juandavidgonzalez-trabajo-3-corte-calculo-grupo-04

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?
x
x
9-2x
24 - 2x
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
𝑑𝑣
𝑑𝑥
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
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?
4
2
2
4
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 =
50𝑥
𝑥−4
+ 8 por lo tanto el área será: A =
50𝑥
𝑥−4
+
8X.
Los valores permitidos serán X>4 o sea (4, ∞).
𝑑𝐴
Derivando A = 𝑑𝑥 =
Igualando a con =>
(𝑥−4)50−50𝑥(1)
(𝑥−4)²
8(𝑥+1)(𝑥−9)
(𝑥−4)²
+8=
=0
8(𝑥+1)(𝑥−9)
(𝑥−4)²
;
→ 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.
Problemas matemáticos
Página 2
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
X
Solución: Sea x el ancho y “Y” la longitud del cercado total; entonces 2Y + 3X = 100.
Y=
100
2
-
3𝑥
→
2
A = X (50 -
Y = 50 -
3𝑥
) = 50x –
2
3𝑥 2
2
;
Hay que maximizar en [0,
Luego 50-3x = 0
→ X=
3𝑥
2
como A = X Y
además
0 ≤ X ≤
100
3
100
dA
3
dx
] derivando A queda:
= 50 – 3x;
50
3
. →
Los puntos críticos son 0,50,
100
3
para X=0 y X =
100
3
El área A = O; para X =
50
3
y Y=25m.
Problemas matemáticos
Página 3
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 →
=
𝑎2
3
=> X=
Como
𝑎
√3
𝑑𝑠
𝑑𝑥
= Ka²-3kx²=0 → K (A²-3x²)=0 → X²
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 .
Problemas matemáticos
𝑎
.
√3
Página 4
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?
________________
800
𝑥
_______________
X
X
Solución: Supongamos que es el ancho de la cerca.
Como A=XY y A=800 → 800=XY → Y=
800
𝑋
es el largo.
La longitud de la cerca total está dada por: L=2X+
Esta se puede expresar: L=
800
𝑋
.
2𝑋 2 +800
Y es la que se minimiza →
𝑋
𝑑𝑙
𝑑𝑥
=
𝑥(4𝑥)−(2𝑥 2 +800)
𝑥2
→ L’=0 → L’=
2𝑋²−800
𝑋2
=0 → 2x²-
800=0 → X=±20 ó X²=0 → X=0,
Se descartan los valores o
y-20. Para comprobar que
x=20
relativo se halla la segunda derivada, o sea, L” (20)>0. Si x=20 →
Problemas matemáticos
es valor mínimo
800
𝑥
=
800
20
= 40.
Página 5
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
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.
125
H. → H=𝜋𝑅2 → A=2R.
Se minimiza así: A’=
125
∏𝑅 2
+ 2 𝜋 R²; → A=
𝑅.1𝜋𝑟 2 −(250+2∏𝑅3 )(1)
𝑅2
=
250
𝑅
250+2𝜋𝑅 3
+ 2 𝜋 R² → A=
4𝜋𝑅 3 −250
𝑅2
𝑅
.
= 0 → 4 𝜋 R³-250=0 R=
5
3
√2𝜋
,
R²=0 → R=0,
Se descarta AR=0
Problemas matemáticos
→
R=
5
3
√2𝜋
→ H=
3
5 √4𝜋²
𝜋
que se deduce de
125
H= 𝜋𝑅².
Página 6
7) ¿cuales son las dimensiones de un cono con área de superficie 10𝜋 que encierra
al mayor volumen?
1
[Indicación: área de superficie = 𝜋 𝑟 (ℎ2 + 𝑟 2 )2, volumen =
1
3
𝜋 𝑟 2 ℎ]
solución:
La cantidad que se debe maximizar es el volumen:
𝑣=
1
3
𝜋 𝑟 2 (I)
El área de la superficie es:
10𝜋 = 𝜋𝑟 (ℎ2 + 𝑟 2 )1⁄2
Luego se remplaza la h en términos de r y queda:
1⁄
2
100
ℎ = ( 2 − 𝑟 2)
𝑟
Se remplaza a h en (I) así:
1⁄
2
1
100
𝑉 = 𝜋 𝑟 2 ( 2 − 𝑟 2)
3
𝑟
=
1
1
𝜋 𝑟 (100 − 𝑟 4 ) ⁄2
3
Se deriva y se iguala a cero así:
𝑉 𝐼 (𝑟) =
𝜋
3
𝑣 𝐼 = 2𝜋 (
(100 − 3𝑟 4 )(100 − 𝑟 4 )−
2𝜋 ( 100−3𝑟 4 )
1 )
3 (100−𝑟 4 ) ⁄2
100 − 3𝑟 4 = 0
1⁄
2
=>
= 0 =>
=>
Problemas matemáticos
Página 7
𝑟=(
100
3
1⁄
4
)
100∗3
ℎ = ( 10√3 −
𝑟2 = (
=>
10 √3
7
)
100
3
1⁄
2
)
=
10√3
3
1⁄
2
1
20 √3
ℎ = [10 √3 (1 − 3)] = (
3
)
1⁄
2
= 2(
5√3
3
)
1⁄
2
Luego las dimensiones de r y h son:
𝑟= √
10√3
=
3
100
√
3
4
4 25
ℎ = 2√
3
Problemas matemáticos
Página 8
8) Un silo consta de un cilindro con una parte superior hemisférica. Hallar las
𝜋
dimensiones del silo con un volumen fijo de 𝑣 = 40 3 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=
2
3
𝜋 𝑟 3 𝑦 𝑠𝑢 𝑎𝑟𝑒𝑎 𝑒𝑠 𝐴 = 4𝜋𝑟 2 .
El volumen de un cilindro esta dado por:
𝑣 = 𝜋𝑟 2 ℎ
El área de la superficie del cilindro incluyendo su base es: 𝑎 = 2𝜋𝑟ℎ + 𝜋𝑟 2
El volumen del sitio esta dado por:
𝑣=
2
3
𝜋 𝑟 3 + 𝜋 𝑟 2 ℎ 𝑦 𝑠𝑢 𝑎𝑟𝑒𝑎 𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑑𝑎𝑑𝑎 𝑝𝑜𝑟
𝐴 = 2𝜋𝑟 2 + 2𝜋𝑟ℎ + 𝜋𝑟 2 => 𝐴 = 𝜋(3𝑟 2 + 2𝑟ℎ)
Hay que minimizar el área y despejar h de el volumen que es fijo entonces:
40𝜋
2
=
𝜋 𝑟 3 + 𝜋 𝑟 2ℎ
3
3
=>
40 −2
2
𝑟 −
𝑟 𝑦 𝑠𝑒 𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑦𝑒 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑎𝑟𝑒𝑎 ∶
3
3
40
2
80 −1
4 2
𝐴 = 𝜋 (3𝑟 2 + 2𝑟 ( 𝑟 −2 −
𝑟)) = 𝜋 (3𝑟 2 +
𝑟
−
𝑟 )
3
3
3
3
5
80 −1
= 𝜋( 𝑟 2 +
𝑟 )
3
3
Problemas matemáticos
Página 9
Se deriva
10𝑟
80 −2
𝐴𝐼 (𝑟) = 𝜋 (
−
𝑟 )
3
3
10 3
80
𝑟 −
=0
3
3
𝑟3 = 8
=>
𝑠𝑖
𝐴𝐼 (𝑟) = 0 =>
10𝑟 3 − 80
=0
3
10
80 −2
𝑟−
𝑟 =0
3
3
=> 10𝑟 3 − 80 = 0
=>
10𝑟 3 = 80
3
=> 𝑟 = √8 = 2
Luego
ℎ=
40
3
40
4
40 − 16
24
(2)−2 −
(2) =
−
=
=
= 2
3
2
12
3
12
12
h=2
y r=2
R / luego el silo tiene radio 2 y altura 2
Problemas matemáticos
Página 10
9) Se va a fabricar un recipiente cilíndrico abierto, de volumen de 1 𝑝𝑖𝑒 3 . Hallar las
dimensiones que minimizan el área del material usado en su construcción.
Solución:
el área del material esta dada por: 𝐴 = 2𝜋𝑟ℎ + 𝜋𝑟 2 .
Para hallar h en función de r se tiene que
𝑉 = 𝜋𝑟 2 ℎ 𝑦 𝑣 = 1 => ℎ =
1
1
2
2
=>
𝐴
=
2𝜋𝑟
(
)
+
𝜋𝑟
=
+ 𝜋𝑟 2
2
2
𝜋𝑟
𝜋𝑟
𝑟
Se deriva 𝐴 con respecto a “r”
𝜋 𝑟 3 −1
𝐴𝐼 = 2 (
𝑟2
1
𝑟3 = 𝜋
)
=>
𝑠𝑒 𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙𝑎 𝑎 "0" => 2(
3
1
𝑟 = √𝜋
𝜋 𝑟 3 −1
𝑟2
) = 0 => 𝜋 𝑟 3 − 1 = 0
Pies
Remplazo en h y queda
ℎ=
1
1
1 3
𝜋[( )]
𝜋
1
=
𝜋[𝜋
3
1
√( )]
𝜋
Problemas matemáticos
=
1
3
1
√𝜋3 2
𝜋
=
1
3
√𝜋
1
= (𝜋)−3 Pies
Página 11
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 = 𝜋𝑟𝑠 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 “s” es la generatriz
𝑠 = √ℎ2 + 𝑟 2
=> 𝐴 = 𝜋𝑟(ℎ2 + 𝑟 2 )
=> de acuerdo a la figura
1⁄
2
Como la esfera tiene radio 1 entonces
ℎ = 1 + 𝑥 = 1 + (1 − 𝑟 2 )
1⁄
2
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
𝑥 2 = 1 − 𝑟 2 => 𝑟 2 = 1 − 𝑥 2
𝐴2 = 𝜋 2 𝑟 2 (ℎ2 + 𝑟 2 )
𝐴2 = 𝜋 2 (1 − 𝑥 2 ){(1 + 𝑥)2 + (1 − 𝑥 2 )}
=> 𝐴2 = 2𝜋 2 (1 + 𝑥 − 𝑥 2 − 𝑥 3 )
𝑑𝐴2
= 2𝜋 2 (1 − 2𝑥 − 32 ) = 0 => 2𝜋 2 (1 − 3𝑥)(1 + 𝑥) = 0 =>
𝑑𝑥
(1 − 3𝑥) = 0 => 𝑥 =
1
3
1 + 𝑥 = 0 =>
𝑥 = −1
𝑒𝑙 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 − 1 𝑛𝑜 𝑒𝑠 𝑣𝑎𝑙𝑖𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑠𝑒 𝑡𝑜𝑚𝑎 𝑥 =
1
𝑟 = (1 − )
9
1⁄
2
=
1
3
=> ℎ = 1 +
1 4
=
3 3
2√2
3
Problemas matemáticos
Página 12
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 5 𝑘𝑚⁄ℎ es:
𝑑1 = (242 + 𝑥 2 )
1⁄
2
𝑜 𝑠𝑒𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑙 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑠𝑒𝑟𝑎:
(242 + 𝑥 2 )
=> 𝑡 =
5
𝑑𝐼
𝑡=
𝑣𝐼
1⁄
2
La distancia que recorre a lo largo de la playa es
𝑑2 = 20 − 𝑥 𝑜𝑠𝑒𝑎 𝑞𝑢𝑒
𝑡2 =
𝑑2
𝑣2
=> 𝑡2 =
20 − 𝑥
13
𝑒𝑙 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑠𝑒𝑟𝑎
𝑡𝑟 = 𝑡1 + 𝑡2
=> Tt =
(242 +𝑥 2 )½
5
+
20−𝑥
13
𝑑𝑡
1
1
Derivando esta expresión queda: 𝑑𝑥 = 5 x (24²+X²) ¯½ - 3
se iguala a cero
𝑑𝑇𝑡
𝑑𝑥
1
1
= 5 x (24²+X²)¯½ - 13 = 0.
=> 13X = 5 (24²+X²)½ => 169X² = 25 (24²+X²) => X² =
=> X² =
14400
144
25(24)2
144
= 100 => X=√100 = 10km
Problemas matemáticos
Página 13
12) Un cartel deberá contener un área impresa de 150 𝑐𝑚2 , 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 =
Luego el área total será: A = (X+4) (
150
𝑥
150
𝑋
+ 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 =
Luego Y =
150
𝑋
=> Y=
150
10
600
6
= 100 => X=10
= 15.
Luego el cartel medirá: X = 10+4 = 14 de ancho por Y=15+6=21 de largo
Problemas matemáticos
Página 14
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
1−𝑤
=> V = (
2
1
1
).w² = 2w² - 2w³.
3
Se deriva con respecto a W y quedo V’(w) = W – 2 W²
3
3
2
Se iguala a cero => W – 2 w² = 0 => W (1- 2 w) =0 => W=O y W= 3.
El máximo tiene para
h=
1−
2
2
3
=
3−2
𝑥
2
1
2
2
o <w<3 => El valor máximo de w = 3 m.
1
= 6 => h = 6 m.
Problemas matemáticos
Página 15
14) Hallar el punto sobre la grafica de 𝑦 = 𝑥 2 + 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
3
de P a (8, 2).
3
1
Se tiene: S = [(X-8)² + (X²+1-2²]½ = [(X-8)² + (X²-2²]½. Esta es la distancia que se
debe minimizar => Se eleva al cuadrado y se deriva así:
1
S² = (X-8)² + (X²-2)² =>
𝑑
𝑑𝑥
1
(5²) = 2 (x-8) + 4x (x²- 2) = 2X – 16+4X³ - 2x=0 => X³=4
=> X= ³√4
El punto sería (³√4, 1 + ³√16) = (³√4, 1+ 2 ³√2).
Problemas matemáticos
Página 16
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.
50
50
Luego X= 3 => l=100-4X 3 =
100
L=
3
100
3
=> X=0
50
200
X= 12
3
=
50
3
.
pulgadas.
Problemas matemáticos
Página 17
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 <
100
2𝜋
; 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
50
r = 2𝜋−1 pulgadas.
L = 100 –
L=
Problemas matemáticos
2𝜋(50)
2𝜋−1
𝟏𝟎𝟎(𝝅−𝟏)
𝟐𝝅−𝟏
=
100(𝜋−1)
2𝜋−1
pulgadas.
Página 18
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 =>
𝐸𝐷
𝐴𝐶
𝐸𝐵
= 𝐴𝐵 .:. ED = h AC=5
EB = 3-r
AB = 3
Luego:
ℎ
5
=
V = πr² (5-
3−𝑟
3
5𝑟
3
=> h=5 –
5
5𝑟
3
.
) = 5πr² - 3 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
Problemas matemáticos
𝟓
y h=𝟑
Página 19
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:
1
A = 2 (base) (altura).
1
2𝑏 2
4𝑏
A = 2 (𝑏−3).b =
𝑏−3
;
La variable b debe ser mayor o igual a 3 o sea b≥3 =>
A’(b) =
(𝑏−3).4𝑏−2𝑏2 (1)
(𝑏−3)2
Se iguala a cero =>
A₍₆₎ =
2(6)2
6−3
=
72
3
=
2𝑏(𝑏−6)
.
(𝑏−3)2
2𝑏(𝑏−6)
(𝑏−3)2
= 0 => 2b (b-6) = 0 =>
= 24. => b = 0 y b = 6.
B: El área mínima debe ser 24.
Problemas matemáticos
Página 20
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
𝑋
A = 𝜋𝑟 2
Pero x y r están relacionados por la ecuación pitagórica a²+x²=r².
𝑥
De acuerdo a esta expresión la razón está dada por: A = 𝜋(𝑎2 +𝑥 2 )
Se deriva esta razón y queda: B’(x) =
𝑎2 −𝑥 2
𝜋(𝑎2 +𝑥 2 )2
𝑎²−𝑥 2
Se iguala a cero 𝜋(𝑎2 +𝑥 2 )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?
1
Solución: Sea X el numero y 𝑋 es su reciproco.
1
=> La suma S= X+ 𝑥 donde X≥0. Se deriva y se iguala a cero.
1
=> S’₍x₎=1- 𝑋 2 = 0 =>
Problemas matemáticos
𝑥²−1
𝑋2
= 0 =>X²=1 => X=1
Página 21
21) Hallar las dimensiones del triangulo isósceles
inscribirse en un circulo de radio a.
de área máxima que podría
1
Solución: El área del triángulo es: A = 2 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 − 𝑥 2 )½ − 𝑥 2 (𝑎2 − 𝑥 2 )¯½ = 0 =>A´₍x₎=𝑎(𝑎2 − 𝑥 2 )½ + 𝑎2 − 𝑥 2 − 𝑥 2 = 0
A‘(x)= 𝑎(𝑎2 − 𝑥 2 )½ = 2𝑥 2 − 𝑎2 => 𝑎2 (𝑎2 − 𝑥 2 ) = 4𝑥 4 − 4𝑎2 𝑥 2 + 𝑎4
4𝑥 4 − 3𝑎2 𝑥 2 = 0 => 𝑥 2 (4𝑥 2 − 3𝑎2 ) = 0 => 4x²=3a² => 𝑋 =
Sea que el área máxima del triangulo será cuando 𝑋 =
Siendo así ℎ = 𝑎 + (𝑎2 −
Problemas matemáticos
3𝑎2
4
½
) =
3𝑎
2
y 𝑏 = 2(
𝑎√3
2
o
𝑎√3
2
,
𝑎√3
2
) o sea 𝑏 = 𝑎√3.
Página 22
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 =
El área del círculo A = πr² y área del cuadrado A₂ = 5² o sea A₂ =
𝑥2
𝑥2
𝑥2
A₁ = π (4𝜋2) = 4𝜋. El área total es: A = A₁ + A₂ => A = 4𝜋 +
2𝑥
Se deriva e iguala a cero: A’ = 4𝜋 –
2(100−𝑥)
16
𝑥
100−𝑥
8
=
4𝑥−100𝜋+𝜋𝑥
8𝜋
=
𝑥(4+𝜋)−100𝜋
8𝜋
O sea que la A, tiene un mínimo en x =
Problemas matemáticos
.
16
.
.
= 0.
4x – π (100-x) = 0 => x (4+π) = 100 π. => X =
A’ = 2𝜋 –
4
(100−𝑥)2
(100−𝑥)2
16
100−𝑋
4+𝜋
𝟏𝟎𝟎𝝅
= ( 8𝜋 ) (x-
100𝜋
4+𝜋
𝟒+𝝅
.
100𝜋
4+𝜋
).
.
Página 23
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 (
=> X² =
1500000
390
5
5000
𝑥
) derivando C’₍x₎ = 390 – 1500000 x ¯² = 0.
13
=> x = 100 √13 Luego y = 50 √15.
Problemas matemáticos
Página 24
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,
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 72, se busca
𝑑𝑦
𝑑𝑡
.
Y²+90²=X²
Se deriva con respecto al tiempo T implícitamente 2y
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 2x
𝑑𝑥
𝑑𝑡
=> y
𝑑𝑦
𝑑𝑡
.x “1”
Cuando X=150, Y²+90²=150² así que Y=120.
Debe hallarse
𝑑𝑦
𝑑𝑡
cuando Y=120 y
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 72.
Al hacer las sustracciones en “1” se tiene:
120
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 150 (72) ó 120
Problemas matemáticos
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 72 (150).
=>
𝑑𝑦
𝑑𝑡
6
= 73∗150
120 = 90 m/seg.
1
Página 25
25)
𝑑𝑦
𝑑𝑡
𝑑𝑥
𝑦 = −𝑥 2 𝑦
Si
𝑑𝑡
=4
durante
todo
el
tiempo
t
.Hallar
. 𝑑2 𝑦 𝑑𝑡 2 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑥 = 2
Solución: Se toma la función y se deriva implícitamente
Y = -X² =>
𝑑𝑦
𝑑𝑡
; como
𝑑𝑥
𝑑𝑡
Se deriva de nuevo =>
𝑑𝑦
= 4.=>
𝑑2 𝑦
𝑑𝑡 2
𝑑𝑡
=-8
= - 2x.4 = -8X cuando X=2
𝑑𝑥 𝑑2 𝑦
𝑑𝑡 𝑑𝑡 2
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= -16.
= - 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
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 7 y puede hallar
relacionar X y Y se toma la semejanza entre los triángulos de la figura:
𝑑𝑧
𝑑𝑥
Luego 3Z = 4X y 3( 𝑑𝑡 ) = 4 ( 𝑑𝑡 ).
Como
𝑑𝑥
𝑑𝑡
=7
entonces
Problemas matemáticos
𝑑𝑧
3𝑑𝑡 = 4x7 y
𝑑𝑧
𝑑𝑡
=
28
3
𝑧
𝑑𝑧
𝑑𝑡
=
20
. Para
𝑧−𝑥
5
.
pies/seg.
Página 26
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:
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 100 y pide hallar
𝑑𝑦
𝑑𝑡
cuando X=45. Pot
Pitágoras se tiene:
X² + 90² = Y²
se deriva con respecto al tiempo:
2X
𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑦
=2Y 𝑑𝑡 ; cuando X=15 => 45²+90²=Y² así que Y=45√5 =>
2(45)(100) = 2 (45√5)
Problemas matemáticos
𝑑𝑦
𝑑𝑡
=> cuando X=45
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 20√5 pies/seg.
Página 27
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
𝑑𝜃
𝑑𝑡
= 10π rad/min.
1
Se halla la relación entre 𝜃 y W. Según la figura W=24 Sen𝜃 = 2.
Dado que el ancho del aviso está aumentando,
𝜃 debe estar entre π/2 y 0 así que 𝜃 =
en consecuencia:
𝑑𝑤
𝑑𝑡
𝜋
6
𝜋
= 24 (C𝜃 6 ) (10π) = 120π √3 m/min.
Problemas matemáticos
Página 28
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?
1
1
1
Solución: El volumen del cono es V = 3 πr²h; como r=h entonces V=3 πh²h =3 π h³.
Se deriva
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= πh²
𝑑ℎ
𝑑𝑡
Problemas matemáticos
como
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= 20 cuando h = 3 => 20 = π3²
𝑑ℎ
𝑑𝑡
20
= 1𝜋 m/min.
Página 29
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= (7⁄4)𝑥 2 + 1. Si el punto B comienza en
(0, 1) y se mueve hacia arriba a una tasa constante de 2 unidades/seg. ¿Con que
7
rapidez esta aumentando el área del triangulo cuando 𝑡 = 2 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠 ?
Solución: Cuando B está en (o,y), C debe estar en el punto (x,y),
4
En donde (7/4)x² + 1= Y es decir: X = [ 7 ( Y-1 ) ]½ .
1
4
El área del triángulo es A = 2 y [7 (𝑦 − 1)]½ .
Derivando con respecto A T se tiene:
𝑑𝐴
𝑑𝑇
1
𝑑
1
1 4
4
4
𝑑
1
= 2 y. 𝑑𝑇 [ 7 (Y-1) ]½ + [ 7 (Y-1) ]½ . 𝑑𝑡 (2y)
4 𝑑𝑦
= 2 y 2 [7 (Y-1) ]½ (7)
=
𝑦 4
𝑑𝑦
7 7
𝑑𝑡
[ (𝑌 − 1)]¯½
𝑑𝑡
4
1
+ [7 (𝑌 − 1)]½ (2)
1 4
𝑑𝑦
7 7
𝑑𝑡
+ [ (Y-1)]½
𝑑𝑦
𝑑𝑡
.
Como B comienza en (0,1) y se mueve hacia arriba dy/dt = 2.
7
Cuando T = 2; Y=1+ (7/2) 2 = 8 en ese instante:
𝑑𝐴
𝑑𝑡
Problemas matemáticos
=
22
7
𝑑𝐴
𝑑𝑡
8 4
1
4
= 7 [7 (8-1)]¯½ (2) + 2 [ 7 (8-1)]½ (2)
unidades/seg.
Página 30
31) Una partícula se mueve a lo largo de la parábola 𝑦 = 𝑥 2 . ¿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:
𝑑𝑦
𝑑𝑡
=
𝑑𝑥
𝑑𝑡
Luego tomando la función Y=X² =>
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 2X
𝑑𝑥
𝑑𝑡
Para que se cumpla la condición 2X debe ser igual a “1” (uno),
1
1 2
1
1 1
O sea, 2X=1 => X = 2 => Y=X² => Y = (2) = 4 luego las coordenadas serán (2 , 4).
Problemas matemáticos
Página 31
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
1
disminuye a una tasa de
1
tasa de
4
cm/min ; y el diámetro externo esta aumentando a una
cm/min. Si el volumen de la arandela se mantiene en 𝜋 𝑐𝑚3 en todo
2
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:
𝐻 2
𝐻
V = G¯ [π( 2 ) -π ( 2 )²] =
𝜋𝐺
(D²-H²)
4
se deriva con respecto al tiempo
𝑑𝑉
𝑑𝑡
.:.
=
𝑑𝐺
𝑑𝑡
𝜋
𝑑
G. 𝑑𝑡 (D²-H²).
4
1 𝑑𝐷
= - 4;
𝑑𝑡
𝑑𝐺
=
𝑑𝑡
𝜋
4
G (2D
𝑑𝐷
𝑑𝑡
- 2H
𝑑𝐻
)+
𝑑𝑡
𝜋
4
(D²-H²)
𝑑𝐺
𝑑𝑡
.
1
= 2 D=3; H=1.
Es necesario hallar G. Luego queda que como el volumen siempre es igual a π cm³
𝑑𝑉
en todo momento =>
𝜋
𝑑𝑡
= 0 y G si puede hallar tomando V =
1
𝜋
1
𝜋𝐺
4
(D²-H²) => π =
𝜋
4
g (3²
1
- 1²) = 4 G (8) => π = 4 G (8). => G = 4𝜋
8𝜋 = 2 => G = 2.
2
Luego remplazando en la derivada:
𝑑𝑉
𝑑𝑡
=
𝜋
4
G (2D
=> 0 =
3𝜋
8
–
𝑑𝐷
𝑑𝑡
𝜋 𝑑𝐻
4 𝑑𝑡
- 2H
𝑑𝐴
𝑑𝑡
𝜋
)+
+ (- 2 ) =>
𝜋
(D² - H²)
4
𝜋 𝑑𝐻
4 𝑑𝑡
=
3𝐻
8
𝑑𝐺
𝑑𝑡
𝜋
=> 0 =
− 2 =>
𝑑𝐻
𝑑𝑡
𝜋
4
=
1
12
8
=> B:
Problemas matemáticos
1
. 2 (2(3) 2 - 2 (1).
4
4
𝑑𝐻
𝑑𝑡
1
1
) + (3²-1²) (- 4)
− 2 = −8 = −2
𝑑𝐻
𝑑𝑡
1
= - 2 cen/min.
Página 32
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
variación con A respecto a:
𝑑𝑟
𝑑𝑡
=3
𝑐𝑚
𝑠𝑒𝑔
. Hallar la tasa de
a) r; b) D; c) y; d) t.
Solución: El área de un circulo está dada por:
a). A=πr² derivando =>
𝑑𝐴
𝑑𝑟
= 2πr. => Cuando r=b =>
𝐷
𝑑𝐴
𝑑𝑟
1
= 12πcm²/cm.
𝑑𝐴
1
b). El diámetro D es igual a 2r => A=π ( 2 )² = 4 π D². => 𝑑𝐷 = 2π (12) = 6πCm²/Cm.
c). La longitud de la circunferencia C=2πr y A=πr² se derivan ambas con respecto a
C.
𝑑𝐴
𝑑𝑐
𝑑𝐴
𝑑𝑐
𝑑𝑟
𝑑𝑟
𝑑𝑟
1
= 2πr 𝑑𝐶 y 1=2π 𝑑𝐶 => 𝑑𝑐 = 2𝜋.
1
𝑑𝐴
= 2πr 2𝜋 = r; cuando r=6, 𝑑𝐶 = 6 cm²/cm.
d). Derivamos A=πr² respecto a t.
𝑑𝐴
𝑑𝑡
𝑑𝑟
= 2πr 𝑑𝑡 ; pero r=6
Problemas matemáticos
𝑑𝑟
=3 y
𝑑𝑡
𝑑𝐴
𝑑𝑡
= 2πx6x3=36π cm²/seg
Página 33
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
𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑧
. El enunciado dice que 𝑑𝑧 =-30 y
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 25.
Por semejanza de triángulos en la figura se tiene:
𝑧−𝑥
30
=
𝑦−𝑥
20
=> 27=3y-x.
Se deriva y se sustituye las cantidades conocidas.
𝑑𝑧
𝑑𝑦
𝑑𝑥
𝑑𝑥
2 𝑑𝑡 = 3 𝑑𝑡 − 𝑑𝑡 => 2(-30)=3(25) –𝑑𝑧 =>
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 135 m/seg.
Pi: La sombra se mueve a razón de 135 m/seg.
Problemas matemáticos
Página 34
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
𝑑𝑧
𝑑𝑡
cuando x=13. El enunciado dice que
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 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.
𝑧
Por semejanza de triángulos 6 =
𝑥+𝑧
20
7𝑍 2
=> 7Z=3X => X=
𝑑𝑦
98
9
Z
𝑑𝑧
𝑑𝑡
39
Remplazando en la derivada queda 2(12)(4)=
=>
𝑑𝑡
=
144
91
reemplazando a X² en el
9
; también se halla Y y Z cuando
X=13 => Y²+25=13² => Y=12; 72=3(13) => Z= 7 como
𝑑𝑧
3
49𝑍 2
de Pitágoras queda: Y²+25 = ( 3 ) => y²+25=
Derivando con respecto a T queda: 2y 𝑑𝑡 =
7𝑍
𝑑𝑦
𝑑𝑡
=4
98 39 𝑑𝑧
9
.
7 𝑑𝑐
pies/seg.
Problemas matemáticos
Página 35
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:
𝐵𝐶
𝐷𝐸
=
𝐴𝐵
𝐴𝐸
=>
𝑋
8
𝑌+
=
8
𝑋
2 −64
√𝑌
8
=
𝑌+8
√
𝑌2−64
8(𝑌+8)
. => X = √𝑌 2
;
−64
1
El volumen esta dado por V= 3 πr²h donde
R=X => X² =
1
64(𝑌+8)2
Luego V= 3 π.
64(𝑌+8)2
=> x² = (𝑌+8)(𝑌−8)
𝑌²−64
64(𝑌+8)
1𝜋64(𝑌−8)2
𝑌−8
3(𝑌−8)
. (Y-8) =
Derivando queda V`=
64𝜋(𝑌+8)(𝑌−24)
3(𝑌−8)2
=> X² =
64(𝑌+8)
𝑌−8
1
y h=Y+8 => V= πx² (Y+8)
3
= 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)
√𝑦 2 −64
=
8(24+8)
√576−64
=
Problemas matemáticos
8(32)
16√2
= 8√2.
Página 36
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?
X
Y
Y
____________CARRETERA____________
P
=
P
P’=
2Y+X
=
1
A=XY=5000
5000
2.
–
10000
𝑋2
𝑋
=
0
+
=>
=>Y
X
X²-10000
Se
=
0
minimiza
=>
X=±√10000
5000
=
𝑋
derivando.
=
100 es el único valor crítico admitido. Se aplica la segunda derivada => P” =
±
100.
20000
𝑥3
La cual es positiva para X>0. Luego 100 es un mínimo absoluto en el intervalo
F (100) =
2𝑥5000
100
+ 100 = 200 yardas.
Problemas matemáticos
Página 37
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
𝑑𝑦
𝑑𝑡
𝑑𝑥
𝑑𝑐
=-
+ 2Y
4.32
4.8
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 0 =>
= -0.9 m/seg
𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑦
= 1.2 X=1.8 y Y=2.4 => 2(1.8) (1.2) + 2(2.4)
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 0 =>
𝑑𝑡
Es la velocidad con que desciende la escalera verticalmente cuando está a la altura
de 2.4 metros.
Problemas matemáticos
Página 38
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?
3m
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
que
se
Problemas matemáticos
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 2Z
𝑑𝑧
𝑑𝑡
acelera
=
2𝑧.0.9 𝑚
2𝑥
𝑠𝑔
.=
el
4.7(0.90)
3.6
= 1.175
bote
𝑑𝑥
𝑑𝑡
Es la velocidad con
al
muelle.
Página 39
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:
1.8
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 2.7.
𝑑𝑦
𝑑𝑡
=>
𝑑𝑥
𝑑𝑡
=
3𝑘𝑚
ℎ
𝑥+𝑦
4.5
=>
=
𝑌
1.8
=> 1.8 X = 2.7 Y derivando queda:
1.8x3 = 2.7
𝑑𝑦
𝑑𝑡
b. Se necesita saber en con qué rapidez cambia X+Y o sea
=5
𝑘𝑚
ℎ
=>
𝑑
𝑑𝑡
𝑑𝑦
𝑑𝑡
=
(X+Y) =
5.4
= 2
2.7
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑡
+
𝑑𝑡
𝑘𝑚
ℎ
.
= 3+2
.
Problemas matemáticos
Página 40
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
𝑑𝑐
𝑑𝑡
cuando τ=z.
La regla de la cadena deduce que:
𝑑𝑐
𝑑𝑡
𝑑𝑐 𝑑𝑝
= 𝑑𝑝.
=>
𝑑𝑐
𝑑𝑡
=
𝑑𝑡
=>
𝑑𝑐
𝑑𝑝
=
𝑃
2√0.5𝑝2 +17
𝑃
2√0.5𝑝2 +17
y
𝑑𝑝
𝑑𝑡
= 0.2𝜏.
. 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
𝑑𝑐
𝑑𝑡
𝑑𝑐
queda 𝑑𝑡 =
4𝑥0.2𝑥3
2√0.5(4)2+17
2.4
= 2√25 =
2.4
10
= 0.24 partes por millón al
año.
Problemas matemáticos
Página 41
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
𝑑𝑟
𝑑𝑡
de
= 4 pies se debe derivar el área con respecto al tiempo; y el área
un
𝑑𝐴
=> 𝑑𝑡 = 2πr
circulo
𝑑𝑟
; cuando r=20 pies,
𝑑𝑡
𝑑𝐴
𝑑𝑡
es
A=πr².
= 2π*20* 4=2π.20 pies*4. =>
𝑑𝐴
𝑑𝑡
= 160 π
𝑝𝑖𝑒𝑠2
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.
1
El volumen del cono es V= 3 πr².h donde
h=4r
𝑐𝑚3
2
1
𝑠𝑒𝑔
π²
16
.:. r=
ℎ
1
ℎ
=> V= 3 π. (4) ².h => V=
4
𝜋ℎ3 𝑑𝑣
48 𝑑𝑡
1
= 16 πh²
𝑑ℎ
𝑑𝑡
.:.
𝑑𝑣
𝑑𝑡
=2
𝑐𝑚3
𝑠𝑒𝑔
. =>
=
𝑑ℎ
𝑑𝑧
=>
𝑑ℎ
𝑑𝑡
32
= 𝜋.ℎ2 .:. h=10cm =>
Problemas matemáticos
𝑑ℎ
𝑑𝑡
32
= 100𝜋 =
0.32
𝜋
𝑐𝑚
= 0,102 𝑠𝑒𝑔.
Página 42
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
𝑑𝑣
𝑑𝑡
=8
𝑝𝑖𝑒𝑠3
y lo que se quiere saber es
𝑚𝑖𝑛
𝑑ℎ
𝑑𝑡
en el momento en
que h=4.
1
El volumen de un cono es: V=3πr²h. Tomando de la figura hay semejanza de
triángulos y se puede dar la relación
ℎ2
.h; V=
4
=>
𝑑ℎ
𝑑𝑡
𝜋ℎ3
12
32
𝑟
6
que se cumple para toda t>0
= 16𝜋 =>
𝑑ℎ
𝑑𝑡
=
ℎ
=> 12r=6h
12
𝑑𝑣
3𝜋ℎ2 𝑑ℎ
𝑑𝑡
=
12
𝑑𝑡
=>
𝑑𝑣
𝑑𝑡
ℎ
h=2r ó r= 2=> V=
=
𝜋ℎ2 𝑑ℎ
4
𝑑𝑡
=> 8=
1
3
π
𝜋(4)2 𝑑ℎ
4
𝑑𝑡
= 0,637 o sea que el agua sube a razón de 0,637 pies por mínimo.
Problemas matemáticos
Página 43
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.
𝑎𝑟
V=πr²(a. 𝑏 ) = aπr² -
𝑎𝜋𝑟 3
𝑏
porque
𝑎−ℎ
𝑟
𝑎
= 𝑏 .:. h=a-
𝑎𝑟
𝑏
se reemplaza h en V= πr²h que es el volumen del cilindro.
𝑑𝑣
Maximizamos a V en [o, b] 𝑑𝑟 = 2aπr –
como
h=a-
Problemas matemáticos
𝑎.2𝑏
𝑏3
=
3𝑎𝜋𝑟 2
𝑏
= aπr (2a
3𝑟
–
𝑏
2𝑏
)=0 => 3r=2b => r= 3
2𝑎
3
=>
𝐚
h=𝟑.
Página 44
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
𝑑𝐴
𝑑ℎ
=
−8ℎ2 +4𝑟 2
2√𝑟 2 −ℎ2
8
= 0 => -8h²+4r²=0 => 4r²=8h² r²=4h² => r = h√𝟐.
Problemas matemáticos
Página 45
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 =>
√3
Por lo tanto Y=4- (2 3 )²=4A=2.
2√3 8
3
.3=
4𝑥 3
9
𝑑𝐴
𝑑𝑥
4
2√3
3
3
= 8-6x² => A’=0 => = x² => X=
8
= 3. Dado que A”<0 se tiene que el área máxima es
32√3
9
.
Problemas matemáticos
Página 46
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:
𝑥
𝑦
K es una constante de proporcionalidad de acuerdo a la figura (2)² + ( 2)²= 9
Por Pitágoras.
𝑥2
4
+
𝑦2
4
=9
=>
𝑥 2 +𝑦 2
4
= 9 => x²+y²=36
despejando y² queda: y²=36-x² => S=KX.(36-X²) => 0≤X≤6 S=36KX-KX³ =>
= 36K-3KX² se iguala a => 36K-3KX²=0
Y²=36-X² y X² =
36
3
=> Y²=36-
36
3
=> 3KX²=36K
36
𝑑𝑠
𝑑𝑥
X=√ 3 = 2√3 pies como
=> 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.
Problemas matemáticos
Página 47
49) Al derretirse una bola de nieve con radio inicial de 12cm, su radio decrece a
𝑐𝑚
razón constante de 0.5 ℎ . 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?.
4
Solución: Sea r el radio de la bola de nieve. El volumen de la bola es V=3 πr³. Se
deriva el volumen:
𝑑𝑣
𝑑𝑡
=
4
3
π.3r²
𝑑𝑟
como
𝑑𝑡
𝑐𝑚3
12cm, en 12 horas decrece 0.5
ℎ
𝑑𝑟
𝑑𝑡
= 0.5
𝑐𝑚
ℎ
. El radio que inicialmente es de
x 12h=6cm =>
Luego la tasa de disminución del volumen fue de 72π.
Problemas matemáticos
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑐𝑚3
ℎ
4
= 𝑥π. 3(6)².0-5 = 72π
𝑐𝑚3
ℎ
.
.
Página 48
Problemas matemáticos
Página 49