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:

=

segcm

dtdV 3

50

El volumen del agua en el instante t viene dado por:

yx .31 2π=V (1)

De la semejanza de los triángulos ODE y OBC, se deduce que:

=

=⇔=

)3(4

)2(4

416

yx

xy

xy

a) Puede formularse la pregunta asi:

?=dtdy cuando y = 4 mts. = 400 cm.

Una manera simple de calcular dtdy consiste en expresar V en (1) en términos

únicamente de la variable y (usando (3)) y derivando en ambos lados con respecto a t.

Asi, 32

2

48431

31 yyyyx πππ =

==V

dtdyy

dtdyy

dtdV

⋅=⋅⋅=16

348

22 ππ

De donde 2

16

ydt

dV

dtdy

π

⋅=

De acuerdo a las condiciones del problema:

( )

=

⋅=

segcm

cmsegcm

dtdy

ππ 2001

400

5016

2

3

(5);

indicando con esto que la altura crece a esa velocidad.

b) Puede formularse la pregunta asi:

?=dtdx 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,

=

==

segcm

segcm

dtdy

dtdx

ππ 8001

2001

41

41 (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.

Nótese que cuando “B se acerca a P”

−=

segpies

dtdx 20 , entonces es de esperar que

θ también decrece.

(a) (b)

fig. 4.2 De la fig. 4.2 (a) se tiene:

θθ tanxxtan ⋅=⇒= 250250

(1)

Derivando ambos miembros de (1) con respecto a t, se tiene:

dtd

dtdx θθ ⋅⋅= 2sec250

De donde, θ

θ2sec250 ⋅

= dtdx

dtd (2)

En el caso particular que interesa, x = 300

Asi que 56

250300

==θtan (fig. 4.2 (b)).

Usando la identidad trigonométrica: 1 , se puede escribir en este caso: θθ 22 sec≡+ tan

2561

253625

561

22 =

+=

+=θsec (3)

De otro lado: segpies

dtdx 20−= (4)

Sustituyendo (3) y (4) en (2) se tiene finalmente:

−=

⋅

−=

segRad

dtd

612

2561250

20θ

Lo cual indica que el ángulo θ decrece (como era de esperar) a una velocidad de aprox. 0.0327 Rad/seg. 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:

( 222 100−+= xwz ) (1) También, (2) 22 25 yw += 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:

?=dtdz cuando

==

==

segmts

dtdy

segmts

dtdx

mtsyymtsx

12;20

.96.160

Para responderla, se sustituye (2) en (1) y luego se deriva en ambos lados con respecto al tiempo. Esto es:

( )222 10025 −++= xyz

( )dtdxx

dtdyy

dtdzz 100222 −+⋅=⋅

Ahora, ( ) ( )

( )22 10025

100100

−++

−+=

−+=

xydtdxx

dtdyy

zdtdxx

dtdyy

dtdz

Remplazando los valores particulares, se obtiene finalmente:

( ) ( )

segmts

segmts

mtssegmtsmts

segmtsmts

dtdz 75.20

128412352

609625

20601296

22≈=

++

⋅+⋅=

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)

3200.5202

40)49( pies=⋅+

=Vp

Ahora, el porcentaje de piscina llena corresponde al volumen Vll del sólido que aparece indicado en la fig. 4.5.

fig. 4.5

HV = (Área de la base) . (espesor)

)(40202.4 3piesLLV H =⋅=

Como los triángulos ADB y PDC son semejantes, se tiene la siguiente proporción:

)(324045 piesL

L=⇒=

Asi que V )(12803240 3piesll =⋅= Usando una regla de tres simple se establece: Si Vp corresponde al 100% 3200.5 pies=

V corresponde 31280 piesll = %61.245200

%100.1280≈=x

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:

yxxy .10202.

=⋅=V (1)

Pero, yxxy8

324=⇒= (2)

Sustituyendo (2) en (1) se puede escribir: V = 80 y2 (3) Derivando en ambos lados de (3) con respecto a t se tiene:

dtdyy

dtdV

⋅= 160

De donde, y

dtdV

dtdy

160=

Como minpiesdtdV /10 3= y y = 4 pies, se tiene finalmente:

minpies

dtdy

641

416010

=⋅

=

Esta es la velocidad a la cual crece el nivel del agua en ese instante. Puede verificarse fácilmente (¡verifique!) que el nivel horizontal x, también esta

creciendo en ese mismo instante a una razón de ./81 minpies