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4.2 EJEMPLOS
Ejemplo 1
A un tanque que tiene la forma de un cono circular recto invertido de 4 mts. de radio y 16
mts. de altura entra agua a una razón de 50 cm3/seg.
a. ¿A que velocidad está subiendo el nivel del agua cuando este se encuentra a 4 mts. de
altura?
b. ¿A que velocidad está cambiando el radio en ese mismo instante?.
Solución.
En la fig. 4.1 aparece el cono con las dimensiones dadas y una porción del volumen en
cualquier instante t.
Designese por:
V: volumen (en cm3) de agua en el tanque en el instante t (seg.).
x: radio (en cm.) de la sección del cono al nivel del líquido en el instante t.
y: altura del agua (en cm.) en el instante t
Datos:
 cm 3
dV
= 50 
dt
 seg



El volumen del agua en el instante t viene dado por:
1
πx 2.y
3
V =
(1)
De la semejanza de los triángulos ODE y OBC, se deduce que:
 y = 4 x(2)
16
y

=
⇔ 
y
4
x
 x = 4 ( 3 )
a) Puede formularse la pregunta asi:
dy
= ?
dt
cuando y = 4 mts. = 400 cm.
dy
consiste en expresar V en (1) en términos
dt
únicamente de la variable y (usando (3)) y derivando en ambos lados con respecto a t.
Una manera simple de calcular
2
Asi,
π
1
1  y 
V = πx 2 y = π   y =
y3
3
3  4 
48
dV
dt
=
De donde
dy
dt
π
48
=
⋅3y
16 ⋅
πy
2
⋅
dy
dt
=
πy
2
16
dV
dt
2
De acuerdo a las condiciones del problema:
⋅
dy
dt
cm 3
1
seg
=
=
2
200 π
π (400 cm )
16 ⋅ 50
dy
dt
 cm

 seg



(5);
indicando con esto que la altura crece a esa velocidad.
b) Puede formularse la pregunta asi:
dx
= ?
dt
cuando y = 4 mts. = 400 cm. ⇔ x = 100 cm.
Una manera sencilla de encontrar la solución, consiste en derivar ambos miembros de (3)
con respecto a t.
Asi,
1 dy
dx
=
4 dt
dt
=
1 
1
 cm


4  200 π  seg
=
 cm
1

800 π  seg



(6)
Indicando con esto que el radio crece a esta velocidad.
Otra manera de obtener la solución, consiste en expresar V en (1) en términos
únicamente de la variable x (usando (2)) y derivar en ambos lados con respecto a t.
(¡Verifique!)
Ejemplo 2
Un vigilante situado en la parte superior de un faro de 250 pies de altura, observa un bote
de motor que se acerca al faro a una velocidad de 20 pies/seg. ¿Con qué rapidez cambia
el ángulo formado por la visual con respecto al bote cuando este se encuentra a 300 pies
de la base del faro?.
Solución:
En la fig. 4.2 (a) aparecen las variables que intervienen en el problema.
x : distancia del bote al pie de la base P del faro en cualquier tiempo t.
θ : ángulo formado por la visual y el bote B en cualquier tiempo t.
 dx
pies 
 , entonces es de esperar que
Nótese que cuando “B se acerca a P” 
= − 20
seg 
 dt
θ también decrece.
(a)
(b)
fig. 4.2
De la fig. 4.2 (a) se tiene:
tan θ =
x
⇒ x = 250 ⋅ tan θ
250
(1)
Derivando ambos miembros de (1) con respecto a t, se tiene:
dx
= 250 ⋅ sec
dt
De donde,
2
dx
dθ
dt
=
dt
250 ⋅ sec
θ ⋅
2
dθ
dt
θ
(2)
En el caso particular que interesa, x = 300
Asi que tan θ =
300
6
=
250
5
(fig. 4.2 (b)).
Usando la identidad trigonométrica: 1 + tan 2 θ ≡ sec 2 θ , se puede escribir en este caso:
sec
2
6
θ =1+  
5
De otro lado:
2
=
dx
= − 20
dt
25 + 36
61
=
25
25
pies
seg
(3)
(4)
Sustituyendo (3) y (4) en (2) se tiene finalmente:
dθ
− 20
=
61
dt
250 ⋅
25
=
− 2
61
Lo cual indica que el ángulo
aprox. 0.0327 Rad/seg.
 Rad

 seg
θ



decrece (como era de esperar) a una velocidad de
Ejemplo 3.
Un puente está construido perpendicularmente a la dirección de un río recto y a una altura
de 5 mts. sobre el nivel del mismo. En cierto momento un auto pasa por el centro C
del puente (fig. 4.3) a una velocidad de 12 mts/seg. En ese mismo instante una lancha
L que se acerca al puente a una velocidad de 20 mts/seg., dista 100 mts. del punto P
situado sobre el agua y exactamente bajo el centro del puente. Si la carretera continúa
perpendicular al río, ¿cuál es la velocidad a la cual se están separando la lancha y el auto
8 seg. después de que aquella pasó por el punto P?.
Solución:
En primer lugar se definen las variables que varían con el tiempo.
x: distancia que recorre la lancha desde el momento en que el auto pasa por el punto C.
y: distancia que recorre el auto desde el momento en que pasa por C.
w: distancia de P a D.
z: distancia que separa la lancha del auto.
Como los triángulos BPD y PCD son rectángulos en P y C respectivamente, se
tiene de acuerdo a la relación pitagórica:
z 2 = w 2 + ( x − 100
)2
(1)
w 2 = 25 + y 2
También,
(2)
De acuerdo con las condiciones del enunciado, cuando han transcurrido 8 seg., el auto
está en el punto D y la lancha en el punto B. Asi que x = 160 mts. e y = 96 mts.
La pregunta del problema puede formularse de la siguiente forma:
dz
= ?
dt
 x = 160 mts .

mts
cuando  dx
=
20
 dt
seg

y
;
y = 96 mts .
dy
mts
= 12
dt
seg
Para responderla, se sustituye (2) en (1) y luego se deriva en ambos lados con respecto al
tiempo. Esto es:
z 2 = 25 + y 2 + ( x − 100
2z ⋅
)2
dz
dy
dx
= 2y⋅
+ 2 ( x − 100 )
dt
dt
dt
Ahora,
dz
=
dt
y
dy
dx
+ ( x − 100 )
dt
dt =
z
dy
dx
+ ( x − 100 )
dt
dt
2
2
25 + y + ( x − 100 )
y
Remplazando los valores particulares, se obtiene finalmente:
dz
=
dt
(96 mts ) ⋅ 12
mts
mts
+ (60 mts ) ⋅ 20
seg
seg
25 + 96
2
+ 60 mts
2
=
2352 mts
mts
≈ 20 . 75
seg
12841 seg
Lo que indica que la lancha y el auto se están separando a una velocidad de
aproximadamente 20.75 mts/seg.
Ejemplo 4.
Una piscina cuyas medidas son las indicadas en la fig. 4.4, tiene agua hasta 4 pies de
profundidad en el extremo mas hondo.
a. ¿Qué porcentaje de la piscina está llena?.
b. Si se echa agua en ella a razón de 10 pies3/min. ¿a qué ritmo sube el nivel del agua en
el instante para el cual hay agua hasta 4 pies de profundidad?.
fig. 4.4
Solución:
a. Se debe calcular inicialmente el volumen total de la piscina. Este corresponde al
volumen de un sólido cuya base es un trapecio con las siguientes medidas: base mayor:
9 p, base menor: 4 p; y cuyo espesor es de 20 pies.
Luego: Vp = (Área de la base) . (espesor)
Vp =
( 9 + 4 ) 40
⋅ 20 = 5 . 200 pies
2
3
Ahora, el porcentaje de piscina llena corresponde al volumen Vll del sólido que aparece
indicado en la fig. 4.5.
fig. 4.5
VH
= (Área de la base) . (espesor)
VH =
4 .L
⋅ 20 = 40 L ( pies
2
3
)
Como los triángulos ADB y PDC son semejantes, se tiene la siguiente proporción:
5 40
=
⇒ L = 32 ( pies )
4
L
3
Asi que V ll = 40 ⋅ 32 = 1280 ( pies )
Usando una regla de tres simple se establece:
3
Si Vp = 5 .200 pies corresponde al 100%
V ll = 1280 pies
3
corresponde x =
1280.100%
≈ 24.61%
5200
b. Supóngase que en un instante t determinado, el volumen de piscina llena corresponde
al volumen del sólido que aparece en la fig. 4.6 en el cual, y (nivel vertical) y x
(nivel horizontal) están creciendo con respecto al tiempo.
fig. 4.6
Se tiene entonces:
V =
Pero,
y .x
⋅ 20 = 10 x . y
2
y
x
=
⇒ x = 8y
4
32
(1)
(2)
Sustituyendo (2) en (1) se puede escribir:
V = 80 y2
(3)
Derivando en ambos lados de (3) con respecto a t se tiene:
dy
dV
= 160 y ⋅
dt
dt
De donde,
Como
dV
dy
= dt
dt
160 y
dV
= 10 pies
dt
3
/ min
y
y = 4 pies, se tiene finalmente:
dy
10
1 pies
=
=
dt
160 ⋅ 4
64 min
Esta es la velocidad a la cual crece el nivel del agua en ese instante.
Puede verificarse fácilmente (¡verifique!) que el nivel horizontal
1
creciendo en ese mismo instante a una razón de
pies / min.
8
x,
también esta