Differenzieren $x^x$ "direkt"

Question

Ich weiß, dass die Ableitung ist $x^x\log x+x^x$, aber ich habe dies durch logarithmische Differenzierung erhalten. Ist es möglich, dies "direkt" zu erhalten, ohne Protokolle oder Exponentiale einzubringen?

Answer 1

Es gibt einen schönen Trick mit multivariablen Berechnungen, der irgendwie natürlicher ist: Wenn Sie schreiben $f(y, z) = y^z$ und $g(x) = (x, x)$ für die diagonale Karte also $x^x = f(g(x))$. Nun das Differential von$f$ an einem Punkt $(y, z)$ ist $(z y^{z-1}, y^z \log y)^T$ und das Differential von $g$ ist nur $(1,1)$, also nach der Kettenregel die Ableitung von $x^x$ ist $x x^{x-1} \cdot 1 + x^x \log x \cdot 1 = x^x(1+\log x)$.

Answer 2

Ich gehe davon aus, dass Sie sich von den ersten Prinzipien unterscheiden, anstatt sie zu verwenden$$y:=x^x\implies\ln y=x\ln x\implies y^\prime/y=(x\ln x)^\prime.$$Sie müssen bewerten$$\begin{align}\lim_{h\to0}\frac{(x+h)^{x+h}-x^x}{h}&=x^x\lim_{h\to0}\frac{e^{h\ln x}(1+h/x)^x(1+h/x)^h-1}{h}\\&=x^x\lim_{h\to0}\frac{(1+h\ln x+o(h))(1+h+o(h))(1+O(h^2))-1}{h}\\&=x^x(\ln x+1).\end{align}$$

Answer 3

Wenn $y$ und $z$ sind Funktionen von $x$, dann die Gesamtableitung einer Funktion $f(y,z)$ in Gedenken an $x$ gleich $$ \frac d{dx} f(y,z) = \frac{\partial f}{\partial y} \frac{dy}{dx} + \frac{\partial f}{\partial z} \frac{dz}{dx}. \tag{*} $$ Aus dieser multivariablen Kalkül-Tatsache können wir mehrere Ein-Variablen-Kalkül-Differenzierungsregeln ableiten:

• Nehmen $f(y,z) = yz$, wir haben $\frac{\partial f}{\partial y} = z$ und $\frac{\partial f}{\partial z} = y$und so wird (*) zur Produktregel $$ \frac d{dx}(yz) = z \frac{dy}{dx} + y \frac{dz}{dx}. $$
• Nehmen $f(y,z) = \frac yz$, wir haben $\frac{\partial f}{\partial y} = \frac1z$ und $\frac{\partial f}{\partial z} = -\frac y{z^2}$und so wird (*) zur Quotientenregel $$ \frac d{dx}\bigg( \frac yz \bigg) = \frac1z \frac{dy}{dx} -\frac y{z^2} \frac{dz}{dx} = \frac{z \frac{dy}{dx} - y \frac{dz}{dx}}{z^2}. $$
• Endlich nehmen $f(y,z) = y^z$, wir haben $\frac{\partial f}{\partial y} = zy^{z-1}$ und $\frac{\partial f}{\partial z} = y^z\log y$und so wird (*) $$ \frac d{dx}(y^z) = zy^{z-1} \frac{dy}{dx} + y^z\log y \frac{dz}{dx}. $$ Insbesondere Einstellung $y=x$ und $z=x$, damit $\frac{dy}{dx}=\frac{dz}{dx}=1$ergibt $$ \frac d{dx}(y^z) = x\cdot x^{x-1} 1 + x^x\log x\cdot 1 = x^x(1+\log x). $$

Diese Ausnutzung der Gesamtableitung hilft auch bei Ableitungen von Ausdrücken wie $\int_a^x f(x,t)\,dt$und hilft zu erklären, warum diese sehr unterschiedlichen Regeln alle die Form haben "so tun, als ob alle bis auf eine der Funktionen von $x$ sind nacheinander konstant und addieren alle vorgetäuschten Ableitungen, um die tatsächliche Ableitung zu erhalten. "

Answer 4

Erwägen,

$$f(x) = x^x$$

Dann,

$$ f(x+h) = (x+h)^{x+h} = x^{x} x^h ( 1 + \frac{h}{x})^{x+h}$$

Betrachten Sie nun den am weitesten rechts stehenden Begriff in Klammern.

$$ ( 1 + \frac{h}{x})^{x+h} = 1+ (x+h) \frac{h}{x} + \frac{ (x+h)(x+h-1)}{2!} ( \frac{h}{x})^2...= 1+h+ O(h^2)$$

Und,

$$ x^{h} = e^{( h )\ln x} = 1 + h \ln x +O \left(h^2\right)$$

Daher,

$$ f(x+h) = x^x \left[ 1 + h \ln x +O \left(h^2\right) \right] \left[ 1+h+ O(h^2) \right] = x^x [1+h \left( 1+ \ln x \right) +O(h^2)] = x^x + hx^x (1+\ln x) +O(h^2) $$

Nach der Definition, dass Ableitung eine Variation erster Ordnung ist,

$$ f'(x) = x^x (1+ \ln x)$$

Referenz