Exercícios Resolvidos de Derivadas - Matriz Jacobiana

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Enunciado

8. Considere c   ∈ R , c constante a < t < b e as funções f : a , b ⊂ R → R n ,   g : a , b ⊂ R → R n   e ϕ : a , b ⊂ R → R diferenciáveis . Mostre que:

a) f + g ' = f ' + g ' e c f ' = c f '

b) ϕ f ' = ϕ f ' + ϕ ' f

c) f . g ' = f . g ' + f ' . g (lembre que para qualquer dois vetores do R n podemos trocar a ordem no produto escalar).

d) para n = 2 ou   3 , f x g ' = f x g ' + f ' x g (lembre que não podemos trocar a ordem no produto vetorial de quaisquer dois vetores do R 2 ou do R 3 )

e) para f não nula, f . d f d t = | f | d f d t (sugestão: use f = f . f

f) para f não nula: f ´é constante ⇔ f . f ' = 0

Passo 1

a) Observe que f e g são funções do R no R n . Ou seja, elas são do tipo:

f x = f 1 x , f 2 x , … ,   f n x

g x = g 1 x , g 2 x ,   … ,   g n x

Enquanto ϕ é uma função do R em R . Ou seja:

ϕ x = ϕ 1

Então vamos verificas as igualdades:

f + g ' = f ' + g ' e c f ' = c f '

Pras funções ”clássicas” sabemos que isso é verdade, o que queremos aqui é provar isso pra funções vetoriais. Vamos fazer isso calculando as matrizes Jaccobianas.

f x + g x = f 1 + g 1 ,   f 2 + g 2 , … ,   f n + g n

Calculando a derivada de f x + g x temos:

f x + g x ' = ∂ f 1 + g 1 ∂ x ⋮ ∂ f n + g n ∂ x = ∂ f 1 ∂ x + ∂ g 1 ∂ x ⋮ ∂ f n ∂ x + ∂ g n ∂ x

Agora vamos calcular:

f ' + g ' = ∂ f 1 ∂ x ⋮ ∂ f n ∂ x + ∂ g 1 ∂ x ⋮ ∂ g n ∂ x = ∂ f 1 ∂ x + ∂ g 1 ∂ x ⋮ ∂ f n ∂ x + ∂ g n ∂ x

Portanto, a primeira igualdade é verdadeira. Vamos calcular agora c f ' :

c f = c f 1 , c f 2 , … ,   c f n

c f ' = ∂ c f 1 ∂ x ⋮ ∂ c f n ∂ x = c ∂ f 1 ∂ x ⋮ c ∂ f n ∂ x

Calculando c f ' temos:

f ' = ∂ f 1 ∂ x ⋮ ∂ f n ∂ x

c f ' = c ∂ f 1 ∂ x ⋮ ∂ f n ∂ x = c ∂ f 1 ∂ x ⋮ c ∂ f n ∂ x

A segunda igualdade está provada.

Passo 2

b) Vamos provar ϕ f ' = ϕ f ' + ϕ ' f

Começamos calculando ϕ f ' :

ϕ f = f 1 . ϕ 1 , f 2 ϕ 1 , … ,   f n ϕ 1

ϕ f ' = ∂ ϕ 1 f 1 ∂ x ⋮ ∂ ϕ 1 f n ∂ x = f 1 ∂ ϕ 1 ∂ x + ϕ 1 ∂ f 1 ∂ x ⋮ f n ∂ ϕ 1 ∂ x + ϕ 1 ∂ f n ∂ x

Vamos calcular agora ϕ f ' + ϕ ' f = ϕ 1 ∂ f 1 ∂ x ⋮ ∂ f n ∂ x + f ∂ ϕ 1 ∂ x ⋮ ∂ ϕ 1 ∂ x = ϕ 1 ∂ f 1 ∂ x ⋮ ϕ 1 ∂ f n ∂ x + f 1 ∂ ϕ 1 ∂ x ⋮ f n ∂ ϕ 1 ∂ x = f 1 ∂ ϕ 1 ∂ x + ϕ 1 ∂ f 1 ∂ x ⋮ f n ∂ ϕ 1 ∂ x + ϕ 1 ∂ f n ∂ x

Portanto a igualdade é verdadeira

Passo 3

c) Vamos provar g f ' = g f ' + g ' f

Começamos calculando g f ' :

g f = f 1 . g 1 , f 2 g 2 , … ,   f n g n

g f ' = ∂ g 1 f 1 ∂ x ⋮ ∂ g n f n ∂ x = f 1 ∂ g 1 ∂ x + g 1 ∂ f 1 ∂ x ⋮ f n ∂ g n ∂ x + g n ∂ f n ∂ x

Vamos calcular agora g f ' + g ' f = g ∂ f 1 ∂ x ⋮ ∂ f n ∂ x + f ∂ g 1 ∂ x ⋮ ∂ g n ∂ x = g 1 ∂ f 1 ∂ x ⋮ g n ∂ f n ∂ x + f 1 ∂ g 1 ∂ x ⋮ f n ∂ g n ∂ x = f 1 ∂ g 1 ∂ x + g 1 ∂ f 1 ∂ x ⋮ f n ∂ g n ∂ x + g n ∂ f n ∂ x

Portanto a igualdade é verdadeira.

Passo 4

d) Calculando f x g ' , para n = 3 :

f x g = i ^ j ^ k ^ f 1 f 2 f 3 g 1 g 2 g 3 = f 2 g 3 - g 2 f 3 i ^ - f 1 g 3 - g 1 f 3 j ^ + f 1 g 2 - g 1 f 2 k ^ = f 2 g 3 - g 2 f 3 ,   g 1 f 3 - f 1 g 3 , f 1 g 2 - g 1 f 2

f x g ' = ∂ f 2 g 3 - g 2 f 3 ∂ x ∂ g 1 f 3 - f 1 g 3 ∂ x ∂ f 1 g 2 - g 1 f 2 ∂ x

Calculando f x g ' + f ' x g , temos:

f x g ' = i ^ j ^ k ^ f 1 f 2 f 3 ∂ g 1 ∂ x ∂ g 2 ∂ x ∂ g 3 ∂ x = f 2 ∂ g 3 ∂ x - ∂ g 2 ∂ x f 3 ,   ∂ g 1 ∂ x f 3 - f 1 ∂ g 3 ∂ x , f 1 ∂ g 2 ∂ x - ∂ g 1 ∂ x f 2

f ' x g = i ^ j ^ k ^ ∂ f 1 ∂ x ∂ f 2 ∂ x ∂ f 3 ∂ x g 1 g 2 g 3 = ∂ f 2 ∂ x g 3 - g 2 ∂ f 3 ∂ x ,   g 1 ∂ f 3 ∂ x - ∂ f 1 ∂ x g 3 , ∂ f 1 ∂ x g 2 - g 1 ∂ f 2 ∂ x

f x g ' + f ' x g = ∂ f 2 ∂ x g 3 + f 2 ∂ g 3 ∂ x - ∂ g 2 ∂ x f 3 - g 2 ∂ f 3 ∂ x ,   ∂ g 1 ∂ x f 3 + g 1 ∂ f 3 ∂ x - f 1 ∂ g 3 ∂ x - ∂ f 1 ∂ x g 3 , f 1 ∂ g 2 ∂ x + ∂ f 1 ∂ x g 2 - g 1 ∂ f 2 ∂ x - ∂ g 1 ∂ x f 2

Ajeitando:

f x g ' + f ' x g = ∂ f 2 g 3 - g 2 f 3 ∂ x , ∂ g 1 f 3 - f 1 g 3 ∂ x , ∂ f 1 g 2 - g 1 f 2 ∂ x = ∂ f 2 g 3 - g 2 f 3 ∂ x ∂ g 1 f 3 - f 1 g 3 ∂ x ∂ f 1 g 2 - g 1 f 2 ∂ x

Portanto, prova-se que é verdadeiro.

Passo 5

Provar f . d f d x = | f | d f d x

Calculando f . d f d x   temos:

f . ∂ f 1 ∂ x ⋮ ∂ f n ∂ x = ( f 1 ∂ f 1 ∂ x + … + f n ∂ f n ∂ x )  

Calculando | f | d f d x vamos ter:

Começando com | f | :

f = f . f

f = f 1 2 + f 2 2 + … + f n

Partindo para:

d f d x = 1 2 f 1 2 + f 2 2 + … + f n 2 f 1 ∂ f 1 ∂ x + … + 2 f n ∂ f n ∂ x

Então temos:

f d f d x = f 1 2 + f 2 2 + … + f n 1 2 f 1 2 + f 2 2 + … + f n 2 f 1 ∂ f 1 ∂ x + … + 2 f n ∂ f n ∂ x = ( f 1 ∂ f 1 ∂ x + … + f n ∂ f n ∂ x )  

Logo prova-se a igualdade.

Passo 6

Temos de provar para f não nula: f é constante ⇔ f . f ' = 0

Acabamos de provar que f . d f d x = | f | d f d x , que é o mesmo que :

f . f ' = | f | d f d x

Como o módulo de f é constante temos:

f . f ' = C d C d x

Onde C é uma constante. Porém a derivada da constante é zero, então temos:

f . f ' = 0

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