Calculo tgrupo#2

Universidad Interamericana de Panamá

Sede Plaza Conquistador

Trabajo Final-Derivadas

Calculo Diferencial e Integral I

Integrantes: Griselda Ureña 2-726-792 g-grishe-1006@hotmail.com Zabdy Miranda 4-757-305 zabdy.miranda1@hotmail.com Julio Ramos 8-806-257 julionramosc@yahoo.com Erik Aguilar 8-875-1388 narutoteam93@hotmail.com

Profesor: Ismael Sánchez Ospino Código de la Materia: 2C_2013_IBI-101

INDICE GENERAL

           

Introducción…………………………………………………………1 Problema 01…………………………………………………………2 Problema 02…………………………………………………………3 Problema 03…………………………………………………………6 Problema 04…………………………………………………………7 Problema 05…………………………………………………………10 Problema 06…………………………………………………………12 Problema 07…………………………………………………………13 Problema 08…………………………………………………………15 Problema 09…………………………………………………………18 Problema 10…………………………………………………………20 Conclusión…………………………………………………………...21

INTRODUCCION En este trabajo se podrán apreciar las respuestas a los problemas propuestos por el profesor. Con los cuales se utilizó, para su resolución, la aplicación de la derivada como razón de cambio y así saber con precisión la velocidad con que se realizan los cambios un preciso momento.

Este trabajo consta con 10 problemas y pone a prueba los conocimientos que hemos adquirido en lo que ha transcurrido la materia.

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Calculo Diferencial e Integral – Trabajo en Grupo

Problema 1 Si la longitud original de 24 m del lado x de un cubo disminuye a razón de 5 mts/min, cuando x = 3 mts.

24 mts longitud ¿A qué razón cambia a) El área de la superficie del cubo? b) El volumen del cubo?

3 mts longitud Datos del Problema 1. Longitud original del cubo es 24 mts del lado x 2. La velocidad con la que se reduce el cubo es de 5 mts/min Fórmulas a utilizar: 

Área Superficial de un cubo: S  6 x 2



Volumen de un cubo: V  x3

Ahora encontramos las respuestas al problema A:

S  6 x2

dS dx  12 x.( ) Derivamos la formula en función del tiempo dt dt dS mts  12(3mts)(5 ) Reemplazamos dt min dS mts  36mts(5 ) Realizamos las operaciones aritméticas dt min

2

Calculo Diferencial e Integral – Trabajo en Grupo

dS mts 2  180 dt min R/. Cuando x=3mts, el área superficial del cubo cambia a razón de= 180 mts2/min Ahora encontramos las respuestas al problema B:

V  x3

dV dx  3x 2 ( ) Derivamos la formula en función del tiempo dt dt dV mts  3(3mts)2 (5 ) Reemplazamos dt min dV mts  3(9mts 2 )(5 ) Realizamos las operaciones aritméticas dt min

dV mts  27mts 2 (5 ) dt min

dV mts 3  135 dt min R/. Cuando x=3mts, el volumen del cubo cambia a razón de= 135 mts3/min

3

Calculo Diferencial e Integral – Trabajo en Grupo

Problema 2 El voltaje V (en volts), la corriente I (en amperes) y la resistencia R (en ohms) de un circuito eléctrico, como el que se ilustra aquí, están relacionados mediante la ecuación V = IR. Suponga que V aumenta a razón de 1 volt/seg, mientras que I disminuye a razón de 1/3 de amp/seg. Con t se denota el tiempo en segundos.

a) b) c) d)

¿Cuál es el valor de dV/dt? ¿Cuál es el valor de dI/dt?

Determine la razón a la que cambia R cuando V = 12 volts e I = 2 amp. ¿R aumenta o disminuye?

Ahora encontramos las respuestas al problema A y B : R/. A), Los voltios (V) cambian a razón de = 1 volt/seg R/. B), Lo corriente (I) cambian a razón de = -1/3 amp/seg Para el problema C utilizaremos los datos proporcionados Datos del Problema

dV volt 1 dt seg dI 1 amp 2. La razón de cambio de I disminuye a:  dt 3 seg 1. La razón de cambio de V es de:

3. En el circuito eléctrico tenemos que V=12 volts e I= 2 amps Fórmulas a utilizar: Circuito eléctrico: V  IR



Ahora encontramos las respuestas al problema C:

V  IR

4

Calculo Diferencial e Integral – Trabajo en Grupo

R

V Reordenamos la fórmula para mejor comprensión I

dR  dt

( I )(

dV dI )  [(V )( )] dt dt Derivamos la formula en función del tiempo 2 I

1 (2)(1)  [(12)( )] dR 3 Reemplazamos  2 dt (2)

dR 2  [4] Realizamos las operaciones aritméticas  dt (2)2

dR 2  4  dt (2) 2 dR 6 3 omh   dt 4 2 seg dR omh  1.5 dt seg R/. En un circuito eléctrico, cuando V= 12 volts e I=2 amps; la resistencia del mismo cambia a razón de: 1.5 ohms/seg

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Problema 3 Cuando un plato circular de metal se calienta en un horno, su radio aumenta a razón de 0.01 cm/min.

Radio 50 cm

¿A qué razón aumenta el área del plato cuando el radio es de 50 cm?

Datos del Problema 1. Radio del plato tiene 50cm de radio 2. La velocidad con la que aumenta el radio es de 0.01 cm/min Fórmula a utilizar: 

2 Área de un círculo: A   r

Encontramos la Formula para Hallar el Área de un objeto circular

A   r2 dA dr  [ (r 2 ) ' r ( ) ']( ) Derivamos la formula en función del tiempo dt dt dA dr  [ (2 r)  r (0)]( ) Reemplazamos dt dt dA dr  (2 r )( ) Realizamos las operaciones aritméticas dt dt dA cm  [2 (50cm)](0.01 ) dt min

dA cm  (100 cm)(0.01 ) dt min

dA cm2 cm2  1  dt min min R/. Cuando r=50 cm, el área del plato cambia a razón de: π cm2/min

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Problema 4 La longitud L de un rectángulo disminuye a razón de 2 cm/seg, mientras que el ancho W aumenta a razón de 2 cm/seg. Cuando L = 12 cm y W = 5 cm, determine las tasas de cambio de: a) El área, b) El perímetro y c) Las longitudes de las diagonales del rectángulo. ¿Cuál de estas cantidades aumenta y cuál disminuye?

5cm

12 cm Datos del Problema

dL cm  2 dt seg dW cm 2. La razón de cambio de W es: 2 dt seg 1. La razón de cambio de L es:

Fórmulas a utilizar:  

Área de un rectángulo: A  LW Perímetro de un rectángulo: P  2L  2W



Diagonal de un rectángulo: D2  L2  W 2

Ahora encontramos la respuesta al problema A:

A  LW

dA dW dL  L( ) W ( ) dt dt dt

dA cm cm  12cm(2 )  5cm(2 ) dt seg seg dA cm2 cm2  24  (10 ) dt seg seg dA cm2 cm2  24  10 dt seg seg

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Calculo Diferencial e Integral – Trabajo en Grupo

dA cm2  14 dt seg R/. Cuando L=12 cm y W=5cm, el área del rectángulo cambia a razón de: 14 cm2/seg Ahora encontramos las respuestas al problema B:

P  2L  2W

dP dW dW  [2(L) ' L(2) ']( )  [2(W) ' W (2) ']( ) dt dt dt

dP cm cm  [2(1)  L(0)](2 )  [2(1)  W (0)](2 ) dt seg seg dP cm cm  (2)(2 )  (2)(2 ) dt seg seg dP cm cm 4  (4 ) dt seg seg dP cm cm 4 4 dt seg seg dP cm 0 dt seg R/. Cuando L=12 cm y W=5cm, el perímetro del rectángulo cambia a razón de: 0 cm/seg; en otras palabras, el perímetro no cambia.

Ahora encontramos las respuestas al problema C:

D2  L2  W 2 2 D(

D 2  L2  W 2

dD dL dW )  2 L( )  2 W( ) Derivamos la formula en función del dt dt dt

tiempo

2(13)(

dD cm cm )  2(12)(2 )  2(5)(2 ) Reemplazamos dt seg seg

D 2  (12) 2  (5) 2 D 2  144  25  169 ( D ) 2  169 D  13

dD cm cm (26)( )  (24)(2 )  (10)(2 ) dt seg seg

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Calculo Diferencial e Integral – Trabajo en Grupo

Despejamos D

(26)(

dD cm cm )  48  20 dt seg seg

(26)(

dD cm )  28 dt seg

dD 28 cm 14 cm   dt 26 seg 13 seg dD cm  1.08 dt seg R/. Cuando L=12 cm y W=5cm, la diagonal del rectángulo cambia a razón de: -1.08 cm/seg

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Problema 5 Una escalera de 13 pies está recargada sobre el muro exterior de una casa cuando su base empieza a deslizarse y alejarse (véase la figura). En el instante en el que la base está a 12 pies de la casa, la base se mueve a una tasa de 5 pies/seg. a) ¿Qué tan rápido la parte superior de la escalera se resbala hacia abajo? b) En ese instante, ¿con qué tasa cambia el área del triángulo formado por la escalera, la pared y el suelo? c) En ese instante, ¿a qué tasa cambia el ángulo  entre la escalera y el suelo?

Datos del Problema 1. Largo de la escalera es de 13 pies; la base está a 12 pies de la pared 2. La escalera se aleja de la pared a razón de: Fórmulas a utilizar: 

Fórmula para triangulo rectángulo(Pitágoras): C 2  x 2  y 2



Área de triangulo rectángulo: A 

xy 2

Ahora encontramos las respuestas al problema A:

C 2  x2  y 2

2C (

C 2  x2  y 2

dD dx dy )  2 x( )  2 y ( ) dt dt dt

2(13)(0)  2(12)(5

0  (24)(5

pies dy )  2(5)( ) seg dt

pies dy )  (10)( ) seg dt

(13) 2  (12) 2  y 2 169  144  y 2 169  144  y 2 25  y 2 25  y y5 Despejamos Y

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0  120

120

(

pies dy  10( ) seg dt

pies dy  10( ) seg dt

dy 120 pies )  12 dt 10 seg

R/. Cuando la base de la escalera está a =12 pies, la parte superior de la escalera se desliza a razón de: -12 pies/seg Ahora encontramos las respuestas al problema B:

xy 2 dA 2[( xy ) ']  [(xy)(2) ']  dt 22 dy dx 2[(x)( )  (y)( )]  [(xy)(0) '] dA dt dt  2 dt 2 pies pies 2[(12 pies)(12 )  (5 pies)(5 )]  0 dA seg seg  dt 22 A

pies 2 pies 2 2[144  25 ] dA seg seg  dt 22 pies 2 2[119 ] dA seg  dt 22 dA 238 pies 2  dt 4 seg dA 238 pies 2 119 pies 2   dt 4 seg 2 seg dA 238 pies 2 119 pies 2 pies 2    59.5 dt 4 seg 2 seg seg R/. Cuando la base de la escalera está a =12 pies, el área entre la escalera , la pared y el suelo cambia razón de: -59.5 pies2/seg

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Problema 6 Los mecánicos de la Automotriz Lincoln vuelven a perforar un cilindro de 6 pulgadas de profundidad para colocar un nuevo pistón. La máquina que utilizan aumenta el radio del cilindro una milésima de pulgada cada 3 minutos. ¿Qué tan rápido aumenta el volumen del cilindro cuando la perforación (el diámetro) es de 3.800 pulgadas?

6 pulg

3.800 pulg Datos del Problema

0.001 pu lg 1. El radio cambia a razón de: 3 min 2. La altura del cilindro es de 6 pulgadas 3. El diámetro es de 3.800 pulgadas Formula a Utilizar 

Volumen de un cilindro= V   r 2 h

Ahora encontramos las respuestas al problema: Primero hallamos el radio ya que nos dan el diámetro

r

3.800  1.900 pu lg 2

Ahora buscaremos la solución del problema

V   r 2h dV pu lg3 dV pu lg  0.24  (3.1416)(6 pu lg)(2)(1.900 pu lg)(0.00033 )= dt min dt min R/. Cuando el volumen de cilindro aumenta a razón de: 0.24 pulg3/min

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Problema 7 Un globo esférico se infla con helio a razón de 100  pies3/min. a) ¿Qué tan rápido aumenta el radio del globo en el instante en el que el radio es de 5 pies? b) ¿Con qué rapidez aumenta el área de la superficie?

Datos del Problema 1. La velocidad del volumen con respecto al tiempo de inflado es de: 1  pies3/min 2. El radio es de 5 pies Fórmula a utilizar: 

Volumen de una esfera: V 

4 3 r 3

Ahora encontramos las respuestas al problema A:

4 V   r3 3 (1)

dV dr  4 r 2 ( ) dt dt

pies3 dr (1)(100 )  4 (5 pies)2 ( ) min dt 100

pies 3 dr  4 (25 pies 2 )( ) min dt

100

pies 3 dr  100 pies 2 ( ) min dt

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pies 3 min  ( dr ) 100 pies 2 dt

100

(

dr 1 pies pies ) 1 dt 1 min min

R/. Cuando el radio del globo es =5 pies, el radio crece a razón de: 1 pies/min Ahora encontramos las respuestas al problema B:

S  4 r 2 dS dr  4 [2(r)( )] dt dt dS pies  4 [2(5 pies)(1 )] dt min dS pies  4 [10 pies(1 )] dt min

dS pies 2  4 (10 ) dt min dS pies 2  40 ) dt min R/. Cuando el radio del globo es =5 pies, la superficie del globo aumenta a razón de: 40  pies2/min.

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Problema 8 Una explosión de dinamita lanza una roca directamente hacia arriba con una velocidad inicial de 160 pies/s. Alcanza una altura de s = 160t - 16t2 pies al cabo de t segundos.

(a) ¿Qué altura alcanza la roca? (b) ¿Cuáles son la velocidad instantánea de la roca cuando la roca está 256 pies por arriba del nivel del suelo durante el ascenso? ¿Durante el descenso? (c) ¿Cuál es la aceleración de la roca en cualquier instante t durante su trayecto (después de la explosión)? (d) ¿Cuándo choca la roca contra el suelo?

Fórmula a utilizar: 

Ecuación de la trayectoria de la piedra: s  160t  16t 2

Ahora encontramos las respuestas al problema A: Para encontrar la altura máxima necesitamos saber cuándo la velocidad es cero.

s  160t  16t 2 s '  160  32t 0  160  32t 160  32t 160 t 32 t  5 En 5 segundos la velocidad será 0.

Reemplazamos en la ecuación en 5 segundos

s(5)  160(5) 16(5)2

s(5)  800 16(25)

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s(5)  800  400 s(5)  400 R/. La altura máxima que alcanza la roca es 400mts.

Ahora encontramos las respuestas al problema B: Para resolver agregamos la incógnita en la ecuación

s(t )  160t  16t 2  256

s(t )  160t  16t 2  256  0 s(5)  16t 2  160t  256  0 s(5)  16t 2  160t  256  0 Resolvemos por formula general

b  (b)2  4ac 2a (160)  (160)2  4(16)(256) 2(16) 160  25600  16384 32 160  9216 32 160  96 32 160  96 160  96  x1  x2 32 32 256 64  x1  x2 32 32 x1  8 x2  2 Reemplazamos por 8

s '(8)  160  32t s '(8)  160  32(8) s '(8)  160  256 s '(8)  96

pies seg

Reemplazamos por 2

s '(2)  160  32t s '(2)  160  32(2) s '(2)  160  64

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s '(2)  96

pies seg

R/. La velocidades instantáneas cuando la roca alcanza una altura de 256 pies :

pies seg pies 2. Cuando han pasado 2 segundos= s '(2)  96 seg 1. Cuando han pasado 8 segundos= s '(8)  96

Ahora encontramos las respuestas al problema C: Para saber la aceleración de la roca en el instante t, sacamos la segunda derivada de la ecuacion

s  160t  16t 2 s '  160  32t

s ''  32

pies seg 2

R/. La aceleración dela piedra en el instante t es: -32 pies/seg2

16t 2  160t  0 16t 2  160t  0 16t (t  10)  0 Igualamos a 0

16t  0 t  0 /16 t 0

t  10  0 t  10

Vel  160t 16t 2 Vel  16(10)2  160(10) Vel  16(100)  1600 Vel  1600  1600 Vel  0 R/. La piedra impactara contra el suelo a 0 mts/seg

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Problema 9 Si Galileo hubiera dejado caer una bala de cañón desde la torre de Pisa, a 179 pies del nivel del suelo, la altura de la bala al cabo de t segundos de la caída habría sido s = 179 - 16t2.

a) ¿Cuáles habrían sido la velocidad instantánea y la aceleración de la bala en el tiempo t? b) ¿Cuánto habría tardado la bala en golpear el suelo? c) ¿Cuál habría sido la velocidad de la bala en el momento del impacto?

Fórmula a utilizar: 

Ecuación de la trayectoria de la piedra: s  160t  16t 2

Ahora encontramos las respuestas al problema A: Encontramos la primera y segunda derivadas de dela ecuación Velocidad

s  179  16t 2 unidades La velocidad instantánea en t segundos es de -32t unidades/seg s '  32t seg Aceleración

s  179  16t 2 s '  32t unidades s ''  32 La aceleración en t segundos es de -32 unidades/seg2 2 seg Ahora encontramos las respuestas al problema B:

0  179  16t 2 179  16t 2

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179 2 t 16 11.1875  t 2 11.1875  t t  3.34seg R/. La bala de cañón demorara 3.34 segundo en caer al suelo Ahora encontramos las respuestas al problema C: Utilizamos la derivada de velocidad y utilizamos el valor obtenido en la respuesta 2

s '(t )  32 t s '(3.34)  32(3.34) s '(3.34)  106.88

mts seg

R/. La velocidad en el momento del impacto fue de: -106.88 mts/seg

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Problema 10 Un ganadero tiene 400 pies de cercado con los cuales delimita dos corrales rectangulares adyacentes (ver la figura). ¿Qué dimensiones deben utilizarse de manera que el área delimitada será un máximo?

Formulas a Utilizar  Perímetro = 2x+3y  Área=2xy/ Perímetro

Área

P  2x  3y

A  2 xy

400  2(2 x)  3 y

400  4 x ) 3 800 x  8 x 2 A 3 800 8 A'   (2) x 3 3 800 16 A'   x 3 3 800 16  x0 3 3 16 800 x 3 3 800 x 16 x  50

400  4 x  3 y 400  4 x  x  3 y 400  4 x  3 y 400  4 x 3 400  4(50) y 3 400  200 y 3 200 y  66.67 pies 3 y

A  2 x(

R/. Para obtener el área máxima del cercado se debe de las dimensiones deberán ser : Y= 66.67; x=50 pies

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CONCLUSION Hemos concluido en que estos problemas nos ayudan a visualizar con precisión la forma en que se comporta las ecuaciones matemáticas o modelos matemáticos para así analizar con precisión la Velocidad con la que estas pueden crecer o decrecer dependiendo de los valores dados y así poder tomar las decisiones correctas para la solución de las mismas.

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