Problemas Aplicando Derivada

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: 3 V : volumen (en cm ) 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    cm 3    = 50  dt   seg     

dV 

Datos:

El volumen del agua en el instante t  viene dado por: 1 2 π  x . y 3

V  =

(1)

De la semejanza de los triángulos ODE y OBC, se deduce que:   y = 4  x ( 2 )  y 16  = ⇔   y 4  x (3)  x =  4 a) Puede formularse la pregunta asi: dy dt 

= ?

cuando  y = 4 mts. = 400 cm.

Una manera simple de calcular 

dy

consiste en expresar  V  en (1) en términos

dt 

únicamente de la variable  y (usando (3)) y derivando en ambos lados con respecto a t . 2

1 1  y   π  Asi, V  = π  x 2  y = π     y 3    y = 3 3   4   48 dV  dt 

De donde

=

dy dt 

π 

48

=

⋅ 3  y

16 ⋅ π  y

2

⋅

dy dt 

=

π  y

2

16

dV  dt  2

De acuerdo a las condiciones del problema:

⋅

dy dt 

16 ⋅ 50

dy

=

dt 

π 

(400

3

cm  seg  cm

2

)

=

1 200

π 

  cm     seg 

    

(5);

indicando con esto que la altura crece a esa velocidad.  b) Puede formularse la pregunta asi: dx dt 

= ?

cuando  y = 4 mts. = 400 cm. ⇔  x = 100 cm.

Una manera sencilla de encontrar la solución, consiste en derivar ambos miembros miembros de (3) con respecto a t . Asi,

dx dt 

=

1 dy 1   1 =  4 dt  4   200

π 

1   cm =  800    seg 

π 

  cm     seg 

    

(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 vigilante situado situado en la parte superior de un faro de 250 pies de altura, observa un bote de motor 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 .   dx

  Nótese que cuando  B  “B se acerca a  P ” 

  dt 

θ 

también decrece.

= − 20

 pies  

 , entonces es de esperar que

 seg   

(a)

(b) fig. 4.2

De la fig. fig. 4.2 (a) (a) se tiene: tan θ  =

 x

250

⇒  x = 250 ⋅ tan θ 

(1)

Derivando ambos miembros de (1) con respecto respecto a t , se tiene: dx dt 

= 250 ⋅ sec

2

θ 

⋅

d θ  dt 

dx

De donde,

d θ  dt 

=

dt 

250 ⋅ sec

2

θ 

(2)

En el caso particular que interesa,  x = 300 Asi que tan θ  =

300 6 = 250 5

(fig. 4.2 (b)).

Usando la identidad trigonométrica: 1 + tan 2 θ  ≡ sec 2 θ  , se puede escribir en este caso:

sec

2

θ 

De otro lado:

  6   =1+     5   dx dt 

2

=

= − 20

25 + 36 61 = 25 25

 pies

(3)

(4)

 seg 

Sustituyendo (3) y (4) en (2) se tiene finalmente: d θ  dt 

− 20

=

250 ⋅

61 25

=

− 2    Rad   61    seg 

Lo cual indica que el ángulo aprox. 0.0327 Rad/seg.

θ 

    

decrece

(como era de esperar) a una velocidad de

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 la cual se están separando 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 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:  z 2 = w 2 + ( x − 100 w2 =

También,

)2

25 +  y 2

(1) (2)

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: dz  dt 

 x = 160 mts .  y  y = 96 mts .  dy mts mts cuando  dx 20 ; 12 = =  dt   seg  dt   seg  

= ?

Para responderla, se sustituye sustituye (2) en (1) y luego se deriva en ambos lados con respecto al tiempo. Esto es:  z 2 =

2 z  ⋅

25 +  y 2 + ( x − 100 )2

dz  dt 

Ahora,

= 2 y ⋅

dz  dt 

dy dt 

 y

=

+ 2 ( x − 100 )

dx

+ ( x − 100 )

dx

dy dt 

 z 

dt 

dt  =

 y

dy dt 

+ ( x − 100 )

dx dt 

25 +  y 2 + ( x − 100 )2

Remplazando los valores particulares, se obtiene finalmente:

dz  dt 

(96 mts ) ⋅ 12 =

mts  seg 

+ (60 mts ) ⋅ 20

25 + 96 2 + 60 2 mts

mts  seg 

=

mts 2352 mts ≈ 20 . 75  seg  12841  seg 

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 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: medidas: base mayor: 9 p, base menor: 4 p; y cuyo espesor es de 20 pies. Luego: Vp = (Área de la base) . (espesor) Vp =

(9 + 4 ) 40 ⋅ 20 = 5 . 200  pies 2

3

Ahora, el porcentaje de piscina llena corresponde al volumen V ll ll  del sólido que aparece indicado en la fig. 4.5.

fig. 4.5 V  H 

= (Área de la base) . (espesor)

V  H  =

4 . L ⋅ 20 = 40  L ( pies 3 ) 2

Como los triángulos  ADB y  PDC  son semejantes, se tiene la siguiente proporción: 5 40 = ⇒  L = 32 ( pies ) 4  L 3 Asi que V ll  = 40 ⋅ 32 = 1280 ( pies )

Usando una regla de tres simple se establece: Si Vp = 5 .200 pies 3 corresponde al 100% 1280.100% ≈ 24.61% V ll  = 1280  pies 3 corresponde  x = 5200  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: V  =

Pero,

 y

4

=

 x

32

 y . x

2

⋅ 20 = 10  x . y

⇒  x = 8 y

(1)

(2)

Sustituyendo (2) en (1) se puede escribir: 2

V = 80 y

(3)

Derivando en ambos lados de (3) con respecto a t  se tiene: dV  dt 

= 160  y ⋅

dy dt 

dV 

De donde, Como

dV  dt 

dy dt 

=

dt  160  y

= 10  pies

dy dt 

=

3

/ min

y  y = 4 pies, se tiene finalmente:

10 1  pies = 160 ⋅ 4 64 min

Esta es la velocidad a la cual crece el nivel del agua en ese instante. Puede verificarse fácilmente (¡verifique!) que el nivel horizontal  x, 1 creciendo en ese mismo instante a una razón de  pies / min . 8

también esta