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Uma aplicação interessante do teorema de Rolle

Maio 9, 2009 in Análise, Cálculo, Matemática, Teorema / Teoria | Tags: Matemática | Leave a comment

Admitamos que uma dada função real $f$ é contínua no intervalo $\left[ a,b\right]$ e diferenciável em $\left] a,b\right[$ . Pelo teorema de Rolle, se $f(a)=f(b)$ , existe um ponto $c\in\left] a,b\right[$ tal que $f^{\prime}(c)=0$ . Como é sabido a interpretação geométrica é que entre os pontos $\left( a,f(a)\right)$ e $\left( b,f(b)\right)$ do gráfico de $f$ há pelo menos uma tangente horizontal. Por exemplo, consideremos a função $f(x)=x^{2}-1$ no intervalo $\left[ -1,1\right]$ . Neste caso, em que $f(-1)=f(1)=0$ e as condições da hipótese do teorema se verificam, deve haver um $c\in\left] -1,1\right[$ tal que $f^{\prime }(c)=0$ . Como $f^{\prime }(x)=2x$ vemos que $c=0$ .

Antes de expor a aplicação em toda a sua generalidade, vejamos primeiro duas situações particulares. Uma, com $g(x)=x^{2}-1$ e $f(x)=g(x)e^{-3x}$ . Continua a ser $f(-1)=f(1)=0$ . Mas

$f^{\prime }(x)=g^{\prime }(x)e^{-3x}-3g(x)e^{-3x}=\left[ g^{\prime }(x)-3g(x)\right] e^{-3x}$

Pelo mesmo teorema existe algum ponto $c$ em $\left] -1,1\right[$ onde $f^{\prime }(c)=0$ . Como $e^{-3x}\neq 0$ , $c$ deve ser a raiz de

$g^{\prime }(c)-3g(c)=0$

Podemos dar uma interpretação gráfica a este resultado: há pelo menos um ponto entre $\left( -1,g(-1)\right)$ e $\left( 1,g(1)\right)$ do gráfico de $g$ cuja tangente tem um declive igual ao triplo do valor de $g$ nesse ponto. Para esta função $g$ esse ponto é facilmente calculável

$g^{\prime }(c)-3g(c)=0\Leftrightarrow 2c-3\left( c^{2}-1\right) =0\Leftrightarrow c=\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{3}\sqrt{10}$

$\bigskip$

Generalizando um pouco, se $g(x)=x^{2}-1$ e alterarmos $f(x)$ para

$f(x)=g(x)e^{-kx}\qquad k\in\mathbb{R}$

obtemos $c\in \left] -1,1\right[$ tal que

$g^{\prime }(c)-kg(c)=0$

Finalmente eis a aplicação de maior generalidade, cuja forma de resolução é a sugerida na Referência.

Seja $g$ uma função real definida em $\left[ a,b\right]$ e diferenciável em $\left] a,b\right[$ ; se $g(a)=g(b)=0$ , então qualquer que seja o real $k$ , existe um ponto $c\in \left] a,b\right[$ tal que

$g^{\prime }(c)=kg(c)$ .

$\blacktriangleright$ Consideremos um $k\in\mathbb{R}$ arbitrário e a função $f(x)=g(x)e^{-kx}$ . Como $e^{-kx}$ não se anula qualquer que seja o real $x$ , os zeros de $g(x)$ são os de $f(x)$ , o que nos permite afirmar que $f(a)=f(b)=0$ .

Sendo $g$ diferenciável em $\left] a,b\right[$ , é contínua neste intervalo, pelo que $f$ também é contínua e diferenciável para todo o $x\in \left] a,b\right[$ , logo verificam-se as condições de aplicação à função $f$ do teorema de Rolle. Assim existe um ponto $c$ em $\left] a,b\right[$ onde $f^{\prime }(c)=0$ . Mas a derivada de $f(x)$ é a função

$f^{\prime }(x)=g^{\prime }(x)e^{-kx}-kg(x)e^{-kx}$

donde, pelo mesmo motivo atrás indicado em relação aos zeros de $g(x)$ e de $f(x)$ , haverá um zero de $f^{\prime }(c)$

$f^{\prime }(c)=g^{\prime }(c)e^{-kc}-kg(c)e^{-kc}=\left( g^{\prime }(c)-kg(c)\right) e^{-kc}$

que ocorre quando

$g^{\prime }(c)-kg(c)=0$

o que justifica a afirmação enunciada. $\blacktriangleleft$

O $k$ é arbitrário, o que nos permite apenas afirmar que qualquer que seja $k\in\mathbb{R}$ existe um $c\in \left] a,b\right[$ tal que $f^{\prime }(c)=kf(c)$ , sem saber em geral a relação entre $c$ e $k$ . A interpretação geométrica deste resultado é a de que no gráfico de uma função $g$ , nas condições enunciadas, há pelo menos um ponto entre $\left( a,g(a)\right)$ e $\left( b,g(b)\right)$ cuja tangente tem um declive que é um múltiplo arbitrário do valor de $g$ nesse ponto.

Nota: informaram-me que a aplicação apresentada será um exercício de Curso de Análise, vol.1, de Elon Lages Lima.

Fórmula de reflexão (da função gama) de Euler

Janeiro 22, 2009 in Análise, Análise de Fourier, Caderno, Cálculo, Demonstração, Função Gama, Funções Especiais, Identidade matemática, Integrais, Matemática, Teorema, Teorema / Teoria | Tags: Caderno, Matemática | 2 comments

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Gráfico de Γ(x) no intervalo ]-5,5]

A função especial beta é definida para as variáveis reais $x,y$ pelo integral

$B(x,y)=\displaystyle\int_{0}^{1}t^{x-1}(1-t)^{y-1}\;dt$ (1)

que é impróprio mas convergente, no caso de $x>0$ e $y>0$ e pelo menos uma das variáveis $x<1$ ou $y<1$ .

A função $B(x,y)$ (para $x>0$ e $y>0$ ) relaciona-se com a função especial gama

$\Gamma (x)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}t^{x-1}e^{-t}\;dt$ (2)

através da conhecida identidade

$B(x,y)=\dfrac{\Gamma (x)\Gamma (y)}{\Gamma (x+y)}$ (3)

que não vou demonstrar.

O que me proponho demonstrar é a chamada fórmula da reflexão ou dos complementos da função gama no domínio real, seguindo o método indicado nos exercícios não resolvidos 10 e 11 da página 683 do livro de Angus E. Taylor, Advanced Calculus, Blaisdell Publishing Company, 1955.

Proposição: Se $a$ for real, é válida a identidade seguinte

$\dfrac{\pi}{\sin a\pi}=\pi \csc a\pi=B(a,1-a)=\Gamma(a)\Gamma(1-a)$ (4)

Notação: $\csc a\pi=1/\sin a\pi$ é a cosecante de $a\pi$ .

Demonstração: Se $0<a<1$ , tem-se

$\displaystyle\int_{1}^{\infty}\dfrac{y^{a-1}}{1+y}\;dy=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{x^{-a}}{1+x}\;dx$

como resulta da mudança de variável $y=1/x$ . O integral

$\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{x^{-a}}{1+x}\;dx$

é convergente se $a<1$ , porque nesta condição $\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{dx}{x^{a}}$ é convergente e $\dfrac{x^{-a}}{x+1}\cdot x^a$ tende para 1, quando $x$ tende para $0^+$ , e, por outro lado, o integral

$\displaystyle\int_{1}^{\infty}\dfrac{y^{a-1}}{1+y}\;dy$

também nesse caso é convergente, porque $\displaystyle\int_{1}^{\infty}\dfrac{dy}{y^{2-a}}$ converge e $\dfrac{y^{a-1}\cdot y^{2-a}}{1+y}$ tende para 1, quando $y$ tende para $\infty$ .

Outra representação integral da função beta é:

$B(x,y)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}\dfrac{u^{x-1}}{(1+u)^{x+y}}\;du$ (5)

que se obtém de (1) através das substituição

$t=\dfrac{u}{1+u}$ .

De (5) resulta

$B(a,1-a)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}\dfrac{u^{a-1}}{1+u}\;du=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{u^{a-1}}{1+u}\;du+\displaystyle\int_{1}^{\infty}\dfrac{u^{a-1}}{1+u}\;du$

$=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{u^{a-1}}{1+u}\;du+\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{u^{-a}}{1+u}\;du=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{u^{a-1}+u^{-a}}{1+u}\;du$

Usando agora o desenvolvimento em série de

$\dfrac{1}{1+u}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}u^n$ ,

obtém-se

$\dfrac{u^{a-1}}{1+u}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}u^{a-1+n}$

$\dfrac{u^{-a}}{1+u}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}u^{-a+n}$ ,

e integrando termo a termo a função integranda $\dfrac{u^{a-1}+u^{-a}}{1+u}$ , como

$(-1)^{n}\displaystyle\int_{0}^{1}u^{a-1+n}\;du=\dfrac{(-1)^{n}}{a+n}$

$(-1)^{n}\displaystyle\int_{0}^{1}u^{-a+n}\;du=\dfrac{(-1)^{n}}{-a+n+1}$ ,

depois de agrupar os termos pares da série

$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n}}{a+n}$

com os ímpares da série

$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n}}{-a+n+1}$

obtém-se no fim a série

$\dfrac{1}{a}+2a\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}}{n^2-a^2}$ .

Em consequência

$B(a,1-a)=\Gamma (a)\Gamma (1-a)=\dfrac{1}{a}+2a\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}}{n^2-a^2}$

Ora, a série de Fourier da função $f(x)=\pi\cos ax$ , em que $-\pi\le x\le\pi$ , é

$\pi\cos ax=2a\sin a\pi\left( \dfrac{1}{2a^2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}\cos nx}{n^2-a^2}\right)$

que assume o desenvolvimento particular para $x=0$ :

$\pi=\sin a\pi\left( \dfrac{1}{a}+2a\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}}{n^2-a^2}\right)$

donde, efectivamente

$\dfrac{\pi}{\sin a\pi}=\pi \csc a\pi=B(a,1-a)=\Gamma(a)\Gamma(1-a)\qquad\blacksquare$

Esta mesma identidade também se verifica para $a$ complexo.

ADENDA de 23-1-2009: para $a=1/2$ obtém-se

$\dfrac{\pi}{\sin \pi/2}=\Gamma(1/2)\Gamma(1/2)$

donde

$\Gamma\left( \dfrac{1}{2}\right) =\sqrt{\pi}$ (6)

Actualização de 15-2-2009: acrescentado gráfico da função gama.

Identidade de Lagrange

Novembro 27, 2008 in Análise, Caderno, Demonstração, Identidade matemática, Matemática, Teorema, Teorema / Teoria | Tags: Caderno, Demonstração, Matemática | Leave a comment

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A desigualdade de Cauchy-Schwarz, já demonstrada anteriormente, é também uma consequência directa da identidade de Lagrange; neste sentido esta identidade constitui uma generalização dessa desigualdade, que
relembro ser

$\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_{k}b_{k}\right) ^{2}\leq \left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_{k}^2\right) \left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}b_{k}^2\right)$

$\bigskip$

Proposição: Identidade de Lagrange. Para os reais $a_{k}$ e $b_{k}$ (com $1\leq k\leq n$ ) verifica-se

$\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_{k}b_{k}\right) ^{2}=\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_{k}^{2}\right) \left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}b_{k}^{2}\right) -\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}\left( a_{i}b_{j}-a_{j}b_{i}\right) ^{2}$

Demonstração: O produto de duas somas com $n$ termos cada é uma soma com $n^{2}$ termos:

$\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_{i}\right) \left( \displaystyle\sum_{j=1}^{n}y_{j}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\displaystyle\sum_{j=1}^{n}x_{i}y_{j}$

Os índices $i$ e $j$ de cada termo genérico $x_{i}y_{j}$ podem ser iguais $(i=j)$ ou o primeiro menor do que o segundo $(i<j)$ ou maior $(j<i).$ Separando estes três grupos de parcelas, vem

$\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\displaystyle\sum_{j=1}^{n}x_{i}y_{j}=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_{i}y_{i}+\displaystyle\sum_{1\leq i<j\leq n}x_{i}y_{j}+\displaystyle\sum_{1\leq j<i\leq n}x_{i}y_{j}$

$=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_{i}y_{i}+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}x_{i}y_{j}+\displaystyle\sum_{j=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{i=j+1}^{n}x_{i}y_{j}$

donde

$\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_{i}\right) \left( \displaystyle\sum_{j=1}^{n}y_{j}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_{i}y_{i}+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}x_{i}y_{i}+\displaystyle\sum_{j=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{i=j+1}^{n}x_{i}y_{i}$

Particularizando, para $x_{i}=a_{i}^{2}$ e $y_{j}=b_{j}^{2}$ obtém-se

$\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}\right) \left( \displaystyle\sum_{j=1}^{n}b_{j}^{2}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}b_{i}^{2}+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{i}^{2}b_{j}^{2}+\displaystyle\sum_{j=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{i=j+1}^{n}a_{i}^{2}b_{j}^{2}$

e para $x_{i}=y_{i}=a_{i}b_{i}$

$\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right) ^{2}=\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right) \left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right)$

$=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}b_{i}^{2}+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{i}b_{i}a_{j}b_{j}+\displaystyle\sum_{j=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{i=j+1}^{n}a_{i}b_{i}a_{j}b_{j}$

Ora

$\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{i}b_{i}a_{j}b_{j}=\displaystyle\sum_{j=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{i=j+1}^{n}a_{i}b_{i}a_{j}b_{j}$

pelo que

$\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right) ^{2}=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}b_{i}^{2}+2\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{i}b_{i}a_{j}b_{j}$

Por outro lado

$2a_{i}b_{i}a_{j}b_{j}=a_{i}^{2}b_{j}^{2}+a_{j}^{2}b_{i}^{2}-\left( a_{i}b_{j}-a_{j}b_{i}\right) ^{2}$

donde

$\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right) ^{2}=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}b_{i}^{2}+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{i}^{2}b_{j}^{2}+$

$\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{j}^{2}b_{i}^{2}-\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}\left( a_{i}b_{j}-a_{j}b_{i}\right) ^{2}$

$=\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}\right) \left( \displaystyle\sum_{j=1}^{n}b_{j}^{2}\right) -\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=i+1}^{n}\left( a_{i}b_{j}-a_{j}b_{i}\right) ^{2}$

visto que, por troca dos índices $i$ e $j$ , se tem

$\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{j}^{2}b_{i}^{2}=\displaystyle\sum_{j=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{i=j+1}^{n}a_{i}^{2}b_{j}^{2}$

provando-se assim a identidade indicada acima $\qquad\square$

Correcção de 1-12-2008: na fórmula da desigualdade de Cauchy-Schwarz, bem como no pdf.

Derivadas: a total de uma função composta de duas variáveis reais e de uma função elevada a outra função

Novembro 17, 2008 in Análise, Caderno, Cálculo, Demonstração, Matemática, Teorema, Teorema / Teoria | Tags: Caderno, Demonstração, Matemática | 2 comments

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Proponho-me demostrar a seguinte regra de derivação

$\dfrac{d}{dt}\left[ u\left( t\right) \right] ^{v\left( t\right) }=v\left( t\right) \left[ u\left( t\right) \right] ^{v\left( t\right) -1}u^{\prime }(t)+\left( \ln u\left( t\right) \right) \left[ u\left( t\right) \right] ^{v\left( t\right) }v^{\prime }(t)$

como aplicação do teorema relativo à derivada total em relação a $t$ de uma função de duas variáveis reais ambas função de $t$ .

Teorema: Sejam $z=f\left( x,y\right)$ uma aplicação de $\mathbb{R}^{2}$ em $\mathbb{R}$ diferenciável em $\left( x_{0},y_{0}\right)$ e $x=\varphi \left( t\right)$ e $y=\psi \left( t\right)$ duas aplicações de $\mathbb{R}$ em $\mathbb{R}$ diferenciáveis em $t_{0}.$

Então

$\left(\dfrac{dz}{dt}\right) _{t_{0}}=\left(\dfrac{\partial z}{\partial x}\right) _{\left( x_{0},y_{0}\right) }\left(\dfrac{dx}{dt}\right) _{t_{0}}+\left(\dfrac{\partial z}{\partial y}\right) _{\left( x_{0},y_{0}\right) }\left(\dfrac{dy}{dt}\right) _{t_{0}}$

Demonstração: seja $\Delta z$ o incremento de $z=f\left( x,y\right)$ em $\left( x_{0},y_{0}\right)$ associado a um incremento $\Delta t$ em $t_{0}$ :

$\Delta z=f\left( \varphi \left( t_{0}+\Delta t\right) ,\psi \left( t_{0}+\Delta t\right) \right) -f\left( \varphi \left( t_{0}\right) ,\psi\left( t_{0}\right) \right)$

$=\left[ f\left( \varphi \left( t_{0}+\Delta t\right) ,\psi \left( t_{0}+\Delta t\right) \right) -f\left( \varphi \left( t_{0}+\Delta t\right) ,\psi \left( t_{0}\right) \right) \right]$

$+\left[ f\left( \varphi \left( t_{0}+\Delta t\right) ,\psi \left( t_{0}\right) \right) -f\left( \varphi \left( t_{0}\right) ,\psi \left( t_{0}\right) \right) \right]$

Por hipótese, $\varphi$ e $\psi$ são diferenciáveis em $t_{0}$ pelo que existem variáveis reais $\xi,\eta$ que tendem ambas para $0$ com $\Delta t$ tais que

$h=\varphi\left( t_{0}+\Delta t\right) -\varphi\left( t_{0}\right) =\Delta t\left( \varphi ^{\prime }\left( t_{0}\right) +\xi \right)$

$k=\psi \left( t_{0}+\Delta t\right) -\psi \left( t_{0}\right) =\Delta t\left( \psi ^{\prime }\left( t_{0}\right) +\eta \right)$

Admitindo que $f_{y}^{\prime }$ é contínua existe um número real $\theta \left( 0<\theta <1\right)$ tal que a primeira parcela de $\Delta z$ se pode exprimir na forma

$f\left( \varphi \left( t_{0}+\Delta t\right) ,\psi \left( t_{0}+\Delta t\right) \right) -f\left( \varphi \left( t_{0}\right) ,\psi \left( t_{0}\right) \right) =$

$=kf_{y}^{\prime }\left( \varphi \left( t_{0}+\Delta t\right) ,\psi \left( t_{0}+\theta k\right) \right) =k\left( f_{y}^{\prime }\left( x_{0},y_{0}\right) +\beta \right)$

A variável real $\beta$ tende para $0$ com $\Delta t$ . Existe ainda outra variável real $\alpha$ que também tende para $0$ com $\Delta t$ ; é tal que a segunda parcela de $\Delta z$ é da forma

$f\left( \varphi \left( t_{0}+\Delta t\right) ,\psi \left( t_{0}\right) \right) -f\left( \varphi \left( t_{0}\right) ,\psi \left( t_{0}\right) \right) =h\left( f_{x}^{\prime }\left( x_{0},y_{0}\right) +\alpha \right)$ .

Vem, portanto

$\Delta z=h\left( f_{x}^{\prime }\left( x_{0},y_{0}\right) +\alpha \right) +k\left( f_{y}^{\prime }\left( x_{0},y_{0}\right) +\beta \right)$

Assim, tem-se

$\dfrac{\Delta z}{\Delta t}=\varphi ^{\prime }\left( t_{0}\right) f_{x}^{\prime }\left( x_{0},y_{0}\right) +\psi ^{\prime }\left( t_{0}\right) f_{y}^{\prime }\left( x_{0},y_{0}\right) +\varepsilon$

em que

$\varepsilon =\xi f_{x}^{\prime }\left( x_{0},y_{0}\right) +\varphi ^{\prime }\left( t_{0}\right) \alpha +\xi \alpha +\psi ^{\prime }\left( t_{0}\right) \beta +\eta f_{y}^{\prime }\left( x_{0},y_{0}\right) +\eta \beta$

que tende para 0 com $\Delta t$ . Logo

$\left( \dfrac{dz}{dt}\right) _{t_{0}}=\varphi ^{\prime }\left( t_{0}\right) \varphi ^{\prime }\left( x_{0},y_{0}\right) +\psi ^{\prime }\left( t_{0}\right) \psi ^{\prime }\left( x_{0},y_{0}\right)$

como se queria demonstrar $\qquad\square$

$\bigskip$

Exemplo 1: demonstre a seguinte regra de derivação

$\dfrac{d}{dt}\left[ u\left( t\right) \right] ^{v\left( t\right) }=v\left( t\right) \left[ u\left( t\right) \right] ^{v\left( t\right) -1}u^{\prime }+\left( \ln u\left( t\right) \right) \left[ u\left( t\right) \right] ^{v\left( t\right) }v^{\prime }$

Neste caso temos $z=f(x,y)=u^{v}$ , em que $x=u\left( t\right)$ e $y=v\left( t\right)$ . A derivada $f^{\prime }(t)$ será

$f^{\prime }(t)=\dfrac{\partial z}{\partial x}\times \dfrac{dx}{dt}+\dfrac{\partial z}{\partial y}\times \dfrac{dy}{dt}$

sendo

$\dfrac{\partial z}{\partial x}=yx^{y-1}=v\left( t\right) \left[ u\left( t\right) \right] ^{v\left( t\right) -1}$

$\dfrac{\partial z}{\partial y}=\left( \ln x\right) x^{y}=\left( \ln u\left( t\right) \right) \left[ u\left( t\right) \right] ^{v\left( t\right) }$

donde se chega imediatamente à regra enunciada. $\qquad\blacktriangleleft$

$\bigskip$

Exemplo 2: determine $\left( x^{x}\right) ^{\prime }$

Aplica-se a regra do exemplo 1:

$\left( x^{x}\right) ^{\prime }=xx^{x-1}+\left( \ln x\right) x^{x}=\left( 1+\ln x\right) x^{x}$ $\qquad\blacktriangleleft$

NOTA DE 8-12-2008: a regra de derivação do exemplo 1 pode ser deduzida sem recorrer ao teorema da derivada da função composta, reparando que

$\left[ u\left( t\right) \right] ^{v\left( t\right) }=e^{v(t)\ln(u)}$

atendendo a $u(t)=e^{\ln(u(t))}$ e aplicando de seguida a regra de derivação da função exponencial.

Limite da raiz de índice n do termo geral de uma sucessão

Outubro 16, 2008 in Análise, Caderno, Cálculo, Demonstração, Exercício, Matemática, Matemática Gerais, Problema, Recorrência, Teorema / Teoria, sucessões | Tags: Caderno, Demonstração, Exercícios, Matemática, Problema | Leave a comment

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Se o termo geral de uma sucessão for constante ( $u_{n}=c$ ), a sucessão tende para para essa constante, como muito bem se sabe. Neste caso a razão $\dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}=\dfrac{c}{c}=1$ . E qual é o limite de $\sqrt[n]{u_{n}}=\sqrt[n]{c}$ quando $c>0$ ? É bem conhecido (por exemplo ([1,2]) que é também 1:

$\lim \dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}=\dfrac{c}{c}=\lim \sqrt[n]{u_{n}}=\lim \sqrt[n]{c}=1$ .

Considere agora o leitor que $u_{n}=c^{n}$ , com $c>0.$ Como $\sqrt[n]{c^{n}}=c$ claro que $\lim \sqrt[n]{u_{n}}=c.$ Por outro lado, sendo neste caso $\lim \dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}=\dfrac{c^{n+1}}{c^{n}}=c,$ verifica-se igualmente a igualdade

$\lim \dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}=\lim \sqrt[n]{u_{n}}$ . leia o resto »

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