{\prime }(a)}{[h(a){]}^2}.$

Exemples

La derivada de $(4x-2)/(x^2+1)$ és

$\frac{d}{dx}\frac{(4x-2)}{x^2+1}$	$=\frac{(x^2+1)(4)-(4x-2)(2x)}{(x^2+1{)}^2}$
	$=\frac{(4x^2+4)-(8x^2-4x)}{(x^2+1{)}^2}$
	$=\frac{-4x^2+4x+4}{(x^2+1{)}^2}$

A l'exemple de dalt, s'ha triat:

$g(x)=4x-2$

$h(x)=x^2+1$

De forma anàloga, la derivada de $\sin (x)/x^2$ (quan $x$ ≠ 0) és:

$\frac{\cos (x)x^2-\sin (x)2x}{x^4}$

Per a més informació referent a les derivades de les funcions trigonomètriques vegeu: derivada.

Un altre exemple és:

$f(x)=\frac{2x^2}{x^3}$

on $g(x)=2x^2$ i $h(x)=x^3$, i $g^{\prime }(x)=4x$ i $h^{\prime }(x)=3x^2$.

La derivada de $f(x)$ es determina tal com segueix:

$f^{\prime }(x)$	$=\frac{(4x\cdot x^3)-(2x^2\cdot 3x^2)}{{\left(x^3\right)}^2}$
	$=\frac{4x^4-6x^4}{x^6}$
	$=\frac{-2x^4}{x^6}$
	$=-\frac{2}{x^2}$

Demostracions

A partir de la definició de derivada

Suposant que $f(x)=g(x)/h(x)$

on $h(x)$≠ 0 i $g$ i $h$ són derivables.

$f^{\prime }(x)=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\frac{f(x+\mathrm{\Delta }x)-f(x)}{\mathrm{\Delta }x}=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\frac{\frac{g(x+\mathrm{\Delta }x)}{h(x+\mathrm{\Delta }x)}-\frac{g(x)}{h(x)}}{\mathrm{\Delta }x}$

$=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\frac{1}{\mathrm{\Delta }x}\left(\frac{g(x+\mathrm{\Delta }x)h(x)-g(x)h(x+\mathrm{\Delta }x)}{h(x)h(x+\mathrm{\Delta }x)}\right)$

$=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\frac{1}{\mathrm{\Delta }x}\left(\frac{(g(x+\mathrm{\Delta }x)h(x)-g(x)h(x))-(g(x)h(x+\mathrm{\Delta }x)-g(x)h(x))}{h(x)h(x+\mathrm{\Delta }x)}\right)$

$=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\frac{1}{\mathrm{\Delta }x}\left(\frac{h(x)(g(x+\mathrm{\Delta }x)-g(x))-g(x)(h(x+\mathrm{\Delta }x)-h(x))}{h(x)h(x+\mathrm{\Delta }x)}\right)$

$=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\frac{\frac{g(x+\mathrm{\Delta }x)-g(x)}{\mathrm{\Delta }x}h(x)-g(x)\frac{h(x+\mathrm{\Delta }x)-h(x)}{\mathrm{\Delta }x}}{h(x)h(x+\mathrm{\Delta }x)}$

$=\frac{\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\left(\frac{g(x+\mathrm{\Delta }x)-g(x)}{\mathrm{\Delta }x}\right)h(x)-g(x)\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }\left(\frac{h(x+\mathrm{\Delta }x)-h(x)}{\mathrm{\Delta }x}\right)}{h(x)h(\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{\lim }(x+\mathrm{\Delta }x))}$

$=\frac{g^{\prime }(x)h(x)-g(x)h^{\prime }(x)}{[h(x){]}^2}$

A partir de la regla del producte

Suposant que $f(x)=\frac{g(x)}{h(x)}$

$g(x)=f(x)h(x)$

$g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)h(x)+f(x)h^{\prime }(x)$

La resta consisteix en aplicar les regles de l'àlgebra per a fer que $f^{\prime }(x)$ sigui l'únic terme del cantó esquerre de l'equació i per a eliminar $f(x)$ del cantó dret de l'equació.

$f^{\prime }(x)=\frac{g^{\prime }(x)-f(x)h^{\prime }(x)}{h(x)}=\frac{g^{\prime }(x)-\frac{g(x)}{h(x)}\cdot h^{\prime }(x)}{h(x)}$

$f^{\prime }(x)=\frac{g^{\prime }(x)h(x)-g(x)h^{\prime }(x)}{{(h(x))}^2}$

De forma alternativa, es pot aplicar la regla del producte directament, sense haver de fer ús de la substitució:

$f(x)=\frac{g(x)}{h(x)}=g(x)[h(x){]}^{-1}$

I tot seguit aplicar la regla de la cadena per a derivar $h(x{)}^{-1}$:

$f^{\prime }(x)=g^{\prime }(x)[h(x){]}^{-1}+g(x)(-1)[h(x){]}^{-2}{h}^{\prime }(x)=\frac{g^{\prime }(x)h(x)-g(x)h^{\prime }(x)}{[h(x){]}^2}$

A partir de la regla de la cadena

Es considera la identitat

$\frac{u}{v}=\frac{1}{4}[{(u+\frac{1}{v})}^2-{(u-\frac{1}{v})}^2]$

Llavors

$\frac{d\left(\frac{u}{v}\right)}{dx}=\frac{d}{dx}\frac{1}{4}[{(u+\frac{1}{v})}^2-{(u-\frac{1}{v})}^2]$

Porta a

$\frac{d\left(\frac{u}{v}\right)}{dx}=\frac{1}{4}[2(u+\frac{1}{v})(\frac{du}{dx}-\frac{dv}{v^{2}dx})-2(u-\frac{1}{v})(\frac{du}{dx}+\frac{dv}{v^{2}dx})]$

Operant s'obté

$\frac{d\left(\frac{u}{v}\right)}{dx}=\frac{1}{4}[\frac{4}{v}\frac{du}{dx}-\frac{4u}{v^2}\frac{dv}{dx}]$

Per acabar, es treu comú denominador i en queda el resultat esperat

$\frac{d\left(\frac{u}{v}\right)}{dx}=\frac{[v\frac{du}{dx}-u\frac{dv}{dx}]}{v^2}$

Emprant diferencials totals

Una demostració fins i tot més elegant és conseqüència de la llei referent als diferencials totals, que diu que el diferencial total,

$dF=\frac{\partial F}{\partial x}dx+\frac{\partial F}{\partial y}dy+\frac{\partial F}{\partial z}dz+...$

De qualsevol funció a qualsevol conjunt de quantitats es pot descompondre de la següent forma, sense importat quines variables independents hi hagi a la funció (és a dir no importa quines variables es prenguin, ja que no poden expressar-se com a funcions d'altres variables). Això vol dir que, si N i D són totes dues funcions d'una variable independent x, i $F=N(x)/D(x)$, llavors han de ser veritat simultàniament que

(*) $dF=\frac{\partial F}{\partial x}dx$

I que

$dF=\frac{\partial F}{\partial N}dN+\frac{\partial F}{\partial D}dD$.

Però sabent que $dN=N^{\prime }(x)dx$ i $dD=D^{\prime }(x)dx$.

Substituint i fent aquests dos diferencials totals iguals a un tercer (donat que representen límits que es poden manipular), s'obté l'equació

$\frac{\partial F}{\partial x}dx=\frac{\partial F}{\partial N}{N}^{\prime }(x)dx+\frac{\partial F}{\partial D}{D}^{\prime }(x)dx$

La qual requereix que

(#) $\frac{\partial F}{\partial x}=\frac{\partial F}{\partial N}{N}^{\prime }(x)+\frac{\partial F}{\partial D}{D}^{\prime }(x)$.

Calculant les parcials de la dreta:

$\frac{\partial F}{\partial N}=\frac{\partial (N/D)}{\partial N}=\frac{1}{D}$;

$\frac{\partial F}{\partial D}=\frac{\partial (N/D)}{\partial D}=-\frac{N}{D^2}$.

Si se substitueixen dins de (#),

$\frac{\partial F}{\partial x}=\frac{N^{\prime }(x)}{D(x)}-\frac{N(x)D^{\prime }(x)}{D(x{)}^2}$

$\frac{\partial F}{\partial x}=\frac{D(x)N^{\prime }(x)}{D(x{)}^2}-\frac{N(x)D^{\prime }(x)}{D(x{)}^2}$

La qual dona la regla del quocient, donat que, per a (*),

$\frac{dF}{dx}=\frac{\partial F}{\partial x}$.

Aquesta demostració és forma més sistemàtica de demostrar el teorema en termes de límits, i per tant, és equivalent a la primera demostració – i fins i tot es redueix a ella si es fan les substitucions adequades als llocs adequats.

Vegeu també

• Regla del producte
• Regla de la cadena