¿Cómo demostrar la regla de la cadena?

Question

Acabo de aprender sobre la regla de la cadena pero mi libro no menciona la demostración. Intenté escribir una demostración por mi cuenta pero no puedo hacerlo. ¿Alguien me podría decir sobre la demostración de la regla de la cadena en términos elementales porque recién comencé a aprender cálculo?

Answer 1

Suponiendo que todo se comporte correctamente ($f$ y $g$ pueden diferenciarse, y $g(x)$ es diferente de $g(a)$ cuando $x$ y $a$ están cerca), la derivada de $f(g(x))$ en el punto $x = a$ está dada por $$ \lim_{x \to a}\frac{f(g(x)) - f(g(a))}{x-a}\\ = \lim_{x\to a}\frac{f(g(x)) - f(g(a))}{g(x) - g(a)}\cdot \frac{g(x) - g(a)}{x-a} $$ donde la segunda línea se convierte en $f'(g(a))\cdot g'(a)$, por definición de derivada.

Answer 2

Un enfoque es utilizar el hecho de que la "diferenciabilidad" es equivalente a la "linealidad aproximada", en el sentido de que si $f$ está definida en algún vecindario de $a$, entonces $$ f'(a) = \lim_{h \to 0} \frac{f(a + h) - f(a)}{h}\quad\text{existe} $$ si y solo si $$ f(a + h) = f(a) + f'(a) h + o(h)\quad\text{en $a$ (es decir, "para $h$ pequeñas").} \tag{1} $$ (Como es usual, "$o(h)$" denota una función que satisface $o(h)/h \to 0$ cuando $h \to 0".)

Si $f$ es diferenciable en $a$ y $g$ es diferenciable en $b = f(a)$, y si escribimos $b + k = y = f(x) = f(a + h)$, entonces $$ k = y - b = f(a + h) - f(a) = f'(a) h + o(h), $$ entonces $o(k) = o(h)$, es decir, cualquier cantidad despreciable en comparación con $k$ se desprecia en comparación con $h$. Ahora simplemente componemos las aproximaciones lineales de $g$ y $f$: \begin{align*} f(a + h) &= f(a) + f'(a) h + o(h), \\ g(b + k) &= g(b) + g'(b) k + o(k), \\ (g \circ f)(a + h) &= (g \circ f)(a) + g'\bigl(f(a)\bigr)\bigl[f'(a) h + o(h)\bigr] + o(k) \\ &= (g \circ f)(a) + \bigl[g'\bigl(f(a)\bigr) f'(a)\bigr] h + o(h). \end{align*} Dado que el lado derecho tiene la forma de una aproximación lineal, (1) implica que $(g \circ f)'(a)$ existe y es igual al coeficiente de $h$, es decir, $$ (g \circ f)'(a) = g'\bigl(f(a)\bigr) f'(a). $$ Una característica agradable de este argumento es que se generaliza con casi ninguna modificación a funciones vectoriales de varias variables.

Answer 3

Primero, permíteme dar una declaración cuidadosa del teorema de la regla de la cadena:

Si $g$ es diferenciable en $a$, y $f$ es diferenciable en $g(a)$, entonces $f \circ g$ es diferenciable en $a$, y $$ (f \circ g)'(a) = f'(g(a)) \cdot g'(a). $$

Es implícito en las hipótesis de la regla de la cadena que $g$ y $f$ son funciones reales, $g$ está definida en un intervalo abierto que contiene $a$, y $f$ está definida en un intervalo abierto que contiene $g(a)$. Para mayor facilidad en la notación, daremos la prueba en el caso de que $f$ y $g$ sean funciones $\mathbb R\to\mathbb R$, pero no cambia demasiado en el caso general.

Prueba. Primero definimos una función auxiliar $\phi:\mathbb R\to\mathbb R$ de la siguiente manera: $$ \phi(t)=\begin{cases} \dfrac{f(t)-f(g(a))}{t-g(a)}&\text{si $t\neq g(a),$} \\[5pt] f'(g(a))&\text{si $t=g(a)$.} \end{cases} $$ Por construcción, $\phi$ es continua en $g(a)$. Además, $g$ es continua en $a$ porque es diferenciable en $a$. Por lo tanto, $\phi \circ g$ es continua en $a$. Usamos esto más abajo en la línea $\eqref{*}$.

Nótese que para todo $x\neq a$, $$ \frac{f(g(x))-f(g(a))}{x-a}=\phi(g(x)) \cdot \frac{g(x)-g(a)}{x-a}. $$ (Esto es cierto incluso si $g(x)=g(a)$, ya que en ese caso ambos lados de la ecuación son iguales a $0$.) Por lo tanto, \begin{align} (f \circ g)'(a)&=\lim_{x \to a}\frac{f(g(x))-f(g(a))}{x-a} \\[5pt] &= \lim_{x \to a}\phi(g(x)) \cdot \lim_{x \to a}\frac{g(x)-g(a)}{x-a} \\[5pt] &= \phi(g(a)) \cdot g'(a) \tag{*}\label{*} \\[5pt] &= f'(g(a)) \cdot g'(a), \end{align} como se afirmó.

Para una explicación de cómo se motivó esta prueba, consulta el capítulo 10 de Cálculo de Michael Spivak. (Mi definición de la función $\phi$ es diferente a la de Spivak, aunque la diferencia no es importante.) La idea básica es que $\phi$ proporciona una manera elegante de lidiar con el caso incómodo en el que $g(x)=g(a)$ para $x$ cerca de $a$. Si, por ejemplo, $g$ es una función constante, entonces no podemos escribir $$ \frac{f(g(x))-f(g(a))}{x-a}=\frac{f(g(x))-f(g(a))}{g(x)-g(a)}\cdot\frac{g(x)-g(a)}{x-a}, $$ y usar la ley del producto para límites, ya que el LD es simplemente indefinido.

Answer 4

Según la sugerencia de @Marty Cohen en [1], fui a [2] para encontrar una prueba. Bajo el uso justo, aquí incluyo la prueba de Hardy (más o menos textualmente).

Escribimos $f(x) = y$, $f(x+h) = y+k$, de modo que $k\rightarrow 0$ cuando $h\rightarrow 0$ y \begin{align} \label{eq:rsrrr} \dfrac{k}{h} \rightarrow f'(x). \quad \quad Eq. * \end{align} Ahora debemos distinguir dos casos.

I. Supongamos que $f'(x) \neq 0$, y que $h$ es pequeño, pero no cero. Entonces $k\neq 0$ debido a la Ecuación ~*, y \begin{align*} \dfrac{\phi(x+h) - \phi(x)}{h} &= \dfrac{F(y+k) - F(y)}{k}\dfrac{k}{h} \rightarrow F'(y)\,f'(x) \end{align*}

II. Supongamos que $f'(x) = 0$, y que $h$ es pequeño, pero no cero. Ahora hay dos posibilidades

II.A. Si $k=0$, entonces \begin{align*} \dfrac{\phi(x+h) - \phi(x)}{h}&= \frac{F\left\{f(x+h)\right\}-F\left\{f(x )\right\}}{h} \\ &= \frac{F\left\{y\right\}-F\left\{y\right\}}{h} \\ &= \dfrac{0}{h} \\ &= 0 = F'(y)\,f'(x) \end{align*}

II.B. Si $k\neq 0$, entonces \begin{align*} \dfrac{\phi(x+h) - \phi(x)}{h}&= \frac{F\left\{f(x+h)\right\}-F\left\{f(x )\right\}}{k}\,\dfrac{k}{h}. \end{align*} El primer factor es casi $F'(y)$, y el segundo es pequeño porque $k/h\rightarrow 0$. Por lo tanto, $\dfrac{\phi(x+h) - \phi(x)}{h}$ es pequeño en cualquier caso, y \begin{align*} \dfrac{\phi(x+h) - \phi(x)}{h}&\rightarrow 0 = F'(y)\,f'(x) \end{align*}

Bibliografía

[1]Duda sobre la prueba de la regla de la cadena

[2] G.H. Hardy, ``Un curso de Matemáticas Puras,'' Cambridge University Press, 1960, 10ª edición, p. 217.

Answer 5

Si entiendo correctamente la notación, esto debería ser muy simple de probar:

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

Entonces: $$f'(x) = \frac{df(x)}{dx}$$

Esto se puede expandir a: $$\frac{df(x)}{dx} = \frac{df(x)}{dg(h(x))} \frac{dg(h(x))}{dh(x)} \frac{dh(x)}{dx}$$

Cuando se cancelan los términos $dg(h(x))$ y $dh(x)$, se puede ver que los términos son iguales.

Dado que $f(x) = g(h(x))$, la primera fracción es igual a 1. ($$\frac{df(x)}{dg(h(x))} = 1$$)

Si sustituimos $h(x)$ con $y$, entonces la segunda fracción se simplifica de la siguiente manera: $$\frac{dg(y)}{dy} = g'(y)$$ Sustituyendo $y = h(x)$ de nuevo, obtenemos la siguiente ecuación: $$\frac{dg(h(x))}{dh(x)} = g'(h(x))$$ La tercera fracción se simplifica a la derivada de $h(x)$ con respecto a $x$. Esto se puede escribir como $$\frac{dh(x)}{dx} = h'(x)$$

Sustituyendo estas tres simplificaciones de nuevo en la función original, recibimos la ecuación

$$\frac{df(x)}{dx} = 1g'(h(x))h'(x) = g'(h(x))h'(x)$$

Esto es la regla de la cadena.