Re: [[obm-l] REGRA DA CADEIA]

[Artur Costa Steiner <artur_steiner@xxxxxxx>]

pichurin <pichurinbr@yahoo.com.br> wrote:
> qual é a demonstração da regra da cadeia?
> Essa regra pode ser aplicada para expoentes(x^f(x))?Como?

Há alguns dias alguém da lista informou um site onde há uma demonstracao
bem interessante, baseada em funções auxiliares.. Infelizmente, nao  tenho o
site aqui no momento. Mas, no caso, de funções de R em R eu acho que a
seguinte demonstracao permite sentir melhor o que está acontecendo:

Suponhamos que g seja definida em um intervalo aberto I contendo a, que g seja
diferenciavel em a e que f seja diferenciavel em g(a) e definida em um
intervalo aberto contendo f(I). Então, h, a funcao composta de f e g , eh
diferenciavel em a e h'(a) = f'(g(a)) g(a).

A outra demonstracao que eu citei e que estah naquele site tem a vantagem de
eliminar o problema de denominadores nulos, mas eu acho que esta que dei
permite um melhor "insight".

A regra vale tambem para funcoes que estejam em expoentes, desde que as
condicoes que citei permanecam validas

 
Demonstracao: suponhamos inicialmente que exista uma vizinhanca V de a,
contida em I, na qual g(x)<>g(a) para x<>a. Para todo x<>a em V, temos entao
que [h(x)-h(a)]/(x-a) = f[g(x)]-f[g(a)]/(x-a)
=f[g(x)]-f[g(a)]/[(g(x)-g(a)].[(g(x)-g(a)]/(x-a) (1). Sendo v a funcao
definida no domínio de f para u<>g(a) por v(u) = [f(u)-f(g(a)]/(u-g(a)),
segue-se da diferenciabilidae de f em g(a) que lim (u-->g(a)) v(u) = f'(g(a).
Da diferenciabilidade de g em a segue-se que g eh continua em a. E como
g(x)<>g(a) para x<> a em V, podemos aplicar aquele teorma relativo a limites
de composicao de funcoes e concluir que, como v(g(x))=
f[g(x)]-f[g(a)]/(g(x-g(a)), entao lim (x-->a)v(g(x))= lim (x-->a)
f[g(x)]-f[g(a)]/(g(x)-g(a)) = lim (u-->g(a)) v(u) = f'(g(a)). Por outro lado,
da diferenciabilidade de g em a eh imediato que lim (x-->a) [g(x) -
g(a)]/(x-a) = g'(a). Considerando-se (1) e a existência dos limites em a das
funcoes cujo produto compoe o primeiro membro de (1), concluimos que lim
(x-->a) [h(x)-h(a)]/(x-a) = h'(a)  existe e iguala-se a f'(g(a)) g'(a). Isto
prova a regra para o caso em questao. 

Mas existe a possibilidade de que g seja um tanto "patologica" e g(x) - g(a)
se anule para x<> a em qualquer vizinhanca de a. Neste caso, o procedimento
acima nao se aplica, pois teriamos denominador nulo. Observamos porem que,
nesta nova sitauacao, a diferenciabilidade de g em acarreta automaticamente
que g'(a) = 0 (de outra forma, g-a seria estritamente positiva ou negativa em
uma vizinhanca de a, contrariando nossa hipotese). Da diferenciabilidade de f
em g(a), segue-se das propriedades das derivadas que existem M>0 e uma
vizinhanca U de g(a) contida em f(I) na qual |f(y) - f(g(a)| <= M (y-g(a)).
Logo, |f(g(x) - f(g(a)| <= M (g(x) - g(a)) para todo x em I. Para x<> a, temos
entao que|f(g(x) - f(g(a)|/(x-a) <= M [(g(x) - g(a)]/(x-a). Como g'(a) = 0, o
segundo membro tende a zero quando x-->a e, consequentemente, o mesmo ocorre
para o primeiro membro. Logo h'(a) = 0 = f'(g(a). g'(a), o que mostra que a R.
da cadeia eh valida tambem para este ultimo caso.

No caso que vc citou, temos que h(x)= x^f(x) = e^[f(x) ln(x)] Supomdo-se x>0 e
 f diferenciavel em x, a aplicacao da r. da cadeia leva a  que h'(x) = e^[f(x)
ln(x)] d/dx [f(x) ln(x)] , visto que (e^u)' = e^u u'. Logo,  h'(x) = x^f(x)
[f(x)/x + f'(x) ln(x]

Um abraco
Artur

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