title: Regola della catena
text: # Regola della catena
  
  In analisi matematica, la regola della catena è una regola di derivazione che permette di calcolare la derivata della funzione composta di due funzioni derivabili.
  
  ## Definizione
  
  La derivata della funzione composta è il prodotto tra la derivata della funzione esterna, avente come argomento la funzione interna, per la derivata della funzione interna:
  
      $\operatorname {D} [f(g(x))]=f'(g(x))\cdot g'(x).$
  
  Le notazioni $\operatorname {D} [f(x)]$ e $f'(x)$ indicano il medesimo significato di derivata.
  
  La formula è valida anche per funzioni di più variabili reali e per funzioni vettoriali. Il teorema di derivazione delle funzioni composte afferma che se:
  
      $\mathbf {x} (t)=(x_{1}(t),x_{2}(t),\dots ,x_{n}(t)),\quad t\in \mathbb {R}$
  
  è un vettore di $\mathbb {R} ^{n}$ le cui componenti sono funzioni derivabili
  
      $\mathbf {x} '(t)=(x'_{1}(t),x'_{2}(t),\dots ,x'_{n}(t))$
  
  e se $f$ è una funzione differenziabile in $\mathbf {x} (t)$, allora la funzione composta
  
      $F(t)=f(\mathbf {x} (t))$
  
  è differenziabile nella variabile $t$ e si ha:
  
      $F'(t)=\sum _{i=1}^{n}{\frac {\partial f(\mathbf {x} (t))}{\partial x_{i}}}x'_{i}(t)=\langle {\mathbf {\nabla } F(t)},{\mathbf {x} '(t)}\rangle =\langle {\mathbf {\nabla } f(\mathbf {x} (t))},{\mathbf {\mathbf {x} } '(t)}\rangle$
  
  dove $\nabla f$ è il gradiente di $f$ e $\langle \cdot ,\cdot \rangle$ è il prodotto scalare euclideo.
  
  Ad esempio, se $f$ è una funzione di due variabili composta dopo la funzione vettoriale $(g,h)$, cioè $f(g(t),h(t))$, allora:
  
      ${df \over dt}={\partial f \over \partial g}{dg \over dt}+{\partial f \over \partial h}{dh \over dt}.$
  
  Inoltre, se $\mathbf {f}$ e $\mathbf {g}$ sono due funzioni vettoriali differenziabili componibili, allora:
  
      $J[(\mathbf {f} \circ \mathbf {g} )(x)]=J[\mathbf {f} (\mathbf {g} (x))]\cdot J[\mathbf {g} (x)],$
  
  dove $\cdot$ è la moltiplicazione di matrici e $J[\mathbf {f} (x)]$ è la matrice jacobiana di $\mathbf {f}$.
  
  ## Dimostrazione
  
  Sia, per non appesantire la notazione, $\Delta g:=g(x+h)-g(x)$, da cui $g(x+h)=g(x)+\Delta g$. Definiamo ora
  
      $\omega (\Delta g)={\begin{cases}{\frac {f(g(x)+\Delta g)-f(g(x))}{\Delta g}}-f'(g(x)),&{\text{se }}\Delta g\neq 0,\\0,&{\text{se }}\Delta g=0.\end{cases}}$
  
  È dunque
  
      $f(g(x)+\Delta g)-f(g(x))=f'(g(x))\cdot \Delta g+\omega (\Delta g)\cdot \Delta g.$
  
  Inoltre, per l'ipotesi di derivabilità di $f$, è
  
      $\lim _{\Delta g\to 0}\omega (\Delta g)=0.$
  
  Esaminiamo ora il rapporto incrementale di $f(g(x))$:
  
      $\operatorname {D} [f(g(x))]=\lim _{h\to 0}{\frac {f(g(x+h))-f(g(x))}{h}}=\lim _{h\to 0}{\frac {f(g(x)+\Delta g)-f(g(x))}{h}}=\lim _{h\to 0}{\frac {f'(g(x))\cdot \Delta g+\omega (\Delta g)\cdot \Delta g}{h}}.$
  
  Spezzando la frazione, abbiamo
  
      $\lim _{h\to 0}f'(g(x))\cdot {\frac {g(x+h)-g(x)}{h}}+\lim _{h\to 0}\omega (\Delta g)\cdot {\frac {g(x+h)-g(x)}{h}}.$
  
  E quindi passando al limite
  
      $\operatorname {D} [f(g(x))]=f'(g(x))\cdot g'(x)+0\cdot g'(x)=f'(g(x))\cdot g'(x).$
  
  ## Dimostrazione alternativa
  
  Siano $f\colon A\to \mathbb {R}$ e $g\colon B\to A$ derivabili in ogni punto, dove $A,B\subseteq \mathbb {R}$.
  
  Dalla definizione di derivata si ha
  
      $\operatorname {D} [(f\circ g)(x)]=\lim _{t\to x}{\frac {f(g(t))-f(g(x))}{t-x}}.$
  
  L'idea di fondo è dividere il numeratore del rapporto incrementale per $g(t)-g(x)$ in modo da ottenere il rapporto incrementale di $f$ calcolato nel punto $g(x)$, e quindi poter esprimere la derivata della funzione composta in funzione della derivata di $f$ calcolata in $g(x)$. Moltiplichiamo e dividiamo (che equivale a moltiplicare per $1$, preservando l'uguaglianza), il secondo membro per $g(t)-g(x)$:
  
      $\operatorname {D} [(f\circ g)(x)]=\lim _{t\to x}{\frac {f(g(t))-f(g(x))}{t-x}}{\frac {g(t)-g(x)}{g(t)-g(x)}}.$
  
  Per le proprietà associativa e commutativa del prodotto otteniamo:
  
      $\operatorname {D} [(f\circ g)(x)]=\lim _{t\to x}{\frac {f(g(t))-f(g(x))}{g(t)-g(x)}}{\frac {g(t)-g(x)}{t-x}}.$
  
  Poiché per ipotesi $f$ e $g$ sono derivabili, esistono i limiti dei rapporti incrementali, rispettivamente $\lim _{a\to b}{f(a)-f(b) \over a-b}=\operatorname {D} [f(b)]$ e $\lim _{\alpha \to \beta }{g(\alpha )-g(\beta ) \over \alpha -\beta }=\operatorname {D} [g(\beta )]$, in qualsiasi punto del dominio; ma per questo, dopo aver applicato nel primo limite del rapporto incrementale la sostituzione $g(t):=\theta$, il limite del prodotto di quei rapporti incrementali è uguale al prodotto dei loro limiti presi separati:
  
      $\operatorname {D} [(f\circ g)(x)]=\lim _{\theta \to g(x)}{\frac {f(\theta )-f(g(x))}{\theta -g(x)}}\lim _{t\to x}{\frac {g(t)-g(x)}{t-x}}=f'(g(x))\cdot g'(x)$
  
  ## Dimostrazione con "o" piccolo
  
  Si considerino due funzioni $f,g\colon [a,b]\to \mathbb {R}$ e la funzione composta $H(x)=g\left(f(x)\right),$ allora è possibile scrivere i rapporti incrementali delle funzioni in questo modo:
  
  * $f(x+h)-f(x)=f'(x)h+o_{1}(h);$
  * $g(y+k)-g(y)=g'(y)k-o_{2}(k);$
  * $H(x+h)-H(x)=\alpha (x)h-o_{3}(h).$
  
  A questo punto si passa alla riscrittura di $H(x+h)-H(x)$ tenendo conto che $H(x)=g\left(f(x)\right)$ quindi si ha:
  
      $H(x+h)-H(x)=g(f(x+h))-g(f(x)).$
  
  Si ricordi che $f(x+h)=f(x)+f'(x)h+o_{1}(h),$ quindi si ha:
  
      $H(x+h)-H(x)=g(f(x)+f'(x)h+o_{1}(h))-g(f(x)).$
  
  Si effettua la sostituzione $f(x)=y$ e $k=f'(x)h+o_{1}(h)$ e si scrive:
  
      $H(x+h)-H(x)=g(y+k)-g(y)=g'(y)k-o_{2}(k)=g'(f(x))\cdot (f'(x)h+o_{1}(h))-o_{2}(k)=g'(f(x))f'(x)h+g'(f(x))o_{1}(h)-o_{2}(k).$
  
  Si pone $\alpha (x)=g'(f(x))f'(x)$ e inoltre $o_{3}(h)=g'(f(x))o_{1}(h)-o_{2}(k),$ così il teorema è dimostrato.
  
  ## Osservazioni
  
  * Nella notazione di Leibniz, questo si riconduce all'identità
  
      ${\frac {df}{dx}}={\frac {df}{dg}}\cdot {\frac {dg}{dx}},$
  
  poiché ${\frac {df(g)}{dx}}={\frac {df(g)}{dg}}\cdot {\frac {dg}{dx}}$, che è utile per fissare mnemonicamente il risultato (come se il $dg$ si "semplificasse" nelle due frazioni), anche se ovviamente non costituisce una dimostrazione.
  
  * Applicando la formula iterativamente si può calcolare la derivata di una composizione di tre o più funzioni. Ad esempio:
  
      $\operatorname {D} [(f\circ g\circ h)(x)]=f'(g(h(x)))\cdot g'(h(x))\cdot h'(x),$
  
  e così via.
  
  ## Esempio
  
  Sia $f(x)=\log x-3$, $g(x)=x^{2}+3x$, $h(x)={x \over 2}$. Allora:
  
      $(f\circ g\circ h)(x)=\log \left[\left({x \over 2}\right)^{2}+3{x \over 2}\right]-3$
  
  e
  
      $\operatorname {D} [(f\circ g\circ h)(x)]={1 \over ({x \over 2})^{2}+3{x \over 2}}\cdot \left(2{x \over 2}+3\right)\cdot {1 \over 2}.$
  
  ## Derivate successive
  
  L'estensione della formula al calcolo delle derivate successive si deve a Faà di Bruno. In particolare, se $f,g$ possiedono tutte le derivate necessarie, allora risulta:
  
      ${\frac {d^{2}f}{dx^{2}}}={\frac {d^{2}f}{dg^{2}}}\left({\frac {dg}{dx}}\right)^{2}+{\frac {df}{dg}}{\frac {d^{2}g}{dx^{2}}};$
      ${\frac {d^{3}f}{dx^{3}}}={\frac {d^{3}f}{dg^{3}}}\left({\frac {dg}{dx}}\right)^{3}+3{\frac {d^{2}f}{dg^{2}}}{\frac {dg}{dx}}{\frac {d^{2}g}{dx^{2}}}+{\frac {df}{dg}}{\frac {d^{3}g}{dx^{3}}}.$
  