Sejam f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} e z: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{C} funções diferenciáveis. Prove a regra da cadeia:
\frac{d}{d t}(z \circ f)(t)=z^{\prime}(f(t)) f^{\prime}(t)

Passo 1

O que o enunciado dá e o que pede (clarinho):
  • Estão dadas duas funções diferenciáveis: f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} e z:\mathbb{R}\to\mathbb{C}.
  • Preciso provar que, para todo t\in\mathbb{R},
\frac{d}{dt}(z\circ f)(t)=z^{\prime}(f(t))\,f^{\prime}(t).
Ou seja: tomar a derivada da composição z(f(t)) dá o produto da derivada de z avaliada em f(t) pela derivada de f em t.
Não vou assumir nada além da diferenciabilidade das duas funções; a prova será para um t arbitrário.

Passo 2

Definições e ferramentas que vou usar (explicando bem):
  • Diferenciabilidade de f em t significa, pela definição com resto, que existe f^{\prime}(t)\in\mathbb{R} e uma função de resto r_1(h) tal que, para h\to0,
f(t+h)=f(t)+h\,f^{\prime}(t)+r_1(h),
com a propriedade
\lim_{h\to0}\frac{r_1(h)}{h}=0.
Aqui r_1(h)=o(h) no sentido habitual. Essa é só a forma conveniente de escrever a definição de derivada como aproximação linear + erro pequeno.
  • Diferenciabilidade de z em x\in\mathbb{R} (valor real de entrada) significa análoga e, apesar de z ser complexa na imagem, a definição é a mesma: existe z^{\prime}(x)\in\mathbb{C} e um resto r_2(k) tal que, para k\to0,
z(x+k)=z(x)+k\,z^{\prime}(x)+r_2(k),
com
\lim_{k\to0}\frac{r_2(k)}{k}=0.
  • Observação prática: escrever a diferenciabilidade dessa forma é útil porque reduz o problema a manipular restos que ficam pequenos quando divididos por h. Isso é uma técnica padrão em provas do teorema da cadeia.

Passo 3

Aplicando as expansões às funções dadas (a ideia principal):
Fixe um t\in\mathbb{R} arbitrário e escreva x=f(t). Para h pequeno, defina
k:=f(t+h)-f(t).
Pela diferenciabilidade de f em t temos
k=f(t+h)-f(t)=h\,f^{\prime}(t)+r_1(h),
com \dfrac{r_1(h)}{h}\to0 quando h\to0. Pela diferenciabilidade de z em x=f(t) temos, usando k acima,
z(f(t+h))=z(x+k)=z(x)+k\,z^{\prime}(x)+r_2(k),
com \dfrac{r_2(k)}{k}\to0 quando k\to0. Note que k\to0 quando h\to0 porque f é contínua (diferenciável implica contínua).

Passo 4

Formar o quociente diferencial e manipular os restos para chegar ao limite:
Calcule o quociente de diferença que define a derivada da composição:
\frac{z(f(t+h))-z(f(t))}{h} =\frac{k\,z^{\prime}(x)+r_2(k)}{h}.
Agora escreva k em função de h usando k=h\,f^{\prime}(t)+r_1(h). Substituindo,
\frac{z(f(t+h))-z(f(t))}{h} = z^{\prime}(x)\,\frac{h\,f^{\prime}(t)+r_1(h)}{h}+\frac{r_2(k)}{h}.
Distribuindo,
\frac{z(f(t+h))-z(f(t))}{h} = z^{\prime}(x)\,f^{\prime}(t)+z^{\prime}(x)\,\frac{r_1(h)}{h}+\frac{r_2(k)}{h}.

Passo 5

Mostrar que os termos de erro somam zero no limite e concluir:
  • Pelo item anterior da definição, \dfrac{r_1(h)}{h}\to0 quando h\to0. Como z^{\prime}(x) é um número complexo fixo, então
z^{\prime}(x)\,\frac{r_1(h)}{h}\longrightarrow 0\qquad(h\to0).
  • Para o último termo, escreva
\frac{r_2(k)}{h}=\frac{r_2(k)}{k}\cdot\frac{k}{h}.
Pela diferenciabilidade de z temos \dfrac{r_2(k)}{k}\to0 quando k\to0. E já vimos que \dfrac{k}{h}=f^{\prime}(t)+\dfrac{r_1(h)}{h}, que tende a f^{\prime}(t) quando h\to0. Portanto o produto \dfrac{r_2(k)}{k}\cdot\dfrac{k}{h} tende a 0\cdot f^{\prime}(t)=0. Logo
\frac{r_2(k)}{h}\longrightarrow 0\qquad(h\to0).
Somando os limites dos termos na expressão do Passo 4, obtemos
\lim_{h\to0}\frac{z(f(t+h))-z(f(t))}{h}=z^{\prime}(x)\,f^{\prime}(t).
Como x=f(t), isso é exatamente
\frac{d}{dt}(z\circ f)(t)=z^{\prime}(f(t))\,f^{\prime}(t).

Resposta

\displaystyle \frac{d}{d t}(z \circ f)(t)=z^{\prime}(f(t)) f^{\prime}(t)

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