Web viewComo X tiene que ser mayor ... entonces el área alcanza su mínimo valor cuando...

x x 9-2x24 - 2x

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 cuadros idénticos. 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 cada resultado. Luego: V=X (9-2X) (24-2X) = 216X – 66X² + 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 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)=0 → X=9 y (2-X)=0 → X=2.

Como 9 no está en el intervalo solo se toma 2. Luego hay tres 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.

Problemas matemáticos Página 1

4

2 2

4

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?

Sea X la anchura y “Y” la altura del volante. Su área será A=X Y.

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 queda: Y = 50 xx−4 + 8 por lo tanto el área será: A =

50 xx−4

+ 8X.

Los valores permitidos serán X>4 o sea (4, ∞).

Derivando A = dAdx =

( x−4 )50−50 x (1 )(x−4 )²

+ 8 = 8 ( x+1 ) ( x−9 )

(x−4) ² ;

Igualando a con => 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 usara la mínima cantidad de papel son 9X18 pulgadas.


X

3) Se tienen 100m de tela de alambre con la cual se planea construir dos corrales adyacentes idénticos. ¿Cuáles son las dimensiones del cercado total para el qué es máxima área?

l-----------------------------y----------------------- l

Solución: Sea x el ancho y “Y” la longitud del cercado total; entonces 2Y + 3X = 100.

Y = 100

2 - 3x2 → Y = 50 -

3x2 como A = X Y

A = X (50 - 3x2 ) = 50x – 3x2

2; además 0 ≤ X ≤

1003

Hay que maximizar en [0, 100

3 ] derivando A queda: dAdx = 50 – 3x;

Luego 50-3x = 0 → X = 503 . →

Los puntos críticos son 0,50, 100

3 para X=0 y X = 100

3 El área A = O; para X = 503

y Y=25m.


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 tronco es “A”, la anchura de la viga es “X” y la altura es “Y”.

Se maximiza a S o sea, la resistencia de la viga que está dada por S = K x Y² donde K es una constante de proporcionalidad.

La resistencia depende de las dos variables X y Y en donde.

a²= X² + Y² entonces Y²=A²-X².

Luego.

5=K X (a²-X²) → S=KXa²-KX³.

Los valores admisibles de X 0<X<a → dsdx = Ka²-3kx²=0 → K (A²-3x²)=0 → X²

= a2

3 => X=

a√3

Como a√3

es el único punto crítico de (O, A) es probable que de el máximo de S,

al sustituir a X=a√3

en Y²+X²=A² → Y= √2 . a√3

.


X X

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?

________________ 800x _______________

Solución: Supongamos que es el ancho de la cerca.

Como A=XY y A=800 → 800=XY → Y=800X es el largo.

La longitud de la cerca total está dada por: L=2X+ 800X .

Esta se puede expresar: L= 2 X2+800X

Y es la que se minimiza → dldx = x

(4 x )−(2 x2+800 )x2 → L’=0 → L’=

2 X ²−800X2 =0 →

2x²-800=0 → X=±20 ó X²=0 → X=0,

Se descartan los valores o 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.


A

A

6) Se quiere construir un envase cilíndrico de base circular cuyo volumen es 125cm³. Hallar las dimensiones que debe tener para que la cantidad de la mina empleada (área total) sea mínima.

Solución: R es el radio de la base en cm.H la altura del cilindro en cm.A material gastado

A = 2 π R h + 2 π R² 1 V = π r² h = 125cm³, entonces la función que se minimiza es la 1 que tiene variables (R y H).

Despejamos H de la ecuación del volumen y remplazamos.

H. → H=125π R2 → A=2R.

125∏R2 + 2π R²; → A=

250R + 2π R² → A=250+2π R3

R.

Se minimiza así: A’= R .1 π r2−(250+2∏R3 ) (1 )R2 = 4 π R3−250

R2 = 0 → 4π R³-250=0 R=

53√2 π

, R²=0 → R=0,

Se descarta AR=0 → R= 5

3√2 π → H= 5 3√4 π ²

π que se deduce de H=

125π R ² .


7) ¿cuales son las dimensiones de un cono con área de superficie 10π que encierra al mayor volumen?

[Indicación: área de superficie = π r (h2+r2 )12, volumen =

13 π r2h¿

solución:

La cantidad que se debe maximizar es el volumen:

v=13πr 2 (I)

El área de la superficie es:

10π=πr (h2+r2 )1 /2

Luego se remplaza la h en términos de r y queda:

h=(100r2 −r2)

12

Se remplaza a h en (I) así:

V=13π r2( 100

r2 −r2)12=1

3πr (100−r4 )

12


Se deriva y se iguala a cero así:

V I (r )=π3

(100−3 r 4 ) (100−r 4 )−1

2 =>

vI=2 π ( 2π (100−3 r4 )

3 (100−r4 )12 )=0=¿

100−3 r4=0 =>

r=( 1003 )

14 => r2=( 100

3 )12=10√3

3

h=(100∗310√3

−10√37 )

12

h=[10√3(1−13 )]=( 20√3

3 )12=2( 5√3

3 )12

Luego las dimensiones de r y h son:

r=√ 10√33

=4√ 1003

h=2 4√ 253


8) Un silo consta de un cilindro con una parte superior hemisférica. Hallar las

dimensiones del silo con un volumen fijo de v=40 π3 que tiene la menor área de

superficie. Inclúyase el piso

Solución:

se toma el volumen del hemisferio y del cilindro y las áreas de cada uno. El volumen

de una esfera es v=23πr 3 y su areaes A=4 π r2.

El volumen de un cilindro esta dado por: v=πr 2h

El área de la superficie del cilindro incluyendo su base es: a=2πrh+π r2

El volumen del sitio esta dado por: v=23πr 3+π r2h y suarea esta dada por

A=2π r2+2πrh+π r2=¿ A=π ( 3r 2+2 rh )

Hay que minimizar el área y despejar h de el volumen que es fijo entonces:

40 π3

=23π r3+π r2h=¿ 40

3r−2−2

3r y se sustituye enel area :


A=π (3 r2+2r ( 403r−2−2

3r ))=π (3 r2+ 80

3r−1− 4

3r2)

¿ π ( 53r2+ 80

3r−1)

Se deriva

A I (r )=π ( 10 r3

−803r−2)si A I (r )=0=¿ 10

3r−80

3r−2=0

103r3−80

3=0=¿ 10 r3−80

3=0=¿10 r3−80=0=¿10 r3=80

r3=8=¿ r= 3√8=2

Luego

h=403

(2 )−2−32

(2 )=4012

−43=40−16

12=24

12=2

h = 2 y r = 2

R / luego el silo tiene radio 2 y altura 2


9) Se va a fabricar un recipiente cilíndrico abierto, de volumen de 1 pi e3. Hallar las dimensiones que minimizan el área del material usado en su construcción.

Solución:

el área del material esta dada por: A=2πrh+π r2 .

Para hallar h en función de r se tiene que

V=π r2h y v=1=¿h= 1π r2 =¿ A=2πr ( 1

π r2 )+π r2= 2r+π r2

Se deriva Acon respecto a “r”

A I=2( π r3−1r2 )se igualaa 0 =¿2( π r

3−1r2 )=0=¿ π r3−1=0


r3=1π=¿r=3√ 1

π Pies

Remplazo en h y queda

h= 1

π [( 1π )]

13

=1

π [π 3√( 1π )]

❑=1

3√π 3 1π 2

=1

3√π=( π )

−13

Pies

10) Hallar las dimensiones del cono circular recto de área máxima de superficie que puede inscribirse en una esfera de radio=1

Solución

El área del cono es: A=π rs donde“s” es la generatriz => de acuerdo a la figura

s=√h2+r2=¿ A=πr (h2+r 2)12

Como la esfera tiene radio 1 entonces

h=1+x=1+(1−r 2)12

Aquí hay dos posibilidades: escoger como variable a “x” o a la variable “r”. al remplazar el área en función de “r” se hace mas complejo por lo tanto se remplaza en función de “x”. Luego

x2=1−r 2=¿r2=1−x2

A2=π2 r2 (h2+r2 )


A2=π2 (1−x2 ) {(1+x )2+ (1−x2 )}=¿ A2=2 π2 (1+x−x2−x3 )

d A2

dx=2 π2 ( 1−2 x−32 )=0=¿2π 2 (1−3 x ) (1+x )=0=¿

(1−3 x )=0=¿ x=13

1+x=0=¿ x=−1

el valor−1noes valido por lo tanto se tomax=13=¿h=1+ 1

3=4

3

r=(1−19 )

12=2√2

3

11) un hombre esta en un bote y se encuentra a 24 km de distancia de una playa recta y desea un punto situado a 20km de la playa. Puede viajar a 5 km por hora en el bote y a 13 km por hora en la tierra. ¿En que punto deberá atracar el note con el objeto de minimizar el tiempo que se requiere para llegar al destino deseado?

Solución: tómese “x” el numero de km desde el punto “P”

La distancia que debe recorrer a 5kmh es:

d1=( 242+x2 )12o seaque el tiempo sera :

t=dIvI

=¿ t=(242+x2 )

12

5

La distancia que recorre a lo largo de la playa es

d2=20−x oseaque t 2=d2

v2=¿ t2=

20−x13

el tiempo total sera


t r=t 1+t2

=> Tt = (242+x2 ) ½5

+ 20−x

13

Derivando esta expresión queda: d tdx =

15 x (24²+X²) ¯½ -

13

se iguala a cero

dTtdx =

15 x (24²+X²)¯½ -

113 = 0.

=> 13X = 5 (24²+X²)½ => 169X² = 25 (24²+X²) => X² = 25 (24 )2

144

=> X² = 14400144 = 100 => X=√100 = 10km

12) Un cartel deberá contener un área impresa de 150c m2, con márgenes de 3cm en la parte superior, y 2cm a cada lado. Hallar el área mínima total.

Solución: Se toma X y a “Y” las dimensiones del área impresa del control. Luego el área total está dada por:

A = (X+4) (Y+6) pero como AI’ = 150 cm² => XY = 150=> Y = 150X

Luego el área total será: 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 medirá: X = 10+4 = 14 de ancho por Y=15+6=21 de largo


13) se necesita cortar y doblar un pedazo de cuadrado de carton de 1 mestro por cada lado para formar una caja que no tenga parte superior ( habrá que recortar pequeños cuadrados en cada esquina). Halla las dimenciones 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−w

2 => V = (1−w

2 ).w² = 12w² -

12w³.

Se deriva con respecto a W y quedo V’(w) = W – 32 W²

Se iguala a cero => W – 32 w² = 0 => W (1-

32 w) =0 => W=O y W=

23 .


El máximo tiene para o <w<23 => El valor máximo de w =

23 m.

h = 1−2

32

= 3−2x2

= 16 => h =

16 m.

14) Hallar el punto sobre la grafica de y=x2+1 que esté mas 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, 32 ).


Se tiene: S = [(X-8)² + (X²+1-32 ²]½ = [(X-8)² + (X²-

12²]½. Esta es la distancia que se

debe minimizar => Se eleva al cuadrado y se deriva así:

S² = (X-8)² + (X²-12)² =>

ddx (5²) = 2 (x-8) + 4x (x²-

12) = 2X – 16+4X³ - 2x=0 => X³=4

=> X= ³√4

El punto sería (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 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 pulgada. Y ſ pulgadas su longitud, de acuerdo al enunciado ſ+4X debe ser menor o igual a 100. => ſ+4x=100.

O sea que X debe ser mayor que cero pero mejor que 25.


L=100-4X luego el volumen será: V=X²L = 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.

Luego X=503 => l=100-4X

503 =

1003 => X=0 X=

50200123

= 503 .

L=100

3 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 2πr.

2πr + L =100 => 0<r < 1002π ; L = 100 - 2πr.


La superficie total del cilindro será:

A = 2πrL + 2πr² =>.A = 2πr (100-2πr) + 2πr² = 200πr - 4π²r² + 2πr².

Se deriva y se iguala a cero: A’(r)= 200π - 8π²r + 4πr = 0 A’(r)= 4πr (1-2π) + 200π = 0

r = 50

2π−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 3 y de altura 5. Suponer que los ejes del cilindro y del cono coinciden.

Solución: Se debe maximizar el volumen del cilindro V = πr²h. De acuerdo a la figura se toma:


El ΔABC ~ΔBED => EDAC =

EBAB .:. ED = h AC=5

EB = 3-r AB = 3

Luego: h5 =

3−r3 => h=5 –

5 r3 .

V = πr² (5- 5 r3 ) = 5πr² -

53 πr³ .:. 0 ≤ r ≤ 3.

Se deriva: V’(r) = 10πr - 5πr² = 5πr (2-r). Se iguala a cero => 5πr (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 susu catetos sobre los jees coordenados, cuya hipotenusa pasa por (4, 3). Hallar el área minima que pueda encerrar tal triangulo.


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−b

4 x + b, esta recta tiene intersección con X

en (4b/-3 9 0). Luego el área del triángulo es:

A = 12 (base) (altura).

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 = 0 => 2b (b-6) = 0 =>

A₍₆₎ = 2 (6 )2

6−3 =

723 = 24. => b = 0 y b = 6.

B: El área mínima debe ser 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, ¿ cual es el centro (x , 0) que maximiza la razón entre x y el área del circulo?


Solución: La razón entre X y el área circulo es

A = Xπ r2

Pero x y r están relacionados por la ecuación pitagórica a²+x²=r².

De acuerdo a esta expresión la razón está dada por: A = x

π (a2+ x2 )

Se deriva esta razón y queda: B’(x) = a2−x2

π (a2+ x2 )2

Se iguala a cero a ²−x2

π (a2+ x2 )2 = 0.=> a²-X²=0 => X² = a² => X=a o sea que x=a

Produce el máximo valor para la razón R.

20) ¿Que numero positivo minimiza la suma entre el 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₎=1-1X2 =0 =>

x ²−1X2 =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 triángulo es: A = 12 b.h donde h = A + Y => Tomando la figura

Y=√a²-x² 0<x<a y b=2x. Luego el área queda:

A = x (a+√a²-x²) = ax + x√a²-x² se deriva y se tiene:

A´(x)=a+ (a2−x2 )½−x2(a2−x2)¯ ½=0 =>A´₍x₎=a (a2−x2 )½+a2−x2−x2=0

A‘(x)= a (a2−x2 )½=2x2−a2 => a2 (a2−x2 )=4 x4−4a2x2+a4

4 x4−3a2 x2=0 => x2 ( 4 x2−3a2 )=0 => 4x²=3a² => X=a√32

o

Sea que el área máxima del triangulo será cuando X=a√32

,

Siendo así h=a+(a2−3a2

4 )½

=3a2

y b=2( a√32 ) o sea b=a√3.


22) se necesita cortar un alambre de 100 pulgadas de longitud en dos pedazos. Un pedazo deberá doblarse para formar un cuadrado, mientras el otro formara un círculo. ¿En donde debería hacerse el corte si la suma de las dos áreas debe ser mínima?

Solución: Se toma un pedazo de alambre con el que forma el círculo y que llamamos X. Luego el cuadrado se hará así: 100-x, o sea el perímetro del círculo será 2πr = X

y perímetro del cuadrado 45 o sea S = 100−X

4 48 = 100 – X => 5 = 100−X

4 .

El área del círculo A = πr² y área del cuadrado A₂ = 5² 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 )2

16.

Se deriva e iguala a cero: A’ = 2 x4 π –

2 (100−x )16

= 0.

4x – π (100-x) = 0 => x (4+π) = 100 π. => X = 100π4+π .

A’ = x

2π – 100−x

8 = 4 x−100 π+πx

8π = x (4+π )−100 π

8π = (

4+π8π ) (x-

100π4+π ).

O sea que la A, tiene un mínimo en x = 100π4+π .


23) Una bodega rectangular tendrá cuartos rectangulares separados por una red interior y el piso deberá tener 5.000 metros cuadrados de área. El costo de las paredes exteriores es de $150 por metro lineal, y el costo de las parede4s interiores es de $90 por metro lineal. Hallar las dimensiones de la bodega menos costosa.

Solución: Se toma X M el ancho y largo Ym. O sea.

El área será A = xy = 500m².

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 = 1500000

390 => x = 100 √ 513

Luego y = 50 √ 1315

.


24) un automóvil va por una autopista hacia el oeste, 90 metros al norte de ella esta estacionada una patrulla de la policía vial. El patrullero observa el radas y ve que el automóvil esta a 150m de distancia de la patrulla, y que la distancia que los separa esta aumentando a razón de 72m 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 2y dydt = 2x

dxdt => y

dydt .x “1”

Cuando X=150, Y²+90²=150² así que Y=120.

Debe hallarse dydt cuando Y=120 y

dxdt = 72.

Al hacer las sustracciones en “1” se tiene:


120 dydt = 150 (72) ó 120

dydt = 72 (150). =>

dydt =

673∗150

1201

= 90 m/seg.

25) Si y=−x2 y dxdt

=4 durante todo el tiempo t .Hallar dydt. d2 y d t2cuando x=2

Solución: Se toma la función y se deriva implícitamente

Y = -X² => dydt ; como

dxdt = 4.=>

dydt = - 2x.4 = -8X cuando X=2

dydt = -16.

Se deriva de nuevo => d2 yd t2

= - 8 dxdt d

2 yd t2

= - 8x4 =-32.

26) Un hombre de 5 ies 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 puede hallar

dzdt . Para

relacionar X y Y se toma la semejanza entre los triángulos de la figura: z

20 = z−x

5 .

Luego 3Z = 4X y 3(dzdt ) = 4 (

dxdt ).

Como dxdt = 7 entonces 3

dzdt = 4x7 y

dzdt =

283 pies/seg.


27) Cada uno de los lados de un estadio de beisbol mide 90 pies. Si la pelota se batea por la línea hacia la tercera base con una velocidad de 100 pies por segundo, ¿con que rapidez esta 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. Pot

Pitágoras se tiene:X² + 90² = Y²

se deriva con respecto al tiempo:

2X dxdt =2Y

dydt ; cuando X=15 => 45²+90²=Y² así que Y=45√5 =>

2(45)(100) = 2 (45√5) dydt => cuando X=45

dydt = 20√5 pies/seg.


28) Un aviso rectangular que tiene 24 m 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 esta cambiando el ancho aparente del aviso cuando este tiene 12 m de ancho, según lo ve el observador, y su ancho esta aumentando?

Solución: W es el ancho del aviso. El enunciado plantea que el aviso gira a razón de 5 rev/min.

Luego dθdt = 10π rad/min.

Se halla la relación entre 𝜃 y W. Según la figura W=24 Sen𝜃 = 12.

Dado que el ancho del aviso está aumentando,

𝜃 debe estar entre π/2 y 0 así que 𝜃 = π6


en consecuencia: dwdt = 24 (C𝜃

π6 ) (10π) = 120π √3 m/min.

29) Se estâ vaciando arena sobre un montón de forma conica a razón de 20 m2

min. La

altura del montón es siempre igual al radio de su base. Cuando el montón tiene 3 metros de altura, ¿con que rapidez esta aumentando su altura?

Solución: El volumen del cono es V = 13 πr²h; como r=h entonces V=

13 πh²h =

13 π h³.

Se deriva dvdt = πh²

dhdt como

dvdt = 20 cuando h = 3 => 20 = π3²

dhdt =

201π m/min.


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=72segundos?

Solución: Cuando B está en (o,y), C debe estar en el punto (x,y),

En donde (7/4)x² + 1= Y es decir: X = [ 47 ( Y-1 ) ¿½.

El área del triángulo es A = 12 y [

47

( y−1 ) ¿½.


Derivando con respecto A T se tiene:dAdT =

12 y.

ddT [

47 (Y-1)¿½ + [

47 (Y-1)¿½.

ddt (

12y)

= 12 y

12 [

47 (Y-1)¿½ (

47

¿ dydt + [

47

(Y−1 ) ¿½ ( 12 ) dydt

= y7 [

47

(Y−1 ) ¿¯½ dydt +

17 [

47 (Y-1)¿½

dydt .

Como B comienza en (0,1) y se mueve hacia arriba dy/dt = 2.

Cuando T = 72 ; Y=1+ (7/2) 2 = 8 en ese instante:

dAdt =

87 [

47 (8-1)¿¯½(2) +

12 [

47 (8-1)

¿½(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 tomando la función Y=X² => dydt = 2X

dxdt

Para que se cumpla la condición 2X debe ser igual a “1” (uno),

O sea, 2X=1 => X = 12 => Y=X² => Y = ( 1

2 )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 de la arandela es de 3 cm; su diámetro interno es de 1 cm ; el grosor de la arandela

disminuye a una tasa de 14 cm/min ; y el diámetro externo esta aumentando a una

tasa de 12 cm/min. Si el volumen de la arandela se mantiene en π cm3 en todo

momento, ¿a que tasa esta cambiando el diámetro interno en el instante que se forman las medidas?


Solución: Sea V el volumen, el grosor G, el diámetro interno H y el diámetro externo D de la arandela están relacionados por:

V = G¯ [π( H2 )2

-π (H2

) ² ¿ = πG4 (D²-H²)

se deriva con respecto al tiempo

dVdt =

π4 G.

ddt (D²-H²).

dGdt =

π4 G (2D

dDdt - 2H

dHdt ) +

π4 (D²-H²)

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 si puede hallar tomando V =

πG4 (D²-H²) => π =

π4 g

(3² - 1²) = π4 G (8) => π =

π4 G (8). => G =

14 π8 π2

= 12 => G =

12.

Luego remplazando en la derivada:dVdt =

π4 G (2D

dDdt - 2H

dAdt

¿ + π4 (D² - H²)

dGdt => 0 =

π4 .

12 (2(3)

12 - 2 (1).

dHdt ) + (3²-

1²) (- 14 )

=> 0 = 3π8 –

π4 dHdt + (-

π2 ) =>

π4dHdt

=3H8

−π2 =>

dHdt

=128

−42=−4

8=−1

2

=> B: dHdt = -

12 cen/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 y drdt

=3 cmseg . Hallar la tasa de

variación con A respecto a: a) r; b) D; c) y; d) t.

Solución: El área de un circulo está dada por:

a). A=πr² derivando => dAdr = 2πr. => Cuando r=b =>

dAdr = 12πcm²/cm.

b). El diámetro D es igual a 2r => A=π (D2

¿² = 14 π D². =>

dAdD =

12π (12) =

6πCm²/Cm.

c). La longitud de la circunferencia C=2πr y A=πr² se derivan ambas con respecto a C.

dAdc = 2πr

drdC y 1=2π

drdC =>

drdc

= 12 π .

dAdc = 2πr

12π = r; cuando r=6,

dAdC = 6 cm²/cm.

d). Derivamos A=πr² respecto a t.

dAdt = 2πr

drdt ; pero r=6

drdt =3 y

dAdt = 2πx6x3=36π cm²/seg


34) dos motocicletas que viajas de noche en dirección opuesta por una carretera de doble via están aproximándose la una de la otra. Cada moto va por el centro de su respectivo carril y los centros de los dos carriles están a 10metros de distancia el uno del otro. La motocicleta, que viaja hacia el oeste esta desplazándose a razón de 25 m/seg. La motocicleta que viaja hacia el Este se desplaza a razón de 30 m/seg, y la luz de su faro proyecta la luz de la otra motocicleta sobre la cerca que bordea la carretera, a 20 metros del centro del carril contrario. ¿Con que rapidez se mueve la sombra que proyecta sobre la cerca la motocicleta que viaja en dirección Oeste?

Solución:

Se halla dxdt . El enunciado dice que

dzdz =-30 y

dydt = 25.

Por semejanza de triángulos en la figura se tiene: z−x30

= y−x20 => 27=3y-x.

Se deriva y se sustituye las cantidades conocidas.

2dzdt = 3

dydt

−dxdt => 2(-30)=3(25) –

dxdz =>

dxdt = 135 m/seg.

Pi: La sombra se mueve a razón de 135 m/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 esta cambiando la longitud de su sombra cuando el esta 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 relacionados por dos ecuaciones, la primera de los cuales es por Pitágoras. Y²=X²=25 ó Y²+25=X².

Por semejanza de triángulos z6 =

x+z20 => 7Z=3X => X=

7Z3 reemplazando a X² en

el de Pitágoras queda: Y²+25 = ( 7Z3 )

2

=> y²+25= 49Z2

9

Derivando con respecto a T queda: 2ydydt =

989 Z

dzdt ; también se halla Y y Z cuando

X=13 => Y²+25=13² => Y=12; 72=3(13) => Z=397 como

dydt = 4

Remplazando en la derivada queda 2(12)(4)= 989. 39

7dzdc

=> dzdt

=14491 pies/seg.


36) Hallar las dimensiones del cono circular recto de volumen mínimo que se puede circunscribir en una esfera de 8cm de radio.

A

Solución: Sea X el radio de la base del cono, Y+8 la altura del cono. Como los triángulos AED y ABC son semejantes, se puede establecer las siguientes relaciones:

BCDE =

ABAE =>

X8 = Y + 8

√Y❑2−64 X8 =

Y +8√❑Y 2−64 . => X =

8 (Y +8 )

√Y 2−64;

El volumen esta dado por V= 13 πr²h donde

R=X => X² = 64 (Y +8 )2

Y ²−64 => x² =

64 (Y+8 )2

(Y+8 ) (Y−8 ) => X² =

64 (Y +8 )Y−8

y h=Y+8 => V= 13

πx² (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 (Y +8 ) (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 como es Y+8 = 24+8=32; el radio de la base será

X = 8 (Y +8 )

√ y2−64 =

8 (24+8 )√576−64

= 8 (32 )16√2

= 8√2.


X

Y Y

37) El departamento de carreteras planea construir un área de picnic para automovilistas al lado de una carretera principal. Será rectangular, tendrá un área de 5000 yardas al cuadrado y estará cercada por los tres lados no adyacentes a la carretera. ¿Cuál es la menor cantidad cerca que será necesaria para completar el trabajo?

____________CARRETERA____________

P = 2Y+X A=XY=5000 =>Y = 5000X

P = 2. 5000X + X Se minimiza derivando.

P’= 1 – 10000X2 = 0 => X²-10000 = 0 => X=±√10000 = ± 100.

100 es el único valor crítico admitido. Se aplica la segunda derivada => P” = 20000x3

La cual es positiva para X>0. Luego 100 es un mínimo absoluto en el intervalo

F (100) = 2x 5000

100 + 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 está 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:

2X dxdc + 2Y

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 = -0.9 m/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 3m por encima del amarre del bote. El bote está a 3.6m del muelle. Si el hombre hala la cuerda a una velocidad de 0.9 m/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: 2X dxdt = 2Z

dzdt =

2 z .0.92x

msg. =

4.7 (0.90 )3.6

= 1.175 dxdt Es la

velocidad con que se acelera el bote al muelle.


3m

40) Un hombre de 1.8m de estatura se deja a una velocidad de 3km/h de una luz que está a 4.5m sobre el nivel del piso. Cuando su distancia horizontal de la luz es 3.6m. a. ¿A que velocidad crece la sombra?, b. ¿A qué velocidad se mueve la parte más alejada de la sombra con respecto a la luz?

a. Sea X la distancia del hombre a la proyección de la luz. “Y” la longitud de la

sombra. Por semejanza de triángulos: x+ y4.5 =

Y1.8 => 1.8 X = 2.7 Y derivando queda:

1.8 dxdt = 2.7.

dydt =>

dxdt =

3kmh => 1.8x3 = 2.7

dydt =>

dydt =

5.42.7 = 2

kmh .

b. Se necesita saber en con qué rapidez cambia X+Y o sea ddt (X+Y) =

dxdt +

dydt =

3+2 = 5 kmh.


41) Un estadio ambiental de cierta comunidad sub-urbana señala que el nivel medio diario de monóxido de carbono en el aire será (ip) = √0.5p²+17 partes por millón cuando la población sea p miles. Se estima que dentro de τ años la población de la comunidad será: P(τ)= 3.1+0.1τ² miles. ¿A qué tasa cambiará el nivel de monóxido de carbono con respecto al tiempo, dentro de 3 años?

Solución: El objeto del problema es hallar dcdt cuando τ=z.

La regla de la cadena deduce que: dcdt =

dcdp .

dpdt =>

dcdp =

P2√0.5 p2+17

y dpdt = 0.2τ .

=> dcdt =

P2√0.5 p2+17

. 0.2τ => Para τ=3 P (3) = 3.1+0.1 (3)².

=> P (3)= 3.1 + 0.1 (9) = 3.1+0.9=4.

Remplazando en dcdt queda

dcdt =

4 x 0.2x 32√0.5 (4 )2+17 =

2.42√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 se debe derivar el área con respecto al tiempo; y el área

de un circulo es A=πr².

=>dAdt = 2πr

drdt ; cuando r=20 pies,

dAdt = 2π*20* 4=2π.20 pies*4. =>

dAdt = 160 π

pie s2

seg que es la velocidad 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 agua 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 πr².h donde

h=4r .:. r= h4 => V=

13 π. (

h4 ) ².h => V= π h

3

48 dvdt =

116 πh²

d hdt .:.

dvdt = 2

cm3

seg. => 2 cm

3

seg =

116π²

d hdz =>

d hdt =

32π .h2 .:. h=10cm =>

d hdt =

32100π =

0.32π = 0,102

cmseg .

44) En una cisterna iónica fluye agua a razón de 8 pies cúbicos por minuto. Si la altura de la cisterna es de 12 pies y el radio de su base circular es de 6 pies, ¿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 pie s

3

min y lo que se quiere saber es

dhdt en el momento en

que h=4.

El volumen de un cono es: V=13πr²h. Tomando de la figura hay semejanza de

triángulos y se puede dar la relación r6 =

h12 => 12r=6h h=2r 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 =>

dvdt = π h

2

4 dhdt => 8=

π ( 4 )2

4 dhdt => dhdt = 32

16π => dhdt = 0,637 o sea que el agua sube a razón de 0,637 pies

por mínimo.


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=πr²(a.arb ) = aπr² - aπ r

3

b porque

a−hr =

ab .:. h=a-

arb

se reemplaza h en V= πr²h que es el volumen del cilindro.

Maximizamos a V en [o, b] dvdr = 2aπr – 3aπ r2

b = aπr (2-

3 rb )=0 => 3r=2b => r=

2b3

como h=a- a .2bb3 = a –

2a3 => h=a3 .


46) Encuentre las dimensiones del rectángulo de máxima área que se puede inscribir en un circulo de radio r.

Solución: A=x h donde

r²= x2

4 + h² => 4r²=x² + 4h² => 4h² = 4x²-x² =>x²=4r²- 4h² =>x= √4 (r²-h²) x=2√r²-h²

=> A=h.2√r²-h².

Se deriva para maximizar 0 ≤ h ≤ r

dAd h =

−8h2+4 r2

2√r2−h2 = 0 => -8h²+4r²=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 gráfica Y=4-x².

Solución: Sean los dos vértices superiores dados por (x, 4-x²) y (-x, 4-x²).

Entonces el área está dada por: A=2x (4-x²) A=2x(4-x²) = 8x-2x³ .:. 0<x<2.

El área máxima ocurre cuando A’=0 => dAdx = 8-6x² => A’=0 =>

43 = x² => X=

2√33

Por lo tanto Y=4- (2√33

)²=4- 4 x3

9 =

83 . Dado que A”<0 se tiene que el área máxima es


A=2. 2√33

.83= 32√3

9.

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=36KX-KX³ => dsdx

= 36K-3KX² se iguala a => 36K-3KX²=0 => 3KX²=36K X=√363 = 2√3 pies como

Y²=36-X² y X² = 363 => Y²=36-

363 => Y²=36-12=24=> Y=√24 = 2√6.

Las dimensiones son X=2√3 Y=2√6. El área será A=XY => A=2√3 . 2√6= 4X3√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 0.5 cmh . Si comianza 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 πr³. Se

deriva el volumen: dvdt =

43 π.3r²

drdt como

drdt = 0.5

cmh . El radio que inicialmente es

de 12cm, en 12 horas decrece 0.5 cm3

h x 12h=6cm =>

dvdt

=4xπ. 3(6)².0-5 = 72π

cm3

h. Luego la tasa de disminución del volumen fue de 72π. cm

3

h.


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Transcript of Web viewComo X tiene que ser mayor ... entonces el área alcanza su mínimo valor cuando...