Lista 7

Exercício 1

Derive as seguintes funções, usando apenas as propriedades básicas de derivação.

  1. $f(x)=x^2 \text{sen} x\ \mathrm{cos} x$

  2. $f(x)=\dfrac{x^5-1}{x^3+x+1}$

  3. $f(x)=\sqrt{x}\ \mathrm{cos}\ x + x^{1/5}$

Solução

  1. Aplicando a regra do produto duas vezes, obtemos

    $$ f'(x) = (x^2)' (\text{sen} x\ \mathrm{cos} x) + (x^2) (\text{sen} x\ \mathrm{cos} x)'\\ = (2x) (\text{sen} x\ \mathrm{cos} x) + (x^2) ((\text{sen} x)' \mathrm{cos} x + \text{sen} x (\mathrm{cos} x)')\\ = 2x \text{sen} x\ \mathrm{cos} x + x^2 ((\mathrm{cos} x) \mathrm{cos} x + \text{sen} x (-\text{sen} x))\\ = 2x \text{sen} x\ \mathrm{cos} x + x^2 (\mathrm{cos}^2 x - {\text{sen}}^2 x) $$

  2. Aplicando a regra do quociente, obtemos

    $$ f'(x) = \frac{(x^5-1)'(x^3+x+1)-(x^5-1)(x^3+x+1)'}{(x^3+x+1)^2}\\ = \frac{(5x^4)(x^3+x+1)-(x^5-1)(3x^2+1)}{(x^3+x+1)^2} $$

  3. Aplicando a regras da soma, do produto e da potencia, obtemos

    $$ f'(x) = (x^{1/2} \mathrm{cos} x)' + (x^{1/5})'\\ = ({x}^{1/2})' \mathrm{cos} x + {x}^{1/2} (\mathrm{cos} x)' + \frac{1}{5} x^{1/5-1}\\ = \frac{1}{2} x^{1/2-1} \mathrm{cos} x + x^{1/2} (-\text{sen} x) + \frac{1}{5} x^{-4/5}\\ = \frac{1}{2} x^{-1/2} \mathrm{cos} x - x^{1/2} \text{sen} x + \frac{1}{5} x^{-4/5} $$

Exercício 2

Aplicando as propriedades da derivação, mostrar que

  1. $(\sec x)'= \sec x \tan x$

  2. $(\csc x)' = -\csc x \cot x$

  3. $(\cot x)' = -\csc^2 x$

Solução

  1. Da definição das funções trigonomêtricas e usando a regra do quociente, obtemos

    $$(\sec x)'= \left(\frac{1}{\mathrm{cos} x} \right)' = \frac{(1)' \mathrm{cos} x - 1 (\mathrm{cos} x)'}{\mathrm{cos}^2 x} = \frac{(0) \mathrm{cos} x - 1 (-\text{sen} x)}{\mathrm{cos}^2 x}= \frac{\text{sen} x}{\mathrm{cos}^2 x} = \frac{1}{\mathrm{cos} x} \frac{\text{sen} x}{\mathrm{cos} x} = \sec x \tan x$$

  2. Da definição das funções trigonomêtricas e usando a regra do quociente, obtemos

    $$(\csc x)'= \left(\frac{1}{\text{sen} x} \right)' = \frac{(1)' \text{sen} x - 1 (\text{sen} x)'}{\text{sen}^2 x} = \frac{(0) \text{sen} x - 1 (\mathrm{cos} x)}{\text{sen}^2 x}= -\frac{\mathrm{cos} x}{\text{sen}^2 x} = -\frac{1}{\text{sen} x} \frac{\mathrm{cos} x}{\text{sen} x} = -\csc x \cot x$$

  3. Da definição das funções trigonomêtricas e usando a regra do quociente, obtemos

    $$ (\cot x)' = \left(\frac{\mathrm{cos} x} {\text{sen} x} \right)' = \frac{(\mathrm{cos} x)' \text{sen} x - \mathrm{cos} x (\text{sen} x)'}{\text{sen}^2 x}\\ = \frac{(-\text{sen} x) \text{sen} x - \mathrm{cos} x (\mathrm{cos} x)}{\text{sen}^2 x}\\ = \frac{-\text{sen}^2 x - \mathrm{cos}^2 x}{\text{sen}^2 x} = \frac{-1}{\text{sen}^2 x} =- \csc^2 x $$

Exercício 3

Derive as seguintes funções usando a Regra da Cadeia

  1. $f(x)=\mathrm{cos}^3 x - (5x^3+1)^{1/3}$

  2. $f(x)=\text{sen} (8x) + \sqrt{x^4 + x + 2}$

Solução

  1. Aplicando Regra da Cadeia

    $$ f'(x) = 3 [\mathrm{cos}^2 x] (\mathrm{cos} x)' - \frac{1}{3} (5x^3 +1)^{1/3-1} (5x^3 +1)'\\ = 3 [\mathrm{cos}^2 x] (-\text{sen} x) - \frac{1}{3} (5x^3 + 1)^{-2/3} (15 x^2)\\ = -3\ \text{sen} x \mathrm{cos}^2 x - 5x^2 (5x^3 + 1)^{-2/3} $$

  2. Aplicando a Regra da Cadeia

    $$ f(x) = (\text{sen} (8x)) + ((x^4 + x + 2)^{1/2})\\ = [\mathrm{cos} (8x)] (8x)' + \frac{1}{2} (x^4 + x + 2)^{1/2-1} (x^4 + x + 2)' = [\mathrm{cos} (8x)](8) + \frac{1}{2} (x^4 + x + 2)^{-1/2} (4x^3 +1)\\ = 8 \mathrm{cos} (8x) + \frac{1}{2} (4x^3 + 1) (x^4 + x + 2)^{-1/2} $$

Exercício 4

Sejam $f(x)=\sqrt{2x+1} \ \ $ e $\ \ g(x)=\sqrt{\tan(x)}$. Calcule $(f\circ g)'\left(\dfrac{\pi}{4}\right)$.

Solução

Pela Regra da Cadeia,

$$(f\circ g)'(x)=f'(g(x))g'(x),$$

onde

$$f'(x)=\dfrac{2}{2\sqrt{2x+1}}=\dfrac{1}{\sqrt{2x+1}} \quad \text{e} \quad g'(x)=\dfrac{\sec^2(x)}{2\sqrt{\mathrm{tg}(x)}}.$$


Portanto, se $x=\pi/4$, temos

$$(f\circ g)'(\pi/4)=f'(g(\pi/4))g'(\pi/4)=f'(1)g'(\pi/4)=\frac{1}{\sqrt{3}}.\frac{2}{2.1}=\frac{\sqrt{3}}{3}.$$
Exercício 5

Considere a função

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

Calcular $f'(x)$.

Solução

Vamos dividir a prova em dois casos:

  • Se $x \neq 0$, aplicando a Regra do Produto e a Regra da Cadeia, obtemos

    $$ f'(x) = \left(x^2\ \text{sen} \left(\frac{1}{x}\right) \right)' \\ = (x^2)'\ \text{sen} \left(\frac{1}{x}\right) + x^2 \left(\text{sen} \left(\frac{1}{x}\right) \right)'\\ = 2x\ \text{sen} \left(\frac{1}{x}\right) + x^2 \mathrm{cos} \left(\frac{1}{x}\right) \left(\frac{1}{x} \right)'\\ = 2x\ \text{sen} \left(\frac{1}{x}\right) + x^2 \mathrm{cos} \left(\frac{1}{x}\right) \left(-\frac{1}{x^2} \right)\\ = 2x\ \text{sen} \left(\frac{1}{x}\right) - \mathrm{cos} \left(\frac{1}{x}\right) $$

  • Se $x=0$, pela Lista 6 (exercício 14), já sabemos que $f'(0)=0$.

Exercício 6

Considere $f$ uma função derivável e $g$ definida por $g(x)=\big(f(\mathrm{cos} x)\big)^2$. Sabendo que $f(0)=1$ e $f'(0)=-\dfrac{1}{2}$, calcule $g'\left(\dfrac{\pi}{2}\right)$.

Solução

Aplicando a Regra da Cadeia, temos que

$$g'(x)= 2 (f(\mathrm{cos} x)) [f(\mathrm{cos} x)]'= 2 (f(\mathrm{cos} x)) (f'(\mathrm{cos} x))(\mathrm{cos} x))'= 2 (f(\mathrm{cos} x)) (f'(\mathrm{cos} x))(-\text{sen}x),$$

logo

$$g'\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = 2 \left(f (\mathrm{cos} \left(\frac{\pi}{2}\right))\right) \left(f'(\mathrm{cos} \left(\frac{\pi}{2}\right))\right) \left(-\text{sen} \left(\frac{\pi}{2}\right)\right)= 2 (f(0))(f'(0))(-1)= 2 (1)(-\frac{1}{2})(-1)=1.$$
Exercício 7

$f(x)= \mbox{sen}(x)$ e $g(x) = 2x -1$. Que informação(ções) você necessita sobre a função $w$ para calcular $(w\circ f \circ g)' (\pi)$?

Solução

Analisando a ordem de composição podemos representar, esquematicamente, como:

\[\begin{array}{llllll}x & \stackrel{g} \longrightarrow & 2x-1 & \stackrel{f} \longrightarrow &\mathrm{sen}(2x-1) & \stackrel{w} \longrightarrow w(\mathrm{sen}(2x-1)) \\\pi & \longmapsto & 2\pi -1 & \longmapsto & \mathrm{sen}(2\pi-1) & \longmapsto w(\mathrm{sen}(2\pi-1))\end{array}\]

Usando a Regra da Cadeia, concluímos que é suficiente conhecer o valor de $w'(\sin(2\pi -1))$.

Exercício 8

São dadas as funções $f(x) = \mathrm{cos}(x)$ e $w(x) = x^2 + 2x $. Calcule $(f \circ g \circ w \circ h)' (1)$ usando a tabela a seguir.

$$\begin{array}{llll}\begin{array}{lll}2 & \stackrel{h}\longmapsto &1\\1& \stackrel{h}\longmapsto &{2} \\3 & \stackrel{h}\longmapsto &-4 \\8 & \stackrel{h}\longmapsto & \pi/2\end{array} &\begin{array}{lll}0 & \stackrel{h'}\longmapsto &\pi \\1 & \stackrel{h'}\longmapsto &4 \\5 & \stackrel{h'}\longmapsto &-2 \\3 & \stackrel{h'}\longmapsto &\sqrt{2}\end{array} &\begin{array}{lll}1 & \stackrel{g}\longmapsto & e \\2 & \stackrel{g}\longmapsto &\sqrt{5} \\3 & \stackrel{g}\longmapsto &-2 \\8 & \stackrel{g}\longmapsto & \pi/2\end{array} &\begin{array}{lll}\pi/2 & \stackrel{g'}\longmapsto & \sqrt{3} \\2 & \stackrel{g'}\longmapsto &-9 \\3 & \stackrel{g'}\longmapsto &-3 \\8 & \stackrel{g'}\longmapsto &\sqrt{7}\end{array}\end{array}$$
Solução

Representamos a composição por:

\[1 \stackrel{h}\longmapsto 2 \stackrel{w} \mapsto 8 \stackrel{g}\longmapsto \pi/2 \stackrel{f} \longmapsto f(\pi/2)\]

Usando a Regra da Cadeia vemos que:

\[(f \circ g \circ w \circ h)' (1) = f'(\pi/2)\cdot g'(8)\cdot w'(2)\cdot h'(1)\]

substituindo os valores, calculamos: $(f \circ g \circ w \circ h)' (1) = -24\sqrt{7}$

Exercício 9

Analise as afirmações a seguir. Identifique se são verdadeiras ou falsas.

  1. Se $f(x) = x^2 - x$, $x \in \mathbb{R}$, $f$ é diferenciável em $\mathbb{R}$ e $f'(x) = 2x-1$.

  2. O coeficiente angular da reta tangente ao gráfico de $f$ em um ponto $(x,f(x))$ é $f'(x)$

  3. A equação de qualquer reta pode ser escrita como $y = ax + b$, sendo $a$ o coeficiente angular e $b$ uma constante qualquer.

  4. Das afirmações anteriores, concluimos que a equação da reta tangente ao gráfico de $f$ em um ponto $(x,f(x))$ pode ser escrita como $y = f'(x)x + b$.

  5. Da afirmação anterior, concluímos que a reta tangente ao gráfico de $f(x) = x^2 - x$ em um ponto $(x,f(x))$, pode ser escrita como $y = (2x-1)x +b$ para algum $b$ constante em $\mathbb{R}$.

Solução

(a), (b) e (c) são verdadeiras. (d) é falsa pois o coeficiente angular em cada ponto é uma constante. Assim, dado $x_0$, a equação da reta tangente poderá ser escrita como: $y = f'(x_0)x + b$. (e) é falso pela mesma razão que (d) é falso; em particular, a equação apresentada sequer é uma equação de reta.

Exercício 10

Sejam $f$ e $g$ duas funções reais, diferenciáveis em $\mathbb{R}$. Seus gráficos se intersectam perpendicularmente em $(1,3)$. Se $f(x) = 4x-1$, qual a equação da reta tangente ao gráfico de $g$ em $(1,3)$?

Solução

As duas retas são perpendiculares. O coeficiente angular da tangente ao gráfico de $f$ é $4$. Portanto, o coeficiente angular da reta tangente ao gráfico de $g$ é $-1/4$. O ponto $(1,3)$ pertence à reta. Logo, a equação da reta tangente ao gráfico de $g$ em $(1,3)$ pode ser escrita como $y = 3 -(1/4)(x-1)$.

Exercício 11

$f$ e $g$ são duas funções diferenciáveis em $\mathbb{R}$ e $f'(x) = g'(x)$ \ $\forall x \in \mathbb{R}$.

  1. $f(x) = g(x)$ para todo $x$ em $\mathbb{R}$?

  2. Se existe um valor $x_0$ tal que $f(x_0) = g(x_0)$, $f(x)$ será igual a $g(x)$ para todo $x$ em $\mathbb{R}$?

Solução
  1. Não. Basta, escolher, por exemplo $f(x) = x^2$ e $ g(x) = x^2 +3$.

  2. Sim. Definindo $h(x) = (f-g)(x)$, temos que $h'(x) = 0, \; \forall x \in \mathbb{R}$ e, portanto, $h$ é constante. Logo, para todo $x$, $f(x) - g(x) = k, \mbox{ para algum } k \in \mathbb{R}$. Mas como $f(x_0) = g(x_0)$, concluímos que $k=0$ e $f=g$.

Exercício 12

Considere:

\[f(x) = \left\{ \begin{array} {lll}-x^3 + x^2 & \mbox{ se } & x\leq 1 \\2x^2 -5x + 1 & \mbox{ se } & x>1 \end{array} \right.\]

Calcule a derivada à esquerda e à direita em $x=1$. Decida se a derivada existe em $x=1$.

Solução

Derivada à esquerda:

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

Derivada à direita:

\[\displaystyle\lim_{x \to 1^+}\frac{f(x)-f(1)}{x-1} =\lim_{x\to 1^{+}}\frac{(2x^2-5x+1) - 0}{x-1} = -\infty\]

Não existe a derivada à direita, portanto a função não é diferenciável no ponto $x=1$.

Exercício 13

Considere $h(x) = \sqrt{x^2}$, $x \in \mathbb{R}^+$. Para calcular $h'(2)$, Sócrates definiu $f(x) = \sqrt{x}$ e $g(x) = x^2$. Concluiu que $h = f \circ g$. Calculou $f'(2) = \displaystyle\frac{1}{2\sqrt{2}}$ e $g'(2) = 4$. Usando a Regra da cadeia, multiplicou os dois valores para obter $h'(2) = 4\cdot \displaystyle\frac{1}{2\sqrt{2}}$. Aristóteles, que também queria calcular $h'(2)$, escreveu: $h(x) = \sqrt{x^2}= x$ e, portanto, $h'(x) =1$ para todo $x$. Quem acertou? Quem errou e por quê?

Solução

Aristóteles fez certo. Sócrates usou a Regra da Cadeia errado pois deveria ter levado em conta $f'(g(2)) = f'(4)$, que daria o resultado certo.

Exercício 14

Determine $a$ e $b$ para que seja diferenciável a função $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ definida por

\[f(x) = \begin{cases} x^2 & \text{ se } x\leq 1 \\ax + b & \text{ se } x>1 \end{cases} \]
Solução

Para que $f$ seja diferenciável, precisamos, antes de tudo, garantir que seja contínua. Assim, devemos ter

\[\lim_{x\to 1}f(x) = f(1)\]

e, em particular,

\[\lim_{x\to 1^+}f(x) = f(1).\]

Com isso,

\[1^2 = f(1) = \lim_{x\to 1^+}f(x) = \lim_{x\to 1^+} (ax + b) = a+b,\]

logo, $a+b=1$, e então $b=1-a$. A função $f$ é diferenciável para $x < 1$ e para $x>1$, pois é, em cada um destes casos, uma função polinomial. Precisamos apenas garantir que $f'(1)$ exista, isto é, que exista o limite

\[\lim_{x\to 1}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}.\]

Para isto, vamos calculá-lo pela esquerda e pela direita e garantir, escolhendo $a$ e $b$, que estes limites laterais existam e sejam iguais.

\[f'_+(1) = \lim_{x\to 1^+}\frac{f(x)-f(1)}{x-1} = \lim_{x\to 1^+}\frac{(ax+b)-1^2}{x-1} = \lim_{x\to 1^+}\frac{ax+b-1}{x-1} = \lim_{x\to 1^+}\frac{ax+(1-a)-1}{x-1}=\lim_{x\to 1^+}\frac{ax-a}{x-1}=\]

\[=\lim_{x\to 1^+}\frac{a(x-1)}{x-1} = a.\]

Por outro lado,

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

Como queremos $f'_+(1) = f'_-(1)$, temos $a = 2$, logo $b=1-a=-1$.

Exercício 15

Determine constantes $a$ e $b$ para que a função

\[f(x)=\begin{cases} x^3,& \text{ se } x\leq 1 \\ ax^2 + b & \text{ se } x> 1 \end{cases} \]

seja derivável.

Solução

A função precisa ser contínua, logo,

\[a + b = \lim_{x\rightarrow 1^+} (ax^2+b) = f(1) = 1.\]

Assim, $a+b=1$, e então $b= 1 - a$. Além disso, a função é derivável em $x=1$, logo

\[3 = 3\cdot 1^2 = f'_-(1) = \lim_{x\rightarrow 1+} \frac{ax^2 +b - 1}{x - 1}=\lim_{x\rightarrow 1+} \frac{ax^2 +1-a - 1}{x - 1}=\lim_{x\rightarrow 1+} \frac{a(x^2- 1)}{x - 1} = \lim_{x\rightarrow 1+} a(x+1) = 2a.\]

Logo, $2a = 3$, e então $a = 3/2$. Com isso, $b = 1 - 3/2 = -1/2$.

Exercício 16

Determine a equação da reta tangente ao gráfico da função

\[f(x)=\frac{\mathrm{cos}(x)}{x^2}\]

no ponto $\left(\frac{\pi}{2}, 0\right).$

Solução

Nós sabemos que a reta tangente ao gráfico de $f$ no ponto $\left(\frac{\pi}{2}, 0\right)$ é dada pela equação $y=f'\left(\frac{\pi}{2}\right)\left(x-\frac{\pi}{2}\right)$. Assim, precisamos calcular $f'\left(\frac{\pi}{2}\right)$. Pela regra de derivação do quociente, temos que

\[f'(x)=\frac{-x^2 \mathrm{sen}(x) -2x\ \mathrm{cos}(x)}{x^4},\]

e portanto, avaliando em $x=\frac{\pi}{2}$ obtemos

\[f'\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\left(\frac{2}{\pi}\right)^2.\]

Concluimos assim que a reta tangente pedida tem equação $y=-\left(\frac{2}{\pi}\right)^2\left(x-\frac{\pi}{2}\right).$

Exercícios extra

Exercício 17

Derive cada função dos exercícios a seguir

  1. $f(x) = 2\left(x^2+2x+1\right) \tan(x)$

  2. $f(x)=\mathrm{cos}^2(x)$

  3. $f(x)=\sqrt x \ \mathrm{sen}(x) +x^{1/3}$

  4. $f(x)=2x\, \mathrm{cos}(x)\,\tan(x)$

  5. $f(x)=\dfrac{ x \sec(x)}{x^2+2x+3}$

  6. $f(x)=\dfrac{ \left(x^2-2x+2\right) ^2}{x^4+x^2+1}$

  7. $f(x)=\dfrac{1}{\left(x^2+2\right)^2}$

Solução

  1. $f'(x)=2\left(x^2+2x+1\right)\sec^2(x)+2(2x+2)\tan(x)=2(x+1)\left[(x+1)\sec^2(x)+2\tan(x)\right]$

  2. $f'(x)= -2\mathrm{cos}(x)\mathrm{sen}(x)=-\mathrm{sen}(2x)$

  3. $f'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt x}\mathrm{sen}(x)+\sqrt x \mathrm{cos}(x) +\dfrac{1}{3} x^{-2/3}=\dfrac{\mathrm{sen}(x)+2x\mathrm{cos}(x)}{2\sqrt x} +\dfrac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}$

  4. $f(x)= 2x\,\mathrm{cos}(x) \tan(x) =2x\mathrm{sen}(x) \implies f'(x)= 2(\mathrm{sen}(x)+ x\,\mathrm{cos}(x)) $

  5. $f'(x)=\dfrac{\left(x^2+2x+3\right)\left(x\sec(x) \tan(x) +\sec(x)\right)-[x(\sec(x))(2x+2)]}{\left(x^2+2x+3\right)^2}$ $\phantom{f'(x)}=\dfrac{\left[3-x^2+\left(x^3+2x^2+3x\right) \tan(x) \right]\sec(x)}{\left(x^2+2x+3\right)^2}$

  6. $f'(x)=\dfrac{\left(x^4+x^2+1\right)\left[2\left(x^2-2x+2\right)\left(2x-2\right)\right]-\left(x^2-2x+2\right)^2\left(4x^3+2x\right)}{\left(x^4+x^2+1\right)^2}$ $\phantom{f'(x)}=\dfrac{2\left(x^2-2x+2\right)\left(2x^4-3x^3-2\right)}{\left(x^4+x^2+1\right)^2}$

  7. $f'(x)=-2\left(x^2+2\right)^{-3}(2x)=\dfrac{-4x}{\left(x^2+2\right)^3}$

Exercício 18

Derive cada função dos exercícios a seguir

  1. $f(x)=\dfrac{\sqrt[4]{2x^4+2x}}{\mathrm{cos}^2(x)}$

  2. $f(x)=(\mathrm{sen}(2x))\left(x^3+2x\right)^{2/3}$

  3. $F(u)=\dfrac{u^3-3u^2}{\left(u^4+1\right)^{5/2}}$

  4. $G(r)=\sqrt[5]{\dfrac{2r^2-2}{r-1}}$

  5. $M(x)=\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}}$

  6. $f(x)=\left\{\begin{array}{lll}x^3\mathrm{sen}\left(\dfrac{1}{x^4}\right) & \mathrm{se} & x\neq 0 \\0 & \mathrm{se} & x=0 \\\end{array}\right.$

Solução

  1. $f'(x)= \dfrac{2\sqrt[4]{2x^4+2x}\mathrm{cos}\left(x\right)\sin\left(x\right)+\frac{\left(8x^3+2\right)\mathrm{cos}^2\left(x\right)}{4\left(2x^4+2x\right)^\frac{3}{4}}}{\mathrm{cos}^4\left(x\right)}$

  2. $f'(x)=\mathrm{sen}(2x)\;(2/3)\left(x^3+2x\right)^{-1/3}\left(3x^2+2\right)+\mathrm{cos}(2x)\;(2)\left(x^3+2x\right)^{2/3}$
    $\phantom{f'(x)}=\dfrac{2\left(3x^2+2\right)\mathrm{sen}(2x)+6\left(x^3+2x\right)\mathrm{cos}( 2x)}{3\left(x^3+2x\right)^{1/3}}$

  3. $F'(u)=\dfrac{\left(u^4+1\right)^{5/2}\left(3u^2-6u\right)-\left(u^3-3u^2\right)(5/2)\left(u^4+1\right)^{3/2})\left(4u^3\right)}{\left(u^4+1\right)^{5}}$

    $\phantom{F'(u)}=\dfrac{-7u^6+24 u^5+3u^2-6u}{\left(u^4+1\right)^{7/2}}$

  4. $G'(r)=\dfrac{1}{5}(2r+2)^{-4/5}(2)=\dfrac{2}{5\sqrt[5]{(2r+2)^4}}$

  5. $f'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt x}}}\left(x+\sqrt{x+\sqrt x}\right)'=\dfrac{1}{2\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt x}}}[1+(\sqrt{x+\sqrt{x}})']=\dfrac{1}{2\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt x}}}[1+\dfrac{1}{2\sqrt{x+\sqrt{x}}}(x+\sqrt{x})']=\dfrac{1}{2\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt x}}}[1+\dfrac{1}{2\sqrt{x+\sqrt{x}}}(1+\dfrac{1}{2\sqrt{x}})] =\dfrac{1+\dfrac{1+\dfrac{1}{2\sqrt x}}{2\sqrt{x+\sqrt x}}}{2\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt x}}}$

  6. Utilizando as regras de derivação calculamos $f'(x)$, para $x\neq 0$. Utilizando a definição por limite $f'(0)=\lim_{x\to 0}\dfrac{ x^3\mathrm{sen}\left({\dfrac{1}{x^4}}\right)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0} x^2\mathrm{sen}\left({\dfrac{1}{x^4}}\right)=0$ (pelo Teo. Anulamento). Então, $f'(x)= \left\{\begin{array}{lll}3x^2 \mathrm{sen}\left(\dfrac{1}{x^4}\right)-\dfrac{4}{x^2}\mathrm{cos}\left(\dfrac{1}{x^4}\right)& , & x\neq 0 \\0 & , & x=0 \\\end{array}\right.$