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
