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: 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:

 cm 3 dV = 50  dt  seg

  

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

V =

(1)

De la semejanza de los triángulos ODE y OBC, se deduce que:  y = 4 x(2) 16 y  = ⇔  y 4 x  x = 4 ( 3 ) a) Puede formularse la pregunta asi: dy = ? dt

cuando y = 4 mts. = 400 cm.

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.

Una manera simple de calcular

2

Asi,

π 1 1  y  V = πx 2 y = π   y = y3 3 3  4  48 dV dt

=

De donde

dy dt

π 48

=

⋅3y

16 ⋅

πy

2

⋅

dy dt

=

πy

2

16

dV dt 2

De acuerdo a las condiciones del problema:

⋅

dy dt

cm 3 1 seg = = 2 200 π π (400 cm ) 16 ⋅ 50

dy dt

 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 de (3) con respecto a t. Asi,

1 dy dx = 4 dt dt

=

1  1  cm   4  200 π  seg

=

 cm 1  800 π  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 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.  dx pies   , entonces es de esperar que Nótese que cuando “B se acerca a P”  = − 20 seg   dt θ también decrece.

(a)

(b) fig. 4.2

De la fig. 4.2 (a) se tiene: tan θ =

x ⇒ x = 250 ⋅ tan θ 250

(1)

Derivando ambos miembros de (1) con respecto a t, se tiene: dx = 250 ⋅ sec dt

De donde,

2

dx dθ dt = dt 250 ⋅ sec

θ ⋅

2

dθ dt

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

6 θ =1+   5

De otro lado:

2

=

dx = − 20 dt

25 + 36 61 = 25 25

pies seg

(3)

(4)

Sustituyendo (3) y (4) en (2) se tiene finalmente: dθ − 20 = 61 dt 250 ⋅ 25

=

− 2 61

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

 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 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:

z 2 = w 2 + ( x − 100

)2

(1)

w 2 = 25 + y 2

También,

(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 .  mts cuando  dx = 20  dt seg 

y ;

y = 96 mts . dy mts = 12 dt seg

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

z 2 = 25 + y 2 + ( x − 100 2z ⋅

)2

dz dy dx = 2y⋅ + 2 ( x − 100 ) dt dt dt

Ahora,

dz = dt

y

dy dx + ( x − 100 ) dt dt = z

dy dx + ( x − 100 ) dt dt 2 2 25 + y + ( x − 100 ) y

Remplazando los valores particulares, se obtiene finalmente:

dz = dt

(96 mts ) ⋅ 12

mts mts + (60 mts ) ⋅ 20 seg seg

25 + 96

2

+ 60 mts 2

=

2352 mts 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 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) Vp =

( 9 + 4 ) 40 ⋅ 20 = 5 . 200 pies 2

3

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

fig. 4.5 VH

= (Área de la base) . (espesor)

VH =

4 .L ⋅ 20 = 40 L ( pies 2

3

)

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: 3 Si Vp = 5 .200 pies corresponde al 100%

V ll = 1280 pies

3

corresponde x =

1280.100% ≈ 24.61% 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 .x ⋅ 20 = 10 x . y 2

y x = ⇒ x = 8y 4 32

(1)

(2)

Sustituyendo (2) en (1) se puede escribir: V = 80 y2

(3)

Derivando en ambos lados de (3) con respecto a t se tiene: dy dV = 160 y ⋅ dt dt

De donde,

Como

dV dy = dt dt 160 y

dV = 10 pies dt

3

/ min

y

y = 4 pies, se tiene finalmente:

dy 10 1 pies = = dt 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 1 creciendo en ese mismo instante a una razón de pies / min. 8

x,

también esta