a) Prove, por indução, que \left(z^{n}\right)^{\prime}=n z^{n-1} para todo inteiro positivo n.
b) Use a) para provar que \left(z^{n}\right)^{\prime}=n z^{n-1} vale também para os inteiros negativos n.

Passo 1

O que o enunciado pede e quais informações temos:
  • Pedem que se prove, por indução, que \left(z^{n}\right)^{\prime}=n z^{n-1} para todo inteiro positivo n.
  • Em seguida, usando o resultado da primeira parte, pedem que se prove que a mesma fórmula vale também para inteiros negativos n.
  • Importante: para expoentes negativos, a função z^{n} está definida apenas para z\neq0. Portanto, quando tratar de n<0 a dedução será feita para z\in\mathbb{C}\setminus\{0\}.
  • Vamos usar a definição de derivada pela diferença quociente e propriedades básicas de derivadas (que serão provadas/explicadas quando necessárias).

Passo 2

Definição de derivada e prova da regra do produto (a ferramenta que vamos precisar).
  • Definição de derivada de uma função complexa f no ponto z: f'(z)=\lim_{h\to0}\frac{f(z+h)-f(z)}{h}, sempre que esse limite existir.
  • Regra do produto: se f e g são diferenciáveis em z então fg é diferenciável em z e vale (fg)'(z)=f'(z)g(z)+f(z)g'(z).
Prova da regra do produto (usando a definição): escrevemos a diferença quociente de fg:
\frac{(f g)(z+h)-(f g)(z)}{h}=\frac{f(z+h)g(z+h)-f(z)g(z)}{h}.
Agora manipulamos adicionando e subtraindo f(z+h)g(z):
\frac{f(z+h)g(z+h)-f(z+h)g(z)+f(z+h)g(z)-f(z)g(z)}{h}
= \frac{f(z+h)\bigl(g(z+h)-g(z)\bigr)}{h}+\frac{\bigl(f(z+h)-f(z)\bigr)g(z)}{h}.
Reescrevendo cada termo isolando os quocientes que convergem pela diferenciabilidade:
= f(z+h)\cdot\frac{g(z+h)-g(z)}{h}+\frac{f(z+h)-f(z)}{h}\cdot g(z).
Tomando limite h\to0, como f(z+h)\to f(z) e os quocientes tendem a g'(z) e f'(z) respectivamente, obtemos
\lim_{h\to0}\frac{(f g)(z+h)-(f g)(z)}{h}=f(z)g'(z)+f'(z)g(z),
o que prova a regra do produto. (Nota: a ordem dos termos não importa pois são números complexos.)

Passo 3

Base da indução (caso n=1).
  • A função z\mapsto z tem derivada igual a 1. Pelo cálculo direto com a definição:
\frac{(z+h)-z}{h}=1\quad\text{para }h\neq0,
e portanto \lim_{h\to0}\dfrac{(z+h)-z}{h}=1. Logo \left(z^{1}\right)'=1=1\cdot z^{0}.
  • Assim a fórmula é verdadeira para n=1.

Passo 4

Passo indutivo: se \left(z^{k}\right)'=k z^{k-1} para algum k\in\mathbb{Z}_{+}, então \left(z^{k+1}\right)'=(k+1)z^{k}.
  • Escrevemos z^{k+1}=z\cdot z^{k}.
  • Aplicando a regra do produto (provada no Passo 2):
\left(z^{k+1}\right)'=\bigl(z\cdot z^{k}\bigr)'= (z)'\cdot z^{k}+ z\cdot\bigl(z^{k}\bigr)'.
  • Usamos (z)'=1 (Passo 3) e a hipótese indutiva \bigl(z^{k}\bigr)'=k z^{k-1}. Substituindo:
\left(z^{k+1}\right)'=1\cdot z^{k}+ z\cdot (k z^{k-1})= z^{k}+k z^{k}= (k+1)z^{k}.
  • Isso conclui o passo indutivo. Por indução, a fórmula \left(z^{n}\right)'=n z^{n-1} vale para todo inteiro positivo n e para todo z\in\mathbb{C}.

Passo 5

Extensão para inteiros negativos usando o resultado de a).
  • Seja n um inteiro negativo; escreva n=-m com m\in\mathbb{Z}_{+}.
  • Para z\neq0 vale a identidade z^{m}\cdot z^{-m}=1.
  • Diferenciando ambos os lados (produto) em um ponto z\neq0 obtemos:
\bigl(z^{m}\cdot z^{-m}\bigr)'=0.
  • Pela regra do produto:
\bigl(z^{m}\bigr)'\cdot z^{-m}+ z^{m}\cdot\bigl(z^{-m}\bigr)'=0.
  • Usamos o resultado da parte (a) para \bigl(z^{m}\bigr)'=m z^{m-1}. Substituindo:
m z^{m-1}\cdot z^{-m} + z^{m}\cdot\bigl(z^{-m}\bigr)'=0.
  • Simplificando o primeiro termo: m z^{m-1}\cdot z^{-m}=m z^{-1}. Assim
m z^{-1} + z^{m}\cdot\bigl(z^{-m}\bigr)'=0.
  • Isolando \bigl(z^{-m}\bigr)':
\bigl(z^{-m}\bigr)' = -\,\frac{m z^{-1}}{z^{m}} = -\,m z^{-m-1}.
  • Como n=-m, temos -m z^{-m-1}=n z^{n-1}. Portanto
\left(z^{n}\right)'=n z^{n-1}
para todo inteiro negativo n, válido para z\in\mathbb{C}\setminus\{0\}.

Passo 6

Observações finais e exemplo rápido de checagem:
  • Para n=2 a fórmula dá \left(z^{2}\right)'=2z, que segue do produto z\cdot z e do cálculo acima.
  • Para n=-1 a fórmula dá \left(z^{-1}\right)'=-1\cdot z^{-2}=-z^{-2}, isto é, \bigl(1/z\bigr)'=-1/z^{2}, que é o caso clássico conhecido.
  • Em resumo: a demonstração para positivos veio por indução usando a regra do produto; a extensão para negativos usou a identidade z^{m}z^{-m}=1 e diferenciou ambos os lados.

Resposta

a) \left(z^{n}\right)'=n z^{n-1} para todo inteiro positivo n e todo z\in\mathbb{C}.\n
b) \left(z^{n}\right)'=n z^{n-1} para todo inteiro negativo n e todo z\in\mathbb{C}\setminus\{0\}.

Exercícios relacionados