¿Por qué lo siguiente NO es una prueba de la regla de la cadena?

Question

En la notación de Leibniz de la regla de la cadena, $$\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{du} \cdot \frac{du}{dx}$$

Dónde $y\left ( u\left ( x \right ) \right )$ es una función compuesta de x.

Entiendo que el du no se anulan simplemente porque $\frac{dy}{du}$ y $\frac{du}{dx}$ se definen como límites específicos que hacen que el numerador y el denominador sean infinitesimales y, por lo tanto, que el conjunto sea indeterminado e inoperable en.

Pero aplicando la definición de derivada, podemos expresar lo anterior así:

$$\lim_{\Delta x\to 0} \frac{\Delta y}{\Delta x} = \lim_{\Delta u\to 0} \frac{\Delta y}{\Delta u} \cdot \lim_{\Delta x\to 0} \frac{\Delta u}{\Delta x}$$

En este punto no podemos utilizar la Ley del Producto de los Límites para combinar los dos límites de la derecha.

Pero si consideramos un sistema de coordenadas u vs x no lo hace $\Delta u \rightarrow 0$ cuando $\Delta x \rightarrow 0$ ? Y si es así, entonces siempre que $\Delta u \rightarrow 0$ necesariamente tenemos $\Delta x \rightarrow 0$ .

Entonces, ¿no podemos reescribir la ecuación límite anterior como

$$\lim_{\Delta x\to 0} \frac{\Delta y}{\Delta x} = \lim_{\Delta x\to 0} \frac{\Delta y}{\Delta u} \cdot \lim_{\Delta x\to 0} \frac{\Delta u}{\Delta x}$$

Y entonces, ¿no podemos utilizar la Ley del Producto de los Límites para decir:

$$\lim_{\Delta x\to 0} \frac{\Delta y}{\Delta x} = \lim_{\Delta x\to 0} \left ( \frac{\Delta y}{\Delta u} \cdot \frac{\Delta u}{\Delta x} \right )$$

Y como $\frac{\Delta y}{\Delta u}$ y $\frac{\Delta u}{\Delta x}$ dentro de la cantidad cuyo límite se está tomando ya no son "cocientes" infinitesimales, Δu puede cancelar, dejándonos con:

$$\lim_{\Delta x\to 0} \frac{\Delta y}{\Delta x} = \lim_{\Delta x\to 0} \frac{\Delta y}{\Delta x} $$

Que en las notaciones de Leibniz parece:

$$\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dx}$$

Q.E.D (Ya que manipulamos el lado derecho de la ecuación para que se vea igual que el lado izquierdo).

Answer 1

El principal problema es que podría tener $\Delta u = 0$ para algunos $x$ que hace que $\dfrac{\Delta y}{\Delta u}$ indefinido.

Answer 2

La prueba dada en cuestión es casi rigurosa y correcta pero escrita al revés (como señala Wazul). Además, se trata de una prueba muy estándar de la regla de la cadena. Contrariamente a lo que muchos estudiantes piensan, esta prueba no se basa en infinitesimales. Pero hay que añadir algunos detalles.

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Dejemos que $u = g(x)$ sea diferenciable y $y = f(u)$ sea también diferenciable. Entonces $y = f(g(x)) = (f \circ g)(x)$ y la regla de la cadena dice que $$\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{du}\cdot\frac{du}{dx}$$ o $$(f\circ g)'(x) = f'(u)g'(x) = f'(g(x))g'(x)$$ La prueba de la pregunta debe completarse con definiciones adecuadas de $\Delta u, \Delta y$ .

Tenemos $\Delta u = g(x + \Delta x) - g(x)$ y $$\frac{du}{dx} = g'(x) = \lim_{\Delta x \to 0}\frac{g(x + \Delta x) - g(x)}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0}\frac{\Delta u}{\Delta x}$$ Y de forma similar con $\Delta y = f(u + \Delta u) - f(u)$ tenemos $$\frac{dy}{du} = f'(u) = \lim_{\Delta u \to 0}\frac{f(u + \Delta u) - f(u)}{\Delta u} = \lim_{\Delta u \to 0}\frac{\Delta y}{\Delta u}$$ Entonces tenemos \begin {align} \frac {dy}{dx} &= (f \circ g)'(x) = \lim_ { \Delta x \to 0} \frac {(f \circ g)(x + \Delta x) - (f \circ g)(x)}{ \Delta x} \notag\\ &= \lim_ { \Delta x \to 0} \frac {f(g(x + \Delta x)) - f(g(x))}{ \Delta x} \notag\\ &= \lim_ { \Delta x \to 0} \frac {f(g(x) + \Delta u) - f(g(x))}{ \Delta x} \notag\\ &= \lim_ { \Delta x \to 0} \frac {f(u + \Delta u) - f(u)}{ \Delta x} \notag\\ &= \lim_ { \Delta x \to 0} \frac {f(u + \Delta u) - f(u)}{ \Delta u} \cdot\frac { \Delta u}{ \Delta x} \text { (suponer } \Delta u \neq 0) \notag\\ &= \lim_ { \Delta x \to 0} \frac {f(u + \Delta u) - f(u)}{ \Delta u} \cdot\frac {g(x + \Delta x) - g(x)}{ \Delta x} \notag\\ &= \lim_ { \Delta u \to 0} \frac {f(u + \Delta u) - f(u)}{ \Delta u} \cdot\lim_ { \Delta x \to 0} \frac {g(x + \Delta x) - g(x)}{ \Delta x} \notag\\ &= f'(u)g'(x) \notag\\ &= \frac {dy}{du} \cdot\frac {du}{dx} \end {align} Hemos asumido en lo anterior que $\Delta u \neq 0$ cuando $\Delta x \to 0$ . También por continuidad de $u = g(x)$ (nótese que la diferenciabilidad implica continuidad) tenemos $\Delta u \to 0$ como $\Delta x \to 0$ .

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El argumento anterior falla cuando $\Delta u = g(x + \Delta x) - g(x)$ desaparece para infinitos valores de $\Delta x$ como $\Delta x \to 0$ . En este caso tenemos $du/dx = g'(x) = 0$ . ¿Por qué? Porque si $g'(x) \neq 0$ entonces la relación $\Delta u / \Delta x \neq 0$ para todos los valores pequeños de $\Delta x$ y por lo tanto $\Delta u \neq 0$ para todos los valores pequeños de $\Delta x$ .

Por lo tanto, si $\Delta u = 0$ para infinitos valores pequeños de $\Delta x$ entonces $du/dx = g'(x) = 0$ . Demostramos que en este caso $dy/dx = 0$ . Es evidente que para esos valores de $\Delta x$ para lo cual $\Delta u = 0$ también tenemos $\Delta y = f(u + \Delta u) - f(u) = 0$ de modo que la ración $\Delta y/\Delta x = 0$ . Para los valores de $\Delta x$ donde $\Delta u \neq 0$ sabemos que $\Delta y/\Delta u$ está acotada (porque la derivada $dy/du$ existe) y la relación $\Delta u/\Delta x$ puede hacerse arbitrariamente pequeño (porque su límite es $du/dx = 0$ ). Por lo tanto, el producto global $$\frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac{\Delta y}{\Delta u}\cdot\frac{\Delta u}{\Delta x}$$ puede hacerse arbitrariamente pequeño eligiendo $\Delta x$ lo suficientemente pequeño. De ello se desprende que $\Delta y / \Delta x$ puede hacerse arbitrariamente pequeño para todos los valores suficientemente pequeños de $\Delta x$ . De ello se desprende que $$\frac{dy}{dx} = \lim_{\Delta x \to 0}\frac{\Delta y}{\Delta x} = 0$$ y, por tanto, la regla de la cadena también es válida en este caso.

Nótese que la mayoría de los libros de texto comunes de cálculo omiten la discusión del caso cuando $\Delta u = 0$ . También es mucho mejor escribir y entender si $\Delta x$ se sustituye por $h$ y $\Delta u$ se sustituye por $k$ . Sin embargo, he intentado ceñirme a la notación utilizada por OP.

Answer 3

Si $\Delta u=0$ entonces usted tiene un $0$ en un denominador.

Eso no es un problema si sólo ocurre cuando $|\Delta x|>0.000000000001$ ya que el límite depende únicamente de lo que ocurra cuando $|\Delta x|$ es menor que eso. Y de forma similar con cualquier otro número positivo en lugar de $0.000000000001$ .

Pero ahora supongamos que ocurre cuando $|\Delta x|=0.000000000001$ y de nuevo cuando $|\Delta x| =0.000000000001^2$ y de nuevo cuando $|\Delta x|=0.000000000001^3$ y así sucesivamente, ad infinitum. Entonces es una dificultad que hay que abordar. Y si $\Delta u=0$ para todos $\Delta x$ entre $\pm 0.001$ ? Entonces su prueba claramente no funciona.

De ahí que se escriba $$ \frac{\Delta y}{\Delta x} = \left.\begin{cases} \Delta y/\Delta u & \text{if } \Delta u\ne0, \\[6pt] dy/du & \text{if }\Delta u = 0, \end{cases} \right\} \cdot \frac{\Delta u}{\Delta x} $$ y se continúa a partir de ahí. El $\displaystyle \left\{ \begin{array}{c} \text{factor in} \\ \text{braces} \end{array} \right\}$ se acerca a $dy/du$ como $\Delta x\to 0$ y el segundo factor, $\dfrac{\Delta u}{\Delta x}$ , enfoques $du/dx$ .

Answer 4

Esto no es una prueba, porque se parte de la fórmula que se quiere demostrar y se implica una afirmación verdadera. Pero un enunciado verdadero puede estar implícito en un enunciado falso. Habría que empezar con

$$ \frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dx} $$

y luego probar

$$ \frac{dy}{dx}= \frac{dy}{du}\cdot\frac{du}{dx} $$

y no al revés.