TASA DE VARIACIONLa derivada puede ser interpretada como una tasa de variacion.Supongamos una funcion y = f(x), tenemos que si la variable independiente varıa de x a x+△x, la variabledependiente y, tendra una variacion de △y = f(x+△x)− f(x).La Tasa de variacion es el cociente entre el incremento o variacion de dos variables, por lo tanto:

△y

△x=

f(x+△x)− f(x)

△x, que representa la Tasa Media de Variacion de y en relacion a x.

Llevando en consideracion lo expuestos y como la derivada de una funcion es f ′(x) = lım△x→0

f(x+△x)− f(x)

△x,

tenemos que la misma es la Tasa Instantanea de Variacion de y en relacion a x.

Ejercicio 2Sabemos que el area de un cuadrado es funcion de su lado. Determinar:a) Tasa de Variacion Media del area de un cuadrado en relacion al lado, cuando el mismo varıa de 2, 5 a 3m.b) Tasa de Variacion del area en relacion al lado cuando este mide 4m.

El area del cuadrado, siendo l el lado del mismo es: A = l2 ∴ ⇒

a)Tasa de variacion media :△A

△l=

A(3)−A(2, 5)

3− 2, 5=

9− 6, 25

0, 5=

2, 75

0, 5= 5, 5

b)Tasa de variacion del area en relacion al lado : A′ =d l2

dl= 2l ⇒ A′ = 2 . 4 = 8

Cuando l = 4, la Tasa de variacion del area del cuadrado sera de 8m2 por variacion de 1 m. en la longitud del lado.

Ejercicio 3Un reservorio de agua esta siendo vaciado para limpieza. La cantidad de agua en el reservorio, en litros, t horasdespues que el vaciamiento haya comenzado es dada por V = 50(80− t)2. Determinar:a) Tasa de Variacion Media del volumen de agua en el reservorio durante las 10 primeras horas de vaciamiento.b) Tasa de Variacion del volumen de agua en el reservorio, despues de 8 horas de vaciamiento.c) Cantidad de agua que sale del reservorio en las 5 primeras horas de vaciamiento.

a) Tasa de Variacion Media del volumen de agua en el reservorio en las 10 primeras horas es dada por:△V

△t=

50(80− 10)2 − 50(80− 0)2

10− 0=

50(702 − 802)

10= 50(−150) = −7.500

l

hora

b)Tasa de Variacion del volumen de agua despues de 8 horas:dV

dt= V ′ = 100(80− t)(−1) = −100(80− t) .... Para .... t = 8 ⇒ V ′ = −100.72 = −7200

l

hora

c) Cantidad de agua que sale del reservorio en las 5 primeras horas:V (5)− V (0) = 50(80− 5)2 − 50(80− 0)2 = 38.750 litros

Ejercicio 4Un cuadrado de lado l se expande segun la ecuacion l = 2+ t2, donde la variable t representa el tiempo. Determinarla tasa de variacion del area del cuadrado en t = 2.

El area del cuadrado, siendo l el lado del mismo es: A = l2 y l = 2 + t2 ∴ A = (2 + t2)2

Tasa de variacion en relacion al tiempo:△A

△t= 2(2+t2)2t = 4t(2+t2) Para t = 2 ⇒ A′(t) = 8(2+4) = 48 u.a

u.t

1

Ejercicio 5El radio de una circunferencia crece en una razon de 21 cm

seg . Cual es la tasa de crecimiento de la circunferencia enrelacion al tiempo ?.

Vamos a considerar a .... r = radio de la Circunferencia ; .... t = tiempo ; .... l = longitud de la Circunferencia.

Por geometrıa sabemos que ... l = 2πr .... y por lo tanto l = f(r)Por definicion r crece en funcion del tiempo, es decir r = f(t)

}∴ dl

dt=

dl

dr.dr

dt= l′(t) = 2π.r′(t)

Por definicion : r′(t) = 21cm

seg⇒ l′(t) = 2π.21 = 42.π

cm

horaes la tasa de crecimiento de la Cia.

Ejercicio 6

Un punto P (x, y) se mueve a lo largo del grafico de la funcion y =1

x. Si la abcisa varıa a razon de 4 unidades por

segundo, cual es la tasa de variacion de la ordenada cuando la abcisa es x =1

10.

Por definicion del problemadx

dt= 4

u

seg... nos piden

dy

dt⇒ dy

dt=

dy

dx.dx

dtdy

dx= y′(x) ⇒ y′ =

(1

x

)′

= − 1

x2∴ ⇒

dy

dt= − 1

x2.4 = − 4

x2.... Para x = 1

10 ⇒ dy

dx= − 4(

1

10

)2 = −4.100 = −400

Por lo tanto, cuando x crece en una proporcion de 4unidseg , la ordenada decrece en una razon de 400unid

seg , lo quepuede verse intuitivamente en el grafico

Ejercicio 7Se acumula arena en un montıculo en forma de cono, donde la altura es igual al radio de la base. Si el volumen de arena

crece a una tasa de variacion de 10m3

h , a que razon aumenta el area de la base cuando la altura del cono es de 4 metros.

Por geometrıa A= area de la base = π.r2 y V = volumen del cono =1

3π.r2.h

Por definicion del problemadV

dt= 10

m3

hy h = r ∴ V =

1

3π.r3

El problema nos pidedA

dtcuando r = 4m. ⇒ dA

dt=

dA

dr.dr

dt= 2π.r.

dr

dt..... (1)

Necesitamos obtenerdr

dt, por lo que derivando el Volumen en relacion al tiempo ⇒ dV

dt=

dV

dr.dr

dt⇒

10 = π.r2.dr

dt∴ dr

dt=

10

π.r2.... sustituyendo en (1) para r = 4 .....

dA

dt= 2π.r.

10

π.r2=

20

r= 5

Por lo tanto, cuando la altura del cono es de 4 metros el area de la base crece en una tasa de variacion de 5m2

seg

2

Ejercicio 8Una escalera de 5 metros de altura, esta apoyada en una pared vertical. La base de la escalera es arrastrada horizon-talmente a la pared a 3 m

seg . A que velocidad se desliza la parte superior de la escalera a lo largo de la pared, cuandola base se encuentra a 3 metros.

x = f(t) ... y = f(t) ∴ vy = y′(t) ... vx = x′(t) = 3m

seg

52 = x2 + y2 ⇒ Cuando x = 3 ... y = 4

(52)′ = (x2 + y2)′ ⇒ 0 = 2x.x′ + 2y.y′ ⇒ y′ = −x

yx′ ⇒

y′ = vy = −x

yvx ⇒ vy = −3

4.3 = −9

4

m

seg

Ejercicio 9Con que rapidez baja el nivel del agua contenida en un deposito cilındrico, si estamos vaciandola a razon de 3.000lts. por minuto ?. El Volumen del cilindro es V = π.r2.h, el cual coincide con el volumen del agua cuando el cilindroesta lleno.r ...es el radio y es constante, mientras que h, altura del agua, es variable y depende del tiempo ...h(t), de forma queel volumen del agua tambien es funcion del tiempo ... V (t)Como la informacion que nos dan es una tasa de variacion y la misma la habiamos asociado a la derivada tenemos

que si el Volumen de agua es ....V (t) = π.r2.h(t) ⇒ V ′(t) = π.r2.h′(t) = −3.000lts

min= −3.000

dm

min⇒

h′(t) = − 3.000

π.r2dm

min= − 3

π.r2m

min= velocidad con que baja el agua.

Ejercicio 10Una trituradora de piedra produce polvo, que al ser depositado en el suelo forma un cono donde la altura es igual a43 del radio de la base. Determinar:a) La variacion del volumen en relacion al radio de la base ?;b) Siendo 20 cm

seg la razon de variacion del radio de la base, cual es la razon de variacion del volumen cuando elradio mide 2 m. ?

De la figura...H

R=

h

r⇒ h =

4

3r ... y ... V =

1

3π.r2.h ∴ ⇒

V =1

3πr2.

4

3.r =

4

9π.r3 ⇒ V ′ =

dV

dr=

4

3π.r2 variacion del volumen en relacion a r

V ′ =dV

dt= [

4

9π.r3]′ =

4

3π.r2.

dr

dt=

4

3π.22.0, 20 = 1, 066.π

m3

segVariacion del vol. p/ r = 2

Ejercicio 11

El volumen de un cubo esta aumentando a razon de 70 cm3

min . Con que rapidez esta aumentando el area total cuandola longitud del lado es de 12cm ?.

Por definicion del problema V (t) = [l(t)]3 ⇒ dV

dt= V ′(t) = 70

cm3

min= 3[l(t)]2.l′(t) ∴ l′(t) =

70

3[l(t)]2

El problema nos pide la rapidez con que aumenta el area Total = A′(t) ⇒ Por geometria At = 6[l(t)]2 ∴

⇒ A′(t) = 12.l(t).l′(t)) = 12.l(t).70

3[l(t)]2= 4.

70

l(t)⇒ Para l(t) = 12cm. ⇒ A′(t) = 4.

70

12=

70

3

cm2

min

El area total aumenta con una rapidez de70

3

cm2

min.

3

Ejercicio 12Un barco A se desplaza hacia el Oeste con una velocidad de 20millas

hora y otro barco avanza hacia el Norte a 15millashora .

Ambos se dirigen al punto ”O” del oceano en el cual sus rutas se cruzan. Sabiendo que las distancias iniciales de losbarcos A y B al punto ”O” son respectivamente de 15 y 60 millas: A que velocidad se acercan o se alejan los dosbarcos cuando ha transcurrido 1 hora ? Y cuando han transcurrido 2 horas ?.

Si llamamos x(t) e y(t) a las distancias que separan a los barcos A y B del punto ”O”,tenemos que x′(t) e y′(t) son sus velocidades.

Por definicion del problema:a) x(t) = x(0) = 15millas ; x′(t) = −20 millas

hora e y(t) = y(0) = 60millas ; y′(t) = −15 millashora

b) Las velocidades son negativas ya que las distancias, las funciones x e y son decrecientes.c) En una hora los barcos recorren una distancia de 20 y 15millas, por lo tanto ⇒

x(1) = 15− 20 = −5millas e y(1) = 60− 15 = 45millas.d) En dos horas los barcos recorren una distancia de 40 y 30millas, por lo tanto ⇒

x(2) = 15− 40 = −25millas e y(2) = 60− 30 = 30millas.

La distancia entre los barcos esta dada por: D(t) =√

x2(t) + y2(t) ⇒

Velocidad de acercamiento o alejamiento ⇒ D′(t) =x(t).x′(t) + y(t).y′(t)√

x2(t) + y2(t)

En una hora ⇒ D′(1) =(−5)(−20) + (45)(−15)√

(−5)2 + (45)2= − 115√

82

millas

hora

En dos horas ⇒ D′(2) =(−25)(−20) + (30)(−15)√

(−25)2 + (30)2=

10√61

millas

hora

(El signo negativo significa que las embarcaciones se estan acercando).

Ejercicio 13

Se vierte agua en un tanque cilindrico vertical de 2m. de radio a la velocidad de 8 m3

min . A que velocidad seesta elevando el nivel del agua ?

Por definicion tenemosdV

dt= V ′(t) = 8

m3

min; radio de la base .. r = 2m.

El problema nos pide la velocidad con que sube el aguadh

dt

V = π.r2.h = 4π.h ⇒ dVdt = 4.π.

dh

dt

⇒ dh

dt=

8

4π=

2

π

m

min

Ejercicio 14Dos automoviles parten simultaneamente de un punto A. Uno de ellos se dirige hacia el Oeste a 60 km

h y el otro se

dirige hacia el norte a 35 kmh . A que velocidad aumenta la distancia entre ambos 3 horas despues ?

Por definicion tenemosdx

dt= X ′(t) = 60

km

h;

dy

dt= Y ′ = 35

km

h

El problema nos pide la velocidad con que se separan 3 horas despues ....dD

dt

Automovil a 60km

hen 3 horas hace ⇒ 180 km

Automovil a 35km

hen 3 horas hace ⇒ 105 km

D =√x2 + y2 ⇒ dD

dt=

2.x.x′ + 2.y.y′

2√x2 + y2

=x.x′ + y.y′√

x2 + y2=

180.60 + 35.105√1802 + 1052

= 69, 46km

h

4

Ejercicio 15Una lancha cuya cubierta esta 7 m. debajo del nivel del muelle, es tirada hacia dicho muelle por una cuerda atada

a una argolla en la cubierta. Si un cabrestante recoge la cuerda a la velocidad de 15m

min, A que velocidad se

estara moviendo la lancha sobre el agua cuando quedan 25 metros de cuerda afuera?

Por datos tenemos

dL

dt= 15

m

min; y = 7 m.

Debemos determinardx

dt

Como .... x2 = L2 − 72 ⇒ 2.x.dx

dt= 2.L.

dL

dt

Para L = 25 ⇒ x =√

252 − 72 =√625− 49 = 24 ∴ ⇒

dx

dt=

L.dL

dtx

=25,15

24= 15, 625

m

min

Ejercicio 17Una luz de arco se encuentra a 5 m. de altura sobre una acera. Un hombre de 2 m. de estatura se aleja del puntosituado bajo la luz a una velocidad de 2 m

seg ; A que velocidad se alarga su sombra ?

Por definicion tenemos.....

Altura de la luz sobre la acera H = 5 m.Estatura del hombre h = 2 m.

Velocidad del hombredx

dt= 2

m

seg

El problema nos pidedy

dtpara x = 7

Por proporcionalidad : ⇒ x+ y

5=

y

2⇒ 2x+ 2y = 5y ⇒ 2x = 3y ⇒

y =2

3x ∴ ⇒ dy

dt=

2

3

dx

dt=

2

3. 2 =

4

3

m

seg

Ejercicio 18Al mediodıa, el barco A se encuentra a 60 km al Norte del barco B. A navega hacia el Este a 12 km

h y B navega

hacia el Norte a 9 kmh . Determinar a que velocidad estara cambiando la distancia entre ellos dos horas despues ?

Por definicion tenemos.....

Vel. del barco A

dx

dt= 12

km

h

Vel. del barco Bdx

dt= 9

km

hDistancia inicial entre barcos = 60 km

El problema nos pidedD

dt...para 2 horas

En 2 horas

{El barco A hace .. x = −24 kmEl barco B hace .. 18 km ∴ y = 60− 18 = 42km

D =√

x2 + y2 ⇒ dD

dt=

2.x.x′ + 2.y.y′

2√x2 + y2

=x.x′ + y.y′√

x2 + y2=

−24.12 + 42.9√242 + 422

=90√2340

= 1, 86km

h

5

Ejercicio 19En cierto instante se suelta un globo ( al nivel del suelo) en un punto situado a 75 metros de un observador (tambiena nivel del suelo). Si el globo sube verticalmente a la velocidad de 4 m

seg , A que velocidad estara alejandose delobservador 30 seg. despues ?

Por definicion tenemos.....

Vel. ascenso del globo ...dy

dt= 4

m

segDistancia observador/globo ... x = 75 m.

El problema nos pidedD

dt...para 30 seg.

En 30 seg el globo sube ... y = 120 m.

D =√y2 + 752 ⇒ dD

dt=

2.y.y′

2√y2 + 752

=

y.y′√y2 + 752

=4.120√4 + 5625

=480

75, 0267= 6, 3977

m

seg

Ejercicio 20

Un globo se infla a la velocidad de 15 m3

min . A que velocidad estara creciendo el diametro del globo 5 min.despues ? (Supongase que el diametro es cero en el instante cero)

Por definicion tenemos .....dV

dt= 15

m3

min; El problema nos pide ....

dD

dtpara 5 seg.

En 5 seg el Volumen del globo es de 5 . 15 = 75 m3. ∴ V =4

3π.r3 =

4

3π.

D3

8=

1

6π.D3 ⇒

D =3

√6V

π=

3

√6 . 75

π= 5, 2322 m. ∴ ⇒ DV

dt=

3π . D2

6.dD

dt=

π . D2

2

dD

dt⇒

dD

dt=

2dV

dtπ . D2

=2 . 15

π . (5, 2322)2= 0, 3488

m

seg

6

Ejercicio 23Una luz esta en el suelo a 40 m. de un edificio. Un hombre de 2 metros de estatura camina desde la luz hacia eledificio a 2 m

seg . A que velocidad esta disminuyendo su sombra en el edificio en el instante en que el hombre esta a20 m. del edificio ?

Por definicion.....

Vel. que camina el hombre ...

dx

dt= 2

m

segDistancia Luz/edificio ... 40 m.Altura del hombre ... 2 m.

El problema nos pidedy

dt...cuando se encuentra a 20 m. del edificio

Por proporcionalidad : ⇒ y

40=

2

x⇒ y =

80

x∴ ⇒ dy

dt= −80

x2

dx

dt

Para x = 40− 20 = 20m ⇒ dy

dt= −80

x2

dx

dt=

80

400. 2 = −2

5

m

seg

Ejercicio 24Una Lampara esta colgada a 4, 5 m por encima de un sendero horizontal recto. Si un hombre de 1, 8 m. de estaturase aleja de la lampara, a razon de 1, 5 m

seg ; Con que rapidez se alarga su sombra ?

Por definicion tenemos.....

Vel. con que camina ...dx

dt= 1, 5

m

segAltura del Hombre ... 1, 8 m.Altura de la lampara sobre el piso 4, 5 m.

El problema nos pide la rapidez con que se alarga la sombradz

dt

ATotal = ATrapecio +ATriangulo ⇒ 4, 5

2(x+ z) =

4, 5 + 1, 8

2x+

1, 8 . z

2⇒

4, 5

2x+

4, 5

2z =

6, 3

2x+

1, 8 . z

2⇒ 4, 5− 1, 8

2z =

6, 3− 4, 5

2x

∴ ⇒ 2, 7dz

dt= 1, 8

dx

dt⇒ dz

dt=

1, 8

2, 71, 5 = 1

m

seg

7

Ejercicio 25Una lampara sobre el suelo se encuentra a 15 m. de un edificio. Si un hombre de 1, 8 metros de estatura caminahacia un edificio a razon 1, 5 m

seg , Con que rapides se acorta su sombra en el edificio en el instante en que el hombreesta a 9 m. del mismo ?

Por definicion.....

Vel. que camina el hombre ...

dx

dt= 1, 5

m

segDistancia Luz/edificio ... 15 m.Altura del hombre ... 1, 8 m.

El problema nos pidedy

dt...cuando se encuentra a 9 m. del edificio

Por semejanza de triangulos ⇒ x

15=

1, 8

y⇒ y =

27

x

∴ ⇒ dy

dt= −27

x2

dx

dt∴ ⇒ Para .... x = 15− 9 ⇒ x = 6 ⇒ Reemplazando ..... ⇒

dy

dt= −27

36. 1, 5 = 1, 125

m

seg

Ejercicio 26Un deposito tiene 10 m. de longitud y sus extremos son triangulos isoceles con 2 m. de altura y 2 m. de base, estando

hacia abajo el vertice opuesto a la base. Si se vierte agua en este deposito a razon de 3 m3

min , a que velocidad subeel nivel de agua cuando la profundidad de esta (del agua) es de 1 m. ?

Por definicion..... Vel. de llenado ...dV

dt= 3

m3

minExtremos de triangulos isoceles

El problema nos pidedy

dtpara h = 1 m.

Por semejanza de triangulo2

y=

1x

2

=2

x⇒ y = x

V = Sb . h = 10 .x . y

2⇒ x = y ∴ ⇒ V = 5 . y2 ⇒ dV

dt= 1 . y .

dy

dt

dy

dt=

dV

dt5 . y

=3

10 . 1=

3

10

m

min

8

Ejercicio 32

Un nino usa una pajilla para beber agua de un vaso conico( con el vertice hacia abajo ) a razon de 3 cm3

seg . Si laaltura del vaso es de 10 cm y el diametro de la parte superior es de 6 cm; Con que rapidez baja el nivel del aguacuando la profundidad es de 5cm ?. Cual es la variacion del radio en ese mismo instante ?

Datos.....

Velocidad con que bebe el agua del vaso ...

dV

dt= 3

cm3

segAltura del vaso ... H = 30 m.Diametro superior del cono ... D = 6 cm

Determinar : Vel. variacion de altura de agua en el vasodh

dtpara h = 5 cm.

Por semejanza de triangulos3

10=

r

h⇒ r =

3

10h

V =1

3π r2 h =

1

3π

(3

10h

)2

h =9

300π h3 =

3

100π h3

a)dV

dt=

3

100π . 3 . h2 dh

dt=

9

100π . h2 dh

dt∴ ⇒ dh

dt=

dV

dt9

100π . h2

=300

9 π . h2=

300

9 . π . 25=

4

3 π

cm

seg

b) De la relacion del radio con la alturadr

dt=

3

10

dh

dt⇒ dr

dt=

3

10

4

3 π=

2

5 π

cm

seg

Ejercicio 35Considere un deposito de agua en forma de cono invertido. Cuando el deposito se descarga, su volumen disminuye a

razon de 50π m3

min . Si la altura del cono es el triple del radio de la parte superior, con que rapidez varıa el nivel delagua cuando esta a 5 m del fondo del deposito ?

Datos.....

Velocidad con que disminuye el agua en el deposito ...dV

dt= 50π

m3

minAltura del cono ... H = 3 R

Determinar : Vel. variacion de altura de agua en el conodh

dtpara h = 5 cm.

Por semejanza de triangulosH

R=

h

r⇒ r = h .

R

H= r = h .

R

3R=

1

3h

V =1

3π r2 h =

1

3π

(1

3h

)2

h =1

27π h3

dV

dt=

1

27π . 3 . h2 dh

dt=

1

9π . h2 dh

dt∴ ⇒ dh

dt=

dV

dt1

9π . h2

=9 . 50 π

π . 25= 18

m

min

9

Ejercicio 41

Un recipiente lleno de agua, con la forma de un cono invertido, esta siendo vaciado a razon de 6 cm3

min . La altura delcono es de 24 cm. y es el doble del radio de la base. Encuentre la velocidad con que baja el nivel del agua cuandoesta a 10 cm del fondo ?

Por definicion tenemos ....Vel. de vaciado ...dV

dt= 6

cm3

min

El problema nos pide ...dh

dtpara ... h = 10 cm

Por semejanza de triangulos :

⇒ 24

12=

h

r⇒ r =

h

2⇒ V =

1

3π r2 h =

1

3π

h2

4h =

1

12π h3

dV

dt=

1

4π h2 dh

dt∴ ⇒ dh

dt=

4dV

dtπ h2

=4 . 6

π 100=

6

25 π

10