Problemas Aplicando Derivada
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4.2 EJEMPLOS Ejemplo 1 A un tanque que tiene la forma de un cono circular recto invertido de 4 mts. de radio y 16 mts. de altura entra agua a una razón de 50 cm3/seg.
a. ¿A que velocidad está subiendo el nivel del agua cuando este se encuentra a 4 mts. de
altura? b. ¿A que velocidad está cambiando el radio en ese mismo instante?. Solución. En la fig. 4.1 aparece el cono con las dimensiones dadas y una porción del volumen en cualquier instante t.
Designese por: V: volumen (en cm3) de agua en el tanque en el instante t (seg.). x: radio (en cm.) de la sección del cono al nivel del líquido en el instante t. y: altura del agua (en cm.) en el instante t
Datos:
=
segcm
dtdV 3
50
El volumen del agua en el instante t viene dado por:
yx .31 2π=V (1)
De la semejanza de los triángulos ODE y OBC, se deduce que:
=
=⇔=
)3(4
)2(4
416
yx
xy
xy
a) Puede formularse la pregunta asi:
?=dtdy cuando y = 4 mts. = 400 cm.
Una manera simple de calcular dtdy consiste en expresar V en (1) en términos
únicamente de la variable y (usando (3)) y derivando en ambos lados con respecto a t.
Asi, 32
2
48431
31 yyyyx πππ =
==V
dtdyy
dtdyy
dtdV
⋅=⋅⋅=16
348
22 ππ
De donde 2
16
ydt
dV
dtdy
π
⋅=
De acuerdo a las condiciones del problema:
( )
=
⋅=
segcm
cmsegcm
dtdy
ππ 2001
400
5016
2
3
(5);
indicando con esto que la altura crece a esa velocidad.
b) Puede formularse la pregunta asi:
?=dtdx cuando y = 4 mts. = 400 cm. ⇔ x = 100 cm.
Una manera sencilla de encontrar la solución, consiste en derivar ambos miembros de (3) con respecto a t.
Asi,
=
==
segcm
segcm
dtdy
dtdx
ππ 8001
2001
41
41 (6)
Indicando con esto que el radio crece a esta velocidad. Otra manera de obtener la solución, consiste en expresar V en (1) en términos únicamente de la variable x (usando (2)) y derivar en ambos lados con respecto a t. (¡Verifique!) Ejemplo 2 Un vigilante situado en la parte superior de un faro de 250 pies de altura, observa un bote de motor que se acerca al faro a una velocidad de 20 pies/seg. ¿Con qué rapidez cambia el ángulo formado por la visual con respecto al bote cuando este se encuentra a 300 pies de la base del faro?. Solución: En la fig. 4.2 (a) aparecen las variables que intervienen en el problema. x : distancia del bote al pie de la base P del faro en cualquier tiempo t. θ : ángulo formado por la visual y el bote B en cualquier tiempo t.
Nótese que cuando “B se acerca a P”
−=
segpies
dtdx 20 , entonces es de esperar que
θ también decrece.
(a) (b)
fig. 4.2 De la fig. 4.2 (a) se tiene:
θθ tanxxtan ⋅=⇒= 250250
(1)
Derivando ambos miembros de (1) con respecto a t, se tiene:
dtd
dtdx θθ ⋅⋅= 2sec250
De donde, θ
θ2sec250 ⋅
= dtdx
dtd (2)
En el caso particular que interesa, x = 300
Asi que 56
250300
==θtan (fig. 4.2 (b)).
Usando la identidad trigonométrica: 1 , se puede escribir en este caso: θθ 22 sec≡+ tan
2561
253625
561
22 =
+=
+=θsec (3)
De otro lado: segpies
dtdx 20−= (4)
Sustituyendo (3) y (4) en (2) se tiene finalmente:
−=
⋅
−=
segRad
dtd
612
2561250
20θ
Lo cual indica que el ángulo θ decrece (como era de esperar) a una velocidad de aprox. 0.0327 Rad/seg. Ejemplo 3. Un puente está construido perpendicularmente a la dirección de un río recto y a una altura de 5 mts. sobre el nivel del mismo. En cierto momento un auto pasa por el centro C del puente (fig. 4.3) a una velocidad de 12 mts/seg. En ese mismo instante una lancha L que se acerca al puente a una velocidad de 20 mts/seg., dista 100 mts. del punto P situado sobre el agua y exactamente bajo el centro del puente. Si la carretera continúa perpendicular al río, ¿cuál es la velocidad a la cual se están separando la lancha y el auto 8 seg. después de que aquella pasó por el punto P?.
Solución: En primer lugar se definen las variables que varían con el tiempo. x: distancia que recorre la lancha desde el momento en que el auto pasa por el punto C. y: distancia que recorre el auto desde el momento en que pasa por C. w: distancia de P a D. z: distancia que separa la lancha del auto. Como los triángulos BPD y PCD son rectángulos en P y C respectivamente, se tiene de acuerdo a la relación pitagórica:
( 222 100−+= xwz ) (1) También, (2) 22 25 yw += De acuerdo con las condiciones del enunciado, cuando han transcurrido 8 seg., el auto está en el punto D y la lancha en el punto B. Asi que x = 160 mts. e y = 96 mts. La pregunta del problema puede formularse de la siguiente forma:
?=dtdz cuando
==
==
segmts
dtdy
segmts
dtdx
mtsyymtsx
12;20
.96.160
Para responderla, se sustituye (2) en (1) y luego se deriva en ambos lados con respecto al tiempo. Esto es:
( )222 10025 −++= xyz
( )dtdxx
dtdyy
dtdzz 100222 −+⋅=⋅
Ahora, ( ) ( )
( )22 10025
100100
−++
−+=
−+=
xydtdxx
dtdyy
zdtdxx
dtdyy
dtdz
Remplazando los valores particulares, se obtiene finalmente:
( ) ( )
segmts
segmts
mtssegmtsmts
segmtsmts
dtdz 75.20
128412352
609625
20601296
22≈=
++
⋅+⋅=
Lo que indica que la lancha y el auto se están separando a una velocidad de aproximadamente 20.75 mts/seg. Ejemplo 4. Una piscina cuyas medidas son las indicadas en la fig. 4.4, tiene agua hasta 4 pies de profundidad en el extremo mas hondo. a. ¿Qué porcentaje de la piscina está llena?. b. Si se echa agua en ella a razón de 10 pies3/min. ¿a qué ritmo sube el nivel del agua en
el instante para el cual hay agua hasta 4 pies de profundidad?.
fig. 4.4
Solución: a. Se debe calcular inicialmente el volumen total de la piscina. Este corresponde al
volumen de un sólido cuya base es un trapecio con las siguientes medidas: base mayor: 9 p, base menor: 4 p; y cuyo espesor es de 20 pies.
Luego: Vp = (Área de la base) . (espesor)
3200.5202
40)49( pies=⋅+
=Vp
Ahora, el porcentaje de piscina llena corresponde al volumen Vll del sólido que aparece indicado en la fig. 4.5.
fig. 4.5
HV = (Área de la base) . (espesor)
)(40202.4 3piesLLV H =⋅=
Como los triángulos ADB y PDC son semejantes, se tiene la siguiente proporción:
)(324045 piesL
L=⇒=
Asi que V )(12803240 3piesll =⋅= Usando una regla de tres simple se establece: Si Vp corresponde al 100% 3200.5 pies=
V corresponde 31280 piesll = %61.245200
%100.1280≈=x
b. Supóngase que en un instante t determinado, el volumen de piscina llena corresponde
al volumen del sólido que aparece en la fig. 4.6 en el cual, y (nivel vertical) y x (nivel horizontal) están creciendo con respecto al tiempo.
fig. 4.6
Se tiene entonces:
yxxy .10202.
=⋅=V (1)
Pero, yxxy8
324=⇒= (2)
Sustituyendo (2) en (1) se puede escribir: V = 80 y2 (3) Derivando en ambos lados de (3) con respecto a t se tiene:
dtdyy
dtdV
⋅= 160
De donde, y
dtdV
dtdy
160=
Como minpiesdtdV /10 3= y y = 4 pies, se tiene finalmente:
minpies
dtdy
641
416010
=⋅
=
Esta es la velocidad a la cual crece el nivel del agua en ese instante. Puede verificarse fácilmente (¡verifique!) que el nivel horizontal x, también esta
creciendo en ese mismo instante a una razón de ./81 minpies