Proposição Seja $f: I \to \mathbb R$ inversível em $I$ e tal que $f'(x_0) \neq 0$. Então $(f^{-1}(y_0))' = \frac{1}{f'(x_0)}$ onde $y_0 = f(x_0)$.
Dem.: Vamos fazer a substituição $x = f^{-1}(y)$. Note que, assim, $y = f(x)$ e que, quando $y \to y_0$, $x \to x_0$. Assim: \[\begin{array}{rcl} (f^{-1}(y_0))' & = & \lim\limits_{y \to y_0} \frac{f^{-1}(y) - f^{-1}(y_0)}{y - y_0}\\ & = & \lim\limits_{x \to x_0}\frac{x - x_0}{f(x) - f(x_0)}\\ & = & \frac{1}{f'(x_0)}\\ \end{array}\]$\square$
Um “jeito de lembrar”: $x = f^{-1}(f(x))$ Então $1 = (f^{-1})'(f(x))f'(x)$, isto é, $(f^{-1})'(f(x)) = \frac{1}{f'(x)}$.
- Ué, se assim é mais fácil, por que não faz direto isso?
1 Mostre, pela definição de derivada, que, para $x > 0$, $(\sqrt{x})' = \frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{x}}$.
Poderíamos provar o próximo resultado de forma análoga ao exercício anterior - mas vamos fazê-lo como uma aplicação do resultado acima.
Proposição Sejam $x > 0$ e $n \geq 2$ natural. Então $(\sqrt[n]{x})' = \frac{1}{n}x^{\frac{1}{n} - 1}$.
Dem.: Considere $x = f(y) = y^n$. Assim $f^{-1}(x) = \sqrt[n]{x}$ e $y = x^{\frac{1}{n}}$. Então \[\begin{array}{rcl} (\sqrt[n]{x})' & = & (f^{-1}(x))'\\ & = & \frac{1}{f'(y)}\\ & = & \frac{1}{n y^{n - 1}}\\ & = & \frac{1}{n (x^{\frac{1}{n}})^{n - 1}}\\ & = & \frac{1}{n x^{1 - \frac{1}{n}}}\\ & = & \frac{1}{n}x^{\frac{1}{n} - 1}\\ \end{array}\]$\square$
Com isso, conseguimos estender a “regra do tombo” para todo expoente racional.
Proposição Sejam $x > 0$ e $a, b \in \mathbb Z$ com $b > 0$. Então $(x^{\frac{a}{b}})' = \frac{a}{b} x^{\frac{a}{b} - 1}$.
Dem.: \[\begin{array}{rcl} (x^{\frac{a}{b}})' & = & ((x^{\frac{1}{b}})^a)'\\ & = & a(x^{\frac{1}{b}})^{a - 1}\frac{1}{b}x^{\frac{1}{b} - 1}\\ & = & \frac{a}{b}x^{\frac{a - 1}{b}}x^{\frac{1 - b}{b}}\\ & = & \frac{a}{b}x^{\frac{a - b}{b}}\\ & = & \frac{a}{b}x^{\frac{a}{b} - 1} \end{array}\]$\square$
Exemplo \[(\sqrt{x^2 + 3x -1})' = ((x^2 + 3x - 1)^{\frac{1}{2}})' = \frac{1}{2} (x^2 + 3x - 1)^{-\frac{1}{2}}(2x + 3)\]