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1 + 2 + . . .+ (n− 1) + n = (1 + 2 + . . .+ (n− 1)) + n =
=
n(n− 1)
2
+ n =
n(n− 1) + 2n
2
=
=
(n+ 1) · n
2
,
como quer´ıamos.
Prova de ii): Para n = 1 a fo´rmula diz simplesmente que 12 = 13 o que e´ o´bvio.
Fac¸o a hipo´tese de induc¸a˜o:
(1 + 2 + . . .+ (n− 2) + (n− 1))2 = 13 + 23 + . . .+ (n− 2)3 + (n− 1)3,
e quero saber se vale tambe´m:
(1 + 2 + . . .+ (n− 1) + n)2 = 13 + 23 + . . .+ (n− 1)3 + n3.
Agora vamos ter que fazer algo, trabalhar um pouco. Escrevo pelo binoˆmio:
(1+2+ . . .+(n−1)+n)2 = (1+2+ . . .+(n−1))2+2 · (1+2+ . . .+(n−1)) ·n+n2
e para continuar uso a hipo´tese de induc¸a˜o:
(1+2+ . . .+(n−1)+n)2 = 13+23+ . . .+(n−1)3+2 · (1+2+ . . .+(n−1)) ·n+n2.
Para terminar onde gostaria, preciso ver que
2 · (1 + 2 + . . .+ (n− 1)) · n+ n2 = n3.
Mas posso usar a parte i) ja´ provada para qualquer n, mesmo que da forma n − 1,
obtendo:
(1 + 2 + . . .+ (n− 1)) = n · (n− 1)
2
,
e portanto:
2 · (1 + 2 + . . .+ (n− 1)) · n+ n2 = (n · (n− 1)) · n+ n2 =
= n3,
como precisa´vamos.
Prova de iii): para n = 1 a fo´rmula esta´ correta 1 = 1(1+1)(2+1)
6
.
suponha va´lida ate´ n− 1 e fac¸o:
12 + 22 + . . . (n− 1)2 + n2 = (n− 1)(n− 1 + 1)(2n− 2 + 1)
6
+ n2 =
=
2n3 − 3n2 + n
6
+ n2 =
=
2n3 − 3n2 + n+ 6n2
6
=
2n3 + 3n2 + n
6
=
n(n + 1)(2n+ 1)
6
,
como quer´ıamos.
CAPI´TULO 13. DERIVADA DO PRODUTO, INDUC¸A˜O E A DERIVADA DE
XN , N ∈ Z. 169
�
2. Derivada do Produto
Voltemos ao problema original: como derivar f(x) = xn ? Para n = 1 ja´ sabemos
que a fo´rmula x′ = 1x0 esta´ ok.
Gostariamos de supor a fo´rmula ate´ n− 1 e prova´-la enta˜o para n, de acordo com
o princ´ıpio de induc¸a˜o.
Mas quando escrevo xn e tento relaciona´-lo com xn−1 so´ consigo imaginar a
seguinte relac¸a˜o:
xn = x · xn−1.
Quando for derivar o lado esquerdo dessa expressa˜o terei que derivar, no lado
direito, um produto de func¸o˜es.
Como fazeˆ-lo ? Certamente a derivada do produto na˜o e´ o produto das derivadas,
pois (x2)′ 6= x′ · x′ = 1 · 1.
Por isso precisamos de:
Teorema 2.1. Sejam f(x) e g(x) duas func¸o˜es deriva´veis com mesmo domı´nio de
definic¸a˜o. Enta˜o a func¸a˜o produto (f · g)(x) := f(x) · g(x) tambe´m e´ deriva´vel e
(f · g)′(x) := f ′(x) · g(x) + f(x) · g′(x).
Demonstrac¸a˜o.
Seja x e considere a definic¸a˜o de derivada:
(f · g)′(x) = lim
h→0
f(x+ h)g(x+ h)− f(x)g(x)
h
.
Agora vou fazer um truque, para fazer aparecer f ′(x) e g′(x) nessa esto´ria. Escrevo
f(x+ h)g(x+ h)− f(x)g(x) =
= f(x+ h)g(x+ h)−f(x)g(x+ h) + f(x)g(x+ h)︸ ︷︷ ︸
0
−f(x)g(x) =
= (f(x+ h)− f(x)) · g(x+ h) + f(x) · (g(x+ h)− g(x)).
Portanto atrave´s deste truque obtemos que
(f · g)′(x) = lim
h→0
[
(f(x+ h)− f(x))
h
· g(x+ h) + f(x)(g(x+ h)− g(x))
h
].
Mas limh→0 g(x+ h) = g(x) pela continuidade de g e
lim
h→0
f(x+ h)− f(x)
h
= f ′(x) e lim
h→0
g(x+ h)− g(x)
h
= g′(x),
portanto juntando isso (e lembrando que o produto de limites e´ o limite do produto):
(f · g)′(x) = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x)
�
3. DERIVADAS DE X−N , ∀N ∈ N 170
Agora estamos em condic¸o˜es de terminar a prova de que
(xn)′ = nxn−1.
Pra n = 1 vale, suponho va´lida ate´ n− 1.
Escrevo xn = x · xn−1 e aplico o teorema da derivada do produto:
(x · xn−1)′ = 1 · xn−1 + x · (xn−1)′ =
= xn−1 + x · (n− 1) · xn−1−1 =
= xn−1 + (n− 1) · xn−1 =
= n · xn−1.
3. Derivadas de x−n, ∀n ∈ N
Se define x−n := 1
xn
, ∀n ∈ N, onde claramente x 6= 0.
Com essa definic¸a˜o se obtem:
x−n · xn = 1
n
· n = 1
e portanto x−n · xn = xn−n.
Queremos derivar essas func¸o˜es x−n, e novamente o faremos via a induc¸a˜o matema´tica.
Vimos a derivada de f(x) = x−1 = 1
x
, x 6= 0 diretamente pela definic¸a˜o, na Parte 1
deste Curso. Como um Exerc´ıcio, vejamos agora como re-obter a derivada de x−1 = 1
x
usando a regra da derivada do produto.
Escrevo a identidade para x 6= 0:
1 = x−1 · x
e derivo. A´ esquerda na identidade obtenho 0 e a` direita a regra do produto da´:
0 = (x−1)′ · x+ x−1 · 1,
ou seja (x−1)′ = − 1
x2
= −x−2.
Ou seja, que vale (x−1)′ = −1 · x−1−1.
Suponha provada a fo´rmula ate´ n− 1 > 1: ou seja, que a derivada de x−(n−1) e´
−(n− 1) · x−(n−1)−1 = −(n− 1) · x−n.
Enta˜o escrevo x−n = x−(n−1) · x−1 e pela derivada do produto:
(x−n)′ = (x−(n−1))′ · x−1 + x−(n−1) · (−x−2) =
= −(n− 1) · x−n · x−1 − x−(n−1)−2 =
= −(n− 1) · x−n−1 − x−n−1 = −n · x−n−1,
como quer´ıamos.
CAPI´TULO 13. DERIVADA DO PRODUTO, INDUC¸A˜O E A DERIVADA DE
XN , N ∈ Z. 171
4. Ra´ızes mu´ltiplas e fatorac¸a˜o de polinoˆmios
Agora que sabemos derivar xn, para qualquer n ∈ N, tambe´m saberemos derivar
qualquer polinoˆmio de grau n:
f(x) = anx
n + an−1xn−1 + . . .+ a0, an 6= 0,
bastando para isso usar (n vezes) a regra da derivada da soma/subtrac¸a˜o:
f ′(x) = ( anxn + an−1xn−1 + . . .+ a0 )′ =
= (anx
n)′ + (an−1xn−1)′ + . . .+ a′0 =
= nanx
n−1 + (n− 1)an−1xn−2 + . . .+ a1.
Sera´ conveniente chamar de derivada de ordem zero de uma f(x) a pro´pria
func¸a˜o, em s´ımbolos: f (0)(x) := f(x).
Tambe´m chamar de derivada de ordem 1 a derivada usual: f (1)(x) := f ′(x), bem
como f (2)(x) := f ′′(x) e assim por diante.
E´ fundamental o fato seguinte:
Teorema 4.1. Seja f(x) um polinoˆmio de grau n a coeficientes Reais.
Sa˜o equivalentes as seguintes afirmac¸o˜es:
• i) f(x) = (x− x)k+1 · g(x), onde g(x) e´ um polinoˆmio de grau n− (k + 1) a
coeficientes Reais.
• ii) f (0)(x) = f (1)(x) = . . . = f (k)(x) = 0 , onde 0 ≤ k ≤ n− 1.
Demonstrac¸a˜o.
i) implica ii) :
Suponho f(x) = (x− x)k+1 · g(x), onde g(x) e´ um polinoˆmio de grau n− (k + 1).
Note que f ′(x) = (k+1)(x−x)kg(x)+(x−x)k+1g′(x) e´ uma soma e cada parcela
dessa soma tem um fator (x−x)k ou (x−x)k+1. Asssim tambe´m ocorre com qualquer
das derivadas f (i)(x), com 0 ≤ i ≤ k ≤ n− 1: sa˜o somas onde cada parcela da soma
tem algum fator dentre:
(x− x)k+1, (x− x)k, . . . , (x− x)2, (x− x).
Logo f (i)(x) = 0, se 0 ≤ i ≤ k.
ii) implica i) :
Procederemos por induc¸a˜o em k.
Se k = 0, ou seja, k + 1 = 1, ja´ vimos no Teorema 7.1 do Cap´ıtulo 6 que
f (0)(x) := f(x) = 0 ⇒ f(x) = (x− x) · g(x),
onde o grau de g e´ n− 1.
Tentemos provar para k = m ≤ n − 1, supondo va´lido o resultado para todo
k ≤ m− 1.
Nossa hipo´tese sera´ que
f (0)(x) = f (1)(x) = . . . = f (m)(x) = 0.
4. RAI´ZES MU´LTIPLAS E FATORAC¸A˜O DE POLINOˆMIOS 172
Em particular:
f (0)(x) = f (1)(x) = . . . = f (m−1)(x) = 0
e a hipo´tese de induc¸a˜o da´:
f(x) = (x− x)m · g(x)
para um polinoˆmio g(x) de grau n−m. Precisamos ver que
g(x) = (x− x) · g(x)
para termos o resultado desejado:
f(x) = (x− x)m · [(x− x) · g(x)] = (x− x)m+1 · g(x).
Pensemos por absurdo, que
g(x) 6= (x− x) · g(x)
para todo g(x) de grau n−m− 1.
Pelo Teorema 7.1 do Cap´ıtulo 6 aplicado ao g(x):
g(x) 6= 0.
Mas como
f(x) = (x− x)m · g(x) = (x− x)k · g(x)
enta˜o a derivada f (m)(x) = f (k)(x) e´ uma soma onde cada parcela tem algum fator
dentre
(x− x)k, . . . , (x− x)2, (x− x)
exceto uma u´ltima parcela que e´ do tipo C · g(x), C ∈ R \ {0}.
As parcelas todas que formam f (m)(x) = f (k)(x) se anulam x, exceto a parcela
que conte´m o fator C · g(x). Logo f (m)(x) 6= 0: contradic¸a˜o.
Portanto, como quer´ıamos:
g(x) = (x− x) · g(x).
�
Para entender o que acontece num entorno de uma ra´ız mu´ltipla x de um polinoˆmio
y = p(x) temos:
Afirmac¸a˜o 4.1. Se x e´ uma ra´ız de ordem exatamente 2n, n ∈ N, enta˜o (x, 0) e´
ponto de ma´ximo ou de mı´nimo local de y = p(x).
Se x e´ uma ra´ız de ordem exatamente 2n + 1, n ∈ N, enta˜o (x, 0) e´ ponto de
inflexa˜o de y = p(x).
Demonstrac¸a˜o.
A suposic¸a˜o de que x e´ uma ra´ız de ordem exatamente 2n, n ∈ N significa que:
f(x) = (x− x)2n · g(x),
onde g(x) e´ um polinoˆmio a coeficientes Reais tal que
g(x) 6= 0.
Enta˜o, como vimos na Afirmac¸a˜o anterior,
p(x) = p′(x) = p′′(x) = . .