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ejercicios resueltos de tasa de variacion.
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TASA DE VARIACIONLa derivada puede ser interpretada como una tasa de variacion.Supongamos una funcion y = f(x), tenemos que si la variable independiente varıa de x a x+△x, la variabledependiente y, tendra una variacion de △y = f(x+△x)− f(x).La Tasa de variacion es el cociente entre el incremento o variacion de dos variables, por lo tanto:
△y
△x=
f(x+△x)− f(x)
△x, que representa la Tasa Media de Variacion de y en relacion a x.
Llevando en consideracion lo expuestos y como la derivada de una funcion es f ′(x) = lım△x→0
f(x+△x)− f(x)
△x,
tenemos que la misma es la Tasa Instantanea de Variacion de y en relacion a x.
Ejercicio 2Sabemos que el area de un cuadrado es funcion de su lado. Determinar:a) Tasa de Variacion Media del area de un cuadrado en relacion al lado, cuando el mismo varıa de 2, 5 a 3m.b) Tasa de Variacion del area en relacion al lado cuando este mide 4m.
El area del cuadrado, siendo l el lado del mismo es: A = l2 ∴ ⇒
a)Tasa de variacion media :△A
△l=
A(3)−A(2, 5)
3− 2, 5=
9− 6, 25
0, 5=
2, 75
0, 5= 5, 5
b)Tasa de variacion del area en relacion al lado : A′ =d l2
dl= 2l ⇒ A′ = 2 . 4 = 8
Cuando l = 4, la Tasa de variacion del area del cuadrado sera de 8m2 por variacion de 1 m. en la longitud del lado.
Ejercicio 3Un reservorio de agua esta siendo vaciado para limpieza. La cantidad de agua en el reservorio, en litros, t horasdespues que el vaciamiento haya comenzado es dada por V = 50(80− t)2. Determinar:a) Tasa de Variacion Media del volumen de agua en el reservorio durante las 10 primeras horas de vaciamiento.b) Tasa de Variacion del volumen de agua en el reservorio, despues de 8 horas de vaciamiento.c) Cantidad de agua que sale del reservorio en las 5 primeras horas de vaciamiento.
a) Tasa de Variacion Media del volumen de agua en el reservorio en las 10 primeras horas es dada por:△V
△t=
50(80− 10)2 − 50(80− 0)2
10− 0=
50(702 − 802)
10= 50(−150) = −7.500
l
hora
b)Tasa de Variacion del volumen de agua despues de 8 horas:dV
dt= V ′ = 100(80− t)(−1) = −100(80− t) .... Para .... t = 8 ⇒ V ′ = −100.72 = −7200
l
hora
c) Cantidad de agua que sale del reservorio en las 5 primeras horas:V (5)− V (0) = 50(80− 5)2 − 50(80− 0)2 = 38.750 litros
Ejercicio 4Un cuadrado de lado l se expande segun la ecuacion l = 2+ t2, donde la variable t representa el tiempo. Determinarla tasa de variacion del area del cuadrado en t = 2.
El area del cuadrado, siendo l el lado del mismo es: A = l2 y l = 2 + t2 ∴ A = (2 + t2)2
Tasa de variacion en relacion al tiempo:△A
△t= 2(2+t2)2t = 4t(2+t2) Para t = 2 ⇒ A′(t) = 8(2+4) = 48 u.a
u.t
1
Ejercicio 5El radio de una circunferencia crece en una razon de 21 cm
seg . Cual es la tasa de crecimiento de la circunferencia enrelacion al tiempo ?.
Vamos a considerar a .... r = radio de la Circunferencia ; .... t = tiempo ; .... l = longitud de la Circunferencia.
Por geometrıa sabemos que ... l = 2πr .... y por lo tanto l = f(r)Por definicion r crece en funcion del tiempo, es decir r = f(t)
}∴ dl
dt=
dl
dr.dr
dt= l′(t) = 2π.r′(t)
Por definicion : r′(t) = 21cm
seg⇒ l′(t) = 2π.21 = 42.π
cm
horaes la tasa de crecimiento de la Cia.
Ejercicio 6
Un punto P (x, y) se mueve a lo largo del grafico de la funcion y =1
x. Si la abcisa varıa a razon de 4 unidades por
segundo, cual es la tasa de variacion de la ordenada cuando la abcisa es x =1
10.
Por definicion del problemadx
dt= 4
u
seg... nos piden
dy
dt⇒ dy
dt=
dy
dx.dx
dtdy
dx= y′(x) ⇒ y′ =
(1
x
)′
= − 1
x2∴ ⇒
dy
dt= − 1
x2.4 = − 4
x2.... Para x = 1
10 ⇒ dy
dx= − 4(
1
10
)2 = −4.100 = −400
Por lo tanto, cuando x crece en una proporcion de 4unidseg , la ordenada decrece en una razon de 400unid
seg , lo quepuede verse intuitivamente en el grafico
Ejercicio 7Se acumula arena en un montıculo en forma de cono, donde la altura es igual al radio de la base. Si el volumen de arena
crece a una tasa de variacion de 10m3
h , a que razon aumenta el area de la base cuando la altura del cono es de 4 metros.
Por geometrıa A= area de la base = π.r2 y V = volumen del cono =1
3π.r2.h
Por definicion del problemadV
dt= 10
m3
hy h = r ∴ V =
1
3π.r3
El problema nos pidedA
dtcuando r = 4m. ⇒ dA
dt=
dA
dr.dr
dt= 2π.r.
dr
dt..... (1)
Necesitamos obtenerdr
dt, por lo que derivando el Volumen en relacion al tiempo ⇒ dV
dt=
dV
dr.dr
dt⇒
10 = π.r2.dr
dt∴ dr
dt=
10
π.r2.... sustituyendo en (1) para r = 4 .....
dA
dt= 2π.r.
10
π.r2=
20
r= 5
Por lo tanto, cuando la altura del cono es de 4 metros el area de la base crece en una tasa de variacion de 5m2
seg
2
Ejercicio 8Una escalera de 5 metros de altura, esta apoyada en una pared vertical. La base de la escalera es arrastrada horizon-talmente a la pared a 3 m
seg . A que velocidad se desliza la parte superior de la escalera a lo largo de la pared, cuandola base se encuentra a 3 metros.
x = f(t) ... y = f(t) ∴ vy = y′(t) ... vx = x′(t) = 3m
seg
52 = x2 + y2 ⇒ Cuando x = 3 ... y = 4
(52)′ = (x2 + y2)′ ⇒ 0 = 2x.x′ + 2y.y′ ⇒ y′ = −x
yx′ ⇒
y′ = vy = −x
yvx ⇒ vy = −3
4.3 = −9
4
m
seg
Ejercicio 9Con que rapidez baja el nivel del agua contenida en un deposito cilındrico, si estamos vaciandola a razon de 3.000lts. por minuto ?. El Volumen del cilindro es V = π.r2.h, el cual coincide con el volumen del agua cuando el cilindroesta lleno.r ...es el radio y es constante, mientras que h, altura del agua, es variable y depende del tiempo ...h(t), de forma queel volumen del agua tambien es funcion del tiempo ... V (t)Como la informacion que nos dan es una tasa de variacion y la misma la habiamos asociado a la derivada tenemos
que si el Volumen de agua es ....V (t) = π.r2.h(t) ⇒ V ′(t) = π.r2.h′(t) = −3.000lts
min= −3.000
dm
min⇒
h′(t) = − 3.000
π.r2dm
min= − 3
π.r2m
min= velocidad con que baja el agua.
Ejercicio 10Una trituradora de piedra produce polvo, que al ser depositado en el suelo forma un cono donde la altura es igual a43 del radio de la base. Determinar:a) La variacion del volumen en relacion al radio de la base ?;b) Siendo 20 cm
seg la razon de variacion del radio de la base, cual es la razon de variacion del volumen cuando elradio mide 2 m. ?
De la figura...H
R=
h
r⇒ h =
4
3r ... y ... V =
1
3π.r2.h ∴ ⇒
V =1
3πr2.
4
3.r =
4
9π.r3 ⇒ V ′ =
dV
dr=
4
3π.r2 variacion del volumen en relacion a r
V ′ =dV
dt= [
4
9π.r3]′ =
4
3π.r2.
dr
dt=
4
3π.22.0, 20 = 1, 066.π
m3
segVariacion del vol. p/ r = 2
Ejercicio 11
El volumen de un cubo esta aumentando a razon de 70 cm3
min . Con que rapidez esta aumentando el area total cuandola longitud del lado es de 12cm ?.
Por definicion del problema V (t) = [l(t)]3 ⇒ dV
dt= V ′(t) = 70
cm3
min= 3[l(t)]2.l′(t) ∴ l′(t) =
70
3[l(t)]2
El problema nos pide la rapidez con que aumenta el area Total = A′(t) ⇒ Por geometria At = 6[l(t)]2 ∴
⇒ A′(t) = 12.l(t).l′(t)) = 12.l(t).70
3[l(t)]2= 4.
70
l(t)⇒ Para l(t) = 12cm. ⇒ A′(t) = 4.
70
12=
70
3
cm2
min
El area total aumenta con una rapidez de70
3
cm2
min.
3
Ejercicio 12Un barco A se desplaza hacia el Oeste con una velocidad de 20millas
hora y otro barco avanza hacia el Norte a 15millashora .
Ambos se dirigen al punto ”O” del oceano en el cual sus rutas se cruzan. Sabiendo que las distancias iniciales de losbarcos A y B al punto ”O” son respectivamente de 15 y 60 millas: A que velocidad se acercan o se alejan los dosbarcos cuando ha transcurrido 1 hora ? Y cuando han transcurrido 2 horas ?.
Si llamamos x(t) e y(t) a las distancias que separan a los barcos A y B del punto ”O”,tenemos que x′(t) e y′(t) son sus velocidades.
Por definicion del problema:a) x(t) = x(0) = 15millas ; x′(t) = −20 millas
hora e y(t) = y(0) = 60millas ; y′(t) = −15 millashora
b) Las velocidades son negativas ya que las distancias, las funciones x e y son decrecientes.c) En una hora los barcos recorren una distancia de 20 y 15millas, por lo tanto ⇒
x(1) = 15− 20 = −5millas e y(1) = 60− 15 = 45millas.d) En dos horas los barcos recorren una distancia de 40 y 30millas, por lo tanto ⇒
x(2) = 15− 40 = −25millas e y(2) = 60− 30 = 30millas.
La distancia entre los barcos esta dada por: D(t) =√
x2(t) + y2(t) ⇒
Velocidad de acercamiento o alejamiento ⇒ D′(t) =x(t).x′(t) + y(t).y′(t)√
x2(t) + y2(t)
En una hora ⇒ D′(1) =(−5)(−20) + (45)(−15)√
(−5)2 + (45)2= − 115√
82
millas
hora
En dos horas ⇒ D′(2) =(−25)(−20) + (30)(−15)√
(−25)2 + (30)2=
10√61
millas
hora
(El signo negativo significa que las embarcaciones se estan acercando).
Ejercicio 13
Se vierte agua en un tanque cilindrico vertical de 2m. de radio a la velocidad de 8 m3
min . A que velocidad seesta elevando el nivel del agua ?
Por definicion tenemosdV
dt= V ′(t) = 8
m3
min; radio de la base .. r = 2m.
El problema nos pide la velocidad con que sube el aguadh
dt
V = π.r2.h = 4π.h ⇒ dVdt = 4.π.
dh
dt
⇒ dh
dt=
8
4π=
2
π
m
min
Ejercicio 14Dos automoviles parten simultaneamente de un punto A. Uno de ellos se dirige hacia el Oeste a 60 km
h y el otro se
dirige hacia el norte a 35 kmh . A que velocidad aumenta la distancia entre ambos 3 horas despues ?
Por definicion tenemosdx
dt= X ′(t) = 60
km
h;
dy
dt= Y ′ = 35
km
h
El problema nos pide la velocidad con que se separan 3 horas despues ....dD
dt
Automovil a 60km
hen 3 horas hace ⇒ 180 km
Automovil a 35km
hen 3 horas hace ⇒ 105 km
D =√x2 + y2 ⇒ dD
dt=
2.x.x′ + 2.y.y′
2√x2 + y2
=x.x′ + y.y′√
x2 + y2=
180.60 + 35.105√1802 + 1052
= 69, 46km
h
4
Ejercicio 15Una lancha cuya cubierta esta 7 m. debajo del nivel del muelle, es tirada hacia dicho muelle por una cuerda atada
a una argolla en la cubierta. Si un cabrestante recoge la cuerda a la velocidad de 15m
min, A que velocidad se
estara moviendo la lancha sobre el agua cuando quedan 25 metros de cuerda afuera?
Por datos tenemos
dL
dt= 15
m
min; y = 7 m.
Debemos determinardx
dt
Como .... x2 = L2 − 72 ⇒ 2.x.dx
dt= 2.L.
dL
dt
Para L = 25 ⇒ x =√
252 − 72 =√625− 49 = 24 ∴ ⇒
dx
dt=
L.dL
dtx
=25,15
24= 15, 625
m
min
Ejercicio 17Una luz de arco se encuentra a 5 m. de altura sobre una acera. Un hombre de 2 m. de estatura se aleja del puntosituado bajo la luz a una velocidad de 2 m
seg ; A que velocidad se alarga su sombra ?
Por definicion tenemos.....
Altura de la luz sobre la acera H = 5 m.Estatura del hombre h = 2 m.
Velocidad del hombredx
dt= 2
m
seg
El problema nos pidedy
dtpara x = 7
Por proporcionalidad : ⇒ x+ y
5=
y
2⇒ 2x+ 2y = 5y ⇒ 2x = 3y ⇒
y =2
3x ∴ ⇒ dy
dt=
2
3
dx
dt=
2
3. 2 =
4
3
m
seg
Ejercicio 18Al mediodıa, el barco A se encuentra a 60 km al Norte del barco B. A navega hacia el Este a 12 km
h y B navega
hacia el Norte a 9 kmh . Determinar a que velocidad estara cambiando la distancia entre ellos dos horas despues ?
Por definicion tenemos.....
Vel. del barco A
dx
dt= 12
km
h
Vel. del barco Bdx
dt= 9
km
hDistancia inicial entre barcos = 60 km
El problema nos pidedD
dt...para 2 horas
En 2 horas
{El barco A hace .. x = −24 kmEl barco B hace .. 18 km ∴ y = 60− 18 = 42km
D =√
x2 + y2 ⇒ dD
dt=
2.x.x′ + 2.y.y′
2√x2 + y2
=x.x′ + y.y′√
x2 + y2=
−24.12 + 42.9√242 + 422
=90√2340
= 1, 86km
h
5
Ejercicio 19En cierto instante se suelta un globo ( al nivel del suelo) en un punto situado a 75 metros de un observador (tambiena nivel del suelo). Si el globo sube verticalmente a la velocidad de 4 m
seg , A que velocidad estara alejandose delobservador 30 seg. despues ?
Por definicion tenemos.....
Vel. ascenso del globo ...dy
dt= 4
m
segDistancia observador/globo ... x = 75 m.
El problema nos pidedD
dt...para 30 seg.
En 30 seg el globo sube ... y = 120 m.
D =√y2 + 752 ⇒ dD
dt=
2.y.y′
2√y2 + 752
=
y.y′√y2 + 752
=4.120√4 + 5625
=480
75, 0267= 6, 3977
m
seg
Ejercicio 20
Un globo se infla a la velocidad de 15 m3
min . A que velocidad estara creciendo el diametro del globo 5 min.despues ? (Supongase que el diametro es cero en el instante cero)
Por definicion tenemos .....dV
dt= 15
m3
min; El problema nos pide ....
dD
dtpara 5 seg.
En 5 seg el Volumen del globo es de 5 . 15 = 75 m3. ∴ V =4
3π.r3 =
4
3π.
D3
8=
1
6π.D3 ⇒
D =3
√6V
π=
3
√6 . 75
π= 5, 2322 m. ∴ ⇒ DV
dt=
3π . D2
6.dD
dt=
π . D2
2
dD
dt⇒
dD
dt=
2dV
dtπ . D2
=2 . 15
π . (5, 2322)2= 0, 3488
m
seg
6
Ejercicio 23Una luz esta en el suelo a 40 m. de un edificio. Un hombre de 2 metros de estatura camina desde la luz hacia eledificio a 2 m
seg . A que velocidad esta disminuyendo su sombra en el edificio en el instante en que el hombre esta a20 m. del edificio ?
Por definicion.....
Vel. que camina el hombre ...
dx
dt= 2
m
segDistancia Luz/edificio ... 40 m.Altura del hombre ... 2 m.
El problema nos pidedy
dt...cuando se encuentra a 20 m. del edificio
Por proporcionalidad : ⇒ y
40=
2
x⇒ y =
80
x∴ ⇒ dy
dt= −80
x2
dx
dt
Para x = 40− 20 = 20m ⇒ dy
dt= −80
x2
dx
dt=
80
400. 2 = −2
5
m
seg
Ejercicio 24Una Lampara esta colgada a 4, 5 m por encima de un sendero horizontal recto. Si un hombre de 1, 8 m. de estaturase aleja de la lampara, a razon de 1, 5 m
seg ; Con que rapidez se alarga su sombra ?
Por definicion tenemos.....
Vel. con que camina ...dx
dt= 1, 5
m
segAltura del Hombre ... 1, 8 m.Altura de la lampara sobre el piso 4, 5 m.
El problema nos pide la rapidez con que se alarga la sombradz
dt
ATotal = ATrapecio +ATriangulo ⇒ 4, 5
2(x+ z) =
4, 5 + 1, 8
2x+
1, 8 . z
2⇒
4, 5
2x+
4, 5
2z =
6, 3
2x+
1, 8 . z
2⇒ 4, 5− 1, 8
2z =
6, 3− 4, 5
2x
∴ ⇒ 2, 7dz
dt= 1, 8
dx
dt⇒ dz
dt=
1, 8
2, 71, 5 = 1
m
seg
7
Ejercicio 25Una lampara sobre el suelo se encuentra a 15 m. de un edificio. Si un hombre de 1, 8 metros de estatura caminahacia un edificio a razon 1, 5 m
seg , Con que rapides se acorta su sombra en el edificio en el instante en que el hombreesta a 9 m. del mismo ?
Por definicion.....
Vel. que camina el hombre ...
dx
dt= 1, 5
m
segDistancia Luz/edificio ... 15 m.Altura del hombre ... 1, 8 m.
El problema nos pidedy
dt...cuando se encuentra a 9 m. del edificio
Por semejanza de triangulos ⇒ x
15=
1, 8
y⇒ y =
27
x
∴ ⇒ dy
dt= −27
x2
dx
dt∴ ⇒ Para .... x = 15− 9 ⇒ x = 6 ⇒ Reemplazando ..... ⇒
dy
dt= −27
36. 1, 5 = 1, 125
m
seg
Ejercicio 26Un deposito tiene 10 m. de longitud y sus extremos son triangulos isoceles con 2 m. de altura y 2 m. de base, estando
hacia abajo el vertice opuesto a la base. Si se vierte agua en este deposito a razon de 3 m3
min , a que velocidad subeel nivel de agua cuando la profundidad de esta (del agua) es de 1 m. ?
Por definicion..... Vel. de llenado ...dV
dt= 3
m3
minExtremos de triangulos isoceles
El problema nos pidedy
dtpara h = 1 m.
Por semejanza de triangulo2
y=
1x
2
=2
x⇒ y = x
V = Sb . h = 10 .x . y
2⇒ x = y ∴ ⇒ V = 5 . y2 ⇒ dV
dt= 1 . y .
dy
dt
dy
dt=
dV
dt5 . y
=3
10 . 1=
3
10
m
min
8
Ejercicio 32
Un nino usa una pajilla para beber agua de un vaso conico( con el vertice hacia abajo ) a razon de 3 cm3
seg . Si laaltura del vaso es de 10 cm y el diametro de la parte superior es de 6 cm; Con que rapidez baja el nivel del aguacuando la profundidad es de 5cm ?. Cual es la variacion del radio en ese mismo instante ?
Datos.....
Velocidad con que bebe el agua del vaso ...
dV
dt= 3
cm3
segAltura del vaso ... H = 30 m.Diametro superior del cono ... D = 6 cm
Determinar : Vel. variacion de altura de agua en el vasodh
dtpara h = 5 cm.
Por semejanza de triangulos3
10=
r
h⇒ r =
3
10h
V =1
3π r2 h =
1
3π
(3
10h
)2
h =9
300π h3 =
3
100π h3
a)dV
dt=
3
100π . 3 . h2 dh
dt=
9
100π . h2 dh
dt∴ ⇒ dh
dt=
dV
dt9
100π . h2
=300
9 π . h2=
300
9 . π . 25=
4
3 π
cm
seg
b) De la relacion del radio con la alturadr
dt=
3
10
dh
dt⇒ dr
dt=
3
10
4
3 π=
2
5 π
cm
seg
Ejercicio 35Considere un deposito de agua en forma de cono invertido. Cuando el deposito se descarga, su volumen disminuye a
razon de 50π m3
min . Si la altura del cono es el triple del radio de la parte superior, con que rapidez varıa el nivel delagua cuando esta a 5 m del fondo del deposito ?
Datos.....
Velocidad con que disminuye el agua en el deposito ...dV
dt= 50π
m3
minAltura del cono ... H = 3 R
Determinar : Vel. variacion de altura de agua en el conodh
dtpara h = 5 cm.
Por semejanza de triangulosH
R=
h
r⇒ r = h .
R
H= r = h .
R
3R=
1
3h
V =1
3π r2 h =
1
3π
(1
3h
)2
h =1
27π h3
dV
dt=
1
27π . 3 . h2 dh
dt=
1
9π . h2 dh
dt∴ ⇒ dh
dt=
dV
dt1
9π . h2
=9 . 50 π
π . 25= 18
m
min
9
Ejercicio 41
Un recipiente lleno de agua, con la forma de un cono invertido, esta siendo vaciado a razon de 6 cm3
min . La altura delcono es de 24 cm. y es el doble del radio de la base. Encuentre la velocidad con que baja el nivel del agua cuandoesta a 10 cm del fondo ?
Por definicion tenemos ....Vel. de vaciado ...dV
dt= 6
cm3
min
El problema nos pide ...dh
dtpara ... h = 10 cm
Por semejanza de triangulos :
⇒ 24
12=
h
r⇒ r =
h
2⇒ V =
1
3π r2 h =
1
3π
h2
4h =
1
12π h3
dV
dt=
1
4π h2 dh
dt∴ ⇒ dh
dt=
4dV
dtπ h2
=4 . 6
π 100=
6
25 π
10