Derivada da Função Composta em Rⁿ

Derivada da Função Composta em Rⁿ
Fórmula da Cadeia (Chain Rule)

Derivada da Função Composta em Rⁿ

DEFINIÇÃO

Seja $g: D \subseteq \R^n \to \R^m$ diferenciável em $a \in D$
Seja $f: \R^m \to \R^p$ diferenciável em $g(a)$

Então, $f\circ g: D \subseteq \R^n \to \R^p$ é diferenciável em $a$ e

D(f\circ g)(a)=Df(g(a))\cdot Dg(a)

Também podemos obter a Matriz Jacobiana de $f\circ g(a)$ , $J^{f\circ g}_{a}$ , visto que é o produto da jacobiana de $f$ em $g(a)$ , $J^f_{g(a)}$ com a jacobiana de $g$ em $a$ , $J_a^g$ :

J^{f\circ g}_{a} = J^f_{g(a)}\cdot J^g_a

Isto acontece porque a composta de transformações lineares corresponde ao produto de matrizes.

Exemplos

Considerando as funções $g$ e $f$ , determine $J^{f\circ g}_{(1,1)}$ .

\begin{darray}{l l} g: \R^2 \to \R^2 & g(x,y)=(x^2+1,y^2)\\ f: \R^2 \to \R^3 & f(u,v)=(u+v, u, v^2) \end{darray}

\begin{array}{l l l} g_1(x,y)=x^2+1 & g_2(x,y)=y^2 &\\ f_1(u,v)=u+v & f_2(u,v)=u & f_3(u,v)=v^2 \end{array}

$g$ é diferenciável porque as componentes são funções polinomiais
$f$ é diferenciável porque as componentes são funções polinomiais

J^{g}_{(x,y)} =\begin{bmatrix} \frac{\partial g_{1}}{\partial x} (x,y) & \frac{\partial g_{1}}{\partial y} (x,y)\\ \frac{\partial g_{2}}{\partial x} (x,y) & \frac{\partial g_{2}}{\partial y} (x,y) \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 2x & 0\\ 0 & 2y \end{bmatrix}

J^{f}_{(u,v)} =\begin{bmatrix} \frac{\partial f_{1}}{\partial u} (u,v) & \frac{\partial f_{1}}{\partial v} (u,v)\\ \frac{\partial f_{2}}{\partial u} (u,v) & \frac{\partial f_{2}}{\partial v} (u,v)\\ \frac{\partial f_{3}}{\partial u} (u,v) & \frac{\partial f_{3}}{\partial v} (u,v) \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 1 & 1\\ 1 & 0\\ 0 & 2v \end{bmatrix}

Então, através do produto matricial:

\begin{aligned} J^{f\circ g}_{(1,1)} & =J^{f}_{g(1,1)} \cdot J^{g}_{(1,1)}\\ & =J^{f}_{(1^{2} +1,1^{2} )} \cdot J^{g}_{(1,1)}\\ & =J^{f}_{(2,1)} \cdot J^{g}_{(1,1)}\\ & =\begin{bmatrix} 1 & 1\\ 1 & 0\\ 0 & 2\cdot 1 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} 2 & 0\\ 0 & 2 \end{bmatrix}\\ & =\begin{bmatrix} 2 & 2\\ 2 & 0\\ 0 & 4 \end{bmatrix} \end{aligned}

Seja $f: \R^2 \to \R^3 \quad f(x,y) = (e^{xy}, x+y,y^2)$ , verifique se é diferenciável.

\begin{array}{l l l} f_1(x,y)=e^{xy} & f_2(x,y)=x+y & f_3(x,y)=y^2 \end{array}

$f_1(x,y)=f^2_1\circ f^1_1(x,y)$ com:
- $f^1_1(x,y)=xy=p_1(x,y)\cdot p_2(x,y)$ , um produto de funções diferenciáveis, logo diferenciável
- $f^2_1(t)=e^t$ função diferenciável
Então, $f_1(x,y)$ sendo a composta de duas funções diferenciáveis é diferenciável.
$f_2(x,y) = x+y = p_1(x,y) + p_2(x,y)$ , uma soma de funções diferenciáveis, logo diferenciável
$f_3(x,y)= y^2=(p_2(x,y))^2 = p_2(x,y)\circ p_2(x,y)$ , um produto de funções escalares diferenciáveis, logo diferenciável

Como cada uma das três funções componentes da $f$ são funções diferenciáveis então $f$ é diferenciável.

Considerando agora $g: \R^3 \to \R^2$ , diferenciável em $(1,0,0)$ e com

J^{g}_{(1,0,0)} =\begin{bmatrix} -1 & 0 & 2\\ 5 & \sqrt{2} & -\sqrt{2} \end{bmatrix}

Calcule $D(g\circ f)(0,0)$ .

Como $g$ é diferenciável em $(1,0,0)$ e $f$ é diferenciável em $f(0,0)=(1,0,0)$ então $g\circ f$ é diferenciável em $(0,0)$ . Portanto faz sentido calcular $D(g\circ f)(0,0)$ .

\begin{aligned} J^{g\circ f}_{(0,0)} & =J^{g}_{(1,0,0)} \cdot J^{f}_{(0,0)}\\ & =\begin{bmatrix} -1 & 0 & 2\\ 5 & \sqrt{2} & -\sqrt{2} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} ye^{xy} & xe^{xy}\\ 1 & 1\\ 0 & 2y \end{bmatrix}_{( x,y) =( 0,0)}\\ & =\begin{bmatrix} -1 & 0 & 2\\ 5 & \sqrt{2} & -\sqrt{2} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0 & 0\\ 1 & 1\\ 0 & 0 \end{bmatrix}\\ & =\begin{bmatrix} 0 & 0\\ \sqrt{2} & \sqrt{2} \end{bmatrix} \end{aligned}

Fórmula da Cadeia (Chain Rule)

Se pegarmos na expressão anterior, podemos obter a expressão que nos indica como calcular, individualmente, cada elemento da matriz $J^{f\circ g}{a}$ .

\left[\frac{\partial (f\circ g)_i}{\partial x_j}(a)\right]_{j = 1,\dots, n;\\ i = 1,\dots, p} = \left[\frac{\partial f_i}{\partial y_k}(g(a))\right]_{k = 1,\dots, m;\\ i = 1,\dots, p}\cdot \left[\frac{\partial g_k}{\partial x_j}(a)\right]_{k = 1,\dots, m;\\ j = 1,\dots, n}

Atendendo ao produto matricial, podemos obter uma expressão mais simples:

DEFINIÇÃO

Seja $g: D \subseteq \R^n \to \R^m$ diferenciável em $a \in D$
Seja $f: \R^m \to \R^p$ diferenciável em $g(a)$

\frac{\partial (f\circ g)_i}{\partial x_j}(a)=\sum^m_{k=1} \frac{\partial f_i}{\partial y_k}(g(a))\cdot \frac{\partial g_k}{\partial x_j}(a)

Exemplos

Sejam $f$ e $g$ , diferenciáveis,

\begin{array}{l l} f:\R^3 \to \R^3 & f(x,y,z) = (x^2+y^2+z^2, x+y-z, xye^z)\\ g: \R^3 \to \R & g(u,v,w) = u^2-v^2+e^w \end{array}

\begin{darray}{ l } \frac{\partial (g\circ f)}{\partial y} (x,y,z)=\\ \\ =\frac{\partial g}{\partial u} (f(x,y,z))\frac{\partial f_{1}}{\partial y} (x,y,z)+\frac{\partial g}{\partial v} (f(x,y,z))\frac{\partial f_{2}}{\partial y} (x,y,z)\\ +\frac{\partial g}{\partial w} (f(x,y,z))\frac{\partial f_{3}}{\partial y} (x,y,z)\\ \\ =2u\Bigl|_{(u,v,w)=f(x,y,z)} \cdot 2y\Bigl|_{(x,y,z)} +(-2v)\Bigl|_{(u,v,w)=f(x,y,z)} \cdot 1+e^{w}\Bigl|_{(u,v,w)=f(x,y,z)} \cdot xe^{z}\Bigl|_{(x,y,z)}\\ \\ =2(x^{2} +y^{2} +z^{2} )\cdot 2y-2(x+y-z)+e^{xye^{z}} \cdot xe^{z}\\ \\ =4y(x^{2} +y^{2} +z^{2} )-2(x+y-z)+xe^{z} \cdot e^{xye^{z}} \end{darray}

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