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.
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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