1. De acordo com a definição, escrevemos $f(x) = f(1) + a(x-1) + erro(x)$ em que $a$ é nosso candidato a $f'(1)$. A derivada no ponto $x=1$ será $a$ se e somente se:

   \[\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1} \frac{erro(x)}{x-1} = 0.\]

   Usando a função do enunciado e $a=11$ escrevemos:

   \begin{equation}\tag{2}3x^3+2x = 5 + 11(x-1) + erro(x).\end{equation}

   De 2 concluímos:

   \begin{equation}erro(x) = 3x^3+2x -5 -11(x-1) = 3(x^3-3x+2).\end{equation}

   Precisamos, então, fazer o limite:

   \[ \displaystyle \lim_{x \rightarrow 1}\frac{3(x^3-3x+2)}{x-1}. \]

   Calculando:

   \[\displaystyle \lim_{x \rightarrow 1}\frac{3(x^3-3x+2)}{x-1} =\displaystyle \lim_{x \rightarrow 1}\frac{3(x-1)(x^2+x-2)}{x-1}= \displaystyle \lim_{x \rightarrow 1} 3(x^2+x-2) =0.\]

   E, portanto, $f'(1) = 11$.

2. Procedendo como no exercício anterior, escrevemos:

   \[\sin(x) = \sin(0) + 1 \cdot x + erro(x)= x +erro(x).\]

   Precisamos mostrar:

   \[\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0} \frac{\sin(x)-x}{x} = 0.\]

   Calculando:

   \[\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0} \frac{\sin(x)-x}{x}= \lim_{x\rightarrow 0}{\frac{\sin x}{x}} -1=0.\]

Aplicando 1 em $x_0=1$ temos que

$$f(x)=f(x_0)+ f'(x_0)(x-x_0)+erro(x)=2+\pi(x-1)+erro(x).$$

Daqui obtemos que

$$\frac{f(x)-2}{x-1}=\pi + \frac{erro(x)}{x-1}.$$

Então tomando limite quadno $x\to 1$ chegamos em

$$\lim_{x\to 1} \frac{f(x)-2}{x-1}= \pi + \lim_{x\to 1} \frac{erro(x)}{x-1}=\pi.$$

Em primeiro lugar vamos tentar comparar a equação

\[\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0} \frac{f(x) -\sqrt{2}}{x} -5=0\]

com a expressão

$$\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0}\frac{erro(x)}{x-x_0}.$$

Para isso, observe-se que

$$0=\lim_{x\rightarrow 0} \frac{f(x) -\sqrt{2}}{x} -5=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)-5(x-0)}{x-0}=\lim_{x\to 0} \frac{erro(x)}{x-0}$$

Portanto, em vista da definição 1, a resposta é $f'(0) = 5$.

Olhando a definição 1 temos que

$$f(x)=f(x_0)+ f'(x_0)(x-x_0)+erro(x).$$

Isolando a derivada obtemos

\[f'(x_0)= \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}+ \frac{erro(x)}{x-x_0}\]

Tomando limite $x\to x_0$ em ambos lados da igualdade acima chegamos em

$$f'(x_0)=\lim_{x\to x_0} f'(x_0)=\lim_{x\to x_0} \left(\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}+ \frac{erro(x)}{x-x_0}\right)=\lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}+\lim_{x\to x_0} \frac{erro(x)}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\lim_{h\to 0} \frac{f(h+x_0)-f(x_0)}{h}$$

Agora vamos sustituir na fórmula acima os elementos dados no problemas: $x_0=-2$, $f(x_0)=-4$, $f'(x_0)=e$ e

\begin{eqnarray}\tag{3} \lim_{h \rightarrow 0}\frac{f(-2+h) + 4}{h}h=f'(x_0)=\lim_{h \rightarrow 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0}{h}=e. \end{eqnarray}

Usando o cômputo para a derivada obtido na equação ??? do exercicio anterior, temos

$$g'(x_0) = \displaystyle\lim_{x \to x_0} \frac{g(x) - g(x_0)}{x-x_0}= \displaystyle\lim_{x \to x_0} \frac{ (f(x) + k) - (f(x_0) + k)}{x-x_0}= \displaystyle\lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x-x_0}= f'(x_0).$$

Como $f$ e $g$ diferem por uma constante, sabemos que seus gráficos são ``paralelos'', isto é, o gráfico de $g$ é o gráfico de $f$ deslocado ao longo do eixo $\hat{y}$ de $k$ unidades. O deslocamento não interfere na direç]ao da reta tangente em cada ponto e, portanto, a derivada é a mesma.

Usando sempre a expressão $y = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0)$ temos

Não há diferença. As funções são uma translação vertical uma da outra. (Veja o exercício 5) A derivada mede o coeficiente angular da reta tangente ao gráfico. No caso, em cada ponto $x$, a reta tangente tem o mesmo coeficiente angular.

As figuras 1 e 2 têm derivada positiva. Porem as figuras 3 e 4, a derivada é negativa.

Para ver que a derivada vale $0$ em $x_i$, basta verificar que nesses pontos a tangente é paralela ao eixo $\hat{x}$. Observando a direção da tangente, concluímos que a derivada é negativa em $(x_1,x_2) \cup (x_3,x_4)$. É positiva em $(0,x_1) \cup (x_2,x_3) \cup (x_4,\infty)$.

Pela equação da reta tangente ao gráfico de $g$, sabemos que o coeficiente angular dessa reta é $1/2$. A reta tangente ao gráfico de $g$, nesse ponto, tem que ser perpendicular a essa reta (por hipótese) e, portanto, tem coeficiente angular $-2$. Logo, $g'(-1) = -2$.

1. Aplicando o cômputo da derivada obtido em (3), temos

   $$f'(2)=\lim_{x \to 2} \frac{f(x)-f(2)}{x-2}=\lim_{x \to 2} \frac{\frac{1}{x}-\frac{1}{2}}{x-2}= \lim_{x \to 2} \frac{\frac{2-x}{2x}}{x-2}=-\lim_{x \to 2}\frac{1}{2x}= -\frac{1}{4}.$$

   Assim, a reta tangente ao gráfico de $f$ no ponto $(2,f(2))$ é

   $$y=f(2)+f'(2)(x-2)= \frac{1}{2} -\frac{1}{4}(x-2)= -\frac{1}{4}x + 1.$$

2. Aplicando o cômputo da derivada obtido em (3), temos

   $$f'(-1)=\lim_{x \to -1} \frac{f(x)-f(-1)}{x-(-1)}=\lim_{x \to -1} \frac{\frac{1}{x^2}-1}{x+1}= \lim_{x \to -1} \frac{\frac{1-x^2}{x^2}}{x+1}=\lim_{x \to -1}\frac{(1-x)}{x^2}= 2.$$

   Assim, a reta tangente ao gráfico de $f$ no ponto $(-1,f(-1))$ é

   $$y=f(-1)+f'(-1)(x-(-1))= 1 + \left(2 \right)(x+1)= 2x +3.$$

1. Para saber se $f'(1)$ existe, calculamos os limites laterais

   $$\lim_{x \to 1^-} \frac{f(x)-f(1)}{x-1}= \lim_{x \to 1^-} \frac{\frac{3-x}{2} - 1}{x-1}=\lim_{x \to 1^-}\frac{(3-x)-2}{2(x-1)}= \lim_{x \to 1^-} \frac{1-x}{2(x-1)}=\lim_{x \to 1^-} \left(- \frac{1}{2}\right) = - \frac{1}{2},$$
   $$\lim_{x \to 1^+} \frac{f(x)-f(1)}{x-1}= \lim_{x \to 1^+} \frac{\frac{1}{\sqrt{x}} - 1}{x-1}=\lim_{x \to 1^+}\frac{1-\sqrt{x}}{\sqrt{x}(x-1)} =\lim_{x \to 1^+} \left(- \frac{1}{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)}\right) = - \frac{1}{2}.$$

   Assim o limite existe e

   $$\displaystyle f'(1)=\lim_{x \to 1} \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=-\frac{1}{2}.$$

   Isto é, $f$ é derivável em $x=1$, e como sabemos que se a função tem derivada em um ponto, ela é contínua nesse ponto, logo, $f$ é contínua em $x=1$.

2. Vejamos se $f$ é contínua em $x=1$, para isso devemos calcular os limites laterais

   $$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} (-x) = -1 \quad \text{e} \quad \lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} \frac{1}{\sqrt{x}} = 1.$$

   Logo concluímos que $f$ não é contínua em $x=1$, e como sabemos que se a função tem derivada em um ponto, ela é contínua nesse ponto, $f$ também não será derivável em $x=1$.

1. Pelo Teorema do Confronto temos que

   $$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} x\ \text{sen} \left(\dfrac{1}{x}\right) = 0 \neq 1 = f(0),$$

   então $f$ não é contínua em $x=0$, e como sabemos que se a função tem derivada em um ponto, ela é contínua nesse ponto, temos que $f$ não é derivável em $x=0$.

2. Como agora

   $$f(x)= \begin{cases} x\ \text{sen} \left(\dfrac{1}{x}\right), &x \neq 0,\\ 0, &x = 0. \end{cases} $$

   Temos que

   $\displaystyle f'(0)= \lim_{h \to 0} \frac{f(0+h)-f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{f(h)-f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h\ \mathrm{sen} \left(\dfrac{1}{h}\right) - 0}{h} = \lim_{h \to 0} \mathrm{sen} \left(\frac{1}{h} \right).$ (Não existe)

   Assim $f$ não é derivável em $x=0$. Mas, sabemos que $\displaystyle \lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} x\ \text{sen} \left(\dfrac{1}{x}\right) = 0 = f(0)$, isto é, $f$ é contínua em $x=0$.

1. Pelo Teorema do Confronto temos que

   $$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} x^2 \text{sen} \left(\dfrac{1}{x}\right) = 0 \neq 1 = f(0),$$

   então $f$ não é contínua em $x=0$, e como sabemos que se a função tem derivada em um ponto, ela \'e cont\'inua nesse ponto, temos que $f$ não é derivável em $x=0$.

2. Como agora

   $$f(x)= \begin{cases} x^2 \text{sen} \left(\dfrac{1}{x}\right), &x \neq 0,\\ 0, &x = 0. \end{cases} $$

   Pelo item 1 sabemos que agora $f(x)$ é contínua no ponto $x=0$, pois temos que

   $$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} x^2 \text{sen} \left(\dfrac{1}{x}\right) = 0 = f(0).$$

   Então não podemos aplicar o raciocínio do item 1 para concluir a solução. O que devemos fazer agora é aplicar diretamente a definição, isto é

   $$f'(0)= \lim_{h \to 0} \frac{f(0+h)-f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{f(h)-f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h^2 \text{sen} \left( \dfrac{1}{h} \right) - 0}{h} = \lim_{h \to 0} h\ \text{sen} \left(\frac{1}{h}\right) = 0.$$

   Assim $f$ é derivável em $x=0$.