1) se desea construir una caja rectangular con una pieza de cartón de 24 pulgadas de largo por 9 de ancho cortando cuadrados idénticos en las cuatro esquinas, y doblando los lados. Encuentre las dimensiones de la caja de máximo volumen. ¿Cuál es ese volumen?

Solución: Sea x el lado del cuadrado que se va a cortar; V el volumen de la caja resultante.Luego: V=x (9-2x)(24-2x)=216x-66x2+4x3 ósea que

se debe maximizar V sobre el intervalo [0,4.5]. Los puntos estacionarios se encuentran igualando a cero la derivada dv/dx y resolviendo la ecuación resultante: V´(x)= 216-132x+12x2 = 12(18-11x+x2) ⇒ v´(x)= 12(9-x)(2-x)= 0 ⇒(9-x)= 0 ⇒X= 9 y (2-x)= 0 ⇒ X= 2 . Como 9 no está en el intervalo solo se toma 2. Luego hay tres puntos críticos que son: 0, 2, 4.5. En los Puntos frontera V(0) = 0 y V (4.5)= 0; en 2 el volumen V= 200. Se concluye que la caja tiene un volumen máximo de 200 pulgadas cubicas cuando X= 2 ósea que la caja tiene 20 pulgadas de larga, 5 pulgadas de ancho y 2 pulgadas de alto o profundidad.

2) un volumen debe contener 50 pulgadas cuadradas de material impreso con 4 pulgadas de margen arriba y abajo, y 2 pulgadas de margen a los lados. ¿Qué dimensiones debe tener el volumen para que gaste menos papel?

Solución: Sea X la anchura y “Y” la altura del volante su área será A= XY. Las dimensiones del texto serán: X-4 de ancho y Y-8 de largo. Como el área es de 50 pulgadas cuadradas, entonces el área será 50=(x−4)( y−8)⇒ despejo Y y queda:

y= 50x−4

+8 Por lo tanto el área será:

A= 50xx−4

+8 x. Los valores permitidos serán X>4 ósea

(4, ∞).

Derivando dAdx =

( x−4 )50−50 x (1)(x−4 )2

+8=8(X+1)(X−9)

(X−4)2; igualando a cero

8(X+1)(X−9)(X−4)2

=0⇒ X= -1 y X= 9 como x tiene que ser mayor que cuatro (x>4) el

valor x= -1 no es permitido; entonces el área alcanza su mínimo valor cuando X= 9 por lo tanto Y= 18. Así que las dimensiones del volante en que se usara la mínima cantidad de papel son 9x18 pulgadas.

3) se tienen 100 m de tela de alambre con la cual de planea construir dos corrales adyacentes idénticos. Cuáles son las dimensiones del cercado total para el que es máxima el área.

Solución: Sea x el ancho y “Y” la longitud del cercado total; entonces 2y+3x=100

⇒ y=1002

−3 x2⇒ y=50−3 x

2

Como A= xy

⇒A=x(50−3 x2 )=50 x−3x2

2 ;

además 0≤ X ≤100/3 hay que maximizar en [0, 100/3] derivando A queda:

dAdx

=50−3 x; Luego 50−3x=0⇒ x=503 .Los puntos críticos son 0 ,

502, 402

para X= 0 y x=1003 el área A= 0; para x=

503 produce A= 416.67 por lo tanto las

dimensiones son x=503 y y=25m.

4) se va a cortar una viga rectangular de un tronco de sección transversal circular. Si la resistencia de una viga es proporcional al producto de su anchura por el cuadrado de su altura; encuentre las dimensiones de la sección transversal que da la viga de mayor resistencia.

Solución: El diámetro del tronco es “a”, la anchura de la viga es “x” y la altura “y”. Se maximiza a S, ósea, la resistencia de la viga que está dada por s=KxY 2 donde

K es una constante de proporcionalidad. La resistencia depende de las dos variables X y Y en donde a2=x2+ y2∴ y2=a2−x2 luego S=Kx (a2−x2 )⇒ S=Kxa2−K X3. Los valores admisibles de X son:

0<x<a⇒ dsdx

=K a2−3K X 2=0⇒K (a2−3 X2 )=0⇒ X2=a2

3⇒ X= a

√3

Como a√3 es el único punto crítico de (0, a) es probable que de el máximo de S, al

sustituir a X= a√3 en y

2+x2=a2⇒ y=√2 . a√3

5) se quiere cercar un lote rectangular de 800 m2 de área. Si uno de los lados está sobre la orilla recta de un rio. ¿Cuáles son las dimensiones del para que la longitud de la cerca sea mínima?

Solución: Supongamos que X es el ancho de la cerca. Como

A=xy y A=800⇒ 800=xy⇒ y=800x

es

el largo. La longitud de la cerca total

está dada por: L=2 x+800x . Ésta se

puede expresar: L=2 x2+800x

y es la que se minimiza

⇒ dLdx

=x (4 x )−(2 x2+800)

x2⇒ L´=0⇒L ´=2 x

2−800x2

=0⇒2 x2−800=0⇒ x=±20

ó x2=0⇒ x=0, se descartan los valores 0 y -20. Para comprobar que X= 20 es valor mínimo relativo se halla la segunda derivada, ósea, L ´´ (20)>0. Si

x=20⇒ 800x

=80020

=40.

6) se quiere construir un envase cilíndrico de base circular cuyo volumen es 125 cm3. Hallar las dimensiones que debe tener para que la cantidad de lámina empleada

(área total) sea mínima.

Solución: R: es el radio de la base en cm

H: la altura del cilindro en cm

A: material gastado

A=2πRh+2π R2 . 1) V=π R2h=125 cm3,

Entonces la función que se minimiza es la (1) que tiene variable (R y h);

despejamos h de la ecuación del volumen y remplazamos h. h=125π R2

⇒ A=2πR . 125π R2

+2π R2;⇒ A=250R

+2π R2⇒ A=250+2π R3

R .

Se minimiza así: A´=R .6 π R2−(250+π R3)(1)

R2=4 π R

3−250R2

=0⇒4 π R3−250=0,

R= 53√2π

,R2=0⇒R=0,

Se descarta a R=0⇒R=5

3√2π⇒ h=5

3√4 π2π que se deduce de h=

125π R2

.

7) ¿Cuáles son las dimensiones de un cono área de superficie 10π que encierra el mayor volumen? [Indicación: área de superficie= π r (h2 + r2)1/2; volumen = 1/3 πr2

h]

Solución: La cantidad que se debe maximizar es el

volumen ⇒V=13π r2h 1). El área de la superficie es:

10π=πr (h2+r2)12,

Se resuelve para h en términos de r y queda: h=( 100r2

−r2)12

Luego se remplaza a h en (1) así: V=13π r2( 100

r2−r2)

12=13πr (100−r 4)

12

Se deriva y se iguala a cero así:

V ´ (r )= π3

(100−3 r4 ) (100−r4 )−12 ⇒V ´ (r )=2π (100−3 r 4)

3 (100−r 4)12

=0⇒100−3 r4=0⇒r=(1003 )14⇒r 2=( 1003 )

12=10√3

3

;

h=( 100 x3

10√3−10√3

7)12⇒h=[10√3(1−13 )]

12=( 20√33 )

12=2( 5√37 )

12.

Luego las dimensiones de r y h son: r=√ 10√33 = 4√ 1003 y h=2 4√ 253 .

8) Un silo consta de un cilindro con una parte superior hemisférica. Hallar las dimensiones del silo con un volumen fijo de v = 40 π/3 que tiene la menor área de superficie. Inclúyase el piso.

Solución: Se toma el volumen del hemisferio y del cilindro y las áreas de cada uno. El volumen de una esfera es:

V= 43π r3 y su área es A=4 π r2.

El volumen de un cilindro está dado por: V c=π r2h y el área de la superficie del cilindro incluyendo su base es: Ac=2πrh+π r

2.

Luego el volumen del silo está dado por V=23π r3+π r2h y su área por:

A=2π r2+2πrh+π r2⇒ A=π (3 r2+2 rh). Hay que minimizar el área y despejar h del volumen que es fijo entonces:

40 π3

=23π r3+π r2h⇒ 40

3r−2−2

3r

Se sustituye en el área:

A=π (3 r2+2r ( 403 r−2−23r ))=π (3 r2+ 803 r−1− 4

3r2)=π (53 r2+ 803 r−1).

Se deriva: A´ (r )=π ( 10 r3 −803r−2) si A ´ (r )=0⇒ 10

3r−80

3r−2=0.

103r3−80

3=0⇒ 10 r

3−803

=0⇒10 r3−80=0⇒10 r3=80.

r3=8⇒r= 3√8=2;

Luego h=403

(2)−2−23

(2 )=4012

− 43=40−16

12=2412

=2.

⇒h=2 y R=2.

Rta: Luego el silo tiene radio 2 y altura 2.

9) Se va a fabricar un recipiente cilíndrico abierto, de volumen de 1 pie3. Hallar las dimensiones que minimizan el área del material usado en su construcción.

Solución: El área del material será: A=2πrh+π r2.

Para hallar h en función de r se tiene que

V=π r2h yV=1⇒ h= 1π r 2

⇒A=2 πr ( 1π r2 )+π r2= 2r+π r2.

Se deriva A con respecto a “r” ⇒ A´ (r )=−2r 2

+2πr⇒ A ´ (r )=2( π r3−1r2 ) Se iguala a cero

⇒2( π r3−1r2 )=0⇒ πr 3−1=0⇒ r3=1π⇒r= 3√ 1π pies

Después remplazo en h y queda

h= 1

π [( 1π )−13 ]2=

1

[π 3√( 1π )2]

= 1

3√π3 1π2= 1

3√ π=(π )

−13

Pies.

10) Hallar las dimensiones del cono circular recto de área máxima de superficie que puede inscribirse en una esfera de radio r= 1.

Solución: El área del cono es: A=πrs donde “s” es la generatriz

=> De acuerdo a la figura

s=√h2+r2.

⇒ A=πr .(h2+r2)12 Como la

espera tiene radio 1 entonces

h=1+x=1+(1−r2)12 .Aquí hay dos

posibilidades: Escoger como variable a “x” o a la variable r. Al remplazar el área en función de r se hace más complejo por lo tanto se remplaza en función de X.

Luego: x2=1−r 2⇒r 2=1−x2

A2=π2 r2 (h2+r2 )A2=π2 (1−x2 ) [ (1+x )2+(1−x2 ) ]⇒ A2=2 π2(1+ x−x2−x3)

d A2

dx=2 π2 (1−2 x−3x2 )=0⇒2π2 (1−3 x ) (1+x )=0⇒ (1−3 x )=0⇒ x=1

3

1+x=0⇒ x=−1.

El valor -1 no es válido por lo tanto se toma x=13⇒ h=1+ 1

3=43

r=(1−19 )12=2√2

3

11) Un hombre está en un bote y se encuentra a 24 Km de distancia de una playa recta y desea un punto situado a 20 Km de la playa. Puede viajar a 5 Km por hora en el bote y a 13 Km por hora en tierra. ¿en qué punto deberá atracar el bote con el objeto de minimizar el tiempo que se requiere para llegar al destino deseado?

Solución: Tómese X el número de Km desde un punto P => la distancia que debe recorrer a 5 Km

por hora es d1=(242+x2)12 ósea

que el tiempo será:

t=d1v1⇒ t=

(242+ x2)12

5,

La distancia que recorre a lo largo de la playa es: d2=20−x

Ósea que t 2=d2v2⇒ t 2=

20−x13 .

El tiempo total será: t r=t 1+t2.

⇒ t r=(242+x2)

12

5 +20−x13

.

Derivando esta expresión queda: dT T

dx=15x (242+ x2)

−12 − 1

13 Se iguala a cero

⇒ d TT

dx=15x (242+x2)

−12 − 113

=0⇒13 x=5 (242+x2 )−12 ⇒169 x2=25 (242+x2 )⇒ x2=25 (24 )2

144⇒ x2=14400

144=100⇒ x=√100=10Km

.

12) Un cartel deberá contener un área impresa de 150 cm2, con márgenes de 3 cm en la parte superior e inferior, y 2 cm a cada lado. Hallar el área mínima total.

Solución: se toma XY a ”y” las dimensiones del área impresa del cartel. Luego el área total está dada por: A=(x+4 )( y+6) pero como

A x=150cm2⇒ xy=150⇒ y=150

x luego el área total

será: A=( x+4 )( 150x +6)=174+6 x+600 x−1 se

deriva para minimizar y queda: A´ ( x )=6−600 x−2 Se iguala a cero

⇒ A´ ( x )=6−600 x−2=0⇒6 x2−600=0⇒ x2=6006

=100⇒ x=10 Luego

y=150x⇒ y=150

10=15 Luego el cartel medirá:

x=10+4=14 De ancho por y=15+6=21 de largo.

13) Se necesita cortar y doblar un pedazo cuadrado de cartón de i metro por cada lado para formar una caja que no tenga parte superior (habrá que recortar pequeños cuadrados en cada esquina). Hallar las dimensiones de la caja que contenga el mayor volumen.

Solución: Se debe maximizar el volumen:

V=w2h donde h y w se relacionan así:

2h+w=1⇒h=1−w2

⇒ v=( 1−w2 )w2=12 w2−12 w3.

Se deriva con respecto a w y queda V ´ (w )=w−32w2se iguala a cero

⇒w−32w2=0⇒w(1−32w)=0⇒w=0 y w=3

2 El máximo que es para 0<w< 23⇒ el valor

máximo de w=23m h=

1−232

=

3−232

=16⇒h=1

6m.

14) Hallar el punto sobre la gráfica de y=x2+1 que este más cercano al punto (8,3/2)

Solución: Tómese un punto de la parábola

P ( x , y )=(x ,1+x2). La formula de la distancia

entre dos puntos es d=s=√(x2−x1)2+( y2− y1)

2

ósea que de P a (8 , 32 )Se tiene:

S=[ ( x−8 )2+(x2+1−32 )2]12=[( x−8 )2+(x2−12 )

2]12.

Esta es la distancia que se debe minimizar => solo eleva al cuadrado y se deriva así:

S2= (x−8 )2+(x2−12 )2

⇒ d (S2)dx

=2 ( x−8 )+4 x (x2−12 )=2 x−16+4 x3−2 x=0⇒ x3=4⇒ x=3√4⇒

el punto p seria: ¿

15) El grosor de un empaque de cartón es el perímetro de un extremo. Las restricciones de embarque requieren que la suma del grosor y la longitud no exceda 100 pulgadas. Hallar las dimensiones del embalaje con un extremo o cuadrado que tenga el mayor volumen.

Solución: Se toma un extremo como cuadrado de lado X pulgadas y L pulgadas su longitud, de acuerdo al enunciado l+4 xdebe ser meno

o igual a 100. ⇒ l+4 x=100. Ósea que X debe ser mayor que cero pero menor que 25. ⇒ l=100−4 x Luego el volumen será; V=x2 l=x2 (100−4 x )⇒V=100 x2−4 x3 al derivar se tiene: V ´ ( x )=200 x−12x2 se iguala a cero

⇒V ´ ( x )=200 x−12x2=0⇒ x (200−12x )=0⇒ x=0⇒ x=20012

=503 luego

x=503⇒L=100−4 x 50

3=1003 . L=1003 Pulgadas.

16) Para el embalaje del cartón del problema anterior, suponga que el paquete es cilíndrico (es decir, el extremo es un circulo).

Solución: Se toma un cilindro de radio r y longitud L. El perímetro de la circunferencia es 2πr.

⇒2 πr+L=100⇒0<r< 1002 π

; L=100−2πr.

La superficie total del cilindro será:

A=2πrL+2π r 2⇒ A=2πr (100−2 πr )+2π r2=200 πr−4 π2r 2+2 π r2

Se deriva y se iguala a cero:

A´ (r )=200π−8π2 r+4πr=0

A´ (r )=4 πr (1−2π )+200 π=0⇒ r= 502π−1 Pulgadas.

L=100−2π (50 )2π−1

=100 (π−1 )2 π−1

⇒ L=100(π−1)2 π−1

Pulgadas.

17) Hallar las dimensiones del cilindro de mayor volumen que encajaría dentro de un cono de radio 3 y altura 5. Suponer que los ejes del cilindro y del cono coinciden.

Solución: Se debe maximizar el volumen del cilindro V=π r2h. De acuerdo a la figura se toma:

El ⊿ ABC∽⊿BED= EDAC

=EBAB

∴ED=h AC=5 ,EB=3−r , AB=3

Luego h5=3−r

3⇒h=5−5 r

3⇒V=π r2(5−5 r3 )=5 π r2−53 π r2∴0≤r ≤3

Se deriva: V ´ (r )=10 πr−5 π r2=5πr (2−r ). Se iguala a cero

⇒5 πr (2−r )=0⇒ r=0 y r=2 Si r=0⇒V=0 y r=3⇒V=0

⇒r=2 y h=53 .

18) Considere un triángulo rectángulo con sus catetos sobre los ejes coordenados, cuya hipotenusa pasa por (4,3). Hallar el área

mínima que pueda encerrar tal triangulo.Solución: Para hallar el área, primero se obtiene la longitud de la base. La recta que pasa por el punto (0 , b) y (4,3) es:

y=3−b4

x+b, esta recta tiene

intersección con X en ( 4bb−3,0). Luego el

área del triángulo es

A=12

(base ) (altura ) A=12 ( 4bb−3 )b= 2b2

b−3;

la variable b debe ser mayor o igual a 3 ósea

b≥3⇒A ´ (b )=(b−3 )4 b−2b2 (1 )

(b−3 )2=2b (b−6)(b−3)2

. Se iguala a cero

⇒ 2b(b−6)(b−3)2

=0⇒2b (b−6 )=0⇒ b=0 yb=6

⇒ A (6 )=2(6)2

6−3=723

=24

Rta: El área mínima debe ser 24.

19) Considere círculos que tienen el centro sobre el eje positivo X, y que pasan por el punto (0, a) donde a > 0. Entre tales círculos, ¿Cuál es el centro (x, 0) que maximiza la razón entre X y el área del círculo?

Solución: La razón entre X y el área del

círculo es R= xπ r2

pero X y r están

relacionados por la ecuación pitagórica

a2+x2=r 2. De acuerdo a esta expresión la

razón está dada por: R= xπ (a2+ x2)

se

deriva esta razón y queda:

R ´ ( x )= a2−x2

π (a2+x2)2 se iguala a cero

a2−x2

π (a2+x2)2=0⇒a2−x2=0⇒ x2=a2⇒ x=a Ósea que X= a produce el máximo valor para la

razón R.

20) ¿Qué numero positivo minimiza la suma entre él y su reciproco?

Solución: Sea X el número y 1x es su reciproco

La suma S= x+ 1x donde x≥0. Se deriva y se iguala a cero.

S ´ ( x )=1− 1x2

=0⇒ x2−1x2

=0⇒ x2=1⇒ x=1

21) Hallas las dimensiones del triángulo isósceles de área máxima que podría inscribirse en un círculo de radio a.

Solución: El área del triángulo es: A=12b .h

donde h=a+ y⇒ tomando la figura y=√a2−x2 0<x<a y b=2 x luego el área queda:

A=x¿ Se deriva y se tiene:

A´ ( x )=a+ (a2−x2 )12−x2 (a2−x2 )

−12 =0⇒A ´ ( x )=a (a2−x2)

−12 +a2−x2−x2=0

A´ ( x )=a (a2−x2 )12=2 x2−a2⇒a2 (a2−x2 )=4 x4−4 a2 x2+a4

4 x4−3a2 x2=0⇒ x2 (4 x2−3a2)=0⇒ 4 x2=3a2⇒ x=a√32

Ósea que el área máxima del triángulo será cuando x=a√32

, siendo así

h=a+(a2−3a24 )12=3a

2y b=2( a√3

2 )O sea b=a√3

22) Se necesita cortar un alambre de 100 pulgadas de longitud en dos pedazos. Un pedazo deberá doblarse para formar un cuadrado, mientras que el otro formara un círculo. ¿En dónde debería hacerse el corte si la sima de las dos áreas debe ser

mínima?

Solución: Se toma un pedazo de alambre con el que se forma el

círculo y que llamamos x. Luego el cuadrado se hará con 100-X, o sea el perímetro del

circulo será 2Πr=X y perímetro del cuadrado 4S ósea S=100−x4

4 s=100−x⇒ S=100−x4 . El área del círculo R=π r2 y área del cuadrado A2=S2

ósea A2=(100−x )2

16

A1=π ( x2

4 π2 )= x2

4 π. El área total es: A=A1+A2⇒ A= x2

4 π+(100−x)2

16

Se deriva e iguala a cero: A´=2 x4 π

−2 (100−x )16

=0.

4 x−π (100−x )=0⇒ x (4+π )=100π⇒ x=100π4+π

A ´= x2 π

−100−x8

=4 x−100π+πx8 π

=x (4+π )−100 π

8π=( 4+π8 π )(x−100 π4+π )

Ósea que en A, tiene un mínimo en (x− 100π4+π )

23) Una bodega rectangular tendrá dos cuadros rectangulares separados por una pare interior y el piso deberá tener 5000 metros cuadrados de área. El costo de las paredes exteriores es de $150 por m lineal, y el costo de las paredes interiores es de $90 por m lineal. Hallar las dimensiones de la bodega menos costosa.

Solución: Se toma Xm el ancho y largo Ym, ósea.

El área será A=xy=5000m2

El costo será C=150 (2x+2 y )+90 x en términos de X será C=390 x+30( 5000x ) derivando

C ´ ( x )=390−1500000 x−2=0⇒ x2=1500000390

⇒ x=100√ 513 Luego y=50√ 13524) Un automóvil va por una autopista hacia el oeste. 90 metros al norte de ella esta

estacionada una patrulla de la policía vial. El patrullero observa el radar y ve que el automóvil está a 150 m de distancia de la patrulla y que distancia que los separa está aumentando a razón de 72 m por segundo. Hallar la velocidad del automóvil en ese instante.

Solución: Cuando x=150, dxdt =72; se busca dydt . y2+902=x2 Se deriva con

respecto al tiempo t implícitamente ⇒2 y dydt=2 xdxdt⇒ y dy

dt=dxdtx(1)

Cuando x=150, y2+902=1502 así que Y= 120. Debe hallarse dydt cuando y=120 y

dxdt

=72.

Al hacer las sustituimos en (1) se tiene: 120dydt

=150(72) o 120 dydt=72(150)

⇒ dydt

=73∗150120

=90 mseg

25) Si y=−x2 y dxdt

=4 durante todo el tiempo t. Hallar dydt ; d2 y d t 2 cuando X = 2.

Solución: Se toma la función y se deriva implícitamente y=−x2⇒ dydt

=−2x dxdt ;

como

dxdt =4⇒dydt

=−2 x .4=−8x. Cuando X=2 dydt =−16. Se deriva de nuevo

⇒ d2 yd t2

=−8 dxdt

d2 yd t2

=−8∗4=−32

26) un hombre de 5 pies de estatura se aleja de un poste de alumbrado a razón de 7 pies/seg. El farol del poste está a 20 pies del suelo. Hallar la tasa a la cual se mueve el extremo de la sombra del hombre cuando este se encuentra a 8 pies del poste.

Solución: Tomando la figura y el problema dice que dxdt

=7, se pide hallar dzdt

.

Para solucionar X y Y se toman la semejanza entre los triángulos de la figura:

z20

= z−x5

luego

3 z=4 x y 3( dzdt )=4 ( dxdt )Como

dxdt

=7 entonces 3dzdt

=4∗7 y dzdt

=283 pies/seg.

27) cada uno de los lados de un estadio de beisbol mide 90 pies. Si la pelota se batea por la línea hacia la tercera base con una velocidad de 100 pies por segundo. ¿Con que rapidez está cambiando la distancia entre la pelota y la primera base cuando la pelota se halla a mitad del camino hacia la tercera base?

Solución:

El enunciando plantea que dxdt

=100 y pide

hallar dydtCuando X= 45. Por Pitágoras se tiene que

x2+902= y2 Se deriva con respecto al

tiempo

2 x dxdt

=2 y dydt

; Cuando X= 45

Entonces 4 s2+902= y2

Así que y=45√5

Entonces 2(45)(100)= 2(45 √5) dydt Entonces X= 45

dydt = 20√5 pies/seg.

28) un aviso rectangular que tiene 24 m de ancho y una profundidad no pertinente, da vueltas sobre un eje vertical que pasa por su centro, a razón de 5 revoluciones por minuto. Una persona que observa a distancia el aviso lo ve como un rectángulo de ancho variable. ¿con que rapidez está cambiando el ancho del aviso cuando este tiene 12 m de ancho, según lo ve el observador, y su ancho está aumentando?

Solución: ω es el ancho del aviso. El enunciado plantea que el aviso gira a razón de 5 Rev/min. Luego dθdt

=10 π radmin

. se halla la

relación entre θ y ω según la

figura ω= 24 senθ. Se deriva con respecto al tiempo implícitamente dωdt = 24cosθ

dθdt cuando ω= 12 senθ= 1/2 dado que el ancho de la viso está aumentando, θ debe

estar entre π/2 y 0, así que θ= π/6 en consecuencia

dωdt =24(cos

π6 ) (10π)=120π√3 m/min.

29) se está vaciando arena sobre un montón de forma cónica a razón de 20 m3/min. La altura del montón es siempre igual al radio de su base. Cuando el montón tiene 3 metros de altura ¿con que rapidez está aumentando su altura?

Solución: el volumen del cono es V=1/3π

r2h, como r= h.

Entonces V=1/3π h2h = 1/3π h3.

Se deriva. dvdt = π h2

dhdt

Como dvdt =20 cuando h= 3

20= π 32 dhdt entonces

dhdt = 204 π m/min.

30) considere un triángulo variable en un sistema de coordenadas rectangulares. El vértice A es el origen, el Angulo recto está en el vértice B sobre el eje y el vértice C esta sobre la parábola y = (7/4) x2+1. Si el punto B comienza (0,1) y se mueve hacia arriba a una tasa constante de 2 unidades/seg. ¿Con que rapidez está aumentando el área del triángulo cuando t=7/2 segundos?

Solución: cuando B está en (0, y), C debe estar

en e l punto (x, y), en donde y=(74 ) x2

+1 es

decir:

x=⟦ 47 ( y−1)⟧12 El área del triángulo es

A=12Y ⟦ 47 ( y−1)⟧

12derivando con respecto a t

se tiene que:

dadt

=12y ddt ⟦ 47 ( y−1 )⟧

12+⟦ 47 ( y−1 )⟧

12 ddt ( 12 y )

12y 12 ⟦ 47 ( y−1 )⟧

−12 ( 47 ) dydt +⟦ 47 ( y−1 )⟧

12 12dydt

y7 ⟦ 47 ( y−1 )⟧

−12 dydt

+12 ⟦ 47 ( y−1 )⟧

12 dydt

Como B comienza en (0,1) y se mueve hacia arriba dydt

= 2 cando t=72 ; y y=1+ (72 ) 2= 8

En ese instante dadt

=87 [ 47 ( y−1 )]

−12 (2 )+ 1

2 [ 47 ( y−1 )]12 (2 )

dadt

=227 Unidades/seg.

31) una partícula se mueve a lo largo de la parábola y = x2 ¿en qué punto de su recorrido están la abscisa y la ordenada de la partícula cambiando a la misma velocidad?

Solución: para que la velocidad sea la misma en “y” y en “X” debe cumplirse que dydt

=dxdt luego tomando la función y=x2 entonces dydt =2x

dxdt para que se cumpla

la condición

2x debe ser igual a “1”, o sea, 2x= 1, x= 1/2

y=x2 y=(12 )2

=14 Luego las coordenadas serán ( 12 , 14 )

32) considere una arandela de caucho que está siendo comprimida. En un determinado momento se obtiene las siguiente medidas: el diámetro externo de las arandelas es de 3 cm; su diámetro interno es de 1 cm; el grosor de la arandela disminuye a una tasa de ¼ cm/min: y el diámetro externo está aumentando a una tasa de ½ cm/min. Si el volumen de la arandela se mantiene en π cm3 en todo momento, ¿a qué tasa está cambiando el diámetro interno en el instante en que se toman las medidas?

Solución: sea V el volumen, el grosor G, el diámetro interno H y el diámetro externo D de la arandela están relacionados por:

V=G [π [ d2 ]2

−π [H2 ]2

= πG4

(D2−H 2)] Se

deriva con respecto el tiempo

dvdt

=π4G ddt

(D2−H2 )+ π4

(D2−H 2 ) dGdt

=π4G(2D dD

dt−2H dH

dt )+ π4 (D2−H 2) dGdt

dGdt

=−14; dDdt

=12

D = 3; H = 1

Es necesario hallar G, luego queda que como el volumen siempre es igual a πcm3en todo

momento entonces dvdt

=0 y G se puede hallar tomando

V= πG4

(D2−H 2 )

Entonces

π= π4G (32−12 )=πG

4(8)

π= π4G (8 )

G=12

Luego remplazando en la derivada tenemos que

dvdt

=π4G(2D dD

dt−2H dH

dt )+ π4 (D2−H 2 ) dGdt

0=

π4∗1

2 (2 (3 ) 12−2 (1 ) dH

dt )+ π4 (32−12 )−14

0=3 π8

−π4dHdT

+(−π2 )π4dHdt

=3 π8

−π2

dHdt

=128

−42=−12

R : dHdt

=−12cm /min

33) sean A, D, C y r el área, el diámetro, la circunferencia y el radio de un circulo, respectivamente. En un determinado instante r= 6 y dr/dt= 3 cm/seg. Hallar la tasa de variación con A respecto a:

a) r

b) Dc) Cd) T

Solución: el área de un círculo está dado por:

a) A=π r2 la derivada dAdr12π cm2/cm

b) El diámetro D es igual a 2r

A=π (D2

)2

=14π D2

dAdD

=12πD=1

2π (12 )=6π cm2/cm

c) La longitud de la circunferencia c=2πr

Y A=π r2 se deriva ambas con respecto a C

dAdC

=2πr drdC

1=π drdC

drdC

= 12π

dAdC

=2πr 12π

=r

Cuando r= 6, dADt=6cm2/cm

d) Derivamos A=π r2 con respecto a t.

dAdt

=2πr drdt ; Pero r= 6, drdt=3 y dAdt =2π∗6∗3=36 π cm2/seg .

34) dos motocicletas que viajan de noche en dirección puesta por una carretera de doble vía están aproximándose la una a la otra. Cada moto va por el centro de su respectivo carril y los centro de los carriles están a 10 metros de distancia uno del otro. La motocicleta, que viaja hacia el oeste está desplazándose a razón de 25 m/seg. La motocicleta que viaja hacia el este se desplaza a razón de 30 m/seg. Y la

luz de su faro proyecta de la luz de la otra motocicleta sobre la cerca que bordea la carretera, a 20 metros del centro del carril contrario ¿con que rapidez se mueve la sombra que proyecta sobre la cerca la motocicleta que viaja en dirección oeste?

Solución: se halla dxdt el enunciado dice que

dZdt

=−30 y dYdt

=25 por semejanza de

triángulos en la figura se tiene que:

Z−X30

=Y−X20

2Z=3Y-X se deriva y se sustituye las cantidades conocidas

2 dZdt

=3 dYdt

−dXdt

2 (−30 )=3 (25 )−dXdt

Entonces

dXdt

=135 mseg

.

Rta: la sombra se mueve a razón de 135 m/seg.

35) un farol de alumbrado público tiene 20 pies de altura y está a 5 pies de la cerca. Si un policía que mide 6 pies de estatura camina sobre la cerca a razón de 4 pies/seg. ¿Con que rapidez está cambiando la longitud de su sombra cuando él está a 13 pies de distancia de la base del poste de alumbrado?

Solución: se halla dzdt cuando x= 13 el enunciado dice

dydt

=4, se verifico que Y y Z están

relacionados por dos ecuaciones. La primera de las cuales es por Pitágoras. y2=x2=25 o y2+25=x2 Por semejanza de triángulos

z6=x+z20 ⇒ 7 z=3 x ⇒ x=7 z3

Remplazando en x2 en el de Pitágoras queda y2+25=( 7 z3 )2

⇒ y2+25= 49 z2

9

Derivando con respecto a t queda: 2 ydydt

=989z dzdt

También se halla Y y Z cuando x= 13 ⇒ y2+25=132 ⇒ y=2;7 z=3 (13 )⇒ z=397

Como dydt

=4⇒ Remplazando en la derivada queda 2 (12 ) (4 )=

989

∗39

7dzdt⇒

dzdt

=14491

pies/seg

36) hallar las dimensiones del cono circular recto de volumen mínimo que se puede circunscribir en una esfera de 8 cm de radio.

Solución: sea X el radio de la bolsa de cono, y+8 la altura del cono. Como los triángulos AED y ABC son semejantes, se puede establecer las siguientes relaciones:

BCAE

= ABAE

⇒ x8= y+8

√ y2−64⇒ x= 8 ( y+8)

√ y2−64 El volumen del cono

está dado por: v=13πr 2h

Donde r= X ⇒ x2=64 ¿¿ y h= y+8 ⇒V=13π x2 ( y+8 )

Luego V=13π 64 ( y+8 )

( y−8 ). ( y+8 )=1π∗64¿¿

Derivando queda V '=64 π ( y+8 ) ( y−24 )

3 ¿¿

3¿

Que debe analizarse pues V ' (−8) y V (−8) debe descartarse, luego se toma y=24 luego la altura del cono es y+8=24+8=32, el radio de la base será

x= 8( y+8)

√ y2−64=8(24+8)√576−64

=8√2

37) el departamento de carreteras planea construir un área de picnic para automovilistas al lado de una carretera principal. Será rectangular, tendrá un área de 5000 yardas al cuadrado y estará cercada por los tres lados no adyacentes a la carretera. ¿Cuál es la menor cantidad de cerca que será necesaria para completar el trabajo?

Solución:

P=2 y+x A=xy=5000⇒Y=5000x

P=2 5000x

+x=10000x

+x Se minimiza

derivando

P´=1−10000x2

=0⇒ x2−10000=0⇒ x=±√10000=±100

100 es el único valor crítico admitido. Se aplica la 2a derivada

⇒P ´ ´=20000x2

La cual es positiva para X>0. Luego 100 es un mínimo absoluto en

el intervalo F (100 )=2 x5000100

+100=200 yardas.

38) una escalera de 3 m descansa contra un muro sobre el nivel del suelo. Si se aleja el extremo inferior de la escalera a una velocidad de 1.2 m/seg. ¿A qué velocidad desciende el extremo superior, en el instante en que está a 2.4 m del suelo?

Solución: Sea Y la altura sobre el suelo; X la distancia que la separa del muro. Cuando y=2.4⇒ x=1.8 por Pitágoras, pues x2+ y2=9 derivando implícitamente se tienen que:

2 x dxdt

+2 y dydt

=0⇒ dxdt

=1.2 x=1.8 y y=2.4

⇒2 (1.8 ) (1.2 )+2 (2.4 ) dydt

=0⇒ dydt

=−4.324.8

=−0.9 mseg

dydt Es la velocidad con que desciende la escalera verticalmente cuando esta a la altura de

2.4 metros.

39) un hombre está parado en un muelle y hala un bote medio de una cuerda. Sus manos están a 3 m. por encima del amarre del bote. Él está a 3.6 m del muelle. Si el hombre hala la cuerda a una velocidad de 0.9 m/seg. ¿A qué velocidad se aproxima el bote al muelle?

Solución: Sea X la distancia del bote al muelle y Z la longitud de la cuerda. Cuando X= 3.6 y Z= 4.7 por Pitágoras x2+9=z2. Derivando se tiene:

2 x dxdt

=2 z dzdt⇒ dxdt

=2 z∗0.9 m

seg2 x

=4.7 (0.90)3.6

=1.175

dxdt Es la velocidad con que se acerca el bote al muelle.

40) un hombre de 1.8 m de estatura se aleja a una velocidad de 3 Km/h. de una luz que está a 4.5 m sobre el nivel del suelo. Cuando su distancia horizontal de la luz es de 3.6 m

a) ¿a qué velocidad crece la sombra?b) ¿a qué velocidad se mueve la parte más alejada de la sombra con respecto

a la luz?

Solución:a) Sea X la distancia del

hombre a la proyección

de la luz. “Y” la longitud de la sombra. Por semejanza de Triángulos: x+ y4.5

= y1.8

⇒1.8 x=2.7 y

Derivando queda:

1.8 dxdt

=2.7 dydt⇒ dxdt

=3 kmh⇒1.8∗3=2.7 dy

dt⇒ dydt

=5.42.7

=2 kmh .

b) Se necesita saber con qué rapidez cambia X+Y ósea ddt

( x+ y )=dxdt

+ dydt

=3+2=5 kmh

1)2)3)4)5)6)7)8)9)10)11)12)13)14)15)16)17)18)19)20)21)22)23)24)25)26)27)

28)29)30)31)32)33)34)35)36)37)38)39)40)41) un estadio ambiental de cierta comunidad sub-urbano señala que el nivel medio

diario de monóxido de carbono en el aire será C(p)=√o.5 p2 + 17 partes por millón cuando la población sea “p” miles. Se estima que dentro de “t” años la población de la comunidad será: P(t)= 3.1+0.1t2 miles. ¿A qué tasa cambiara el nivel de monóxido de carbono con respecto al tiempo, dentro de 3 años?

Solución: El objeto del problema es hallar dxdt cuando t= 3

dcdt

=

dcdp

∗dp

dt⇒ dcdp

= p2√0.5 p2+17

y dpdt =0.2 t

⇒ dcdt

= p2√0.5 p2+17

∗0.2 t⇒Para t=3P (3 )=3.1+0.1(3)2

⇒P (3 )=3.1+0.1 (9 )=3.1+0.9=4. Remplazando en dcdt queda:

dcdt

= 4∗0.2∗32√0.5 (4 )2+17

= 2.42√25

=2.410

=0.24 Partes por millón al año.

42) una mancha de petróleo se expande circularmente en el agua, de manera tal que el radio aumenta a una velocidad de 4 pies por segundo, cuando el radio es de 20 pies. ¿A qué velocidad aumenta el área del círculo de agua contaminada?

Solución: Comodrdt

=4 piesseg se debe derivar el área con respecto al tiempo; y el

área de un circulo es A=π r2⇒ dAdt

=2πr drdt ; cuando r= 20pies;

dAdt

=2π∗20∗4=2π .20 pies .4⇒ dAdt160π pies

2

seg que es la velocidad a que

aumenta el área del agua contaminada.

43) a un cono recto invertido (circular) le entra agua a razón de 2 cm3 por segundo. La altura del cono es 2 veces su diámetro. ¿A qué rapidez sube la superficie del agua cuando la misma alcanza una profundidad de 10 cm en el cono?

Solución: Sea V el volumen del cono; h= la altura o su profundidad. r= el radio superior, t= Tiempo en segundos.

El volumen del cono es V=13π r2h donde

h=4 r∴ r=h4⇒V=1

3π ( h4 )

2

h⇒V=π h3

48

dvdt

= 116

π h2 dhdt

∴ dvdt

=2 cm3

seg⇒2 cm

3

seg= 116

π h2 dhdt

⇒ dhdt

= 32π h2

∴h=10cm⇒ dhdt

= 32100π

=0.32π

=0.102 cmseg

44) en una cisterna cónica fluye agua a razón de 8 pies cúbicos por minuto. Si la altura de la cisterna es de 12 pies y el radio de su base circular es de 6 pies, ¿si su base esta hacia arriba, con qué rapidez sube el nivel del agua cuando esta tiene 4 pies de profundidad?

Solución: El volumen dvdt

=8 pies3

min y lo que se

quiere saber es dhdt en el momento en el que h= 4.

El volumen de un cono es: V=13π r2h. Tomando la

figura hay semejanza de triángulos y se pues la

relación r6= h12⇒12 r=6hh=2 r ór=h

2

⇒ dvdt

=3π h2

12dhdt⇒ dvdt

= π h2

4dhdt⇒ dhdt

= 3216π

⇒ dhdt

=0.637 Ósea que el agua sube a razón de 0.637 pies

por minuto.

45) encuentre las dimensiones del cilindro circular recto de máximo volumen que se puede inscribir en un cono circular recto dado.

Solución: Se a la altura del cono y b el radio del cono dado, ambos constantes. h; r y v la altura, el radio y el volumen del cilindro.

V=π r2( a∗arb )=aπ r2−aπ r3

b Porque

a−hr

=ab∴h=a−ar

b y se remplaza h en V=π r2h que

es el volumen del cilindro. Maximizamos a V en [0, b]

dvdr

=2aπr−3aπ r2

b=aπr (2−3 rb )=0⇒3 r=2b⇒ r=2b

3

Como h=a−arb⇒h=a−a∗2b

b3=a−2a

3⇒ h=a

3

46) encuentre las dimensiones del rectángulo de máxima área que se puede inscribir en un semi-circulo de radio “r”.

Solución: A=xh donde r2= x2

4+h2

⇒ 4 r2=x2+4 h2⇒ 4h2=4 r2−x2⇒ x2=4 r2−4h2⇒ x=√4 (r2−h2)

x=2√r2−h2⇒ A=h .2√r2−h2.

Se deriva para maximizar

0≤h≤r⇒ dAdh

=−8h2+4 r2

2√r2−h2=0⇒−8h2+4 r2=0⇒ 4 r 2=8h2

r2= 84h2⇒r=h√2.

47) cuál es el área máxima posible de un rectángulo cuya base reposa sobre el eje X con sus dos vértices superiores sobre la gráfica y = 4-X2

Solución: Sean los dos vértices superiores dados por (x ,4−x2) y (−x ,4−x2). Entonces el área está dada por: A=2x (4−x2 ) A=2x (4−x2 )=8x−2x3∴0<x<2

El área máxima ocurre cuando

A ´=0⇒ dAdx

=8−6 x2⇒ A´=0⇒ 43=x2⇒ x=2√3

3 , por lo tanto

y=4−(2√33 )2

=4−4∗39

=83

. Dado que A ´ ´<0 se tiene que el área máxima es

A=2

2√33

∗8

3=32√3

9

48) la resistencia de una viga rectangular varía según el ancho de esta. Cuando la viga es apuntalada cuidadosamente en los extremos, la resistencia es de proporcional al cuadrado del espesor de la viga. ¿Cuáles son las dimensiones de la viga más resistente que pudiera cortarse de un tronco cilíndrico de radio de 3 pies (la viga tiene una resistencia S = K xy2)?

Solución: K es una constante de proporcionalidad de acuerdo a la figura

( x2 )2

+( y2 )2

=q por Pitágoras

x2

4+ y

2

4=9⇒ x2+ y2

4=9⇒ x2+ y2=36

despejando y2 queda:

y2=36−x2⇒ S=KX .(36−x2)⇒0≤ x≤6.

S=36KX−K X3⇒ dsdx

=36k−3k x2 Se iguala a 0

⇒36k−3 k x2=0⇒3 k x2=36k x=√ 363 =2√3 pies

Como y2=36−x2 y x2=363 ⇒ y2=36−363⇒ y2=36−12=24

⇒ y=√24=2√6. Las dimensiones son x=2√3 y=2√6

El área será A=xy⇒ A=2√3∗2√6=4∗3√2=12√2⇒ A=12√2

49) al derretirse una bola de nieve con radio inicial de 12 cm, su radio decrece a razón constante de 0.5 cm/h. si comienza a derretirse cuando t=0, ¿Cuál será la tasa de disminución del volumen de la bola de nieve al cabo de 12 horas?

Solución: Sea r el radio de la bola de nieve. El volumen de la bola es V= 43π r3. Se

deriva el volumen: dvdt

=43π 3 r2 dr

dt Como drdt

=0.5 cmh . El radio que inicialmente es

de 12cm, en 12 horas decrece 0.5 cmh

∗12h=6cm⇒ dvdt

= 43π∗3 (6 )2∗0.5=72π cm

3

h.

Luego la tasa de disminución del volumen fue de 72π cm3

h

PROBLEMAS DE APLICACIÓN DE LA DERIVADAD

EN MAXIMOS Y MINIMOS

Juan Sebastian Alzate H.

CODIGO: 341211048

UNIVERSIDAD LIBRE SECCIONAL PEREIRA

FACULTAD DE INGENERIA

PROGRAMA INGENERIA CIVIL

PEREIRA, MAYO

22/05/2012

PROBLEMAS DE APLICACIÓN DE LA DERIVADAD

EN MAXIMOS Y MINIMOS

Juan Sebastian Alzate H.

CODIGO: 341211021

Trabajo presentado al profesor Bernardo Patiño

en la asignatura de cálculo diferencial.

UNIVERSIDAD LIBRE SECCIONAL PEREIRA

FACULTAD DE INGENERIA

PROGRAMA INGENERIA CIVIL

PEREIRA, MAYO

22/05/2012

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