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PROBLEMAS DE APLICACIÓN DE LA DERIVADA
MARITZA LUCIA RAMOS MARIN
UNIVERSIDAD LIBRE SECCIONAL PEREIRA
FACULTAD DE INGENIERIA
PEREIRA, MAYO 23
2012
PROBLEMAS DE APLICACIÓN DE LA DERIVADA
MARITZA LUCIA RAMOS MARIN
Trabajo presentado al profesor Bernardo Patiño en la asignatura de Cálculo Diferencial como requisito para optar a la nota requerida.
UNIVERSIDAD LIBRE SECCIONAL PEREIRA
FACULTAD DE INGENIERIA
PEREIRA, MAYO 23
2012
PROBLEMAS DE APLICACIÓN DE LA DERIVADA
1. Se desea construir una caja rectangular con una pieza de cartón de 24 pulgadas de largo por 9 de ancho cortando cuadrados idénticos con las cuatro esquinas, y doblando los lados. Encuentre las dimensiones de la caja de máximo volumen. ¿Cuál es ese volumen?
Solución:
Sea X el lado del cuadrado que se va a cortar; V el volumen de la caja resultante.Luego: V=x (9-2x) (24-2x) = 216 x – 66 x2 + 4x3
X no puede ser menor que cero ni mayor que 4.5 o sea que se debe maximizar V sobre el intervalo [0,4.5]. Los puntos estacionarios se
encuentran igualando a cero la derivada de dVdX
y resolviendo la
ecuación resultante:
V’ (x) = 216-132x + 12x2 = 12 (18-11x+x2) V’ (x) = 12 (9-x) (2-x) = 0 (9-x) = 0X=9 y (2-x) = 0 X= 2
Como 9 no está en el intervalo solo se toma 2. Luego hay 3 puntos críticos que son: 0, 2, 4.5. En los puntos frontera V (0) = 0 y V (4.5)= 0; en 2 el volumen V= 200. Se concluye que la caja tiene un volumen máximo de 200 pulgadas cúbicas cuando X=2 o sea que la caja tiene 20 pulgadas de largo, 5 pulgadas de ancho y 2 pulgadas de alto o profundidad.
2. Un volante debe contener 50 pulgadas cuadradas de material impreso con 4 pulgadas de margen arriba y abajo y 2 pulgadas de margen a los lados. ¿Qué dimensiones debe tener el volante para que gaste menos papel?
Solución:
Sea X la anchura y “Y” la altura del volante su área será A=XY. Las dimensiones del texto serán: X-4 de ancho y Y-8 de largo. Como el área es de 50 pulgadas cuadradas, entonces el área será 50= (x-4) (y-8)
despejo Y y queda: Y= 50x−4 +8 por lo tanto el área será: A=
50 xx−4 + 8x.
Los valores permitidos serán X>4 o sea (4, ∞).Derivando
dAdX
= ( x−4 )50−50 x (1 )
( x−4 )2 + 8 =
8 ( x+1 )(x−9)( x−4 )2
; igualando a cero
8 ( x+1 )(x−9)( x−4 )2
= 0 X= -1 y X= 9 como X tiene que ser mayor que
cuatro (X>4) el valor X= -1 no es permitido; entonces el área alcanza su mínimo valor cuando X=9 por lo tanto Y=18.Así que las dimensiones del volante en que se usara la mínima cantidad de papel son 9 x 18 pulgadas.
3. Se tienen 100 m de tela de alambre con la cual se planea construir dos
corrales adyascentes idénticos. Cuáles son las dimensiones del cercado total para el que es máxima el área.
Solución:
Sea X el ancho y “Y” la longitud del cercado total; entonces 2y+3x=100
y = 1002
– 3x2
y = 50 - 3x2
como A=XY A = x (50 - 3x2
) = 50x -
3x2
2 ; además 0 ≤ x ≤
1003
hay que maximizar en [0,1003
] derivando A
queda: dAdX
= 50 -3x; luego 50-3x=0 x = 503
. Los puntos críticos son
0,503
,1003
para X = 0 y X= 1003
el área A = 0; para X = 503
produce A
= 416.67 por lo tanto las dimensiones son X= 503
y Y = 25 m.
4. Se va a cortar una viga rectangular de un tronco de sección transversal
circular. Si la resistencia de una viga es proporcional al producto de su anchura por el cuadrado de su altura; encuentre las dimensiones de la sección transversal que da la viga de mayor resistencia.
Solución:
El diámetro del tronco es “a”, la anchura de la viga es “X” y la altura “Y”. Se maximiza a S, o sea, la resistencia de la viga que está dada por S = KXY2 donde K es una constante de proporcionalidad. La resistencia depende de las dos variables X y Y en donde a2 =X2 + Y2 ∴ Y2 = a2 -X2
Luego S= KX (a2-X2) S = KXa2 – KX3. Los valores admisibles de X son
0 < X < a dSdX
= K a2 – 3 KX2 = 0 K (a2 – 3 X2) = 0 X2 = a2
3 X
= a
√3 como a
√3 es el único punto critico de (0, a) es probable que de el
máximo de S, al sustituir a X = a
√3 en Y2 + X2 = a2 Y = √2 ∙ a
√3
5. Se quiere cercar un lote rectangular de 800m2 de área. Si uno de los
lados está sobre la orilla recta de un río. ¿Cuáles son las dimensiones del lote para que la longitud de la cerca sea mínima?
Solución:
Supongamos que X es el ancho de la cerca. Como A = X Y y A = 800
800 = X Y Y = 800x
es el largo. La longitud de la cerca total está
dada por: L = 2X + 800x
. Ésta se puede expresar: L = 2x2+800x
y es la
que se minimiza dLdX
=x (4 x )−(2 x2+800 )
x2 L’ =0 L’=
2x2−800x2
= 0
2 X2 – 800 = 0 X = ±20ó X2 = 0 X = 0, se descartan los valores 0 y – 20. Para comprobar que X=20 es valor mínimo relativo se halla la
segunda derivada, o sea, L” (20) > 0. Si X = 20 800x
= 80020
= 40.
6. Se requiere construir un envase cilíndrico de base circular cuyo volumen es 125cm3. Hallar las dimensiones que debe tener para que la cantidad de la lamina empleada (área total) sea mínima.
Solución:
R = Es el radio de la base en cm.H = La altura del cilindro en cmA = Material gastado A = π δ h + 2π R2 1 V = π r2 h = 125 cm3, entonces la función que se minimiza es la 1 que tiene variables (R y h) despejamos h de la
ecuación del volumen y reemplazamos h. h = 125
π R2
A=2πR. 125
π R2 + 2π R2; A=
250R
+ 2πR2 A = 250+2π R3
R.Se minimiza
así: A’=R .6 π r2−(250+2π R3 ) (1 )
R2= 4 π r3−250
R2 = 0 4 π r3−250=0
R = 5
3√2 π ; R2 =0 R= 0, se descarta a R= 0 R = 5
3√2 π h = 53√4 π2π
que se deduce de h= 125
π R2.
7. ¿Cuáles son las dimensiones de un cono con área de superficie 10π que encierra el mayor volumen? [Indicación: Área de superficie = πr(h2+r2)1/2; volumen = 1/3 π r2 h]
Solución:
La cantidad que se debe maximizar es el volumen V= 13
π r2h
El área de la superficie es: 10 π=π r (h2+r2)1 /2, se resuelve para h en
términos de r y queda: h=( 100r2 −r2)1/2
, y luego se reemplaza a h en
. así: V = 13
π r2(100r2 −r2)
1 /2
=13π r (100−r4)1 /2 se deriva y se iguala a
cero así: V’(r) = π3
(100−3 r 4 )(100−r4)−1 /2 V’ (r) =
2π (100−3 r4)3 (100−r 4)1 /2
=0 100-3r4 = 0 r = ( 1003
)14 r2=( 100
3)12
=10√33
;h=¿h=[10√3(1−13 )]1 /2
=(20√33
)1/2
=2(5√33
)1/2
Luego las dimensiones de r y h son: r = √ 10√33 = 4√ 1003 y h = 2 4√ 253
1
1
8. Un silo consta de un cilindro con una parte superior hemisférica. Hallar las dimensiones del silo con un volumen fijo de V = 40 π /3 que tiene la menor área de superficie. Inclúyase al piso.
Solución:
Se toma el volumen del hemisferio y del cilindro y las áreas de cada uno.
El volumen de una esfera es: V = 43
π r3 y su área es A= 4 π r2. El
volumen de un cilindro esta dado por: VC = π r2h y el área de la superficie del cilindro incluyendo su base es:
AC = πr h+π r 2. Luego el volumen del silo esta dado por: V = 23
π r3+π r2h y su área por: A= 2πr2+2πrh+π r2 A= (3r2+2rh).
Hay que minimizar el área y despejar h del volumen que es fijo
entonces: 40 π3
= 23
π r3+π r2h 40
3r−2−2
3r ,y se sustituye en el área:
A= π (3 r2+2 r ( 403 r2−23r ))=π ¿)= π(
53r2+ 80
3r−1), se deriva A’ (r) = π(
10 r3
−803r−2), si A’ (r) = 0
103r−80
3r−2=0 10
3r3−80
3=0 10 r
3−803
=0
10r3 – 80 = 0 10 r3 = 80 r3 =8 r = 3√8=2; luego h = 403
(2 )−2−¿ 23
(2 )= 4012
−43=¿
40−1612
=2412
=2 h=2 y r=2
R: luego el silo tiene radio 2 y altura 2.
9. Se va a fabricar un recipiente cilindrico abierto, de volumen de 1pie3.Hallalas dimensiones que minimizan el area del material usado en su construcción.
Solución:
El area del material sera: A= 2πr h+π r2para allar h en función de r se
tiene que V= π r2h y V=1h = 1
π r2A=2πr ( 1π r2 )+ π r2=
2r+π r2 .
Se deriva A con respecto a “r” A’ (r) =- 2
r2+2 πr A’(r) = 2 ( πr 3−1r 2 )
Se iguala a cero 2 ( πr 3−1r 2 ) = 0 π r3– 1 = 0 r3= 1
π r = 3√ 1π
pies; reemplazo en h y queda h= 1
π[( 1π )
−1/3]2 =
1
[ π 3√( 1π )2]=
1
3√π3 1π2 = 13√π
= (π )−1 /3pies.
10. Hallar las dimensiones del cono circular recto de área maxima de superficie que puede inscribirse en una esfera de aradio r = 1
Solución:
El area del cono es: A = π r s donde “s” es la generatriz de acuerdo a
la figura S= √h2+¿r2¿ A= π r .(h2+r2)12 .Como la esfera tiene un radio 1
entonces h = 1 + x = 1 + (1−r2)12. Aqui hay dos posibilidades: Escoger
como variable a “x” o en la variable r. Al reemplazar el area en funcion
de r se hace mas complejo por lo tanto se reemplaza en funcion de x.
Luego: x2 = 1- r2 r2 = 1 – x2 A2 = π2 r2 (h2+r2 ) .
A2 = π2 (1−x2 ) [(1+x)2+(1−x2)] A2= 2π2 (1+x−x2−x3 ) d A2
dx = 2π2(
1−2 x−3 x2)= 0 2π2 (1−3 x ) (1+x )=0 (1−3 x )=0 x= 13
1+x =
0 x=-1 . El valor -1 no es valido por lo tanto se toma x= 13
h= 1+13
=
43
r = (1−19¿¿1/2 =
2√23
.
11. Un hombre esta en un bote y se encuentra a 24km de distancia de una playa recta y desea un punto situado a 20Km de la playa. Puede viajar a 5Km por hora en el bote y a 13Km por hora en tierra. ¿En que punto debera atracar el bote con el objeto de minimizar el tiempo que se requiera para llegar al destino deseado?
Solución:
Tomese x el numero de Km desde un punto P la distancia que debe recoger a 5 Km/h es:
d1 = (242+ x2)12 o sea que el tiempo sera: t =
d1v1
t = (242+ x2)
12
5, la
distancia que recorre a lo largo de la playa es: d2 = 20-x o sea que t2 = d2v2
d t2 = 20−X13
.El tiempo total sera: tr = t1 + t2.
tr=(242+ x2)
12
5+20−x13
,derivando esta expresion queda:
d trdx
=15x (242+x2)
−12 -
113
.Se iguala a cero d trdx
¿ (242+x2)−12 -
113
= 0
13x = 5 (242+ x2)12 169x2 = 25 (242+ x2) x2 =
25(24)2
144 x2 =
14400144
= 100 x= √100 = 10Km.
12. Un cartel debera contener un área impresa de 150 cm2, con margenes de 3 cm en la parte superiro e inferior, y 2cm a cada lado. Hallar el área minima total.
Solucion:
Se toma x y a “y” las dimensiones del área impresa del cartel. Luego el área total esta dada por: A = (x+4)(y+6) pero como AI = 150cm2
xy= 150 y= 150x
luego el área total sera: A = (x+4)(150x
+6) =
174+6x+600x-1.Se deriva para minimizar y queda: A’ (x)= 6-600x-2 , se
iguala a cero A’ (x)= 6-600x-2 =0 6x2 – 600= 0 x2 = 6006
= 100
x=10 luego y = 150x
y = 15010
= 15. Luego el cartel medira :
X= 10+4 = 14 de ancho por y = 15+6 = 21 de largo.
13. Se necesita cortar y doblar un pedazo cuadrado de cartón de 1 metro por cada lado para formar una caja que no tenga parte superior (habrá que recortar pequeños cuadrados en cada esquina). Hallar las dimensiones de la caja que contenga el mayor volumen.
Solución:
Se debe maximizar el volumen: V =W2h donde h y W se relacionan así:
2h +W = 1 h = 1−W2
V= ( 1−W2 ).W 2=12W 2−1
2W 3
.
Se deriva con respecto a W y queda V’ (W) = W -
32
W2 Si se iguala a cero
W - 32
W2 = 0 W (1- 32W ) = 0 W = 0 y W =
23
. El máximo
queda para 0<W<23
el valor máximo de W=
23mh=
1−232
=
3−232
=16h=16m
14. Hallar el punto sobre la grafica de y= x2 +1 que este más cercano al punto (8,3/2).
Solución:
Tómese un punto de la parábola P(x, y)= (x, 1+x2).La formula de la distancia entre dos puntos es
d= s= √(x2− x1)2+( y2− y1
)2 , o sea que de P a (8,3/2) se tiene:
S = [(x−8)2+(x2+1−32 )2]1/2
= [(x−8)2+(x2−12 )2]1 /2
.Esta es la distancia que
se debe minimizar se eleva al cuadrado y se deriva así: S2 =
(x−8)2+( x2−12)2
= ddx
( s2 )=2 ( x−8 )+4 x (x2−12 )=¿ 2 x−16+4 x3−2 x=0
x3 = 4 x= 3√4 el punto P seria (3√4 , 1+ 3√16¿¿ = (3√4 ,1+2 3√2¿¿.
15. El grosor de un empaque de cartón es el perímetro de un extremo. Las restricciones de embarque requieren que la suma del grosor y la longitud
S
no exceda 100 pulgadas. Hallar las dimensiones del embalaje con un extremo cuadrado que tenga el mayor volumen.
Solución:
Se toma un extremo como cuadrado de lado x pulgadas y L pulgadas su longitud, de acuerdo al enunciado L+4x debe ser menor o igual a 100 L+4x = 100 o sea que x debe ser mayor que cero pero menor que 25
L = 100-4x luego el volumen será: V= x2 L = x2 (100-4x) V=100x2- 4x3. Al derivar se tiene: V’
(x) = 200x-12x2, se iguala a cero:
V’(x) = 200x-12x2 = 0 x (200-12x) = 0 X=0 x =
50200123
=503
Luego
x = 503
L= 100-4x 503=1003
.
L= 1003
pulgadas.
16. Para el embalaje del cartón del problema anterior, suponga que el paquete es cilíndrico (es decir, el extremo es un circulo)
Solución:
Se toma un cilindro de radio r y longitud L. El perímetro de la circunferencia es 2π r .
2π r+L=100 0<r<1002π
; L=100−2πr .
La superficie total del cilindro será: A= 2πrl+2π r2 A= 2πr (100−2πr )+2π r2=200 πr−4 π2r 2+2 π r2, se deriva y se iguala a
cero:
A’(r)= 200π−8 π2 r+4 πr=0
A’(r)= 4πr (1−2π )+200 π=0
r= 502π−1 pulgadas
L= 100- 2π (50 )2π−1
=100 (π−1 )2π−1
L=100 (π−1 )2π−1
pulgadas.
17. Hallar las dimensiones del cilindro de mayor volumen que encajaría dentro de un cono de radio de 3 y de altura 5. Suponer que los ejes del cilindro y del cono coinciden.
Solución:
Se debe maximizar el volumen del cilindro V= π r2h. De acuerdo a la figura se toma:
El ∆ ABC ∆ BED EDAC
= EBAB
∴ED= h AB= 3
EB= 3-r AC= 5
Luego h5
= 3−r3
h = 5 - 5 r3
V= π r2(5−5 r3 )=5π r2−53 π r3∴0≤r≤3 se
deriva : V’(r) = 10πr=5 π r2=5πr (2−r ),se iguala a cero
5 πr (2−r )=0 r = 0 y r = 2 si r = 0 v= 0 y r=3 v=0
R=2 y h= 53
18. Considere un triangulo rectángulo con sus catetos sobre los ejes coordenados, cuya hipotenusa pasa por (4,3). Hallar el área mínima que pueda encerrar tal triángulo.
Solución:
Para hallar el área, primero se obtiene la longitud de la base. La recta que pasa por el punto (o, b) y (4,3) es:
Y = 3−b4
x+b , esta recta tiene intersección con x en(4 b/b−3 ,0 ). Luego el
área del triangulo es: A= 12 ( 4bb−3 ) . b= 2b2
b−3; La variable b debe ser mayor
o igual a 3 o sea b ≥3 A’(b) =
(b−3 ) .4 b−2b2(1)(b−3)2
=2b (b−6 )(b−3)2
se
iguala a cero 2b (b−6 )(b−3)2
=02b (b−6 ) b=0 y b=6
A (6)= 2 (6 )2
6−3=723=24El área mínima debe ser de 24.
19. Considere círculos que tienen el centro sobre el eje positivo x, y que pasan por el punto (0, a) donde a > 0. Entre tales círculos, ¿Cuál es el centro (x, 0) que maximiza la razón entre x y el área del circulo?
Solución:
La razón entre x y el área del circulo es R= x
π r2 pero x y r están
relacionados por la ecuación pitagórica a2+x2 = r2. De acuerdo a esta
expresión la razón está dada por: R = x
π .(a2+x2) se deriva esta razón y
queda: R’(X)=
a2−x2
π (a2+x2)2 Se iguala a cero
a2−x2
π (a2+x2)2=0 a2−x2=0
x2=a2 o sea que x=a produce el máximo valor para la razón R.
20. ¿Qué numero positivo minimiza la suma entre él y su reciproco?
Solución:
Sea X el numero y 1x
es su reciproco la suma S = x + 1x
donde
x ≥0. Se deriva y se iguala a cero.
S’(x) = 1-
1
x2 = 0
x2−1x2
=0 X2 = 1 X=1
21. Hallar las dimensiones del triangulo isósceles de área máxima que podría inscribirse en un circulo de radio a.
Solución:
El área del triangulo es: A = 12
bh donde h = a + y tomando la figura
y = √a2−x2
( X,0)
x=a
o<x<a y b=2 x y b=2x luego el área queda:
A = x (a+√a2−x2 )=a x+ x√a2−x2 se deriva y se tiene A ’(X)=a+
(a2−x2 )12−x2 (a2−x2 )
−12 =0 A’
(X) = a
(a2−x2 )12+a2−x2−x2=0 A’
(X)=a(a2−x2 )12= 2x2−a2
a2(a2−x2 )= 4x4-4 a2x2+a4 4 x4- 3 a2 x2= 0 x2 (4 x2-3 a2)= 0 4
x2= 3 a2 x = a√32
o sea que el área máxima del triangulo será cuando
x = a√32
siendo así; h = a+ (a2−3a24 )1 /2
=3a2
y b=2 ( a√32 ) o sea b = a√3
22. Se necesita cortar un alambre de 100 pulgadas de longitud de dos pedazos. Un pedazo deberá doblarse para formar un cuadrado, mientras que el otro formara un círculo. ¿En donde debería hacerse el corte si la suma de las dos áreas debe ser minina?
Solución:
Se toma un pedazo del alambre con el que se forma el círculo y que llamamos x. Luego el cuadrado se hará con 100-x, o sea el perímetro del
círculo será 2πr=x y perímetro del cuadrado 4S o sea S = 100−x4
4s =100-x S = 100−x4
El área del circulo A1=π r2 y área del
cuadrado A2= S2 o sea A2 = (100−x )2
16
A1= π ( X2
4 π2)= X2
4 π . El área total es: A= A1+ A2 A= X
2
4 π+
(100−x )16
2
Se
deriva e iguala a cero: A’= 2x4 π
- 2(100−x )
16=0 4x- π(100 - x)= 0 x
(4+π) = 100π X = 100π4+π
A’= x2π
- 100−x8
=4 x−100 π+πx
8π=x (4+π )−100 π
8π=( 4+π8 π )(x−100 π4+π ) o sea
que en A, tiene un mínimo en 100π4+π
23. Una bodega rectangular tendrá dos cuartos rectangulares separados por una pared interior y el piso deberá tener 5.000, metros cuadrados de área. El costo de las paredes exteriores es de $ 150 por m lineal, y el costo de las paredes interiores es de $90 por m lineal. Hallar las dimensiones de la bodega menos costosa.
Solución:
Se toma xm el ancho y largo ym o sea, el área será A= xy = 5000m2 el costo será C= 150(2x+2y)+90x en términos de x será.
C= 390x+30 ( 5000x ) derivando C’(X) = 390-1500000 X-2=0
X2 = 1500000390
x = 100√5/13 luego y = 50 √13/5
24. Un automóvil va por una autopista hacia el oeste. 90 metros al norte de ella esta estacionada una patrulla de la policial vial. El patrullero observa el radar y ve que el automóvil esta a 150 m de distancia de la patrulla y que la distancia que los separa está aumentando a razón de 72 m por segundo. Hallar la velocidad del automóvil en ese instante.
Solución:
Cuando x = 150,dxdt
=¿ 72; se busca dydt
y2+902 = x2 se deriva con
respecto al tiempo t implícitamente 2ydydt
=2x dxdt
y dydt
= dxdt. x1
Cuando x= 150, y2+902=1502 .Así que y= 120. Debe hallarse dydt
cuando
y=120 y dydt
= 72. Al hacer. las sustituciones en 1 se tiene: 120
dydt
=150(72) o 120dydt
=72(150) dydt
=726∗1501201
= 90m/seg
25. Si y= -x2 y dxdt
=4 durante todo el tiempo t. Hallar dydt;d2 y dt2 cuando
X=2
Solución:
Se toma la función y se deriva implícitamente y = -X2 dydt
=−2 x dxdt
como dxdt
=4 dydt
=−2 x .4=−8 x .
Cuando x= 2 dydt
=−16. Se deriva de nuevo d2 yd t2
=−8 dxdt
d2 yd t2
=−8∗4=−32.
26. Un hombre de 5 pies de estatura se aleja de un poste de alumbrado a razón de 7 pies/seg. El farol del poste esta a 20 pies del suelo. Hallar la tasa a la cual se mueve el extremo de la sombra del hombre cuando este se encuentra a 8 pies del poste.
Solución:
Tomando la figura y el problema dice que dxdt
=7 y pide hallar dzdt. Para
relacionar x y y se toma la semejanza entre los triángulos de la figura z20
= z−x5
luego 3z = 4x y 3 ( dzdt )=4 ( dxdt ) como ( dxdt )=7 entonces 3
( dzdt )=4∗7 y dzdt=( 283 ) pies /segundo.27. Cada uno de los lados de un estadio de beisbol mide 90pies. Si la pelota
se batea por la línea hacia la tercera base con una velocidad de 100 pies por segundo. ¿Con que rapidez está cambiando la distancia entre la pelota y la primera base cuando la pelota se halla a mitad del camino hacia la tercera base?
Solución:
El enunciado plantea que dxdt
=100 y pide hallar dydt
cuando x = 45. Por
Pitágoras se tiene: X2 + 902 = Y2 se deriva con respecto al tiempo:
2x dxdt
= 2y dydt
; cuando x = 45 452 +902 = y2 así que y = 45√5
2(45)(100)= 2(45√5)dydt
cuando x = 45 dydt
= 20√5pies/seg.
28. Un aviso rectangular que tiene 24m de ancho y una profundidad no pertinente, da vueltas sobre un eje vertical que pasa por su centro a razón de 5 revoluciones por minuto. Una persona que observa a distancia el aviso lo ve como un rectángulo de ancho variable. ¿Con que rapidez está cambiando el ancho aparente del aviso cuando este tiene 12m de ancho, según lo ve el observador, y su ancho está aumentando?
Solución:
W es el ancho del aviso. El enunciado plantea que el aviso gira a razón
del 5 rev/min. Luego dθdt
= 10πrad/min. Se halla la relación entre θyw
según la figura W= 24 senθ. Se deriva con respecto al tiempo
implícitamente dwdt
= 24cos θdθdt
.Cuando w= 12 senθ=12
.Dado que el
ancho del aviso está aumentando, θdebe estar entreπ
2 y 0asi queθ= π6
en
consecuencia dwdt
=24 (cos π6 ) . (10π )=120π √3m /min.
29. Se está vaciando arena sobre un montón de forma cónica a razón de 20 m3/min. La altura del montón es siempre igual al radio de su base. Cuando el montón tiene 3 metros de altura ¿Con que rapidez está aumentando su altura?
Solución:
El volumen del cono es V= 13
π r2h ;como r = h entonces V= 13
π r2h13
π h3 . Se deriva dVdt
=¿ π h2 dhdt
como dVdt
= 20 cuando h=3 20=π 32
dhdt
dhdt
= 204 π
mmin
.
30. Considere un triangulo rectángulo variable en un sistema de coordenadas rectangulares. El vértice A es el origen, el ángulo recto esta en el vértice B sobre el eje y el vértice C esta sobre la parábola
y=( 74 )x2+ 1. Si el punto B comienza en (0, 1) y se mueve hacia arriba
a una tasa constante de 2 unidades/seg. ¿Con que rapidez esta aumentando el área del triangulo cuando t=7/ 2segundos?
Solución:
Cuando B esta en (0, y), c debe estar en el punto (x, y), en donde ( 74 )X2 + 1 = y es decir: X= [ 47 ( y−1)]
1 /2
el área del triangulo es A =
12y [ 47 ( y−1)]
1 /2
.Derivando con respecto a t se tiene:
dAdt
=12y .
ddt [ 47 ( y−1)]
1/2
+[ 47 ( y−1)]1 /2
.ddt (12 y)
=12y .12 [ 47 ( y−1 )]
−12 ( 47 ) dydt +[ 47 ( y−1)]
1 /2
( 12 ) dydt
= y7 [ 47 ( y−1 )]
−12 dydt
+ 12 [ 47 ( y−1)]
1 /2dydt
Como B comienza en (0, 1) y se mueve hacia arriba dydt
= 2 cuando t =
72
; y = 1+ ( 72 )2=8 en ese instante dAdt
= 87 [ 47 (8−1)]
−1/2
(2)+12 [ 47 (8−1)]
1 /2
(2)
dAdt
=227
unidades / seg.
31. Una partícula se mueve a lo largo de la parábola y=x2. ¿En que punto de su recorrido están la abscisa y la ordenada de la partícula cambiando a la misma velocidad?
Solución:
Para que la velocidad sea la misma en “y” y en x debe cumplirse que: dydt
¿dxdt
luego terminando la función y=x2 dydt
= 2xdxdt
, Para que se
cumpla la condición 2x debe ser igual “1” (uno) o sea, 2x= 1 x= 12
y = x2 y= ( 12 )2
= 14
luego las coordenadas serán ( 12 , 14 ).32. Considere una arandela de caucho que está siendo comprimida. En un
determinado momento se obtienen las siguientes medidas: El diámetro externo de la arandela es de 3 cm; su diámetro interno es de 1 cm; el grosor de la arandela disminuye a una tasa de ¼ cm/min; y el diámetro externo esta aumentando a una tasa de 1/2cm/min. Si el volumen de la arandela se mantiene en πcm3 en todo momento. ¿A qué tasa está cambiando el diámetro interno en el instante en que se toman medidas?
Solución:
Sea V el volumen, el grosor G, el diámetro interno H y el diámetro externo D de la arandela están relacionadas por:
V= G [π (D2 )2
−π (H2 )2] =
πG4
(D2−H 2) se deriva con respecto al tiempo
dVdt
π4G.
ddt
(D2−H 2)+ π4
(D 2−H 2 ) . dGdt
= π4G (2D dD
dt−2H dH
dt ) +π4
(D2−H 2) dGdt
∴ dGdt
=−14
; dDdt
= 12
D=3; H=1. Es necesario hallar G,
luego queda que como el volumen siempre es igual a π cm3 en todo
momento dVdt
= 0 y G se puede hallar tomando V= πG4
(D2−H 2 )
π=π4G (32−12) π
G
4 (8) π=¿
π4
G (8) G
14 π8π2
= 12
G=12
.Luego reemplazando en la derivada:dVdt
=π4G(2D dD
dt−2H dH
dt )+ π4
(D2−H 2) dGdt
0 = π4.12
(2 (3 ) 12−2 (1 ) . dH
dt )+ π4 (32−12 )(−14 ) 0 = 3π8
- π4dHdt
+ (−π2 ) π4dHdt
=3 π8
- π2
dHdt
= 128− 42
= - 48
= -12
R= dHdt
=¿ -12
cm/min.
33. Sean A, D, C y r el área, el diámetro, la circunferencia y el radio de un
circulo, respectivamente. En un determinado instante, r =6 ydrdt
=3
cm/seg. Hallar la tasa de variación con A respecto a: a) r b) D; c) C y d) t.
Solución:
El área de un círculo esta dado por:
a) A = π r2 derivando dAdr
= 2πr cuando r = 6 dAdr
= 12π cm2/seg
b) El diámetro D es igual a 2r A= π ( D2 )2
= 14
π D2 dAdD
= 12πD
= 12π (12 )=6π cm2/seg
c) La longitud de la circunferencia C = 2πr y A=π r2 se derivan ambas
con respecto a c dAdc
= 2πrdrdc
y 1= 2πdrdc
drdc
= 12π
dAdc
= 2
πr .12π
=r cuando r =6 dAdc
= 6cm2/seg
d) Derivaciones A = π r2 respecto a t.
dAdt
= 2πrdrdt
; pero r=6 drdt
=3 y dAdt
= 2π∗6∗3=36 πcm2/seg
34. Dos motocicletas que viajan de noche en dirección opuesta por una carretera de doble vía están aproximándose la una a la otra. Cada moto va por el centro de su respectivo carril y los centros de los carriles están
a 10 metros de distancia uno del otro. La motocicleta, que viaja hacia el oeste esta desplazándose a razón de 25m/seg. La motocicleta que viaja hacia el este se desplaza a razón de 30m/seg y la luz de su faro proyecta la luz de la otra motocicleta sobre la carca que bordea la carretera, a 20 metros del centro del carril contrario ¿Con que rapidez se mueve la sombra que proyecta la cerca de la motocicleta que viaja en dirección al Oeste?
Solución:
Se halla dxdt
.El enunciado dice que dzdt
= -30 y dydt
= 25 .Por semejanza
de triángulos en la figura se tiene. z−x30
= y−x20
2z=3y-x se deriva
y se sustituye las cantidades conocidas.
2dzdt
= 3dydt
- dxdt
2(-30) = 3(25)- dxdt
= 135m/seg
R= la sombra se mueve a razón de 135m/seg.
35. Un farol de alumbrado público tiene 20 pies de altura y esta a 5 pies de la acera. Si un policía que mide 6 pies de estatura camina sobre la acera a razón de 4 pies/seg, ¿Con que rapidez está cambiando la longitud de su sombra cuando él está a 13 pies de distancia de la base del poste de alumbrado?
Solución:
Se halla dzdt
cuando x=13. El enunciado dice que dydt
=4 se verifica que
y y z estén relacionadas por dos ecuaciones, la primera de las cuales es por Pitágoras.
Y2 = X2 = 25 o Y2 + 25 = X2. Por semejanza de triángulos z6
= x+z20
7z=3x x=7 z3
reemplazando a x2 En el de Pitágoras queda:
Y2 + 25 = ( 7 z3 )2
y2 + 25 = 49 z2
2 derivando con respecto a t queda:
2ydydt
= 989zdzdt; también se halla y y z cuando x=13 Y2 + 25 = 132
y = 12; 7z = 3 (13) z = 397
como dydt
= 4 reemplazando en la
derivada queda: 2(12)(4)= 989.397dzdt
dzdt
=14491
pies/seg.
36.Hallar las dimensiones del cono circular recto del volumen mínimo o que se puede circunscribir en una esfera de 8 cm de radio.
Solución:
Sea x el radio de la base del cono y+8 .La altura del cono, como los triangulo A E D y A B C son semejantes, se puede establecer las
siguientes relaciones: BCDE
= ABAE
X8
= Y +8
√Y 2−64 X =
8(Y +8)
√Y 2−64 , el
volumen del cono esta dado por V = 13
π r2 h donde r = x
X2 = 64(Y +8)2
Y 2−64 X2 =
64 (8+Y )2
(Y +8 )(Y−8) X2 = 64(Y +8)
Y−8 y h = y+8
V= 13
π x2(Y +8) .Luego V= 13
π 64 ( y+8 )y−8
.( y+8) = 1π 64( y+8)2
3 ( y−8 ) derivando
queda V’ = 64 π (8+Y )(Y−24)
3 ( y−8 )2 = 0 Y = - 8 y Y = 24 3(Y-8)2 = 0
Y = 8 que deben analizarse pues V ’ (-8) y V’ (8) deben descartarse luego se toma Y = 24 .Luego la altura del cono es y+8 = 24+8 = 32; el radio de la base será:
X = 8(Y +8)
√Y 2−64 =
8 (24+8)√576−¿64¿
= 8(32)16√2 = 8√2.
37.El departamento de carreteras planea construir un área de picnic para automovilistas al lado de una carretera principal. Sera rectangular, tendrá un área de 500 yardas al cuadrado y estará cercada por los tres lados no adyascentes a la carretera.¿Cuál es la menor cantidad de cerca que será necesaria para completar el trabajo?
P = 2 Y + X A = X Y = 5.000 Y = 5000X
P = 2. 5000X
+X = 10000X
+ X se minimiza derivando
P’= 1 - 10000
x2 = 0 X2 – 10000 = 0 X = ± √10000 = ± 100
100 es el único valor crítico admitido. Se aplica la segunda derivada
P” = 20000
X3 la cual es positiva para x>0. Luego 100 es un mínimo
absoluto en el intervalo F (100) = 2x 5000100
+ 100 = 200 yardas.
38.Una escalera de 3m descansa contra un muro sobre el nivel del suelo. Si se aleja el extremo inferior de la escalera a una velocidad de 1.2 m/seg. ¿A qué velocidad desciende el extremo superior, en el instante en que esta a 2.4m del suelo?
Solución:
Sea Y la altura sobre el suelo; X la distancia que la separa del muro. Cuando Y = 2.4 x= 1.8 por Pitágoras, pues x2 + y2 = 9 derivando implícitamente se tiene que:
2 x dxdt
+ 2 y dydt
= 0 dxdt
= 1.2 X = 1.8 y Y = 2.4
2(1.8) (1.2) + 2 (2.4) dydt
= 0 dydt
= - 4.324.8
= -0.9m/seg, dydt
es
la velocidad con que desciende la escalera verticalmente cuando está a la altura de 2.4 metros.
39. Un hombre está parado en un muelle y hala un bote por medio de una cuerda sus manos están a 3 m por encima del amarre del bote. El bote esta a 3.6 m del muelle. Si el hombre hala la cuerda a una velocidad de 0.9m/seg. ¿A qué velocidad se aproxima el bote al muelle?
Solución:
Sea x la distancia del bote al muelle y z la longitud de la cuerda. Cuando x = 3.6 z = 4.7 por Pitágoras x2 + 9 = Z2. Derivando se tiene:
2 x dxdt
= 2 z dzdt
dxdt
= 2 z .0.9m / seg
2 x = 4.7 (0.90)3.6
= 1.175
dxdt
Es la velocidad con que se acerca el bote al muelle.
40.Un hombre de 1.8 metros de estatura se aleja a una velocidad de 3km/h de una luz que está a 4.5 m sobre el nivel del piso. Cuando su distancia horizontal de la luz es de 3.6 metros.
a. ¿A qué velocidad crece la sombra?b. ¿A qué velocidad se mueve la parte más alejada de la sombra con
respecto a la luz?
Solución:
a. Sea x la distancia del hombre a la proyección de la luz y “Y” la longitud
de la sombra. Por semejanza de triángulos: x+ y4.5
= y1.8
1.8x = 2.7 y
derivando queda 1.8 dxdt
= 2.7.dydt
derivando queda 1.8 dxdt
= 2.7. dydt
dxdt
=3kmh
1.8 (3) = 2.7 dydt
dydt
= 5.42.7
= 2 kmh
b. Se necesita saber con qué rapidez cambia x+y o sea ddt
(x+y) = dxdt
+ dydt
= 3+2 = 5 kmh
.
41. Un estudio ambiental de cierta comunidad sub-urbana señala que el nivel medio diario de monóxido de carbono en el aire será
(cp) = √0.5 p2+17partes por millón cuando la población sea p miles. Se
estima que dentro de t años la población de la comunidad será: P (t) = 3.1 + 0.1 t2 miles. ¿A qué tasa cambiara el nivel de monóxido de carbono con respecto al tiempo, dentro de 3 años?
Solución:
El objeto del problema es hallar dcdt
cuando t = 3 la regla de la cadena
deduce que: dcdt
=dcdp
.dpdt
dcdp
= P
2√0.5 P2+17ydpdt
=0.2t
dcdt
= P
2√0.5 P2+17.0 .2 t Para t = 3 P (3) = 3.1 + 0.1 (3)2
P (3) = 3.1+ 0.1 (9) = 3.1 + 0.9 = 4 .Reemplazando en dcdt
queda
dcdt
=(4)(0.2)(3)
2√0.5 P2+17= 2.4
2√25 = 2.410
= 0.24 partes por millón al año.
42.Una mancha de petróleo se expande circularmente en el agua, de manera tal que el radio aumenta a una velocidad de 4 pies por segundo, cuando el radio es de 20 pies. ¿A qué velocidad aumenta el área del círculo de agua contaminada?
Solución: Como drdt
= 4 pies/seg se debe derivar el área con respecto al
tiempo, y el área del circulo es A = π r2 dAdt
= 2 π rdrdt
, cuando
r = 20 pies, dAdt
= 2π (20)(4)=2π .20 pies dAdt
= 160 π Pies2
seg que es la
velocidad a que aumenta el área de agua contaminada.
43. A un cono recto invertido (circular) le entra agua a razón de 2cm3 por segundo. La altura del cono es 2 veces su diámetro. ¿A qué rapidez sube la superficie del aguan cuando la misma alcanza una profundidad de 10cm en el cono?
Solución:
Sea V el volumen del cono; h = la altura o su profundidad. r= el radio superior. t= tiempo en segundos.
El volumen del cono es V = 13
π r2h donde h = 4r∴ r = h4
V = 13
π. (h4
)2h V = π h3
48
dvdt
= 116
π h2dhdt
∴ dvdt
= 2cm3
seg 2
cm3
seg=¿
116
π h2dhdt
dhdt
= 32
π h2∴ h = 10cm
dhdt
= 32100π
= 0.32π
= 0,102 cmseg
44.En una sisterna cónica fluye agua a razón de 8 pies cúbicos por minuto. Si la altura de la sisterna es de 12 pies y el radio de su base circular es de 6 pies, ¿Si su base está hacia arriba con qué rapidez sube el nivel del agua cuando ésta tiene 4 pies de profundidad?
Solución:
El volumen dvdt
=8 pies3
min y lo que se quiere saber es
dhdt
en el momento en
que h=4.
El volumen de un cono es V = 13
π r2 h. Tomando la figura hay
semejanza de triángulos y se puede dar la relación r6
= h12
12r = 6 h
h= 2 r ó r = h2
V = 13
π h2
4. h ; V = π h
3
12 que se cumple para toda t>0
dvdt
= 3π h2
12 dhdt
dhdt
= π h2
4dhdt
8 = π (4)2
4dhdt
dhdt
¿3216π
dhdt
=
0,637 o sea que el agua sube a razón de 0,637 por minuto.
45.Encuentre las dimensiones del cilindro circular recto de máximo volumen que se puede inscribir en un cono circular recto dado.
Solución:
Sea a la altura del cono y b el radio del cono dado, ambos constantes. h; r y v de altura, el radio y el volumen del cilindro.
V= π r2 (a. arb
) = a π r2- aπ r3
b por que
a−hr
= ab∴ h = a -
arb
y se
reemplaza h en V = π r2h . que es el volumen del cilindro. Maximizamos a
V en [o, b] dvdr
= 2 a π r – 3aπ r2
b = a πr (2-
3 rb
) = 0 3r= 2b
r = 2b3
como h = a - arb
h = a – a .2bb3
= a- 2a3
= h = a3
46.Encuentre las dimensiones del rectángulo de máxima área que se puede inscribir en un semicírculo de radio r.
Solución:
A= x h donde r2 = x2
4 + h2 4r2 = x2 + 4h2 4h2 = 4r2 – x2
x2 = 4r2 – ah2 x = √4 (r2−h2) x= 2√r2−h2 ¿¿ A =
h.2√r2−h2 . Se deriva para maximizar 0 ≤h≤r d Adh
=
−8h2+4 r2
2√r2−h2=¿0 −8h2+4 r2 = 0 4r2 = 8h2 r2 =
84
h2 r = h
√2
47.Cuál es el área máxima posible de un rectángulo cuya base reposa sobre el eje X con sus dos vértices superiores sobre la grafica.
Solución:
Sean las dos vértices superiores dados por (x,4-X2) y (-x, a-x2). Entonces el área está dada por A = 2x (4-x2) n A = 2x (4-x2) = 8x -2x3∴ 0<x<2
El área máxima ocurre cuando A’ = 0 d Adx
¿8−6 x2 A’ = 0
34
= x2 X = 2√33
, por lo tanto Y = 4-(2√33
)2 =4- (4)(3)9
= 83
. Dado que
A” <0 se tiene que el área máxima es A = 2.2√33
. 83
= 32√39
.
48.La resistencia de una viga rectangular varía según el ancho de esta. Cuando la viga es apuntalada cuidadosamente en los extremos, la resistencia es proporcional al cuadrado del espesor de la viga. ¿Cuáles son las dimensiones de la viga más resistente que pudiera cortarse de un tronco cilíndrico de radio de 3 pies? (La viga tiene una resistencia S= KXY2).
Solución:
K es una constante de proporcionalidad de acuerdo a la figura ( x2 )2
+( y2 )2
= 9 por Pitágoras.
x2
4 + y
2
4 = 9 = x
2+ y2
4=¿9 x2 + y2 = 36 despejando y2 queda: y2 = 36-x2
S = KX. (36-X2) 0 ≤x≤6 S = 36 kx-kx3 dSdx
= 36 k – 3k x2
Se igualan a cero 36 k – 3 k x2 = 0 3 k x2 = 36 k X=√ 363 = 2√3 pies.
Como Y2= 36- X2 y x2 = 363
Y2 = 36-363 Y2 = 36-12 Y = √24 =
2√6. Las dimensiones son x = 2√3 y = 2√6 . El área será A = xy A= 2√3 . 2√6 = (4)(3) √2 = 12 √2 A = 12 √2
49.Al derretirse una bola de nieve con radio inicial de 12cm, su radio
decrece a razón constante de 0.50 cmh
. Si comienza a derretirse cuando
t=0. ¿Cuál será la tasa de disminución del volumen de la bola de nieve al cabo de 12 horas?
Solución:
Sea r el radio de la bola de nieve. El volumen de la bola es V= 43
π r3. Se
deriva el volumen.d vdt
= 43
π 3 r2 d rdt
como d rdt
= 0.5 cmh
. El radio que inicialmente es de
12cm, en las 12 horas decrece 0.5 cmh∗12h=6cm
d vdt
= 43
π 3 (6)2.0.5 =
72πc m3
h. Luego la tasa de disminución del volumen fue de 72π
c m3
h
