Seja f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} definida por f(x)=(x+1)^{n}, \quad n \in \mathbb{N}. Prove que f^{\prime}(1)=n \cdot 2^{n-1} usando a definição. Não use binômio de Newton; apenas a definição e indução finita:

Passo 1

O enunciado dá a função f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} definida por f(x)=(x+1)^{n}, com n\in\mathbb{N}, e pede para provar que
f'(1)=n\cdot 2^{\,n-1},
usando somente a definição de derivada e indução finita (não usar o binômio de Newton).
Informações relevantes fornecidas:
  • A função é f(x)=(x+1)^{n}.
  • Queremos o valor da derivada no ponto x=1.
  • Devemos usar a definição de derivada (limite do quociente incremental) e prova por indução.

Passo 2

Lembrete da definição: a derivada de f em x=1 é
f'(1)=\lim_{h\to 0}\frac{f(1+h)-f(1)}{h}.
Aqui f(1+h)=(2+h)^{n} e f(1)=2^{n}. Portanto a quantidade que precisamos avaliar é
\lim_{h\to 0}\frac{(2+h)^{n}-2^{n}}{h}.
O objetivo é mostrar que esse limite existe e vale n\cdot 2^{\,n-1} para todo n\in\mathbb{N}.

Passo 3

Base da indução: n=1.
Para n=1 temos f(x)=x+1. Então
\frac{(2+h)^{1}-2^{1}}{h}=\frac{2+h-2}{h}=\frac{h}{h}=1
para todo h\neq 0. Portanto
\lim_{h\to 0}\frac{(2+h)^{1}-2^{1}}{h}=1.
Isto coincide com 1\cdot 2^{\,1-1}=1. A base está verificada.

Passo 4

Hipótese de indução: suponha que para certo n\ge 1 vale
\lim_{h\to 0}\frac{(2+h)^{n}-2^{n}}{h}=n\cdot 2^{\,n-1}.
Vou provar então que a mesma fórmula vale para n+1.

Passo 5

Começo calculando a diferença para o expoente n+1. Para todo h escrevo
(2+h)^{n+1}-2^{n+1}=(2+h)\,(2+h)^{n}-2\cdot 2^{n}.
Agora reescrevo agrupando termos úteis:
(2+h)^{n+1}-2^{n+1}=(2+h)\big((2+h)^{n}-2^{n}\big)+\big((2+h)-2\big)2^{n}.
Observe que (2+h)-2=h, logo
(2+h)^{n+1}-2^{n+1}=(2+h)\big((2+h)^{n}-2^{n}\big)+h\cdot 2^{n}.
Esta identidade é apenas álgebra elementar (multiplicação distributiva e agrupamento).

Passo 6

Divido por h (para h\neq 0) e obtenho
\frac{(2+h)^{n+1}-2^{n+1}}{h}=(2+h)\cdot\frac{(2+h)^{n}-2^{n}}{h}+2^{n}.
Agora tomo limite quando h\to 0. Vou justificar passo a passo:
  • A função h\mapsto 2+h tende para 2 quando h\to 0.
  • Pela hipótese de indução, \displaystyle\lim_{h\to 0}\frac{(2+h)^{n}-2^{n}}{h} existe e é igual a n\cdot 2^{\,n-1}.
  • Como o limite de um produto é o produto dos limites quando ambos existem e são finitos, segue que
\lim_{h\to 0}\,(2+h)\cdot\frac{(2+h)^{n}-2^{n}}{h}=2\cdot\big(n\cdot 2^{\,n-1}\big).
  • O termo constante 2^{n} tem limite 2^{n}.
Somando os limites (limite da soma = soma dos limites), obtemos
\lim_{h\to 0}\frac{(2+h)^{n+1}-2^{n+1}}{h}=2\cdot n\cdot 2^{\,n-1}+2^{n}.

Passo 7

Simplifico a expressão obtida:
2\cdot n\cdot 2^{\,n-1}+2^{n}=n\cdot 2^{n}+2^{n}=(n+1)\cdot 2^{n}.
Mas (n+1)\cdot 2^{n}=(n+1)\cdot 2^{\,(n+1)-1}, que é exatamente a fórmula desejada para o expoente n+1. Assim a propriedade passa de n para n+1.

Passo 8

Concluímos por indução finita sobre n que, para todo n\in\mathbb{N},
\lim_{h\to 0}\frac{(2+h)^{n}-2^{n}}{h}=n\cdot 2^{\,n-1},
ou seja, pela definição de derivada,
f'(1)=n\cdot 2^{\,n-1}.

Resposta

n\cdot 2^{\,n-1}

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