De fato, partindo o quociente como vc fez, parece meio difícil chegar lá.
Justamente porque, como vc disse, tudo que se assume em a é continuidade.
Embora a conclusão de que f'(a) = L seja um tanto intuitiva, a prova não me
parece assim trivial.<br/><br/>Vou propor uma prova que guarda semelhança com a
dada pelo Ralph. Comecemos pelo seguinte lema:<br/><br/>As condições dadas
implicam que, para todo eps > 0, exista d > 0 tal que, para todos x e y de I
satisfazendo x < a < y e y - x < d, tenhamos<br/><br/>|(f(y) - f(x))/(y - x) -
L| < eps<br/><br/>Prova do lema:<br/><br/>Se o lema não vigorar, então, para
algum eps0 > 0, é verdade que, dado qualquer d > 0, existam x e y em I tais que
x < a < y, y - x < d e <br/><br/>|(f(y) - f(x))/(y - x) - L| >= eps0
(1)<br/><br/>Aplicando esta conclusão para d = 1, obtemos (x_1, y_1) tal que
x_1 < a < y_1, y_1 - x_1 < 1 e tal que (x_1, y_1) satisfaz à desigualdade (1).
<br/><br/>Suponhamos que, para algum
inteiro positivo n, tenhamos encontrado pares (x_k, y_k), k = 1, .... n, tais
que <br/><br/>(2) x_1 < x_2 < .... x_n < a < y_n < .... y_2 < y_1<br/><br/>(3)
y_k - x_k < 1/k, k = 1, .... n<br/><br/>(4) Cada (x_k, y_k) satisfaz à
desigualdade (1) acima.<br/><br/>Façamos d_(n + 1) = min{1/(n + 1), a - x_n,
y_n - a}. Existe então (x_(n + 1), y_ (n + 1)), satisfazendo à desigualdade
(1), tal que <br/><br/>x_(n + 1) < a < y _(n + 1) e <br/>y_(n + 1) - x_(n + 1)
< d_(n + 1)<br/><br/>Destas duas últimas desigualdades e da definição de d_(n +
1), segue- se que<br/><br/>a - x_(n + 1) < y_(n + 1) - x_(n + 1) < d_(n + 1) <=
a - x_n, o que implica que<br/>a - x_(n + 1) < a - x_n e que, portanto, x_n <
x_(n + 1)<br/><br/>Por um raciocínio análogo, concluímos também que y_(n + 1) <
y_n. Além disto, temos que<br/><br/> y_(n + 1) - x_(n + 1) < d_(n + 1) <= 1/(n
+ 1), logo y_(n + 1) - x_(n + 1) < 1/(n + 1). <br/><br/>Assim, as condições (2)
a (4) acima
são satisfeitas com n + 1 no lugar de n. Isto completa a indução e mostra que
este processo pode prosseguir indefinidamente, gerando sequências (x_n) e (y_n)
tais que <br/><br/>que <br/><br/>(5)x_1 < x_2 < .... x_n < a < y_n < .... y_2 <
y_1<br/><br/>(6) y_n - x_n < 1/n para todo n<br/><br/>(7) Cada (x_n, y_n)
satisfaz à desigualdade (1) acima.<br/><br/>(5) e (6) implicam que (x_n) cresça
para a e que (y_n) decresça para a. Logo, estas sequências satisfazem aos
requisitos descritos no enunciado do problema. Mas (7) implica que,
contrariamente à hipótese, (f(y_n) - f(x_n))/(y_n - x_n)) não convirja para L.
Temos assim uma contradição que prova o lema.<br/><br/>De volta ao problema
original:<br/><br/>Dado eps > 0, escolhamos d conforme citado no lema e
fixemos arbitrariamente y em (a, a + d). Então, y - d < a e, para todo x em (y
- d, a), temos que x < a < y, y - x < d e, em virtude do lema,<br/><br/>|(f(y)
- f(x))/(y - x) - L| < eps
(8)<br/><br/>Como f é contínua em a, mantendo-se y fixo e fazendo x -- a-, o
primeiro membro de (8) tende a <br/><br/>|(f(y) - f(a))/(y - a) - L|
<br/><br/>E em virtude da desigualdade em (8), segue-se que <br/><br/>|(f(y) -
f(a))/(y - a) - L| <= eps (9) <br/><br/>Assim, para todo eps > 0 existe d > 0
tal que (9) se verifica para to x em (a, a + d). Isto é o mesmo que dizer
que<br/><br/>lim (y --> a+) (f(y) - f(a))/(y - a) = L<br/><br/>o que, por sua
vez, é o mesmo que dizer que f é diferenciável em a + com f'(a+) = L. Por um
raciocínio similar concluímos também que f'(a-) = L, de modo que, conforme
afirmado, f é diferenciável em a e f'(a) = L.<br/><br/>Abraços<br/><br/>Artur
<br/><br/><a href="https://overview.mail.yahoo.com?.src=iOS";><br/><br/>Enviado
do Yahoo Mail para iPad</a>
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