Prove que se n \in \mathbb{Z} \backslash\{0\}, então \left(z^{n}\right)^{\prime}=n z^{n-1} para todo z \in \mathbb{C}.

Passo 1

O que o enunciado pede e o que é dado:
  • Foi dado um inteiro n com n\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}.
  • Preciso provar que a derivada da função z\mapsto z^{n} satisfaz
\left(z^{n}\right)^{\prime}=n z^{n-1}
para os pontos z onde a função está definida.
  • Observação importante (informação do enunciado que devemos registrar): se n<0 a função z^{n} não está definida em z=0. Portanto, para n<0 a identidade só pode valer para z\neq 0.
A partir daqui vou mostrar passo a passo a prova, tratando separadamente n>0 e n<0, e explicando todo conceito usado.

Passo 2

Definição de derivada que vamos usar (a ferramenta básica):
A derivada de uma função f em um ponto z é o limite do quociente incremental, isto é
f'(z)=\lim_{h\to 0}\frac{f(z+h)-f(z)}{h},
quando esse limite existe. Aqui h é um número complexo que tende a 0. Essa é justamente a definição que vamos aplicar a f(z)=z^{n}. Vou também usar sem cerimônia o fato natural de que potências e somas de números complexos obedecem às mesmas regras algébricas que no caso real, e que limites e continuidade funcionam do mesmo jeito para complexos.

Passo 3

Caso n inteiro positivo ( n\ge 1) — fatoração e limite:
Usamos a identidade algébrica conhecida
a^{n}-b^{n}=(a-b)\sum_{k=0}^{n-1} a^{\,n-1-k} b^{\,k},
válida para quaisquer complexos a,b. Agora aplicamos com a=z+h e b=z. Assim
(z+h)^{n}-z^{n}=h\sum_{k=0}^{n-1} (z+h)^{\,n-1-k} z^{\,k}.
Dividindo por h e tomando o limite h\to 0 obtemos o quociente incremental:
\frac{(z+h)^{n}-z^{n}}{h}=\sum_{k=0}^{n-1} (z+h)^{\,n-1-k} z^{\,k}.
Agora usamos que, para cada k, a função h\mapsto (z+h)^{\,n-1-k} é contínua em h=0 (é uma potência); portanto quando h\to 0 temos (z+h)^{\,n-1-k}\to z^{\,n-1-k}. Logo, ao passar ao limite termo a termo,
\lim_{h\to 0}\frac{(z+h)^{n}-z^{n}}{h}=\sum_{k=0}^{n-1} z^{\,n-1-k} z^{\,k}.
Mas em cada somando z^{\,n-1-k} z^{\,k}=z^{\,n-1}. Há exatamente n somandos (de k=0 a k=n-1), então a soma vale n z^{\,n-1}. Portanto, para n\ge 1,
\left(z^{n}\right)^{\prime}=n z^{\,n-1}
para todo z\in\mathbb{C}. (Exemplo concreto para fixar: se n=3, o fatoramento dá (z+h)^{3}-z^{3}=h\big((z+h)^{2}+(z+h)z+z^{2}\big). Dividindo por h e fazendo h\to 0 obtemos 3z^{2}.)

Passo 4

Caso n inteiro negativo ( n=-m com m\in\mathbb{N}) — regra da recíproca via limite:
Para n<0 escrevemos z^{n}=z^{-m}=\dfrac{1}{z^{m}}. A função g(z)=z^{m} já temos provado ser diferenciável em todo z e, em particular, diferenciável em qualquer ponto z com z\neq 0. Para usar o método direto, vamos provar a fórmula da derivada do recíproco: se g é diferenciável em z e g(z)\neq 0, então
\left(\frac{1}{g}\right)'(z)=-\frac{g'(z)}{g(z)^{2}}.
Prova rápida dessa fórmula por limite: escreva
\frac{\frac{1}{g(z+h)}-\frac{1}{g(z)}}{h}=\frac{g(z)-g(z+h)}{h\,g(z+h)g(z)} = -\frac{g(z+h)-g(z)}{h}\cdot\frac{1}{g(z+h)g(z)}.
Quando h\to 0 a primeira fração tende a -g'(z) (por definição de derivada de g) e g(z+h)\to g(z) pela continuidade de g (derivabilidade implica continuidade). Assim o produto tende a -g'(z)/g(z)^{2}. Logo a fórmula do recíproco está provada.
Agora aplicamos essa fórmula com g(z)=z^{m}. Sabemos pelo passo anterior que g'(z)=m z^{m-1}. Portanto, para z\neq 0,
\left(z^{-m}\right)'=\left(\frac{1}{z^{m}}\right)'=-\frac{m z^{m-1}}{(z^{m})^{2}}=-m z^{-m-1}.
Como n=-m, isso dá exatamente
\left(z^{n}\right)'=n z^{n-1}
para todo z\neq 0.

Passo 5

Conclusão unificada e observações finais:
  • Para n\ge 1 a fórmula vale para todo z\in\mathbb{C}.
  • Para n\le -1 a fórmula vale para todo z\in\mathbb{C}\setminus\{0\} (pois a função não está definida em 0).
    Em ambas as situações a expressão da derivada é a mesma, \left(z^{n}\right)'=n z^{n-1}.

Resposta

\left(z^{n}\right)'=n z^{n-1} para todo z\in\mathbb{C} se n\ge 1.
\left(z^{n}\right)'=n z^{n-1} para todo z\in\mathbb{C}\setminus\{0\} se n\le -1.

Exercícios relacionados