8. DIFERENCIACIÓN DE FUNCIONES COMPUESTAS

A �n de comprender este problema, planteamos la siguiente situación.

Ejemplo 1 Dadas las funciones f : A � R3 ! R y h : B � R ! R3, tal que f(x; y; z) = xz sen y yh(t) = (t+ 1; t2; t) = (x; y; z). Hallar g = f � h : R! R (con h(B) � A)Resoluci�on

�f � h

�(t) = f

�h(t)

�= f(t+ 1; t2; t) = f(x; y; z) = u

con lo que

th7�! (t+ 1; t2; t)

f7�! u

f � h = gt 7�! u

¿Cómo hallar la derivadadg

dt= g0(t)?. En este caso la respuesta es sencilla pues bastará encontrar la expresión

de u = g(t) = (t+ 1) t sen t2 =�t2 + t

�sen t2, es decir, la imagen de la función compuesta, y luego derivar. Se

obtiene

g0(t) =dg(t)

dt=d��t2 + t

�sen t2

�dt

= (2t+ 1) sen t2 + 2t�t2 + t

�cos t2

En el caso general, supagamos desconocer la expresión analítica que relaciona a las variables. No podremosentonces realizar el cálculo a �n de hallar la expresión de la función compuesta y por lo tanto, tampoco suderivada. Bajo ciertas condiciones, se aplicaremos una de las fórmulas más útiles del cálculo, llamada regla dela cadena que permite calcular la derivada de la función que surge de la composición.Antes de enunciar el siguiente teorema, de�nimos norma de una matriz.

De�nición 1 Sea A = (aij) con i = 1; :::;m y j = 1; :::; n, se de�ne norma de la matriz A, como:

kAk = m�ax fjaij j : 1 � i � m; 1 � j � ng

Proposición 1 Sea A = (aij) una matriz de m� n, para toda matriz X = (xij) de n� p, se cumple:

kAXk � kAk kXk

Teorema 1 Regla de la cadena: Dadas las funciones

F : Df � Rn ! Rm, diferenciable en x0 2 DfG : Dg � Rm ! Rp, diferenciable en F (x0) 2 Dg

donde F (Df ) � Dg de tal manera que sea posible realizar la composición G � F : Df � Rn ! Rp. Entonces secumple que�La función compuesta G � F es diferenciable en x0 2 Df�La matriz derivada de la función compuesta, (G � F )0 evaluada en el punto x0; es el producto de las matricesG0(F (x0)) y F

0(x0):

(G � F )0(x0)| {z }p�n

= G0(F (x0))| {z }p�m

F0(x0)| {z }

m�n

Observación 1 F : Df � Rn ! Rm tiene m funciones coordenadas Fi : Df � Rn ! R y G : Dg � Rm ! Rptiene p funciones coordenadas Gi : Dg � Rm ! R:La matriz jacobiana de F en x0 es:

F 0(x0) =

0B@@F1@x1(x0) ::: @F1

@xn(x0)

.... . .

...@Fm@x1

(x0) � � � @Fm@xn

(x0)

1CA

1

La matriz jacobiana de G en F (x0) es:

G0(F (x0)) =

0BB@@G1

@y1(F (x0)) : : : @G1

@ym(F ((x0))

.... . .

...@Gp

@y1(F (x0)) � � � @Gp

@ym(F (x0))

1CCAes una matriz de (p�m), Entonces:

G0(F (x0)) � F 0(x0) =

0BBBBB@mPi=1

@G1

@yi(F (x0))

@Fi@x1(x0) :::

mPi=1

@G1

@yi(F (x0))

@Fi@xn

(x0)

.... . .

...mPi=1

@Gp

@yi(F (x0))

@Fi@x1(x0) � � �

mPi=1

@Gp

@yi(F (x0))

@Fi@xn

(x0)

1CCCCCAAdemás G � F : Df � Rn ! Rp es la composición:

x0F7�! F (x0)

G

= y0 7�! G( F (x0))

entonces, si existe (G � F )0(x0) ésta es una matriz de (p�m).

Demostración. Demostraremos que la transformación lineal asociada a la matriz F0(x0)G

0(F (x0)) es el difer-

encial de la función compuesta en el punto.Por hipótesis:F es diferenciable en x0 entonces, 8x 2 Nr1 (x0), se veri�ca:

F (x)� F (x0) = F0(x0)(x� x0) + �1 (x) , l��m

x!x0

�1 (x)

jjx� x0jj= 0

G es diferenciable en y0 = F (x0) entonces, 8y 2 Nr2 (y0), se veri�ca:

G(y)�G(y0) = G0(y0)(y � y0) + �2(y), l��m

y!y0

�2 (y)

jjy � y0jj= 0 (1)

9r0 > 0 : 8x 2 Nr0 (x0) ;9y (x) = F (x) 2 Nr2 (y0), tal que y (x) = F (x) cumple (1). Sea r = m��n fr1; r0g,8x 2 Nr (x0):

G�F (x)

��G

�F (x0)

�= G

0 �F (x0)

� �F (x)� F (x0)

�+ �2

�F (x)

�= G

0 �F (x0)

� hF0(x0)(x� x0) + �1 (x)

i+ �2

�F (x)

�= G

0 �F (x0)

�F0(x0)(x� x0) +G

0 �F (x0)

��1 (x) + �2

�F (x)

�(2)

Sea �3 (x) = G0 �F (x0)

��1 (x) + �2

�F (x)

�. Tenemos que probar que:

l��mx!x0

�3 (x)

kx� x0k= 0 (3)

l��mx!x0

�3 (x)

jjx� x0jj= l��m

x!x0

G0 �F (x0)

��1 (x) + �2

�F (x)

�jjx� x0jj

= l��mx!x0

G0 �F (x0)

��1 (x)

jjx� x0jj+ l��mx!x0

�2�F (x)

�jjx� x0jj

Como l��mx!x0

�1 (x)

kx� x0k= 0 y 9G0 (y0), entonces el primer límite es 0.

Ahora tenemos que probar que el 2o límite también es 0:

l��mx!x0

�2�F (x)

�jjx� x0jj

= l��mx!x0

�2�F (x)

�jjF (x)� F (x0)jj

F (x)� F (x0) jjx� x0jj

Por la continuidad de F en x0 cuando x! x0 entonces y = F (x)! F (x0) = y0, tenemos

l��mx!x0

�2�F (x)

�jjF (x)� F (x0)jj

= l��my!y0

�2 (y)

jjy � y0jj= 0

2

Tenemos que probar quejjF (x)� F (x0)jj

jjx� x0jjestá acotada para asegurar que el límite en cuestión es 0. Para ello

usaremos la desigualdad triangular de la norma y la proposición 1.jjF (x)� F (x0)jj

jjx� x0jj=jjF 0(x0)(x� x0) + �1 (x) jj

jjx� x0jj� jjF 0(x0)(x� x0)jj

jjx� x0jj+k�1(x)kjjx� x0jj

�

� jjF 0(x0)jj kx� x0kjjx� x0jj

+k�1(x)kjjx� x0jj

= jjF 0(x0)jj+k�1(x)kjjx� x0jj

Entonces:

0 � l��mx!x0

jjF (x)� F (x0)jjjjx� x0jj

� l��mx!x0

�jjF 0(x0)jj+

k�1(x)kjjx� x0jj

�= F 0(x0)

Con lo que hemos probado (3)Reemplazando �3 (x) en (2), tenemos:�

G � F�(x)�

�G � F

�(x0) = G

0 �F (x0)

�F0(x0)(x� x0) + �3 (x)

con

l��mx!x0

�3 (x)

kx� x0k= 0

De donde resulta que G � F diferenciable en x0 y además:

(G � F )0(x0) = G0(F (x0))F 0(x0)

Observación 2 De la igualdad de matrices resulta que

@(G � F )i@xj

(x0) =mXk=1

@Gi@yk

(F (x0))@Fk@xj

(x0)

Veremos algunos ejemplos a �n de entender mejor estos enunciados.

Ejemplo 2 Si en particular F : Df � R! Rm; diferenciable en x0 2 Df , G : Dg � Rm ! R, diferenciable enF (x0) con F (Df ) � Dg, entonces G � F : Df � R! R es diferenciable en x0 y se veri�ca

(G � F )0(x0) = G0(F (x0))F0(x0) = rG(F (x0)):

0B@ F 01(x0)...F 0m(x0)

1CASea el caso del ejemplo 1,

�f(x; y; z) = xz sen y

h(t) = (t+ 1; t2; t) = (x; y; z), donde f y g son diferenciables en todo punto,

entonces f � h : R! R es diferenciable en R y

(f � h)0(t) = rf(h(t))h0(t) = @f�h(t)

�@x

;@f�h(t)

�@y

;@f�h(t)

�@y

!0@ h01(t)h02(t)h03(t)

1A =

= (z sen y; xz cos y; x sen y)j(t+1;t2;t)

0@ 12t1

1A =�t sen t2; (t+ 1) t cos t2; (t+ 1) sen t2

�0@ 12t1

1A =

= t sen t2 + 2 (t+ 1) t2 cos t2 + (t+ 1) sen t2 = (2t+ 1) sen t2 + 2t�t2 + t

�cos t2

y coincide con el resultado obtenido.

Ejemplo 3 Si f : D � Rn!R y g : D0 � Rm!Rn; tal que g(D0) � D, con f y g diferenciables en a y g(a) = brespectivamente, entonces f �g : D � Rm!R es diferenciables en a y se veri�ca: (f �g)0(a) = f 0(g(a))g0(a) estoes, siendo el esquema de la composición:

(u1; � � � ; um)g7�! (x1; � � � ; xn) = (g1(u); � � � ; gn(u))

f7�! w = f(x) = f(g(u))

en particular

(a1; � � � ; am)g7�! (b1; � � � ; bn) = (g1(a); � � � ; gn(a))

f7�! f(b) = f(g(a))

3

entonces

�@(f � g)@y1

(a); � � � ; @(f � g)@ym

(a)

�=

�@f

@x1(g(a)); � � � ; @f

@xn(g(a))

�0BB@@g1@y1(a) � � � @g1

@ym(a)

.... . .

...@gn@y1(a) � � � @gn

@ym(a)

1CCAde donde resulta

@(f � g)@x1

(a) =nXi=1

@f

@x1(g(a))

@g1@x1

(a)

Ejemplo 4 Sea f(x:y; z) = x2 + y2 � z; donde x = u2v; y = v2; z = e�uv; hallar las derivadas de f respectode u y v:Tenemos que:

(u; v)g7�! (x; y; z) = (u2v; v2; euv)

f7�! w = (u2v)2 + (v2)2 � e�uv

Siendo h : R2!R, la función compuesta, cumple

h(u; v) = f � g(u; v) = f(u2v; v2; euv) = u4v2 + v4 � e�uv

por lo que �@h

@u(u0);

@h

@v(u0)

�=

�@f

@x(g(u0));

@f

@y(g(u0));

@f

@z(g(u0))

�0BB@@x@u

��u0

@x@v

��u0

@y@u

���u0

@y@v

���u0

@z@u

��u0

@z@v

��u0

1CCAy por ejemplo

@h

@u(u) =

@f

@x(g(u))

@x

@u

����u

+@f

@y(g(u))

@y

@u

����u

+@f

@z(g(u))

@z

@u

����u

=

= 2xj(u;v)2uv + 2yj(u;v)0 + (�1)j(u;v) � ve�uv = 4u3v2 + ue�uv

Ejemplo 5 Sea f : D � Rn!Rm y � : I � R!Rn, tal que �(I) � D .Existe f � � : I � R!Rm y el esquemade la composición es

t��! (�1(t); � � � ; �n(t)) = (x1; � � � ; xn)

f�! f(�1(t); � � � ; �n(t))

Además, si � y f son diferenciables en t0 y a = �(t0) respectivamente, entonces f � � es diferenciable en t0 yse veri�ca: (f � �)0( t0) = f

0(�(t0))�

0( t0), esto es0BBBB@d(f � �)1

dt...d(f � �)m

dt

1CCCCA =

0B@@f1@x1(x0) : : : @f1

@xn(x0)

.... . .

...@fm@x1

(x0) � � � @fm@xn

(x0)

1CA0B@

dx1dt (t0)...dxndt (t0)

1CA

Sea f(x; y) = (x2 + y2; xy) y �(t) = (cos t; sen t):El esquema de la composición es:

t��! (cos t; sen t) = (x; y)

f�! (cos2 t+ sen2t; cos t sen t) = (1; cos t sen t) = (u; v)

Aplicando la regla de la cadena �du

dt;dv

dt

�=

@u@x

@u@y

@v@x

@v@y

!�dxdtdydt

�de donde resulta

du

dt=

@u

@x

dx

dt+@u

@y

dy

dt= 2x(� sen t) + 2y(cos t) = �2 sen t cos t+ 2 cos t sen t = 0

dv

dt=

@v

@x

dx

dt+@v

@y

dy

dt= y(� sen t) + x(cos t) = � 2

sen t+ cos2 t

4

Ejemplo 6 Sea f(x; y) = (x2 + y2; x2 � y2) y g(u; v) = (uv; u + v). Estas dos funciones son diferenciables entodo R2 y además

f0(x; y) =

�2x 2y2x �2y

�y g0(u; v) =

�v u1 1

�si a = (2; 1), f(2; 1) = (5; 3) se cumple

f0(2; 1) =

�4 24 �2

�y g0(5; 3) =

�3 51 1

�y por lo tanto

(g � f `)0(2; 1) = g0(5; 3)f 0(2; 1) =�3 51 1

��4 24 �2

�=

�32 �48 0

�Ejemplo 7 Sea w = f(ax2 + bxy + cy2) con y = x2 + x+ 1, calcular

dw

dx

�����1. En este caso

x 7�! (x; x2 + x+ 1)f7�! ax2 + bx(x2 + x+ 1) + c(x2 + x+ 1)2

x 7�! (x; y) 7�! uf7�! w

dw

dx= f 0(u)

�du

dx;du

dv

�0B@ dx

dxdy

dx

1CA = f 0(u) (2ax+ b; 2cy + bx)

�1

2x+ 1

�siendo x = �1;

�1 7�! (�1; 1) 7�! a� b+ c f7�! f(a� b+ c)

luego

dw

dx

�����1= f 0(a� b+ c) (2a(�1) + b; 2c1 + b(�1))

�1

2(�1) + 1

�= �2(a� b+ c)f 0(a� b+ c)

Ejemplo 8 Sea u = x3f�yx ;

zx

�demostrar que x

@u

@x+ y

@u

@y+ z

@u

@z= 3u. Planteamos:

(x; y; z)h7�! (s; t)

f7�! w = f(s; t)

donde s =y

x, t =

z

xy h(x; y; z) =

�yx;z

x

�, por lo tanto

@s

@x= � y

x2;@s

@y=1

x;@s

@z= 0;

@t

@x= � z

x2;

@t

@y= 0;

@t

@z=1

x

y por la regla de la cadena

�@w

@x;@w

@y;@w

@z

�=

�@w

@s;@w

@t

�0B@@s

@x

@s

@y

@s

@z@t

@x

@t

@y

@t

@z

1CAlos cálculos son 8>>>>>>>><>>>>>>>>:

@w

@x=@w

@s

@s

@x+@w

@t

@t

@x= � y

x2@f

@s� z

x2@f

@t

@w

@y=@w

@s

@s

@y+@w

@t

@t

@y=1

x

@f

@s

@w

@z=@w

@s

@s

@z+@w

@t

@t

@z=1

x

@f

@ty aplicando la derivada del producto

@u

@x= 3x2 w + x3

@w

@x= 3x2 w � yx@w

@s� zx@w

@t;

@u

@y= x3

@w

@y= x2

@w

@s;

@u

@z= x3

@w

@z= x2

@w

@t

luego

x@u

@x+ y

@u

@y+ z

@u

@z= 3x3w � yx2 @w

@s� zx2 @w

@t+ yx2

@w

@s+ zx2

@w

@t= 3x3w = 3u

E.C. - C.E.

5