Sejam f_{1}, f_{2}, \cdots, f_{n} funções tendo derivadas f_{1}^{\prime}, f_{2}^{\prime}, \cdots, f_{n}^{\prime}. Desenvolva uma regra para diferenciar o produto g=f_{1}, \cdots, f_{n} e prove esta por indução. Mostre que para os pontos x, onde nenhum dos valores f_{1}(x), f_{2}(x), \cdots, f_{n}(x) são nulos, temos
\frac{g^{\prime}(x)}{g(x)}=\frac{f_{1}^{\prime}(x)}{f_{1}(x)}+\cdots+\frac{f_{n}^{\prime}(x)}{f_{n}(x)}

Passo 1

O enunciado dá as funções diferenciáveis f_{1},f_{2},\dots,f_{n} com derivadas f_{1}^{\prime},f_{2}^{\prime},\dots,f_{n}^{\prime}. Define-se a função produto
g(x)=f_{1}(x)\,f_{2}(x)\cdots f_{n}(x).
O que se pede:
  • Desenvolver (escrever) uma regra geral para g^{\prime}(x), isto é, uma expressão para a derivada do produto de n funções.
  • Provar essa regra por indução.
  • Mostrar que, nos pontos x onde nenhum dos valores f_{1}(x),\dots,f_{n}(x) é zero, vale
\frac{g^{\prime}(x)}{g(x)}=\frac{f_{1}^{\prime}(x)}{f_{1}(x)}+\cdots+\frac{f_{n}^{\prime}(x)}{f_{n}(x)}.
Informações relevantes dadas:
  • Cada f_{k} é diferenciável (logo contínua) em seu domínio.
  • As derivadas f_{k}^{\prime} existem para os pontos considerados.
  • Para a segunda parte (a identidade com divisão por g(x)) é necessário que f_{k}(x)\neq0 para todo k, para que as divisões sejam bem-definidas.

Passo 2

Lembrete/mini-aula: regra do produto para duas funções e sua prova elementar.
  • Regra do produto para duas funções: se u e v são diferenciáveis, então
(uv)' = u'v + uv'.
  • Prova (pela definição de derivada): escrevendo a diferença incremental,
\frac{u(x+h)v(x+h)-u(x)v(x)}{h} = \frac{(u(x+h)-u(x))v(x+h)}{h}+\frac{u(x)(v(x+h)-v(x))}{h}.
Ao fazer h\to0, temos v(x+h)\to v(x) pela continuidade de v, e os quocientes nas frações convergem para u'(x)v(x) e u(x)v'(x). Portanto
(uv)'(x)=u'(x)v(x)+u(x)v'(x).
Este resultado é a base que usaremos na indução. É importante entender que justificamos a passagem ao limite usando continuidade e existência das derivadas.

Passo 3

Estratégia de indução: vamos provar a fórmula para g=f_{1}\cdots f_{n} por indução em n.
Base da indução:
  • Para n=1 a afirmação é trivial: g=f_{1} e g'=f_{1}', que é a forma desejada (soma com um só termo).
  • Para n=2 já mostramos a regra do produto no Passo 2, ou seja
(f_{1}f_{2})' = f_{1}'f_{2} + f_{1}f_{2}'.
Portanto a base está satisfeita.
Hipótese de indução:
  • Suponha que a fórmula verdadeira para n-1 funções seja
\text{se }h(x)=f_{1}(x)\cdots f_{n-1}(x),\quad\text{então}\quad h'(x)=\sum_{k=1}^{n-1}\bigl(f_{1}\cdots f_{k-1}\,f_{k}'\,f_{k+1}\cdots f_{n-1}\bigr)(x).ã
Aqui cada termo da soma é o produto de todas as f_{j} em que exatamente f_{k} foi substituída por f_{k}'.

Passo 4

Passo indutivo (de n-1 para n):
  • Considere g(x)=f_{1}(x)\cdots f_{n-1}(x)\,f_{n}(x). Escreva g(x)=h(x)\,f_{n}(x) com h=f_{1}\cdots f_{n-1}.
  • Aplicando a regra do produto (Passo 2) a h e f_{n},
g'(x)=h'(x)f_{n}(x)+h(x)f_{n}'(x).
  • Substitua h'(x) pela expressão dada pela hipótese de indução:
g'(x)=\left(\sum_{k=1}^{n-1}\bigl(f_{1}\cdots f_{k-1}\,f_{k}'\,f_{k+1}\cdots f_{n-1}\bigr)(x)\right)f_{n}(x) + \bigl(f_{1}\cdots f_{n-1}\bigr)(x)\,f_{n}'(x).
  • Agora distribua f_{n}(x) pelos termos da soma: cada termo da soma torna-se
\bigl(f_{1}\cdots f_{k-1}\,f_{k}'\,f_{k+1}\cdots f_{n-1}\bigr)(x)\,f_{n}(x) = \bigl(f_{1}\cdots f_{k-1}\,f_{k}'\,f_{k+1}\cdots f_{n}\bigr)(x),
ou seja, o produto de todas as f_{j} com f_{k} substituída por f_{k}', agora indo de 1 até n.
  • O último termo da expressão original já é exatamente o caso k=n:
\bigl(f_{1}\cdots f_{n-1}\bigr)(x)\,f_{n}'(x)=\bigl(f_{1}\cdots f_{n-1}\,f_{n}'\bigr)(x).
  • Somando tudo, obtemos
g'(x)=\sum_{k=1}^{n}\bigl(f_{1}\cdots f_{k-1}\,f_{k}'\,f_{k+1}\cdots f_{n}\bigr)(x).
Isto completa o passo indutivo: se a fórmula vale para n-1 então vale para n. Juntando com a base, a fórmula é válida para todo n\ge1.

Passo 5

Interpretação e escrita clara da regra final:
A regra geral para a derivada do produto g=f_{1}\cdots f_{n} é
g'(x)=\sum_{k=1}^{n}\bigl(f_{1}(x)\cdots f_{k-1}(x)\,f_{k}'(x)\,f_{k+1}(x)\cdots f_{n}(x)\bigr).
Em palavras: para obter g' soma-se n termos; no k-ésimo termo diferencia-se apenas f_{k} e deixa-se os outros f_{j} intactos, multiplicando todos.

Passo 6

Provar a identidade com divisão (derivada logarítmica):
  • Suponha que, num ponto fixo x, nenhum dos valores f_{1}(x),\dots,f_{n}(x) seja zero. Então g(x)\neq0 e é permitido dividir por g(x).
  • Divida a expressão de g'(x) obtida no Passo 5 por g(x)=f_{1}(x)\cdots f_{n}(x). Para cada termo da soma (o termo correspondente a k) temos
\frac{f_{1}\cdots f_{k-1}\,f_{k}'\,f_{k+1}\cdots f_{n}}{f_{1}\cdots f_{n}} = \frac{f_{k}'}{f_{k}},
pois todos os outros fatores f_{j}(x) (com j\neq k) cancelam.
  • Portanto ao dividir toda a soma pelo produto total obtemos
\frac{g'(x)}{g(x)}=\sum_{k=1}^{n}\frac{f_{k}'(x)}{f_{k}(x)}.
  • Observação alternativa (intuitiva): quando g(x)\neq0 pode-se também escrever g=\exp(\log g) e usar derivação de logaritmos para obter (\log g)'=g'/g. Usando \log g=\sum_{k=1}^{n}\log f_{k} (pois \log transforma produto em soma) e derivando cada \log f_{k} obtém-se a mesma soma \sum f_{k}'/f_{k}. Mas a derivação direta por cancelamento (acima) é totalmente elementar e não exige a teoria dos logaritmos diferenciáveis.

Passo 7

Exemplo ilustrativo (para fixar a ideia):
  • Tome f_{1}(x)=x, f_{2}(x)=x+1, f_{3}(x)=x^{2}. Então
g(x)=x(x+1)x^{2}=x^{4}(x+1).
Usando a regra dos passos, os termos para g' são:
\begin{aligned} &f_{1}'\cdot f_{2}\cdot f_{3} = 1\cdot (x+1)\cdot x^{2} = x^{2}(x+1),\\\ &f_{1}\cdot f_{2}'\cdot f_{3} = x\cdot 1\cdot x^{2} = x^{3},\\\ &f_{1}\cdot f_{2}\cdot f_{3}' = x\cdot (x+1)\cdot 2x = 2x^{2}(x+1). \end{aligned}
Somando,
g'(x)=x^{2}(x+1)+x^{3}+2x^{2}(x+1)=x^{3}+3x^{2}(x+1).
Se \,x\neq0 e x\neq-1 (para que nenhum f_{k} seja zero), então
\frac{g'(x)}{g(x)}=\frac{x^{2}(x+1)+x^{3}+2x^{2}(x+1)}{x^{4}(x+1)} =\frac{1}{x}+\frac{1}{x+1}+\frac{2}{x},
que de fato é \dfrac{f_{1}'}{f_{1}}+\dfrac{f_{2}'}{f_{2}}+\dfrac{f_{3}'}{f_{3}}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x+1}+\dfrac{2}{x}.

Resposta

g'(x)=\sum_{k=1}^{n}\bigl(f_{1}(x)\cdots f_{k-1}(x)\,f_{k}'(x)\,f_{k+1}(x)\cdots f_{n}(x)\bigr)
\frac{g'(x)}{g(x)}=\frac{f_{1}'(x)}{f_{1}(x)}+\cdots+\frac{f_{n}'(x)}{f_{n}(x)} \quad\text{(quando }f_{k}(x)\neq0\text{ para todo }k\text{).}

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