Derivate

Cos'è una derivata?

Quando abbiamo una funzione, può essere molto utile sapere come essa varia al variare dell'incognita. Nel resto della nostra lezione chiameremo l'incognita indipendente x e quella dipendente y, ma potreste trovare nomi diversi negli esercizi.

Dunque, avremo una variazione della funzione \Delta y corrispondente ad una variazione \Delta x della variabile x:

Noi vogliamo sapere quanto vale la prima rispetto alla seconda. E' il doppio? Il triplo? La metà? Per scoprilo, basta prendere il loro rapporto:

{\Delta y \over \Delta x}

che ci dirà quante volte \Delta y è più grande o più piccola di \Delta x. Se infatti il loro rapporto fosse uguale a 2, vorrebbe dire che \Delta y è il doppio di \Delta x. Se otteniamo valori negativi, vuol dire che la funzione è diminuita.

Se vogliamo sapere come si comporta la funzione vicino a un punto P, su intervalli grandi (ovvero per \Delta x grandi), però, questo rapporto non ci da molte informazioni. Guardiamo al seguente caso:

La nostra funzione sta aumentando in quel punto, ma \Delta y\over \Delta x vale circa -1,5. Infatti la funzione sta diminuendo su un intervallo più grande, per questo otteniamo un valore negativo, però noi vogliamo sapere come si comporta in quel esatto punto. Una soluzione potrebbe essere prendere intervalli più piccoli.

Notiamo che il nostro rapporto \Delta y \over \Delta x, equivale al coefficiente angolare della retta che passa per i due punti presi. Se vi ricordate, infatti, facevamo proprio il rapporto tra la differenza delle loro y e delle loro x per trovarlo.

Di conseguenza, più la retta approssima la funzione in quel punto e più il nostro rapporto è accurato.

Per semplificare il processo di rimpicciolimento degli intervalli, chiamiamo l'ascissa del punto P come x_0. L'ascissa dell'altro punto varrà x_0+h, dove h è la lunghezza dell'intervallo.

Utilizzando la notazione f(x) al posto della y, otteniamo che l'ordinata di P varrà f(x_0) e quella dell'altro punto varrà f(x_0+h):

Ricordiamoci cosa significano \Delta y e \Delta x: non sono altro che la differenza delle y e delle x. Dunque, avremo:

\Delta y = y_2 - y_1 = f(x+h) - f(x)

\Delta x = x_2 - x_1 = (x_0 + h) - x_0 = h

Quindi possiamo semplificare il nostro rapporto come:

{\Delta y \over \Delta x} = {f(x_0+h)-f(x_0)\over h}

Quando quindi andiamo a rimpicciolire l'intervallo, ovvero a diminuire h, il nostro rapporto va ad approssimare sempre meglio l'effettivo andamento della funzione.

Di conseguenza, l'approssimazione migliore sarà data dall'h più piccola. Ricordiamoci che h rappresenta la lunghezza di un intervallo, dunque non può essere negativa.

Il minimo che può assumere è quindi 0. Quindi, più avviciniamo h a 0 e più l'approssimazione è migliore. Non possiamo però imporre h=0, perché staremo dividendo per 0 e sappiamo bene che non si può fare. Prendiamo quindi il limite per h che tende a 0, in maniera da avvicinarsi sempre di più senza però essere effettivamente 0:

\displaystyle \lim_{ h\to 0}{f(x_0+h) - f(x_0) \over h}

Questo limite viene chiamato la derivata di f(x) calcolata nel punto P e il rapporto {f(x +h)-f(x)\over h} è chiamato il rapporto incrementale, perché appunto mostra l'incremento della funzione.

Quando andiamo ad avvicinare i due punti scelti, la retta che passa per i due si avvicina sempre di più alla retta tangente alla funzione nel punto P:

Quindi, la derivata di una funzione in un punto P è anche il coefficiente angolare della retta tangente alla funzione in P.

Se però prendiamo il limite per h che tende a 0 e noi stiamo dividendo per h, non dovrebbe venirci +\infty? No, perché anche il numeratore tende a 0, quindi, in generale, è come se si bilanciassero.

Se faccio variare P, la funzione che ottengo mi darà per ogni x il corrispettivo valore della derivata calcolata a quel punto. Per far variare P basta sostituire il valore fisso x_0 con la variabile x:

\displaystyle \lim_{h \to 0}{f(x+h)-f(x)\over h}

Questa funzione viene chiamata la derivata di f(x) e ci sono vari modi per indicarla:

Richiamando il concetto del rapporto {\Delta y\over \Delta x}, spesso viene scritta come {dy\over dx}. Utilizziamo dy al posto di \Delta y per indicare che stiamo parlando di infinitesimali, ovvero numeri estremamente piccoli.

Avremo quindi:

{dy\over dx}= \displaystyle \lim_{h \to 0}{f(x+h)-f(x)\over h}

Alternativamente, possiamo indicarla come f'(x) e si legge "f primo di x":

f'(x)= \displaystyle \lim_{h \to 0}{f(x+h)-f(x)\over h}

Esistono poi altre notazioni, ma per ora noi utilizzeremo solo queste due.

Guardiamo ora alle derivate di alcune funzioni comuni:

Derivate di alcune funzioni comuni

Sappiamo che la derivata di una funzione f(x) viene definita come:

{dy\over dx}= \displaystyle \lim_{h \to 0}{f(x+h)-f(x)\over h}

Ma dobbiamo veramente risolvere questo limite ogni volta che vogliamo trovare una derivata? No, esistono degli shortcuts che vi permetteranno di calcolare le derivate senza dover risolvere mai alcun limite.

Notiamo subito che la derivata di una funzione costante è sempre 0. Se abbiamo y=k, avremo:

{dy\over dx}=\displaystyle \lim_{h \to 0}{f(x+h)- f(x)\over h}= \displaystyle \lim_{h \to 0}{k-k\over h}=0

Infatti, dire che una funzione è costante vuol dire che non varia, quindi al variare della x la sua variazione sarà sempre 0.

Passiamo ora a qualche funzione più interessante.

Iniziamo con la derivata di una potenza di x:

Quante equivale la derivata della funzione f(x)=x^2?

Per saperlo risolviamo il limite:

{dy\over dx}= \displaystyle \lim_{ h\to 0}{f(x+h)-f(x)\over h}= \displaystyle \lim_{h \to 0}{(x+h)^2 - x^2 \over h}

Andiamo ad espandere ed a semplificare:

{dy\over dx}= \displaystyle \lim_{h \to 0}{x^2 + 2hx + h^2 - x^2 \over h}= \displaystyle \lim_{h \to 0}{2hx + h \over h}= \displaystyle \lim_{h \to 0}2x+h

Siccome h tende a 0, sommarla non fa niente, dunque possiamo eliminarla e ottenere:

{dy\over dx}= \displaystyle \lim_{h \to 0}2x = 2x

Calcoliamo ora la derivata della funzione f(x)=x^3:

Come prima, risolviamo il limite per scoprire quanto vale:

{dy\over dx} = \displaystyle \lim_{ h\to 0}{f(x+h)-f(x)\over h}= \displaystyle \lim_{h \to 0} {(x+h)^3 - x^3 \over h}

Utilizziamo ora il cubo di un binomio per espandere e semplificare:

{dy\over dx} = \displaystyle \lim_{h \to 0}{x^3 + 3hx^2 + 3h^2 x + h^3 - x^3 \over h}= \displaystyle \lim_{h \to 0}{3h^2 + 3h^2 x + h^3 \over h}

Semplifichiamo ed eliminiamo tutto quello che contiene una h, perché se h tende a 0, pure h^2, h^3, ecc. tenderanno a 0 e sommarle non cambia nulla:

{dy\over dx} = \displaystyle \lim_{h \to 0}3x^2 + 3hx + h^2 = 3x^2

Potreste già intravedere un pattern, però passiamo a dimostrare il caso generale per dimostrarlo:

Calcoliamo la derivata della funzione f(x)= x^n:

Risolviamo il limite:

{dy\over dx} = \displaystyle \lim_{h \to 0}{f(x+h)-f(x)\over h} =\displaystyle \lim_{h \to 0}{(x+h)^n - x^n \over h}

Ora utilizziamo il teorema binomiale di Newton per espandere. Ricordiamo che il teorema binomiale di Newton afferma che:

(a+b)^n= \left (\begin{array}{l} n \\0 \end{array}\right )a^n b^0 + \left (\begin{array}{l} n \\1 \end{array}\right ) a^{n-1}b^1 + ... + \left (\begin{array}{l} n \\n \end{array}\right ) a^0 b^n = \sum_{k=0}^{n} {\left (\begin{array}{l} n \\k \end{array}\right ) a^{n-k} b^k}

Non importa se non vi ricordate come si calcola il coefficiente binomiale e se questa formula non vi è molto chiara. Potete andare ad approfondire questo argomento nella nostra lezione apposita, ma non è indispensabile per comprendere il resto della lezione.

Vi basta sapere che \left (\begin{array}{l} n \\0 \end{array}\right )=1 e che \left (\begin{array}{l} n \\1 \end{array}\right ) = n. Infatti, quando andiamo ad espandere la potenza, otteniamo:

{dy\over dx} = \lim_{h \to 0}{\left (\begin{array}{l} n \\0 \end{array}\right )x^n + \left (\begin{array}{l} n \\1 \end{array}\right )x^{n-1}h + \left (\begin{array}{l} n \\2 \end{array}\right )x^{n-2}h^2 +...+\left (\begin{array}{l} n \\n \end{array}\right )h^n - x^n\over h}

Siccome abbiamo detto che \left (\begin{array}{l} n \\0 \end{array}\right )=1, il primo è l'ultimo termine si semplificheranno, lasciando solo termini con h e possiamo perciò semplificare il denominatore:

{dy\over dx}= \displaystyle \lim_{h \to 0} (\left (\begin{array}{l} n \\1 \end{array}\right ) x^{n-1} + \left (\begin{array}{l} n \\2 \end{array}\right ) x^{n-2} h + ... + \left (\begin{array}{l} n \\n \end{array}\right )h^n)

Tutti i termini tranne il primo hanno un'h o una potenza di essa, quindi prendendo il limite diventeranno 0. L'unico termine che non si annulla, quindi, è proprio il primo e siccome abbiamo detto che \left (\begin{array}{l} n \\1 \end{array}\right )=n, otteniamo:

{dy\over dx}= nx^{n-1}

Con questa formula, possiamo calcolare la derivata di qualsiasi potenza di x. Per ricordarvela, potete pensare che state spostando l'esponente della potenza in avanti, abbassandolo però così di 1:

Vediamo ora le derivate del seno e del coseno:

Iniziamo col seno. Risolviamo il limite:

{dy\over dx} = \displaystyle \lim_{h \to 0}{\sin(x+h)- \sin(x)\over h}

Utilizziamo la formula del seno di una somma:

{dy\over dx} = \lim_{h \to 0} {\sin(x)\cos(h) + \cos(x)\sin(h) - \sin(x)\over h}

Il coseno di 0 è uguale a 1, quindi \sin(x)\cos(h) si semplificherà con -\sin(x), lasciando soltanto:

{dy\over dx}= \displaystyle \lim_{h \to 0}{\sin(h)\cos(x)\over h}

Ci ricordiamo però del limite notevole del seno, che ci dice che:

\displaystyle \lim_{h \to 0}{\sin(h)\over h}=1

Di conseguenza rimane solo cos(x), che sarà infatti la risposta:

{dy\over dx} = \cos(x)

Quindi la derivata del seno di x è il coseno di x.

Guardiamo quindi alla derivata del coseno:

Risolviamo il limite del rapporto incrementale:

{dy\over dx} = \displaystyle \lim_{h \to 0} {\cos(x+h) - \cos(x) \over h}

Questa volta usiamo la formula del coseno di una somma:

{dy\over dx} = \lim_{h \to 0} {\cos(x)\cos(h)- \sin(x)\sin(h) + cos(x)\over h}

Siccome il coseno di 0 vale 1, \cos(x)\cos(h) sarà uguale a \cos(x) e si semplificherà con -\cos(x). Riutilizziamo poi un'altra volta il limite notevole del seno per ottenere:

{dy\over dx} = \displaystyle \lim_{h \to 0} {-\sin(x)\sin(h)\over h} =\displaystyle \lim_{h \to 0} -\sin(x) \cdot 1 = -\sin(x)

Quindi la derivata del coseno di x equivale a -\sin(x). Per ricordarvi queste due formule, potete pensare che ogni volta che prendete la derivata saltate dal seno al coseno e viceversa, ma ogni volta che si va dal coseno al seno bisogna mettere un meno.

Passiamo quindi agli esponenziali:

Calcoliamo, in generale, la derivata della funzione f(x)= a^x:

Risolviamo il limite:

{dy\over dx} = \displaystyle \lim_{h \to 0}{f(x+h)-f(x)\over h}= \displaystyle \lim_{h \to 0}{a^{x+h} - a^x\over h}

Siccome x non dipende da h, per le proprietà dei limiti possiamo raccogliere a^x e portarlo fuori dal limite:

{dy\over dx}= a^x \cdot \displaystyle \lim_{h \to 0}{a^h - 1 \over h}

Il limite che abbiamo ottenuto, \displaystyle \lim_{h \to 0}{a^h - 1 \over h}, si può dimostrare essere uguale al logaritmo naturale di a:

\displaystyle \lim_{h \to 0}{a^h - 1 \over h} = \ln(a)

Addirittura, qualche volta si preferisce definire in questo modo il logaritmo naturale.

La derivata quindi sarà:

{dy\over dx} = \ln(a) a^x

Se quindi scegliamo il numero di Nepero e come, base, otteniamo che la sua derivata vale:

{dy\over dx} = e^x

Cioè, la sua derivata è sè stessa. Per questo ogni volta vi ripetevano che conveniva mettere e come base delle funzioni esponenziali. La derivata della funzione esponenziale è la funzione esponenziale.

Concludiamo constatando che la derivata del logaritmo vale {1\over x}. Se quindi y= \ln(x), avremo:

{dy\over dx} = {1\over x}

Vi abbiamo detto che non dovrete mai utilizzare il limite per trovare le derivate. Però come trovare derivate di funzioni più complicate, come f(x)={\tan(x)\cdot e^x \over x^2}, o anche soltanto di una prabola con equazione y=3x^2 + 4x?

Utilizzando le proprietà delle derivate, potrete trovare velocemente la derivata di qualsiasi funzione formata da combinazioni delle funzioni che abbiamo visto prima.

Proprietà delle derivate

Le derivate hanno delle proprietà che ci permetteranno di calcolare velocemente tutte le funzioni che incontrerete al liceo. Iniziamo dalla più semplice:

La derivata di una somma equivale alla somma delle derivate. Prendiamo quindi una funzione formata da una somma:

f(x) = g(x)+ s(x)

E dimostriamo che la sua derivata e uguale alla somma delle derivate degli addendi:

f'(x)= \displaystyle \lim_{h \to 0}{f(x+h)-f(x)\over h}

Sostituiamo e dividiamo le frazioni:

f'(x)= \lim_{h \to 0}{g(x+h)+ s(x+h) - (g(x)+ s(x)) \over h}= \lim_{h \to 0}{g(x+h)-g(x)\over h} + {s(x+h)- s(x)\over h}

Ora usiamo la proprietà dei limiti che ci dice che il limite di una somma equivale alla somma dei limiti:

f'(x)= \lim_{h \to 0}{g(x+h)-g(x)\over h} + \lim_{h \to 0}{s(x+h)-s(x)\over h}

Quei due limiti, per definizione, sono le derivate di g(x) e di s(x). Otteniamo dunque che:

f'(x) = g'(x)+ s'(x)

Dunque, se abbiamo f(x)=g(x)+s(x), abbiamo che f'(x) = g'(x)+ s'(x).

La prossima proprietà è la seguente:

La derivata di una funzione moltiplicata per uno scalare è uguale allo scalare per la derivata della funzione. Cioè, se abbaimo:

f(x) = a \cdot g(x)

Dove a è uno scalare (ovvero un numero), dobbiamo avere:

f'(x) = a \cdot g'(x)

Per dimostrarlo basta sostituire nel limite del rapporto incrementale:

f(x) = \lim_{h \to 0}{f(x+h)-f(x)\over h}=\lim_{h \to 0}{a \cdot g(x+h) - a\cdot g(x)\over h}

Ora ci basta raccogliare e sfruttare la proprietà dei limiti che ci dice che il limite di uno scalare per una funzione è uguale allo scalare per il limite della funzione:

f'(x) = \lim_{h \to 0}a\cdot {g(x+h)-g(x)\over h}= a\cdot \lim_{h \to 0}{g(x+h)-g(x)\over h}

Per definizione, quel limite è uguale alla derivata di g(x.) Otteniamo quindi quanto aspettato:

f'(x) = a \cdot g'(x)

Grazie a queste due proprietà, possiamo calcolare la derivata di qualsiasi funzione espressa da un polinomio.

Sappiamo infatti prendere la derivata di una potenza di x. Quindi ci basterà prendere la derivata termine per termine e moltiplicare per i rispettivi scalari. Vediamo un esempio:

Prendiamo la derivata della funzione f'(x) = 4x^5 + 3x^3 + 5x^2 + 9

Iniziamo con il primo termine, 4x^5. Per la regola della potenza sappiamo che la derivata di x^5 vale 5x^4. Quando si vuole indicare che si sta applicando la derivata ad una funzione di x, solitamente si scrive d\over dx prima della funzione, che va scritta tra parentesi. Avremo quindi:

{d\over dx}(x^5) = 5x^4

Per la seconda proprietà avremo quindi:

{d\over dx}(4x^5) = 4 \cdot (5x^4) = 20x^4

Applichiamo lo stesso procedimento a tutti i termini:

{d\over dx}(3x^3)= 3\cdot (3x^2)= 9x^2

{d\over dx} (5x^2) = 5 \cdot (2x) = 10x

Infine, la derivata di una costante è uguale a 0, quindi:

{d\over dx}(9) = 0

Dunque, per trovare la derivata della funzione f(x) ci basta sommare le derivate dei singoli termini. Avremo quindi:

f'(x) = 20x^4 + 9x^2 +10x

Come trovare però la derivata di una funzione come f(x)= xe^x? Per questa ci serve la formula della derivata di un prodotto:

In generale, avremo quindi:

f(x) = g(x) \cdot s(x)

Andiamo a calcolare la derivata di f(x) tramite il limite del rapporto incrementale e sostituiamo:

f'(x) = \lim_{h \to 0}{f(x+h)- f(x)\over h} = \lim_{h \to 0}{g(x+h)s(x+h) -g(x)s(x)\over h}

Adesso aggiungiamo e sottraiamo g(x+h)s(x) al numeratore e raccogliamo il primo con il quarto termine e il secondo con il terzo:

f'(x)=\lim_{h \to 0}{g(x+h)s(x+h) - g(x)s(x) + g(x+h)s(x)-g(x+h)s(x)\over h}= \lim_{h \to 0}{g(x+h)(s(x+h)-s(x)) + s(x)(g(x+h)-g(x))\over h}

Dividiamo ora la frazione in due parti e dividiamo la somma dei due limiti:

f'(x) = \lim_{h \to 0}{g(x+h)(s(x+h)- s(x))\over h} + {s(x+h)(g(x+h)-g(x))\over h}= \lim_{h \to 0}{g(x+h) (s(x+h)-s(x))\over h} + \lim_{h \to 0}{s(x+h)(g(x+h)-g(x))\over h}

Infine, sfruttiamo la proprietà dei limiti che ci dice che il limite di un prodotto è uguale al prodotto dei limiti:

f'(x)= \lim_{h \to 0}g(x+h) \cdot \lim_{h \to 0}{s(x+h)-s(x)\over h} + \lim_{h \to 0}s(x+h)\cdot \lim_{h \to 0}{g(x+h)- g(x)\over h}

Quando h tende a 0, g(x+h) tende a g(x). La stessa cosa vale per s(x) e gli altri due limiti, per definizione, sono le loro derivate. Abbiamo quindi:

f'(x) = g(x)s'(x)+ g'(x)s(x)

Ma solitamente si preferisce invertire l'ordine degli addendi per ottenere:

f'(x) = g'(x)s(x) + g(x) s'(x)

Quindi, se abbiamo f(x)= g(x) s(x), dobbiamo avere che f'(x) = g'(x)s(x) + g(x) s'(x). Questo ci dice che:

La derivata di un prodotto equivale alla derivata del primo per il secondo, più la derivata del secondo per il primo. Quindi, nell'esempio di prima avremo:

f(x)= xe^x

f'(x) = {d\over dx}(x) \cdot e^x + x\cdot {d\over dx}(e^x) = 1\cdot e^x + x\cdot e^x = (1+x)e^x

Vorremmo anche trovare la derivata di funzioni come f(x)=\tan(x). Siccome \tan(x) = {\sin(x)\over \cos(x)}, ci servirebbe di trovare una formula per la derivata di un quoziente.

Troviamo quindi la derivata di f(x) se abbiamo:

f(x)={g(x)\over s(x)}

Come sempre, risolviamo il limite del rapporto incrementale:

f'(x)=\lim_{h \to 0}{f(x+h)-f(x)\over h}= \lim_{h \to 0}{{g(x+h)\over s(x+h)} - {g(x)\over s(x)}\over h}

Portiamo tutto allo stesso denominatore:

f'(x)=\displaystyle \lim_{h \to 0}{{g(x+h)s(x) - g(x)s(x+h)\over s(x+h)s(x)}\over h}

Portiamo il denominatore sotto:

f'(x) =\lim_{h \to 0}{g(x+h)s(x)-g(x)s(x+h)\over s(x+h)s(x)h}

Sfruttiamo le proprietà dei limiti per spostare parte del denominatore in un altro limite:

f'(x) = \lim_{h \to 0}({1\over s(x+h)s(x)} \cdot {g(x+h)s(x)-g(x)s(x+h)\over h})= \lim_{h \to 0}{1\over s(x+h)s(x)} \cdot \lim_{h \to 0}{g(x+h)s(x)-g(x)s(x+h)\over h}

Siccome, come abbiamo detto prima, quando h tende a 0, s(x+h) tende a s(x), avremo:

f'(x) = {1\over s(x)\cdot s(x)} \cdot \displaystyle \lim_{h \to 0}{g(x+h)s(x)- g(x)s(x+h)\over h}

Al numeratore abbiamo qualcosa che assomiglia a quello della derivata di un prodotto. Anche qui, infatti, sommiamo e sottraiamo qualcosa. Questa volta, però, si tratta di g(x)s(x):

f'(x) = {1\over [s(x)]^2} \cdot \displaystyle \lim_{h \to 0}{g(x+h)s(x) - g(x)s(x+h) + g(x)s(x)- g(x)s(x)\over h}

Ora raccogliamo il primo con il quarto termine e il secondo con il terzo:

f'(x)={1\over [s(x)]^2} \cdot \lim_{h \to 0}{s(x)(g(x+h)-g(x)) - g(x)(s(x+h)- s(x))\over h}

Ora dividiamo la frazione in due e prendiamo i due limiti separatamente:

f'(x) = {1\over [s(x)]^2} \cdot ( \lim_{h \to 0}{s(x) (g(x+h)-g(x))\over h} - \lim_{h \to 0}{g(x) (s(x+h)-s(x))\over h})

Notiamo che il primo limite equivale a s(x) per la derivata di g(x) e il secondo limite equivale a g(x) per la derivata di s(x). Otteniamo quindi:

f'(x) = {1\over [s(x)]^2} \cdot (g'(x)s(x)- g(x)s'(x))

Unendo la frazione otteniamo:

f'(x)={g'(x)s(x) - g(x)s'(x)\over [s(x)]^2}

Quindi, la derivata di un quoziente equivale alla derivata del primo per il secondo meno la derivata del secondo per il primo, il tutto fratto il secondo al quadrato. Nel caso della tangente, quindi, avremo:

f(x)= \tan(x)= {\sin(x)\over \cos(x)}

f'(x)= {{d\over dx}(\sin(x)) \cdot \cos(x) - \sin(x)\cdot {d\over dx} (\cos(x))\over [\cos(x)]^2}

f'(x)={\cos(x) \cos(x) - \sin(x) \cdot (-\sin(x))\over \cos^2(x)}

f'(x)={\cos^2(x)+\sin^2(x)\over cos^2(x)}

Utilizzando l'indendità fondamentale della trigonometria otteniamo:

f'(x)={1\over cos^2(x)}

Ricordando che \sec(x) = {1\over \cos(x)}, otteniamo:

f'(x) = \sec^2(x)

{d\over dx}(\tan(x)) = \sec^2 (x)

E' rimasto soltanto un problema da risolvere: come trovare la derivata dove l'argomento della funzione non è solo x, ma qualcosa di più complicato?

Potremmo avere, per esempio, la funzione f(x)=\cos(3x+1), o cose anche più complicate. In generale, l'argomento sarà una funzione di x, quindi dovremo avere:

f(x) = g(s(x))

Per trovare la derivata di f(x), possiamo usare la regola della catena, che ci dice che:

f'(x) = g'(s(x)) \cdot s'(x)

Cioè prendiamo la derivata di g'(x) lasciando come argomento s(x), ma poi dobbiamo moltiplicare per la derivata di s(x). Quindi, nell'esempio di prima avremo:

{d\over dx}(\cos(3x+1)) = -\sin(3x+1) \cdot {d\over dx}(3x+1) = -3\sin(3x+1)

Non riporteremo la dimostrazione di questa formula, ma ci limiteremo a mostrarvi intuitivamente perché è vero:

Possiamo riscrivere il rapporto delle variazioni nel seguente modo:

{\Delta g\over \Delta x} = {\Delta g\over \Delta s} \cdot {\Delta s \over \Delta x}

Quando vado a prendere i limiti dei rapporti, ottengo:

{dg\over dx} = {dg\over ds} \cdot {ds\over dx}

g'(x) = g'(s(x)) \cdot s'(x)

E' come se gli infinitesimali si semplificassero. In questo caso funziona, ma in generale non si possono sempre trattare le derivate dy\over dx come un rapporto normale. Trattandosi di infinitesiamli, bisogna stare molto attenti quando ci si lavora, però questa notazione è molto intuitiva, per questo viene spesso usata.

Con queste 5 proprietà dovreste essere capaci di calcolare la derivata di tutte le funzioni che incontrerete senza dover andare a risolvere il limite per h che tende a 0 del rapporto incrementale.