Razones de cambio relacionadas

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Razones de cambio relacionadas

Ejemplo 1 Un hombre de 2 metros de altura se aleja de una lámpara a 3.6 km/h. Si la altura de la lámpara

es 5 m., sobre el piso, ¿con qué rapidez se está moviendo el punto más lejano de su sombra?

• La rapidez con la que se mueve el hombre es de 1 m/s.

• Ahora formamos un triángulo rectángulo.

3 El cateto vertical es el poste (5 m),

3 la hipotenusa es la trayectoria que sigue la luz que pasa por encima de la cabeza de la persona y

3 el otro cateto (horizontal) es la distancia entre el pie del poste y el extremo de la sombra de la persona(L=D+x)_.

• Dentro de este triángulo podemos formar otro triángulo: el cateto horizontal será la altura de la persona (2 m), el cateto horizontal la longitud de la sombra que proyecta la persona (x)y la hipotenusa la trayectoria de la sombra medida desde la cabeza de la persona hasta el punto donde toca al suelo.

• Los dos triángulos así formados son semejantes. Se tienen, entonces la siguiente proporción:

5 2 = ^L

x ⇒ L= ⁵

2x

• Donde L es(x+D). De aquí, x = L−D. Entonces, utilizando esta información, tenemos que :

L= ⁵ 2x= ⁵

2(L−D) lo cual implica que:

L= ⁵ 3 D

• De aquí, podemos encontrar

dL= ⁵ 3(dD)

• Esto es:

dL dt = ⁵

3 dD

dt

• Ahora basta sustituir los valores conocidos:

dL dt = ⁵

3 dD

dt =⁵ 3

(1) =⁵ 3

• La sombra crece a razón de 1.¯6 metros por segundo.

Ejemplo 2 Un estudiante usa un popote para sorber agua de un cono de papel, cuyo eje es vertical, a

razón de 6 cm³/s. Si la altura del cono es 10 cm., y el diámetro de la parte abierta es 6 cm., ¿con qué rapidez baja el líquido cuando la copa está llena hasta la mitad?

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• El volumen del cono de radio r y altura h está dado por:

V= ¹ 3π r²h

• De acuerdo a los datos proporcionados por el texto, debemos considerar la mitad de la capacidad del cono, esto es V=60 π cm³

• Conocemos además la razón de decrecimiento del volumen de agua contenido en el cono, constante e igual a

dV

dt =6 cm³.

• De la expresión para el volumen, podemos encontrar dV como función de dh.

• Aquí debe quedar claro que usamos dh en lugar de dr, porque necesitamos encontrar cómo varía la altura cuando el cono tiene la mitad de su capacidad de agua.

• Entonces,

dV = ¹

3π r²(dh)

• De aquí se tiene que:

dV dt = ¹

3π r²dh dt

• Despejamos de esta expresión dh, y sustituyendo los valores conocidos, obtenemos el resultado buscado:

dh dt =

3dV dt

π r² = ³(6) π(3)² = ²

π cm/s.

• NOTA: Como sabemos que el diámetro es 6 cm, el radio debe ser la mitad, igual a 3 cm.

Debes tener cuidado de no sustituir el valor del diámetro, por obvias razones.

Ejemplo 3

Un aeroplano que vuela en dirección norte a 640 mi/h., pasa sobre cierta ciudad a mediodía.

Un segundo aeroplano que va en dirección oeste a 600 mi/h., está verticalmente sobre la misma ciudad 15 minutos más tarde. Si los aeroplanos están volando a la misma altura, ¿con qué rapidez se están alejando a la 1:15?

• Aquí, primero debemos encontrar a qué distancia se encuentra cada uno del punto por donde ambos aeroplanos pasaron.

• En una hora el primer aeroplano viaja 640 millas, en 15 minutos la cuarta parte, esto es, 160 millas.

• Entonces hasta la 1:15 ya viajó 640+₁₆₀=800 millas.

• Por otra parte, el segundo aeroplano solamente ha avanzado durante una hora, dado que pasó 15 minutos después de las 12:00.

• Entonces se encuentra a 600 millas del punto por donde ambos pasaron.

• Ahora, debemos encontrar la distancia entre ambos aeroplanos.

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• Para esto, utilizamos el teorema de Pitágoras. Esto gracias a que las direcciones de los aeroplanos son perpendiculares. Entonces:

800²+600²=640 000+360 000=1 000 000=1000².

• De aquí se entiende que la distancia entre los aeroplanos a la 1:15 es de 1000 millas.

• Conocemos la razón de cambio de posición de ambos aeroplanos.

• Ahora nos imaginaremos que uno se encuentra sobre el eje x (el que se mueve al oeste) y el otro sobre el eje y (el que se mueve hacia el norte).

• Es claro que siempre satisfacen la ecuación: D² = x²+y², que es el teorema de Pitágoras, aplicado a las posiciones.

• Aquí x representa la distancia que ha recorrido el aeroplano que se mueve hacia el oeste, y representa la distancia que ha recorrido el aeroplano que se mueve hacia el norte y "D" es la distancia entre ambos aeroplanos.

• Utilizamos derivación implicita, respecto del tiempo:

2 DdD

dt =2 xdx

dt +2 ydy dt

• Ahora, simplificamos esta expresión:

DdD

dt =xdx dt +ydy

dt

• Despejamos (dD/dt) y obtenemos:

dD dt =

x dx dt +ydy

dt D

• Sustituyendo los valores conocidos obtenemos el resultado buscado:

dD dt =

xdx dt +y dy

dt D

= (600)(600) + (800)(640)

1 000 =872 millas por hora.

Ejemplo 4 Un tendedor de alambre trepa a un poste telefónico a razón de 2.5 m/s, mientras su jefe está

sentado a la sombra de un árbol vecino observándolo. Si el terreno es llano, y el jefe está a 36 metros de la base del poste, ¿cuánto tiene que trepar el tendedor para que la distancia entre él y su jefe crezca a razón de 1 m/s?

• Aquí también utilizaremos teorema de Pitágoras.

• Sea h la altura a la cual se encuentra el tendedor, entonces, podemos ver que h²+₃₆²=D², donde D es la distancia entre el tendedor y su jefe.

• Podemos encontrar la derivada implícita de esta ecuación:

2 h(dh) =2 D(dD)

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• De aquí encontramos

hdh

dt =DdD dt

• Ahora despejamos h:

h= ^D

dD dt

dh dt

• Ahora sustituimos los valores conocidos:

h= ^D

dD dt

dh dt

= ^D(1) 2.5 = ^D

2.5 ⇒ h= ²

5 D

pero D=√

h²+₃₆²_{, luego h}= ² 5

ph²+₃₆²_.

• Nuestro nuevo problema consiste en encontrar h, porque una vez que conozcamos la altura a la cual debe estar el tendedor, podremos fácilmente encontrar cuánto tiempo debe trepar por el poste, dado que conocemos la rapidez a la que va subiendo. Luego,

h = ²

5

ph²+36² ⇒ 5 h=2p

h²+36²

⇒ 25 h²=4(h²+36²) =4 h²+4·36²

⇒ 21 h²=2²·36² ⇒ h²= ⁷²

2

21

⇒ h= √⁷² 21 = √²⁴

7 = ²⁴

√7 7

• Sabemos que debe subir h metros. Para calcular el tiempo tenemos: v=h/t. Ahora conocemos tanto h como v. Despejando t obtenemos:

t= ^h v =

24√ 7 7 5 2

= ⁴⁸

√7

35 segundos.

Ejemplo 5

Un tubo metálico de 6 m de longitud está recostado sobre una pared. Si el extremo inferior del tubo se hace resbalar sobre el pavimento liso, alejándose de la pared, a razón de 0.2 m/s,

¿con qué rapidez estará decreciendo la altura del punto medio del tubo cuando el pié de éste se encuentre a 4 metros de la pared?

• Colocamos un sistema de coordenadas cartesiano, de forma que el eje y esté sobre la orilla de la pared y el eje x esté representando al pavimento.

• De acuerdo al problema, el tubo mide 6 metros y está recargado a la pared y al suelo, por tanto siempre forma triángulos rectángulos de hipotenusa 6 m.

• Esto se expresa matemáticamente por medio del teorema de Pitágoras:

x²+y²=36

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• Sin embargo, debemos tener en mente un triángulo que tenga la mitad de las dimensiones para poder considerar el punto medio del tubo, en lugar del extremo recargado en la pared.

La expresión para el nuevo triángulo será:

x²+y²=9

• Realizamos la derivación implícita de la última expresión:

2 xdx

dt +2 ydy dt =0

• Sabemos que(dx/dt) =0.2 m/s, y x=4. Encontramos el valor de y usando el teorema de Pitágoras:

y=^p36−4²=√ 20

• Despejamos la incógnita de nuestro problema y sustituimos los valores conocidos:

dy dt =

x dx dt

y = (4)(0.2)

√20 = ⁸ 10√

20

= ⁴

5√

4·5 = ² 5√

5 = ²

√5

25 metros por segundo.

• Pero esta velocidad es la del punto donde se apoya el tubo. La velocidad del punto medio debe ser la mitad, por semejanza de triángulos.

Ejemplo 6 Una partícula se mueve a lo largo de la curva 3 y=x³+2. Encuentre los puntos sobre la curva

en los cuales la ordenada está cambiando 9 veces más rápido que la abscisa.

• Conocemos la ecuación de la curva sobre la cual se mueve la partícula. Encontramos la derivada de esta función con respecto al tiempo:

dy

dt =x²dx dt

• Por otra parte, debes notar que:

dy dx =x²

• De aquí se sigue que:

dy dt = ^dy

dx·^dx dt

• De acuerdo al problema, dy

dx =9 , pero ya sabemos que dy

dx =x²=9. Por lo tanto, para que la ordenada crezca 9 veces más rápido que la abscisa es necesario que x² =9, esto es, que x=3 ó que x= −3.

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Créditos

Albert Einstein Todo debe hacerse tan simple como sea posible, pero no más.

Este material se extrajo del libro Matemáticas I escrito por Efraín Soto Apolinar. La idea es com- partir estos trucos para que más gente se enamore de las matemáticas, de ser posible, mucho más que el autor.

Autor: Efraín Soto Apolinar.

Edición: Efraín Soto Apolinar.

Composición tipográfica: Efraín Soto Apolinar.

Diseño de figuras: Efraín Soto Apolinar.

Productor general: Efraín Soto Apolinar.

Año de edición: 2010

Año de publicación: Pendiente.

Última revisión: 01 de agosto de 2010.

Espero que estos trucos se distribuyan entre profesores de matemáticas de todos los niveles y sean divulgados entre otros profesores y sus alumnos.

Este material es de distribución gratuita.

Profesor, agradezco sus comentarios y sugerencias a la cuenta de correo electrónico:

[email protected]