Regla de la Cadena

Ejemplo. Dadas $g(x,y)=(xy,5x,y^3)$ y $f(x,y,z)=(3x^2+y^2+z^2,5xyz)$.

Calcular $JF\circ g$

Demostración. En este caso

$$Jf(g)=\left(\begin{array}{ccc}\frac{\partial f_1}{\partial x}(xy,5x,y^3)& \frac{\partial f_1}{\partial y}(xy,5x,y^3)& \frac{\partial f_1}{\partial z}(xy,5x,y^3)\\ \frac{\partial f_2}{\partial x}(xy,5x,y^3)& \frac{\partial f_2}{\partial y}(xy,5x,y^3)& \frac{\partial f_2}{\partial z}(xy,5x,y^3)\end{array}\right)=$$

$$\left(\begin{array}{ccc}\frac{\partial (3x^2+y^2+z^2)}{\partial x}(xy,5x,y^3)& \frac{\partial (3x^2+y^2+z^2)}{\partial y}(xy,5x,y^3)& \frac{\partial (3x^2+y^2+z^2)}{\partial z}(xy,5x,y^3)\\ \frac{\partial (5xyz)}{\partial x}(xy,5x,y^3)& \frac{\partial (5xyz)}{\partial y}(xy,5x,y^3)& \frac{\partial (5xyz)}{\partial z}(xy,5x,y^3)\end{array}\right)=$$

$$\left(\begin{array}{ccc}6x|{}_{(xy,5x,y^3)}& 2y|{}_{(xy,5x,y^3)}& 2z|{}_{(xy,5x,y^3)}\\ 5yz|{}_{(xy,5x,y^3)}& 5xz|{}_{(xy,5x,y^3)}& 5xy|{}_{(xy,5x,y^3)}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}6xy& 10x& 2y^3\\ 25x{y}^3& 5x{y}^4& 25x^{2}y\end{array}\right)$$

Mientras que

$$Jg=\left(\begin{array}{cc}\frac{\partial g_1}{\partial x}& \frac{\partial g_1}{\partial y}\\ \frac{\partial g_2}{\partial x}& \frac{\partial g_2}{\partial y}\\ \frac{\partial g_3}{\partial x}& \frac{\partial g_3}{\partial y}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\frac{\partial (xy)}{\partial x}& \frac{\partial (xy)}{\partial y}\\ \frac{\partial (5x)}{\partial x}& \frac{\partial (5x)}{\partial y}\frac{\partial (y^3)}{\partial x}& \frac{\partial (y^3)}{\partial y}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}y& x\\ 5& 0\\ 0& 3y^2\end{array}\right)$$

Por lo tanto

$$Jf\circ g=Jf(g)\cdot Jg=\left(\begin{array}{ccc}6xy& 10x& 2y^3\\ 25x{y}^3& 5x{y}^4& 25x^{2}y\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}y& x\\ 5& 0\\ 0& 3y^2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}6x{y}^2+50x& 6x^{2}y+6x^5\\ 50x{y}^4& 100x^2{y}^3\end{array}\right)$$

Teorema 1. Sea $f:D^{\prime }\subset {\mathbb{R}}^m\to {\mathbb{R}}^p$ una función definida en el abierto $D^{\prime }\subset {\mathbb{R}}^m$ y sea $g:D\subset {\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^m$ una función definida en el abierto $D\subset {\mathbb{R}}^n$. Si g es diferenciable en $x_0\in D$ y f es diferenciable en $g(x_0)\in D^{\prime }$ entonces la función $f\circ g:{\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^p$ es diferenciable en $x_0$

Demostración. Tenemos que probar que

$\begin{array}{}\text{(1)}& \underset{h\to 0}{lim}\frac{|f(g(x_0+h))-f(g(x_0))-Jf(g(x_0))Jg(x_0)h|}{|h|}=0\end{array}$

y para esto vamos a trabajar el numerador de la expresión anterior, tenemos entonces que

$$|f(g(x_0+h))-f(g(x_0))-Jf(g(x_0))Jg(x_0)h|=$$
$$|f(g(x_0+h))-f(g(x_0))-Jf(g(x_0))(g(x_0+h)-g{x}_0)+Jf(g(x_0))(g(x_0+h)-g{x}_0)-Jf(g(x_0))Jg(x_0)h|=$$
$$|f(g(x_0+h))-f(g(x_0))-Jf(g(x_0))(g(x_0+h)-g{x}_0)+Jf(g(x_0))[(g(x_0+h)-g{x}_0)-Jg(x_0)h]|\le$$
$$|f(g(x_0+h))-f(g(x_0))-Jf(g(x_0))(g(x_0+h)-g{x}_0)|+|Jf(g(x_0))[(g(x_0+h)-g{x}_0)-Jg(x_0)h]|\le$$

Como $|Jf(g(x_0))h|\le M|h|$
$$|f(g(x_0+h))-f(g(x_0))-Jf(g(x_0))(g(x_0+h)-g{x}_0)|+M|(g(x_0+h)-g{x}_0)-Jg(x_0)h|$$
Como g es diferenciable en $x_0$, dado $ϵ>0$, existe ${\delta }_1>0$ tal que $|h|<{\delta }_1$ entonces
$$\frac{|(g(x_0+h)-g{x}_0)-Jg(x_0)h|}{|h|}<\frac{ϵ}{2M}$$
por lo tanto
$$|(g(x_0+h)-g{x}_0)-Jg(x_0)h|<\frac{ϵ|h|}{2M}$$
Ahora para
$$|f(g(x_0+h))-f(g(x_0))-Jf(g(x_0))(g(x_0+h)-g(x_0)|$$
Como f es diferenciable en $g(x_0)$ entonces
$$\frac{|f(g(x_0+h))-f(g(x_0))-Jf(g(x_0))h|}{|h|}<\frac{ϵ}{2M_1}\Rightarrow |f(g(x_0+h))-f(g(x_0))-Jf(g(x_0))h|<\frac{ϵ}{2M_1}|h|$$
por lo tanto
$$|f(g(x_0+h))-f(g(x_0))-Jf(g(x_0))(g(x_0+h)-g(x_0)|<\frac{ϵ}{2M_1}|g(x_0+h)-g(x_0)|$$
ahora bien
$$|g(x_0+h)-g(x_0)|=|g(x_0+h)-g(x_0)-Jg(x_0)h+Jg(x_0)h|\le |g(x_0+h)-g(x_0)-Jg(x_0)h|+|Jg(x_0)h|\underset{ϵ=1}{\underbrace{\le }}|h|+M|h|=|h|M1$$
por lo tanto
$$|f(g(x_0+h))-f(g(x_0))-Jf(g(x_0))(g(x_0+h)-g(x_0)|<\frac{ϵ}{2M_1}|g(x_0+h)-g(x_0)|\le \frac{ϵ}{2M_1}|h|M_1=\frac{ϵ}{2}|h|$$
regresando ahora a (1) y tomando $\delta =min{\delta }_1,{\delta }_2,{\delta }_3$ se tiene que si $|h|<\delta$
$$\frac{|f(g(x_0+h))-f(g(x_0))-Jf(g(x_0))Jg(x_0)h|}{|h|}<\frac{1}{|h|}(\frac{ϵ}{2}|h|+M\frac{ϵ|h|}{2M})=ϵ$$
por lo tanto
$$\underset{h\to 0}{lim}\frac{|f(g(x_0+h))-f(g(x_0))-Jf(g(x_0))Jg(x_0)h|}{|h|}=0$$

Teorema de la Función Implícita (versión 1)

Teorema 2. Considere la función $y=f(x)$. Sea $(x_0,y_0)\in {\mathbb{R}}^2$ un punto tal que $F(x_0,y_0)=0$. Suponga que la función $F$ tiene derivadas parciales continuas en alguna bola con centro $(x_0,y_0)$ y que ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0)\ne 0}$.
Entonces $F(x,y)=0$ se puede resolver para $y$ en términos de $x$ y definir así una función $y=f(x)$ con dominio en una vecindad de $(x_0,y_0)$, tal que $y_0=f(x_0)$, lo cual tiene derivadas continuas en $\mathcal{V}$ que pueden calcularse como $y^{\prime }=f^{\prime }(x)=-{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}(x,y)}}{{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)}}}$, $x\in \mathcal{V}$.

Demostración. Como ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0)\ne 0}$ supongamos sin perdida de generalidad que ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0)>0}$. Por ser ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}$ continua en una vecindad de $(x_0,y_0)$ entonces exite un cuadrado S, centrado en $(x_0,y_0)$ totalmente contenido en esa vecindad, en donde ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)>0}$ $\mathrm{\forall }x,y\in S$. Sea
$$S=\{(x,y)\in {\mathbb{R}}^2||x-x_0|<ky|y-y_0<k|\}$$

En todo punto $(x,y)$ que pertenece a S, ${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}(x,y)>0}$. Esto quiere decir que en $S$,$F$ es creciente y fijando $x_0$ en $[x_0-h,x_0+h])$ se tiene que F es creciente en $[y_0-k,y_0+k]$ y se anula en $y_0$, por lo que
$$F(x_0,y_0-k)<0yF(x_0,y_0+k)>0$$

Consideremos ahora el par de funciones $F(x,y_0-k)$ y $F(x,y_0+k)$ definidas en el intervalo $(x_0-k,x_0+k)$. Donde ambas funciones solo tienen $x$ como variable. La primera función cumple $F(x_0,y_0-k)<0$ y por ser continua en $x_0$, es negativa en toda una vecindad $(x_0-h_1{x}_0+h_1)$ de $x_0$. Análogamente, la segunda función cumple $F(x_0,y_0+k)>0$ y por ser continua en $x_0$, es positiva en toda una vecindad $(x_0-h_2{x}_0+h_2)$ de $x_0$. Sea $h=min\{h_1,h_2\}$. Entonces para toda $x$ tal que $$|x-x_0|yF(x,y_0+k)>0$$
Fijemos $x$ en el intervalo $(x_0-h,x_0+h)$, y consideremos a $F(x,y)$, sólo como función de y, sobre $[y_0-k,y_0+k]$. Esta función cumple que
$$F(x,y_0-k)<0yF(x,y_0+k)>0$$ por lo tanto segun el teorema del valor intermedio, existe un único y en $(y_0-k,y_0+k)$ tal que $F(x,y)=0$. Así queda establecida la existencia y unicidad de la función $y=f(x)$. Donde además, $y_0=f(x_0)$, y para todo $x\in (x_0-h,x_0+h)$
$$F(x,f(x))=0,y\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0)\ne 0$$ $$