bc0402 Derivada e suas propriedades operacionais

Dados um ponto {a\in{\mathbb R}} e uma função {f} definida numa vizinhança de {a}, a derivada de {f} em {a} é

\displaystyle  f'(a) = \lim_{h\rightarrow 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h}

quando o limite existe, e nesse caso dizemos que {f} é derivável ou diferenciável em {a}.

Exemplos Vejamos algumas derivadas

  1. {f(x) = c} e {a\in {\mathbb R}}

    \displaystyle  f'(a) =\lim_{h\rightarrow 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h}= \lim_{h\rightarrow 0} \frac{0}{h} = 0

  2. {f(x) = x} e {a\in {\mathbb R}}

    \displaystyle  f'(a) =\lim_{h\rightarrow 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h}= \lim_{h\rightarrow 0} \frac{h}{h} = 1

  3. {f(x) = cx^2} e {a\in {\mathbb R}}

    \displaystyle  \begin{array}{rcl}  f'(a) = \lim_{h\rightarrow 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h}&=& \lim_{h\rightarrow 0} \frac{c(a+h)^2 -ca^2}{h} \\ &=& \lim_{h\rightarrow 0} \frac{2cah+ch^2 }{h} \\ &=& \lim_{h\rightarrow 0} (2ca+ch) \\ &=& 2ca \end{array}

  4. {f(x) = \sqrt x} e {a\in {\mathbb R}^*_+}

    \displaystyle  \begin{array}{rcl}  f'(a) &=& \lim_{h\rightarrow 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h} = \lim_{h\rightarrow 0} \frac{\sqrt{a+h}-\sqrt a}{h} \\ &=& \lim_{h\rightarrow 0} \frac{\sqrt{a+h}-\sqrt a}{h} \cdot\frac{\sqrt{a+h}+\sqrt a}{\sqrt{a+h}+\sqrt a}\\ &=& \lim_{h\rightarrow 0} \frac{h}{h\sqrt{a+h}+\sqrt a}\\ &=& \lim_{h\rightarrow 0} \frac{1}{\sqrt{a+h}+\sqrt a}\\ &=& \frac 1{2\sqrt a} \end{array}

  5. {f(x) = \frac 1x} e {a\in {\mathbb R}^*}

    \displaystyle  f'(a)=\lim_{h\rightarrow 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h}= \lim_{h\rightarrow 0} \frac{\frac 1{a+h} - \frac 1a}{h}= \lim_{h\rightarrow 0} \frac{-1}{a(a+h)}= -\frac {1}{a^2}

  6. {f(x) = \sin(x)} e {a\in {\mathbb R}}

    \displaystyle  \begin{array}{rcl}  \frac{\sin(a+h)-\sin(a)}h &=& \frac{\sin(a)\cos(h)+ \sin(h)\cos(a) -\sin(a)}h \\ &=& \sin(a)\frac{\cos(h)-1}h+ \frac{\sin(h)}h\cos(a) \\&=& \sin(a)\frac{\cos(h)-1}h+ \frac{\sin(h)}h\cos(a) \\&=& \lim_{h\rightarrow 0}(\sin(a))\lim_{h\rightarrow 0}\frac{\cos(h)-1}h+ \lim_{h\rightarrow 0}\frac{\sin(h)}h\lim_{h\rightarrow 0}(\cos(a)) \\&=& \cos(a) \end{array}

    (o exercício 29 pede para mostrar que { \lim_{h\rightarrow 0}\frac{\cos(h)-1}h = 0})

  7. {f(x) = \cos(x)} e {a\in {\mathbb R}}, fica como exercício mostrar que

    \displaystyle  f'(a) = -\sin(a)

  8. {f(x) = \log(x)} e {a\in {\mathbb R}^*_+}

    \displaystyle  \begin{array}{rcl}  \lim_{h\rightarrow 0} \frac{\log(a+h)-\log(a)}{h}&=& \lim_{h\rightarrow 0} \frac 1h \log(\frac{a+h}{a})\\ &=& \lim_{h\rightarrow 0} \frac 1h\log( 1+ \frac{h}a) ~ ~[t = h/a]\\ &=& \lim_{t\rightarrow 0} \frac 1{ta}\log( 1+ t)\\ &=& \lim_{t\rightarrow 0} \frac 1{a}\log( 1+ t)^{1/t} \\ &=& \frac 1{a} \lim_{t\rightarrow 0} \log( 1+ t)^{1/t} \end{array}

    vimos que (exemplo 12)

    \displaystyle  \lim_{t\rightarrow 0} \log( 1+ t)^{1/t} = \log \left(\mathrm{e}\right)= 1

    portanto {f'(a) = \frac 1a}.

  9. {f(x) = \mathrm{e}^x} e {a\in {\mathbb R}}

    \displaystyle  \lim_{h\rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^{a+h} - \mathrm{e}^a}{h} = \mathrm{e}^a \lim_{h\rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^{h} - 1}{h} =\mathrm{e}^a

    pois sabemos (exemplo, item 6) que o limite acima vale 1.

  10. A derivada de {f(x) = |x|} no ponto {a=0} não existe pois

    \displaystyle  \lim_{h\rightarrow 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h}= \lim_{h\rightarrow 0} \frac{|a+h|-|a|}{h}= \lim_{h\rightarrow 0} \frac{|h|}{h}

    e {\frac{|h|}{h}} tem limites laterais distintos em {0} como vimos no exemplo 8.

Exercício 59 Estude a diferenciabilidade da função {\sqrt{|x|}} no {0}.

— A função derivada —

Se {f} é uma função e {A} é o conjunto dos pontos onde {f} é derivável, então {f'\colon A\rightarrow {\mathbb R}} é uma função, chamada de derivada de {f}, que associa a cada {a\in A} o ponto {f'(a) = \displaystyle\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(a+h)-f(a)}h}.

As vezes, usaremos {[f(x)]'} para denotar a função derivada {f'} de {f} calculada em {x}.

Por exemplo, dos limites acima temos, para todo {x} no domínio das respectivas funções;

  • se {f\colon {\mathbb R}\rightarrow {\mathbb R}} é dada por {f(x)= c} então {f'\colon {\mathbb R} \rightarrow {\mathbb R}} é dada por {f'(x) = 0};
  • se {f\colon {\mathbb R}\rightarrow {\mathbb R}} é dada por {f(x)= x} então {f'\colon {\mathbb R} \rightarrow {\mathbb R}} é dada por {f'(x) = 1};
  • se {f\colon {\mathbb R}_+ \rightarrow {\mathbb R}} é dada por {f(x)= \sqrt x} então {f'\colon {\mathbb R}_+^* \rightarrow {\mathbb R}} é dada por {[\sqrt x]' = \frac 1{2\sqrt x}};
  • {\sin ' \colon {\mathbb R}\rightarrow{\mathbb R}} é dada por {\sin'(x) = \cos(x)};
  • {\cos ' \colon {\mathbb R}\rightarrow{\mathbb R}} é dada por {\cos'(x) = -\sin(x)};
  • {\log ' \colon {\mathbb R}_+^*\rightarrow{\mathbb R}} é dada por {\log '(x) = \frac 1x};
  • {\mathrm{e} ' \colon {\mathbb R}\rightarrow{\mathbb R}} é dada por {[\mathrm{e}^{x}]'= \mathrm{e}^x}.

Dizemos que {f} é diferenciável ou derivável se {A=\mathrm{Dom}(f)}, ou seja, é diferenciável em todo domínio.

— Propriedades operacionais da derivada —

A seguir, descrevemos as propriedades operacionais da derivada, todas consequência das propriedades operacionais de limite.

Teorema 9 Se {f} e {g} são funções então em todo {x} em que são diferenciáveis

  1. {[f+g]'(x)= f'(x) + g'(x)};
  2. {[f\cdot g]'(x)= f(x)g'(x) + f'(x)g(x)};
  3. {\displaystyle \left[ \frac {f}{g}\right]'(x) = \frac{f'(x)g(x) - f(x)g'(x)}{g(x)^2}} para todo {x} tal que {g(x)\neq 0};
  4. Regra da Cadeia. Se {f} é diferenciável em {g(x)} então

    \displaystyle  [f\circ g]'(x) = f'(g(x))g'(x).

Exercício 60 Mostre que {[f(x)+c]'= f'(x)} e que {[cf(x)]'=cf'(x)} para qualquer constante {c\in{\mathbb R}}.

Derivadas de potências inteiras A partir dessas regras, podemos derivar muitas funções facilmente. Comecemos com potências inteiras por alguns exemplos: {[x]' = 1} portanto {[x^2]'= 1x+x1 =2x}, por conseguinte {[x^3]' = [x^2 \cdot x]= 2x\cdot x+ x^2\cdot 1 = 3x^2}. Usando o Princípio da Indução Finita podemos provar que

{[x^k]' = kx^{k-1}} para todo {k} inteiro positivo

e todo {x\in{\mathbb R}}. De fato, a regra acima vale para para {k\in{\mathbb Z}}; se {k} é inteiro negativo então

\displaystyle x^k = \frac 1{x^{-k}}

e pela regra do quociente

\displaystyle \left[ \frac 1{x^{-k}}\right]' = \frac{0-(-k)x^{-k-1}}{x^{-2k}} = kx^{k-1}

para todo {x\neq 0}. No caso {k=0} a função {x^k} e {x\neq 0} é constante igual a {1}, cuja derivada é zero. Portanto

\displaystyle  [x^k]'= kx^{k-1} \textrm{ para todo } k\in{\mathbb Z} \ \ \ \ \ (15)

para todo {x} para o qual {x^k} está definido.

Exponenciais e logaritmos

Para logaritmos em outras bases, pela propriedade de mudança de base do logaritmo e o exercício 60 derivamos

\displaystyle  [\log_a(x)]' = \frac 1{x\log(a)} \qquad (a\in{\mathbb R}^*_+\setminus \{1\},~x\in{\mathbb R}_+^*). \ \ \ \ \ (15)

Nas exponencias com base diferente de {\mathrm{e}}, podemos determinar a derivada de exponenciais em qualquer base {a>0} como em

\displaystyle [a^x]' = [\mathrm{e}^{x\log a}]' = \mathrm{e}^{x\log a}[x\log a]' = \mathrm{e}^{x\log a}\log a

ou seja

\displaystyle  [a^x]' = a^x\log(a) \qquad (a\in{\mathbb R}^*_+) \ \ \ \ \ (16)

De um modo geral, para qualquer {f}

\displaystyle  [\log(f(x))]' = \frac {f'(x)}{f(x)} \ \ \ \ \ (17)

nos pontos {x} tais que {f(x) > 0} e

\displaystyle  [\mathrm{e}^{f(x)}]' = \mathrm{e}^{f(x)}{f'(x)} \ \ \ \ \ (18)

para qualquer {f}. Se {f} e {g} funções deriváveis e

\displaystyle f',~g'\colon A\rightarrow {\mathbb R}

suas respectivas derivadas, e {f(x) > 0} para todo {x\in A} então

\displaystyle  [f(x)^{g(x)}]' = f(x)^{g(x)} \left( g'(x) \log \big(f(x)\big)+ g(x) \frac {f'(x)}{f(x)} \right)

Exercício 61 Deduza passo-a-passo a derivada acima.

Usando a regra da cadeia, temos para todo {x\neq 0}, {[\log |x|]' = 1/x} pois

\displaystyle  [\log |x|]' = \begin{cases} \frac 1x & \textrm{ caso } x>0;\\ \frac 1{-x}( -1) = \frac 1x& \textrm{ caso } x<0. \end{cases}

Agora, podemos estender a regra da potência para exponentes reais da seguinte forma

\displaystyle  \log |x^\alpha | = \log |x|^\alpha = \alpha \log |x|

e diferenciando os extremos esquerdo e direito dessas igualdades temos

\displaystyle  \frac 1{x^\alpha}[x^\alpha]'= \alpha \frac 1x

ou seja

\displaystyle  [x^\alpha]' = \alpha x^{\alpha -1}

generalizando (15), para todo {\alpha \in {\mathbb R}} e todo {x\neq 0} no domínio de {x^\alpha}.

Exercício 62 Mostre que

\displaystyle  [f(x)^\alpha]' = \alpha f(x)^{\alpha-1}f'(x) \qquad (\alpha\in{\mathbb R},~f\textrm{ deriv\'avel}) \ \ \ \ \ (19)

Funções trigonométricas Já conhecemos a derivada das funções seno e cosseno. A derivada de {\tan(x)} é a derivada de {\sin(x)/\cos(x)} que é

\displaystyle  \frac{[\sin(x)]'\cos(x) - \sin(x)[\cos(x)]'}{\cos^2(x)} = \frac{\sin^2(x)+\cos^2(x)}{\cos^2(x)} = \frac 1{\cos^2(x)}

ou seja

\displaystyle  [\tan(x)]' = \sec^2(x)

Exercício 63 Determine a derivada das funções secante, cossecante e cotangente.

Diferenciabilidade e continuidade

Lema 10 Toda função derivável em {a\in {\mathbb R}} é contínua em {a}.

Demonstração: Para qualquer {h\neq 0}

\displaystyle  f(a+h)-f(a) = \frac{ f(a+h)-f(a) }h h

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\displaystyle  \lim_{h\rightarrow 0} \big(f(a+h)-f(a)\big) = \lim_{h\rightarrow 0} \frac{ f(a+h)-f(a) }h \lim_{h\rightarrow 0} h

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\displaystyle \lim_{h\rightarrow 0} f(a+h)-f(a) = 0

ou seja

\displaystyle \lim_{h\rightarrow 0} f(a+h) = f(a)

portanto a função é contínua pela observação acima. \Box

Portanto, quando uma função dada não é contínua num ponto, então ela também não é derivável naquele ponto. Ressaltamos que a recíproca não vale, por exemplo, a função {f(x) = |x|} é contínua em todo ponto da reta, mas não é derivável no {0}. Há função contínua em todo ponto da reta e não derivável em todo ponto da reta, a função de Weierstrass é um exemplo desse tipo de função. Se {f} é contínua em {a} então pode ocorrer tanto de {f} ser derivável em {a}, quanto não ser derivável em {a}, como mostram os exemplos a seguir.

Exemplo 31 Consideremos a função {f(x) = x\sin(1/x)}. Vejamos {f(x)} como o produto {h(x)\cdot \sin (g(x))} em que {h(x)=x} e {g(x) = \frac 1x}. Sabemos que {h'(x)=1}, que {g'(x) = -1/x^2} e que {\sin'(x) =\cos(x)}, ademais, pela regra da cadeia, {[\sin (g(x))]' = \sin' (g(x))\cdot g'(x) = \cos(1/x)(-1/x^2)}. Usando a regra do produto

\displaystyle  \begin{array}{rcl}  f'(x) &=& h'(x)\cdot \sin ( g (x) ) + h(x) \cdot [\sin( g (x) )]' \\&=& 1 \cdot \sin(1/x) + x \cdot \cos(1/x)(-1/x^2) \\&=& \sin(1/x) - \frac{\cos(1/x)}{x} \end{array}

{f} não é contínua no ponto {0}, portanto, não é diferenciável, entretanto essa descontinuidade é removível

\displaystyle F(x) = \begin{cases} f(x) &\textrm{ se }x\neq 0\\ 0 &\textrm{ se }x = 0 \end{cases}

é contínua no {0}, mas isso não significa que é {F} é diferenciável no {0}. De fato,

\displaystyle  \lim_{h\rightarrow 0} \frac{F(h)-F(0)}h = \lim_{h\rightarrow 0} \frac{h\sin(1/h)}h = \lim_{h\rightarrow 0}\sin \left(\frac 1h \right)

portanto não é diferenciável, pois tal limite não existe.

Exemplo 32 Consideremos agora {f(x) = x^2\sin(1/x)}. Vejamos {f(x)} como {h(x)\cdot \sin(g (x))} em que {h(x)=x^2} e {g(x) = \frac 1x}. Sabemos que {h'(x)=2x}, que {g'(x) = -1/x^2} e que {\sin'(x) =\cos(x)}, ademais, pela regra da cadeia, {[\sin (g (x))]' = \sin '(g(x))\cdot g'(x) = \cos(1/x)(-1/x^2)}. Usando a regra do produto

\displaystyle  \begin{array}{rcl}  f'(x) &=& h'(x)\cdot \sin ( g (x) ) + h(x) \cdot [\sin ( g (x) )]' \\&=& 2x \cdot \sin(1/x) + x^2 \cdot \cos(1/x)(-1/x^2) \\&=& 2x\cdot \sin(1/x) - {\cos(1/x)} \end{array}

{f} não é contínua no ponto {0}, portanto, não é diferenciável, entretanto essa descontinuidade é removível

\displaystyle G(x) = \begin{cases} f(x) &\textrm{ se }x\neq 0\\ 0 &\textrm{ se }x = 0 \end{cases}

é contínua no {0} e diferenciável no {0} pois

\displaystyle  \lim_{h\rightarrow 0} \frac{G(h)-G(0)}h = \lim_{h\rightarrow 0} \frac{h^2\sin(1/h)}h = \lim_{h\rightarrow 0} \left( h \sin \left(\frac 1h \right)\right) = 0

pela primeira variante do teorema do confronto, exercício 46.

Funções inversas

Vejamos como fica a derivada da inversa de uma função. Seja {f} uma função inversível com {g} a sua inversa, então para todo {x} no domínio de {g} vale { f(g(x)) = x} e nos quais {f\circ g} e {g} são diferenciáveis temos

\displaystyle   g'(x) = \frac 1 {f'(g(x))} \ \ \ \ \ (21)

derivando os dois lados de { f(g(x)) = x} e aplicando a regra da cadeia no lado esquerdo.

Teorema 11 Seja {f} uma função inversível com {g} a sua inversa. Se {g} é contínua em {x}, e {f} é derivável em {g(x)} e {f'(g(x))\neq 0} então {g} é derivável em {x} e a derivada é dada por (21).

Exercicio 64 Por que basta {g} contínua em {x}, se só isso não garante que {g} é derivável em {x}, como vimos acima?

Exemplo 33 A função dada por {f(x)= x^n} é inversível para {x\in(0,+\infty)} e a sua inversa é {g(x) = \sqrt[n]x}, que é contínua em {(0,+\infty)}. A função {f} é derivável em todo ponto da reta e a derivada é {[x^n]'= nx^{n-1}}. A derivada de {g} em todo {x\in (0,+\infty)} é

\displaystyle g'(x) = [x^{\frac 1n}]'= \frac 1{n(\sqrt[n]x)^{n-1}} = \frac 1{n} x^{\frac{1}{n}-1}.

Esse resultado já era conhecido.

Exemplo 34 (derivada de {\arcsin}) A função {\arcsin} é contínua em {[-1,1]} e inversa de {\sin\colon [-\pi/2,\pi/2]\rightarrow[-1,1]} que, por sua vez, é derivável em todo real. Então {\arcsin} é derivável em todo ponto {x} do seu domínio tal que {\cos(\arcsin(x))\neq 0}, logo

\displaystyle  \arcsin'(x) = \frac 1{\cos(\arcsin x)},\textrm{ para todo }-1 < x< 1

Agora, {[\cos(\arcsin x)]^2 + [\sin(\arcsin x)]^2=1} portanto, {\cos(\arcsin x) = \sqrt{1-x^2}} (por que tomamos a raiz positiva?), ou seja,

\displaystyle  \arcsin'(x) = \frac 1{\sqrt{1-x^2}},\textrm{ para todo }-1 < x< 1

Exercício 65 Determine as derivadas de {\arccos} e {\arctan}.

Função implícita

O formalismo para esse tópico é mais apropriado para a FVV (teorema da função implícita), aqui veremos apenas exemplos.

Uma função {f} é dada implicitamente por uma equação {y=f(x)} se, para todo {x} no domínio de {f}, o ponto {(x,f(x))} é solução da equação. Por exemplo, a equação {x^2+y^2=1} define implicitamente as funções {\sqrt{1-x^2}} e {-\sqrt{1-x^2}}; a equação {y^2 + xy -1=0} define implicitamente as funções

\displaystyle \frac{-x-\sqrt{x^2+4}}2 \qquad \mathrm{e} \qquad \frac{-x+\sqrt{x^2+4}}2.

Em alguns casos, entretanto, não é possível (ou é muito difícil) resolver a equação para determinar {y}, por exemplo {y+\mathrm{e}^y-x=2}, mas mesmo assim é possível determinar {y'=f'(x)}. Nesses casos, assumiremos sempre que {y} é derivável, como função de {x} .

A derivação implícita de {x^2+y^2=1} é dada por

\displaystyle [x^2]'+[y^2]'=[1]'

resulta em

\displaystyle 2x +2 y y' = 0

no segundo termo no lado esquerdo da equação {y^2} é a composição da função {f} com a função {x^2}, e a derivada é {2yy'} pela regra da cadeia. Logo

\displaystyle y'= -\frac xy.

A derivação implícita pode ser usada para determinar a derivada da inversa de uma função. Vejamos o caso da função {\arccos}. Se {y = \arccos(x)} então {x=\cos(y)} e derivando implicitamente

\displaystyle 1 = -\sin(y)\cdot y'

portanto

\displaystyle  y' = -\frac 1{\sin(y)} = - \frac 1{\sin(\arccos x)} = - \frac 1{\sqrt{1-x^2}}.

A diferença do que é feito aqui que foi feito no caso {\arcsin} acima é que lá precisamos que {\arcsin} seja contínua (o que sabemos provar) e aqui precisamos que {\arccos} seja derivável (o que não sabemos provar e temos que assumir se usamos essa estratégia).

Como último exemplo, consideremos a equação {x^2+ y^2 = (2x^2 + 2y^2 -x)^2} cuja derivação implícita resulta em

\displaystyle  2yy'+2x=2(2y^2+2x^2-x)(4yy'+4x-1)

que, com ajuda do Maxima, obtemos

\displaystyle  y'=-\frac{(8x-2)y^2+8x^3-6x^2}{8y^3+(8x^2-4x-1)y}

os pontos do plano que satisfazem a equação {x^2+ y^2 = (2x^2 + 2y^2 -x)^2} definem a seguinte curva, chamada cardioide.

No caso do cardioide de equação {x^2+ y^2 = (2x^2 + 2y^2 -x)^2}, a derivada (da função definida implicitamente) é

\displaystyle  y'=-\frac{(8x-2)y^2+8x^3-6x^2}{8y^3+(8x^2-4x-1)y}

e a tangente ao gráfico no ponto {(0,\frac 12)} tem inclinação

\displaystyle  -\frac{(8(0)-2)(1/2)^2+8(0)^3-6(0)^2}{8(1/2)^3+(8(0)^2-4(0)-1)(1/2)}=1.

Exercício 66 No cardioide, definido acima, qual é a equação da reta normal que passa pelo ponto {(1,0)}? Qual a equação da normal ao gráfico de {y=\sqrt[3]x} no ponto {(0,0)}?

Derivadas de segunda ordem e ordens superiores

Como vimos, a derivada de uma função {f} é ela própria uma função (nos pontos onde a derivada existe), com isso podemos calcular a derivada da derivada, chamada derivada de segunda ordem e denotada {f''}. Por exemplo

\displaystyle f(x) = \begin{cases} x^2, ~x\geq 0\\ -x^2, ~x\leq 0\\ \end{cases}

tem derivada {2|x|} e segunda derivada não existe em {0}; fora do {0} a segunda derivada é {2}; a derivada de {\sin(x)} é {\cos(x)} e a derivada de segunda ordem é {\sin''(x) = \cos'(x) = -\sin(x)}. O processo pode ser repetido de modo que a {n}-ésima derivada de {f} é definida indutivamente por

\displaystyle  \begin{cases} &f^{(1)} = f' \\ &f^{(n)} = [f^{(n-1)}]' \textrm{ se }n>1 \end{cases}

e consideremos {f^{(0)} = f}. Por exemplo, a terceira derivada de {\sin(x)} é {-\cos(x)} e a quarta a própria {\sin(x)}, e assim por diante

\displaystyle  \sin^{(n)}(x) = \begin{cases} \sin(x) & \textrm{ se }n=4k\\ \cos(x) & \textrm{ se }n=4k+1\\ -\sin(x) & \textrm{ se }n=4k+2\\ -\cos(x)& \textrm{ se }n=4k+3 \end{cases}

para algum {k\in{\mathbb N}}.

Demonstrações do teorema 9

  1. A prova da regra da soma é simples, segue imediatamente de

    \displaystyle  \begin{array}{rcl}  (f+g)'(a) &=& \lim_{x\rightarrow a} \frac{(f(x)+g(x)) - (f(a)+g(a))}{x-a} \\ &=& \lim_{x\rightarrow a} \frac{f(x) - f(a)}{x-a} + \lim_{x\rightarrow a} \frac{g(x) - g(a)}{x-a}\\ &=&f'(a)+g'(a). \end{array}

  2. A regra do produto é deduzida da seguinte maneira

    \displaystyle  \begin{array}{rcl}  (fg)'(a)& =& \lim_{x\rightarrow a} \frac{f(x)g(x) - f(a)g(a)}{x-a} \\&=& \lim_{x\rightarrow a} \frac{f(x)g(x) -f(a)g(x) + f(a)g(x) - f(a)g(a)}{x-a} \\ &=& \lim_{x\rightarrow a} \frac{(f(x)-f(a))g(x) + f(a)(g(x)-g(a))}{x-a} \\&= & \lim_{x\rightarrow a} \frac{(f(x)-f(a))g(x)}{x-a} + \lim_{x\rightarrow a} \frac{f(a)(g(x)-g(a))}{x-a} \\&= & f'(a)g(a) + f(a)g'(a). \end{array}

  3. A regra do quociente vale pois

    \displaystyle  \begin{array}{rcl}  (f/g)'(a)& =& \lim_{x\rightarrow a} \frac{f(x)/g(x) - f(a)/g(a)}{x-a} \\&=& \lim_{x\rightarrow a} \frac{f(x)g(a) -f(a)g(x)}{x-a} \cdot \frac 1{g(x)g(a)} \\ &=& \lim_{x\rightarrow a} \left(\frac{(f(x)-f(a))g(a)}{x-a} - \frac{f(a)(g(x)-g(a))}{x-a} \right)\frac 1{g(x)g(a)} \\ &=& \frac{ f'(a)g(a) - f(a)g'(a) }{g(a)^2}. \end{array}

  4. A prova da regra da cadeia é um pouco mais elaborada. Suponha {g} uma função diferenciável em {x}, então

    \displaystyle  \lim_{h\rightarrow 0}\left(\underbrace{\frac{g(x+h)-g(x)}h -g'(x)}_{w=w(h)}\right) =0

    e se {f} é diferenciável em {y=g(x)} então

    \displaystyle  \lim_{k\rightarrow 0}\left(\underbrace{\frac{f(y+k)-f(y)}k -f'(y)}_{v=v(k)} \right)=0

    e temos, segundo as definições de {w} e {v} acima, g(x+h) = g(x) + g'(x)h + vh
    f(y+k) = f(y) +f'(y)k +wk Assim, por (0)

    \displaystyle  f\big(g(x+h)\big) = f\big(g(x) + g'(x)h + vh\big)

    e tomando {y=g(x)} e {k=g'(x)h + vh} em (0) resulta em

    \displaystyle  f\big(g(x) + g'(x)h + vh\big) = f(g(x)) + \big(f'(g(x)) + w\big)\big(g'(x)h + vh\big)

    logo

    \displaystyle  \frac{f(g(x+h)) -f(g(x))}h = f'(g(x)) + w)(g'(x) + v)

    e

    \displaystyle  \begin{array}{rcl}  \lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(g(x+h)) -f(g(x))}h &=& \lim_{h\rightarrow 0} (f'(g(x)) + w)(g'(x) + v) \\ &=& \lim_{h\rightarrow 0} (f'(g(x)) + w)\lim_{h\rightarrow 0} (g'(x) + v) \\ &=& (\lim_{h\rightarrow 0} f'(g(x)) + \lim_{h\rightarrow 0} w)( \lim_{h\rightarrow 0} g'(x) + \lim_{h\rightarrow 0} v)\\ &=& f'(g(x))g'(x). \end{array}

    {\Box}

Demonstração do teorema 11 Vamos mostrar que {g} é diferenciável em {x}. Para qualquer {y\neq x}

\displaystyle  \frac{g(y)-g(x)}{y-x} = \frac{g(y)-g(x)}{f(g(y))-f(g(x))} = \frac 1{\frac{f(g(y))-f(g(x))}{g(y)-g(x)}}

Como {g} é contínua vale que {\displaystyle\lim_{y\rightarrow x}g(y) = g(x)} e, portanto,

\displaystyle \lim_{y\rightarrow x} {\frac{f(g(y))-f(g(x))}{g(y)-g(x)}} = {f'(g(x))}.

{\Box}

2 respostas em “bc0402 Derivada e suas propriedades operacionais

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