Sendo u=\cos \left(x+y-z^{2}\right), x=v, y=t+\log (v), z=e^{t}, t=\operatorname{arctg}(w) e v=\operatorname{sec} \left(\frac{1}{w}\right)
\text { Calcule } \frac{d u}{d x}

Passo 1

O enunciado pede para calcular \dfrac{du}{dx} dado o encadeamento de funções
u=\cos\big(x+y-z^{2}\big),\quad x=v,\quad y=t+\log(v),\quad z=e^{t},\quad t=\operatorname{arctg}(w),\quad v=\operatorname{sec}\!\left(\frac{1}{w}\right).
Informações relevantes fornecidas:
\begin{aligned} &u=\cos\big(x+y-z^{2}\big),\\\ &x(v)=v,\\\ &y(v,t)=t+\log(v),\\\ &z(t)=e^{t},\\\ &t(w)=\operatorname{arctg}(w),\\\ &v(w)=\operatorname{sec}\!\Big(\frac{1}{w}\Big). \end{aligned}
O que deve ser respondido: a derivada \dfrac{du}{dx} (derivada de u em relação a x), escrevendo-a em função das variáveis dadas.

Passo 2

Estratégia (explicando a ideia sem resolver ainda): aqui todas as variáveis finais dependem de um parâmetro w. A forma mais direta é:
  • considerar u como função de w através das composições;
  • calcular \dfrac{du}{dw} e \dfrac{dx}{dw};
  • então usar a regra da cadeia para variáveis parametrizadas:
\frac{du}{dx}=\frac{\dfrac{du}{dw}}{\dfrac{dx}{dw}},
desde que \dfrac{dx}{dw}\neq0. Isso é equivalente a usar a regra da cadeia com parâmetro e é seguro quando x é função diferenciável de w.

Passo 3

Simplificar a expressão interna de u em termos de v e t. Como x=v, y=t+\log v e z=e^{t}, definimos a “parte interna” (o argumento do cosseno)
\varphi:=x+y-z^{2}=v + t + \log(v) - e^{2t}.
Então
u=\cos(\varphi).
É mais prático trabalhar com \varphi e depois aplicar a derivada do cosseno.

Passo 4

Derivar u em relação a w. Usamos a regra da cadeia: a derivada de \cos(\varphi(w)) é -\sin(\varphi(w))\cdot \varphi'(w). Logo
\frac{du}{dw} = -\sin(\varphi)\cdot\frac{d\varphi}{dw}.
Agora precisamos de \dfrac{d\varphi}{dw}. Como \varphi(v(w),t(w))=v+t+\log v - e^{2t},
\frac{d\varphi}{dw}=\frac{dv}{dw}\cdot\frac{\partial\varphi}{\partial v}+\frac{dt}{dw}\cdot\frac{\partial\varphi}{\partial t}.
Calculemos as derivadas parciais \partial\varphi/\partial v e \partial\varphi/\partial t.

Passo 5

Cálculo das parciais de \varphi:
  • Diferenciando \varphi=v+t+\log v - e^{2t} em relação a v (t fixo):
\frac{\partial\varphi}{\partial v}=1+\frac{1}{v}.
Explicação: derivada de v é 1, derivada de \log v é 1/v, as outras parcelas não dependem de v.
  • Diferenciando \varphi em relação a t (v fixo):
\frac{\partial\varphi}{\partial t}=1 - 2e^{2t}.
Explicação: derivada de t é 1, derivada de -e^{2t} é -2e^{2t} (regra da cadeia: (e^{2t})' = 2e^{2t}).
Portanto
\frac{d\varphi}{dw}=\frac{dv}{dw}\Big(1+\frac{1}{v}\Big)+\frac{dt}{dw}\Big(1-2e^{2t}\Big).

Passo 6

Calcular \dfrac{dv}{dw} e \dfrac{dt}{dw} explicitamente.
Primeiro t(w)=\operatorname{arctg}(w) (ou \arctan w). A derivada é a clássica:
\frac{dt}{dw}=\frac{1}{1+w^{2}}.
Explicação: \dfrac{d}{dw}\arctan w = 1/(1+w^{2}).
Agora v(w)=\operatorname{sec}\!\big(\tfrac{1}{w}\big). Use a regra da cadeia e a derivada \dfrac{d}{du}\operatorname{sec} u=\operatorname{sec} u\tan u. Então
\frac{dv}{dw}=\operatorname{sec}\!\Big(\frac{1}{w}\Big)\tan\!\Big(\frac{1}{w}\Big)\cdot\frac{d}{dw}\Big(\frac{1}{w}\Big).
E \dfrac{d}{dw}(1/w)=-1/w^{2}. Logo
\frac{dv}{dw}=-\frac{1}{w^{2}}\operatorname{sec}\!\Big(\frac{1}{w}\Big)\tan\!\Big(\frac{1}{w}\Big).

Passo 7

Substituir \dfrac{d\varphi}{dw}, \dfrac{dv}{dw} e \dfrac{dt}{dw} em \dfrac{du}{dw}=-\sin(\varphi)\cdot\dfrac{d\varphi}{dw}. Assim
\frac{du}{dw}=-\sin(\varphi)\left[\frac{dv}{dw}\Big(1+\frac{1}{v}\Big)+\frac{dt}{dw}\Big(1-2e^{2t}\Big)\right].
Também temos x(v)=v, então
\frac{dx}{dw}=\frac{dv}{dw}=-\frac{1}{w^{2}}\operatorname{sec}\!\Big(\frac{1}{w}\Big)\tan\!\Big(\frac{1}{w}\Big).

Passo 8

Aplicar a fórmula \dfrac{du}{dx}=\dfrac{du/dw}{dx/dw}. Dividindo a expressão de \dfrac{du}{dw} por \dfrac{dx}{dw}=\dfrac{dv}{dw} obtemos
\frac{du}{dx} = -\sin(\varphi)\, \frac{\dfrac{dv}{dw}\Big(1+\dfrac{1}{v}\Big)+\dfrac{dt}{dw}\Big(1-2e^{2t}\Big)}{\dfrac{dv}{dw}}.
Fatorando a divisão por \dfrac{dv}{dw},
\frac{du}{dx}=-\sin(\varphi)\left(1+\frac{1}{v}+\frac{\dfrac{dt}{dw}}{\dfrac{dv}{dw}}\,(1-2e^{2t})\right).
Isso já é uma forma compacta; agora substituímos \dfrac{dt}{dw} e \dfrac{dv}{dw} para uma expressão totalmente explícita em termos de w.

Passo 9

Calcular o quociente \dfrac{dt/dw}{dv/dw}. Usando os valores do Passo 6:
\frac{dt/dw}{dv/dw} = \frac{\dfrac{1}{1+w^{2}}}{-\dfrac{1}{w^{2}}\operatorname{sec}\!\left(\frac{1}{w}\right)\tan\!\left(\frac{1}{w}\right)} = -\frac{w^{2}}{1+w^{2}}\cdot\frac{1}{\operatorname{sec}\!\left(\frac{1}{w}\right)\tan\!\left(\frac{1}{w}\right)}.
Usando \operatorname{sec} u\tan u=\dfrac{\sin u}{\cos^{2}u}, temos \dfrac{1}{\operatorname{sec} u\tan u}=\dfrac{\cos^{2}u}{\sin u}. Assim
\frac{dt/dw}{dv/dw}=-\frac{w^{2}}{1+w^{2}}\cdot\frac{\cos^{2}\!\left(\frac{1}{w}\right)}{\sin\!\left(\frac{1}{w}\right)}.

Passo 10

Substituir tudo numa expressão final explícita. Lembrando \varphi=v+t+\log v - e^{2t}, v=\operatorname{sec}\!\left(\frac{1}{w}\right) e t=\operatorname{arctg}(w), obtemos
\frac{du}{dx} = -\sin\!\big(v+t+\log v - e^{2t}\big)\left(1+\frac{1}{v} - \frac{w^{2}}{1+w^{2}}\frac{\cos^{2}\!\left(\frac{1}{w}\right)}{\sin\!\left(\frac{1}{w}\right)}\big(1-2e^{2t}\big)\right).
Podemos também substituir \dfrac{1}{v}=\cos\!\left(\frac{1}{w}\right) e e^{2t}=e^{2\operatorname{arctg}(w)} para escrever tudo em termos de w. Fazendo isso:
\frac{du}{dx} = -\sin\!\Big(\operatorname{sec}\!\tfrac{1}{w}+\operatorname{arctg}(w)+\log\!\big(\operatorname{sec}\!\tfrac{1}{w}\big)-e^{2\operatorname{arctg}(w)}\Big)\!\left(1+\cos\!\tfrac{1}{w}-\frac{w^{2}}{1+w^{2}}\frac{\cos^{2}\!\tfrac{1}{w}}{\sin\!\tfrac{1}{w}}\big(1-2e^{2\operatorname{arctg}(w)}\big)\right).

Resposta

\frac{du}{dx}=-\sin\!\Big(\operatorname{sec}\!\tfrac{1}{w}+\operatorname{arctg}(w)+\log\!\big(\operatorname{sec}\!\tfrac{1}{w}\big)-e^{2\operatorname{arctg}(w)}\Big)\!\left(1+\cos\!\tfrac{1}{w}-\frac{w^{2}}{1+w^{2}}\frac{\cos^{2}\!\tfrac{1}{w}}{\sin\!\tfrac{1}{w}}\big(1-2e^{2\operatorname{arctg}(w)}\big)\right)

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