Aplicaciones de la derivada

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MOISES VILLENA MUÑOZ

Cap. 5 Aplicaciones de la derivada

5
5.1 RAZÓN DE CAMBIO 5.2 PROBLEMAS PRÁCTICOS DE MÁXIMOS Y MÍNIMOS 5.3 DIFERENCIALES Y APROXIMACIONES 5.4 POLINOMIO DE TAYLOR

OBJETIVOS:
SE PRETENDE QUE EL ESTUDIANTE: • Resuelva problemas de razón de cambio. • Resuelva problemas de máximos y mínimos. • Aproxime valores. • Aproxime funciones mediante polinomios

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MOISESVILLENA MUÑOZ

Cap. 5 Aplicaciones de la derivada

5.1 RAZÓN DE CAMBIO
Como la derivada expresa el cambio instantáneo que experimenta una variable con respecto a otra variable, para una función y = f (x) , se podría obtener la derivada o razón de cambio de las variables " x " y " y " con dy dx respecto al tiempo " t ", es decir: " " y " ". Lo cual nos va a permitir dt dt resolver problemas deaplicación. Ejemplo 1
Hacia un tanque cónico fluye agua a razón de 8 p , si la altura del tanque es de 12 min pies y el radio de la base es de 6 pies. ¿Qué tan rápido se esta elevando el nivel del agua cuando tiene 4 pies de altura?. SOLUCIÓN:
Esquematizando en un gráfico, la información dada, tenemos:
3

Llamemos:

M ≡ Cantidad de agua que entra en p 3 Q ≡ Cantidad de agua que sale en p 3V ≡ Cantidad de agua alojada en p 3

Para este tipo de problema, de manera general se puede proponer: M − Q = V Derivando con respecto al tiempo, resulta:

dM dQ dV − = dt dt dt
Ahora de acuerdo a la información proporcionada, tenemos:

dM p3 =8 y dt min dQ p3 =0 . dt min

El volumen del agua alojada depende de la geometría del recipiente. En este caso deberíamos usar la formula delvolumen de un cono , es decir: V =
1 3

πr 2 h .

Ahora hay que tener la función volumen en término de una variable, que en este caso, lo más indicado es que sea en función de h (¿por qué?). La forma geométrica del recipiente y la forma geométrica de la masa de agua que se va alojando en el recipiente nos permite hacer lo indicado. Las secciones transversales son triángulos semejantes, esto nospermite relacionar r con h .

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Cap. 5 Aplicaciones de la derivada
h r h = entonces r = 12 6 2
reemplazando en la formula para el volumen del agua alojada, resulta:
2

⎛h⎞ π V = 1 π⎜ ⎟ h = 12 h 3 3 ⎝2⎠
por tanto Entonces:

dV π 2 dh = h dt 4 dt

dM dQ dV − = dt dt dt π 2 dh 8−0 = 4 h dt dh 32 p = dt πh 2 min
En h = 4 resulta:

dh 32 32 2 p = = = dt π(4 )2π16 π min

Ejemplo 2
Una piscina tiene 40 p de largo y 20 p de ancho, 8 p de profundidad en el extremo mas hondo y 3 p en el extremo menos profundo, El fondo es rectangular, se esta bombeando agua a razón de 40 p3/min. ¿Con qué rapidez se eleva el nivel del agua cuando tiene: a) 3 p b) 6 p SOLUCIÓN:
Esquematizando en un gráfico, la información dada, tenemos:

Note que aquí tenemos unrecipiente de doble geometría, por tanto antes que el nivel del agua sea 5p es una situación y otra situación después de los 5p. a) 0 < h ≤ 5

De manera análoga al problema anterior

p3 p3 dV Entra − sale = Alojada min min dt

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Cap. 5 Aplicaciones de la derivada

El volumen de agua alojada en el recipiente se lo calcula con la formula para un prisma de basetriangular, es decir V = 1 bh(20) = 10bh . 2 La relación entre b y h se la obtiene considerando los triángulos semejentes; entonces: que resulta: b = 8h . Por tanto, el volumen queda: V = 10(8h)h = 80h .
2

b h = , 40 5

De aquí resulta

dV dh = 160 h . dt dt

Reemplazando, se obtiene:

p3 p3 dV Entra − sale = Alojada min min dt dh 40 − 0 = 160h dt dh 1 p3 = dt 4h min
En h = 3 resulta

pulg dh 1 1 p3 = = =1 dt 4(3) 12 min min

b) si 5 ≤ h ≤ 8 , tenemos:

El volumen de agua alojada en el recipiente se lo puede calcular de la siguiente manera:

V = V1 + V 2 V = 1 (5)(40)(20) + 40h(20) 2 V = 2000 + 800h
entonces

dV dh = 800 y al reemplazarlo resulta: dt dt

p3 p3 dV Entra − sale = Alojada min min dt dh 40 − 0 = 800 dt dh 1 p 3 = dt 20 min
Note que es independiente de h....
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