Exercício 10. Prove as seguintes afirmações.
A função \operatorname{arccotg}: \mathbb{R} \rightarrow] 0, \pi[ é derivável e vale que \operatorname{arccotg}^{\prime}(y)=\frac{-1}{1+y^{2}}

Passo 1

O enunciado dá a função \operatorname{arccotg}:\mathbb{R}\to]0,\pi[ (a arco-cotangente) e pede duas coisas:
  • Mostrar que \operatorname{arccotg} é derivável (ou seja, tem derivada) em todo \mathbb{R}.
  • Calcular a derivada e provar que \operatorname{arccotg}'(y)=\dfrac{-1}{1+y^{2}} para todo y\in\mathbb{R}.
Informações relevantes que vamos usar (todas vindas da definição/identidade trigonométrica padrão):
  • A função cotangente é \cot x=\dfrac{\cos x}{\sin x} quando \sin x\neq0.
  • A identidade trigonométrica \;1+\cot^{2}x=\csc^{2}x\; vale sempre que \sin x\neq0.
  • A função \operatorname{arccotg} é a inversa da restrição da função \cot ao intervalo (0,\pi); isto é, para todo y\in\mathbb{R} existe único x\in(0,\pi) tal que y=\cot x e x=\operatorname{arccotg}(y).

Passo 2

Mostrar que \cot:(0,\pi)\to\mathbb{R} é bijetora e diferenciável com derivada não nula (isso garante existência da inversa \operatorname{arccotg} e permite usar a fórmula da derivada da inversa).
  1. Primeiro, vou calcular a derivada de \cot x (para x\in(0,\pi) temos \sin x\neq0 então é legítimo usar a fórmula por quociente). Usando a regra do quociente para \cot x=\dfrac{\cos x}{\sin x} temos:
\frac{d}{dx}\cot x = \frac{(\cos x)' \cdot \sin x - \cos x \cdot (\sin x)'}{\sin^{2}x} = \frac{(-\sin x)\sin x - \cos x\cos x}{\sin^{2}x}.
  1. Simplificando o numerador:
(-\sin x)\sin x - \cos x\cos x = -\sin^{2}x - \cos^{2}x = -(\sin^{2}x+\cos^{2}x) = -1.
  1. Portanto
\frac{d}{dx}\cot x = -\frac{1}{\sin^{2}x} = -\csc^{2}x.
Observação importante: para todo x\in(0,\pi) tem-se \sin^{2}x>0, logo \cot'(x)=-\csc^{2}x<0. Assim \cot é estritamente decrescente em (0,\pi) e, por ser contínua e com limites \lim_{x\to0^{+}}\cot x=+\infty e \lim_{x\to\pi^{-}}\cot x=-\infty, a restrição \cot:(0,\pi)\to\mathbb{R} é uma bijeção entre (0,\pi) e \mathbb{R}.
  1. Como \cot é diferenciável em (0,\pi) e \cot'(x)\neq0 para todo x\in(0,\pi), a inversa \operatorname{arccotg}:\mathbb{R}\to(0,\pi) existe e é contínua. Para concluir diferenciabilidade da inversa usaremos a fórmula da derivada da função inversa (provada no próximo passo).

Passo 3

Provar (ou justificar) a fórmula da derivada da inversa de maneira elementar (a ferramenta que vamos usar): se f é diferenciável em x_{0} com f'(x_{0})\neq0, e f é bijetora numa vizinhança de x_{0} com inversa g=f^{-1}, então g é diferenciável em y_{0}=f(x_{0}) e vale
g'(y_{0})=\frac{1}{f'(x_{0})}.
Justificativa curta via quocientes de diferença (a ideia é a mesma do argumento padrão): escrevendo g=f^{-1} e tomando y próximo de y_{0}, temos g(y)-g(y_{0})\neq0 quando y\neq y_{0} e
\frac{g(y)-g(y_{0})}{y-y_{0}} = \frac{1}{\dfrac{y-y_{0}}{g(y)-g(y_{0})}} = \frac{1}{\dfrac{f(g(y))-f(g(y_{0}))}{g(y)-g(y_{0})}}.
Quando y\to y_{0} temos g(y)\to g(y_{0}) (continuidade da inversa), e o denominador na fração do denominador tende a f'(g(y_{0})) por definição da derivada de f. Logo o limite do quociente à esquerda existe e é o recíproco de f'(g(y_{0})). Em símbolos,
g'(y_{0})=\lim_{y\to y_{0}}\frac{g(y)-g(y_{0})}{y-y_{0}} =\frac{1}{f'(g(y_{0}))}.
Isso mostra que a inversa é diferenciável no ponto y_{0} e dá a fórmula do recíproco.

Passo 4

Aplicar a fórmula da inversa ao caso concreto \cot e \operatorname{arccotg}.
  1. Fixe um y\in\mathbb{R} e seja x=\operatorname{arccotg}(y). Por definição de inversa temos \;y=\cot x\; e x\in(0,\pi).
  2. Pela fórmula da derivada da inversa,
\operatorname{arccotg}'(y)=\frac{1}{\dfrac{d}{dx}\cot x\Big|_{x}}.
  1. Já calculamos em

Passo 5

\operatorname{arccotg}'(y)=\frac{1}{-\,\csc^{2}x} = -\sin^{2}x.
  1. Agora escrevemos o resultado em termos de y (e não mais em termos de x). Usamos a identidade \;1+\cot^{2}x=\csc^{2}x\;. Como y=\cot x, obtemos
\csc^{2}x = 1+\cot^{2}x = 1+y^{2}.
Daí \sin^{2}x = \dfrac{1}{\csc^{2}x} = \dfrac{1}{1+y^{2}}. Logo
\operatorname{arccotg}'(y) = -\sin^{2}x = -\frac{1}{1+y^{2}}.

Passo 6

Resumo — o que foi provado e por que é válido em todo \mathbb{R}:
  • A função \cot é diferenciável em (0,\pi) e tem derivada \cot'(x)=-\csc^{2}x, que é sempre negativa (não nula) nesse intervalo; portanto \cot:(0,\pi)\to\mathbb{R} é bijetora e sua inversa \operatorname{arccotg}:\mathbb{R}\to(0,\pi) existe.
  • Pela fórmula da derivada da função inversa (aplicada ponto a ponto) temos, para todo y\in\mathbb{R},
\operatorname{arccotg}'(y)=\frac{1}{\cot'\big(\operatorname{arccotg}(y)\big)}.
  • Substituindo \cot' e usando y=\cot(\operatorname{arccotg}(y)) obtemos a expressão final
\operatorname{arccotg}'(y)=-\frac{1}{1+y^{2}}.

Resposta

A função \operatorname{arccotg} é derivável em \mathbb{R} e \operatorname{arccotg}^{\prime}(y)=\dfrac{-1}{1+y^{2}}.

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