Soluções Cálculo - Semana 12

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Iniciante

Pela regra do produto, tem-se:

f'(x)=x^3\cdot d(ln(x))+ln(x)\cdot d(x^3)

=x^3\frac{1}{x}+3x^2ln(x)

=x^2+3x^2\cdot ln(x)=x^2(1+3ln(x))

 

 

Intermediário

Para resolver o problema, podemos utilizar integração por substituição, tendo: u =\sqrt{x}. Então du=\frac{1}{2\sqrt{x}}dx \longrightarrow 2u\cdot du=dx. Ao substituir no problema original, cuidado com os intervalos! Já que é uma substituição, não podemos definir os mesmos intervalos de x para u, mas eles são equivalentes, como é visto a seguir: como u=\sqrt{x}, os intervalos em relação a u irão de u=\sqrt{0}=0 até u=\sqrt{9}=3.

Assim,

\displaystyle{\int_{0}^{9} \sqrt{4-\sqrt{x}} \,dx} =\displaystyle 2\int_{0}^{3} \sqrt{4-u}\cdot u\cdot du

Realizando uma nova substituição, teremos: v=4-u e dv=-du

\downarrow

\displaystyle 2\int_{0}^{3} \sqrt{4-u}\cdot u\cdot du=\displaystyle -2\int_{0}^{3} (4-v)\sqrt{v}(-dv)

=\displaystyle 2\int_{0}^{3} (v-4)\sqrt{v}dv=\displaystyle 2\int_{0}^{3} (v^{3/2}-4v^{1/2})dv

=2[\frac{v^{5/2}}{5/2}-4\frac{v^{3/2}}{3/2}]+C

=\displaystyle{\big\{4\frac{(4-u)^{5/2}}{5}-16\frac{(4-u)^{3/2}}{3} \big\} \Big\vert_{0}^{3}}


=\displaystyle{\big\{\frac{12(4-u)^{5/2}-80(4-u)^{3/2}}{15} \big\} \Big\vert_{0}^{3}}


=\frac{12-80}{15}-\frac{12\cdot 4^{5/2}-80\cdot 4^{3/2}}{15}=\frac{188}{15}u.a.


Vale destacar que, neste caso, como os intervalos já tinham sido substituidos anteriormente para fins de equivalência, não é necessário substituir u por \sqrt{x}, e, portanto, o resultado final deve ser \frac{188}{15} unidades de área!

 

 

Avançado

Seja \theta o ângulo de visão, a variável x a distância até a parede e o ângulo \alpha, como mostrado na figura abaixo. É interessante denotar o ângulo \theta como função de x para a resolução do problema.

semana12

Por trigonometria básica, tem-se que

\tan \alpha = \displaystyle{ 10 \over x }

Então

\alpha = \arctan \Big( \displaystyle{ 10 \over x } \Big) \ \ \ \mbox{(1)}


ou mesmo

\tan ( \theta + \alpha ) = \displaystyle{ 30 \over x }

O que implica em: \theta + \alpha = \arctan \Big( \displaystyle{ 30 \over x } \Big),

ou

\theta = \arctan \Big( \displaystyle{ 30 \over x } \Big) - \alpha \ \ \ \mbox{(2)}

Use \alpha da equação 1 na equação 2, obtendo:

\theta = \arctan \Big( \displaystyle{ 30 \over x } \Big) - \arctan \Big( \displaystyle{ 10 \over x } \Big)

Deseja-se maximizar o ângulo \theta dado nesta equação. Diferenciando a equação tem-se

\theta'=\frac{1}{1+(\frac{30}{x})^2}\cdot [-\frac{30}{x^2}]-\frac{1}{1+(\frac{10}{x})^2}\cdot [-\frac{10}{x^2}]

 = \displaystyle{ -30 \over x^2 + 30^2 } + \displaystyle{ 10 \over x^2 + 10^2 }

= 0

Portanto, \displaystyle{ 30 \over x^2 + 30^2 } = \displaystyle{ 10 \over x^2 + 10^2 },

30x^2 + 3000 = 10x^2 + 9000

20x^2 = 6000

x^2=300

para  x = \pm \sqrt{ 300 } = \pm 10 \sqrt{3} \approx \pm 17.32.

Mas x \ne - 10 \sqrt{3}, já que a variável x mede distância e x \ge 0 . Se x = 10 \sqrt{3} (a distância pedida), então

\theta = \arctan \Big( \displaystyle{ 30 \over 10 \sqrt{3} } \Big)-\arctan \Big( \displaystyle{ 10 \over 10 \sqrt{3} } \Big)

 = \arctan \Big( \displaystyle{ 3 \over \sqrt{3} } \Big)-\arctan \Big( \displaystyle{ 1 \over \sqrt{3} } \Big)

 =\arctan \Big( \displaystyle{ \sqrt{3} } \Big)-\arctan\Big( \displaystyle{ 1 \over \sqrt{3} } \Big)

(Estes valores são bem conhecidos na Trigonometria)

 = \displaystyle{ \pi \over 3 } - \displaystyle{ \pi \over 6 }

 = \displaystyle{\pi\over 6} \ \ \mbox{radianos}

ou \theta=30 graus.

Logo, como a distância procurada é x=10\sqrt{3} pés \approx 17.32 pés, o ângulo máximo de visualização da tela de cinema é \theta=30

=\displaystyle{\pi\over 6}

 

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