Aplicacion de la derivada

CENTRO DE BACHILLERATO
TECNOLOGICO AGROPECUARIO NO.57, ALAMO, VER.
Asignatura:
Taller de matemáticas aplicadas.

Docente: Carlos Cruz Fabián

Aplicación de la derivada

Integrantes del equipo:
* Angelica Arguelles Flores
* Silverio Gallardo Calderón
* Julio Cesar Lemus Pérez
* Jorge Marcelo García Castañeda
Grupo: AM - EA

Álamo, ver. A 15 de marzo del 2010.APLICACIÓN DE LA DERIVADA

1.-Se vierte agua en un estanque cilíndrico de 2 metros de radio basal y 4 metros de altura a razón de 50 litros de agua por minuto. ¿Con qué rapidez asciende el nivel del agua?

Solución:
Llamando h a la altura del nivel del líquido en cualquier momento, se puede expresar el volumen del contenido en función de h de la forma: V=π r2 h despejando h se tiene: h= Vπ r2en que π y r son constantes, luego derivando resulta dhdt = 1πr2 dVdt
Pero dado que ingresa agua a razón de 50 litros por minuto (dV / dt) entonces:

dhdt= 112.26 0.050= 0.0398 m / mim

2.-Un pedazo de alambre de 20cm de largo se corta en dos partes; una parte se dobla para formar un cuadro y con la otra se forma una circunferencia.
¿Dónde se deberá hacer el corte para que la suma de lasáreas del cuadrado y del círculo sea un mínimo?
Solución:
L

x L – x
Con el primer segmento se construye el cuadro cuyo lado medirá x/4, con el resto se construye la circunferencia en que el radio medirá:
2π r=L-x r= L-x2π . Las áreas, por lo tanto, medirán:
A cuadrado = 116 x2 y A circulo = (L-x)24 π
El área total será:
Atotal = 116 x2 + (L-x)24 π
La primera derivada del área total respecto de x, resulta:
dAdx=18x-12π(L-x)
Igualando a 0 y despejando el valor de x, queda:x=16L2(2π + 8)
La segunda derivada del área total respecto de x queda: d2Adx2=18+12 π 0 lo que nos indica que es positiva x, en consecuencia el valor del área es un mínimo.
Remplazando en x el valor dela longitud del alambre: 20 cm x= 11.2 cm.
3.-La virulencia de cierta bacteria se mide en una escala de 0 a 50 y viene expresada por la función V (t)=40+15-9t2+t3, donde t es el tiempo (en horas) transcurrido desde que comenzó el estudio (t=0). Indicar los instantes de máxima y mínima virulencia en las 6 primeras horas y los intervalos en que esta crece y decrece.
Solución:Para que la función tenga un máximo o un mínimo la derivada debe ser cero.
V´ (t) = 15 - 18t + 3t2, igualando a 0, 3t2 – 18t + 15 = 0
Simplificando t2 – 6t + 5 = 0, cuyas soluciones son 5 y 1.
Ahora identificar el máximo y el mínimo de la función, en el intervalo 0,6, que tiene que estar entre estos dos valores junto o en los extremos del intervalo (por el teorema de Weirtrars).Ordenamos la función V por comodidad, V (t) = t3 – 9t2 + 15t + 40
V (0) = 40
V (5) = 125 – 225 + 75 + 40 = 15
V (1) = 1 – 9 + 15 + 40 = 47
V (6) = 216 – 324 + 90 + 40 = 32
La máxima virulencia es a las 1 horas y la mínima a las 5 horas.
Para ver los intervalos de crecimiento y decrecimiento estudiamos el signo de la derivada:
V´ (t) = 3t2 – 18t + 15
0 15 6
V´ + 0 - 0 +
Luego V crece desde 0 a 1 y desde 5 a 6, (crece en (0,1) unión y decrece en el intervalo (1,5).
4.-Un atleta corre los cien metros planos, de manera que la distancia s (t) que ha recorrido a los t segundos esta dada por:
s t= t25+ 8t mt
Calcular la velocidad del corredor
Cuando salea) A los 5 minutos de la salida
b) Al cruzar la meta
Solución: T & T
vt= ds (t)dt= 2t5+ 8
a) Cuando sale t= 0, entonces v (0) = 8 mt / seg
b) v 5= 25 5+ 8=10 mt/seg
c) s t= ↔ t25+ 8t=100 T & T
. t2+ 40t-500=0
. t-10t+50=0
.t=10 t=-50
.t=10 seg
Luego, el atleta recorre los 100 metros en 10 segundos y su
v10= 2(10)5+...