5.4 Tasas relacionadas y aproximación: ejercicios resueltos

Razón de cambio relacionada: área de un círculo

Tema: 5. Aplicaciones de la derivada › 5.4 Tasas relacionadas y aproximación
Dificultad: Avanzado
Método: Tasas relacionadas con la regla de la cadena

El radio de un círculo crece a razón de $2\,\text{cm/s}$ . ¿A qué razón crece el área cuando el radio mide $r = 5\,\text{cm}$ ?

Ver solución

El área de un círculo es $A = \pi r^2$ , donde $r$ y $A$ dependen del tiempo $t$ .
Derivamos ambos lados respecto de $t$ con la regla de la cadena: $\frac{dA}{dt} = 2\pi r \frac{dr}{dt}$ .
Datos: $\frac{dr}{dt} = 2\,\text{cm/s}$ y $r = 5\,\text{cm}$ .
Sustituimos: $\frac{dA}{dt} = 2\pi (5)(2) = 20\pi$ .
Las unidades son $\text{cm} \cdot \text{cm/s} = \text{cm}^2/\text{s}$ , así que el área crece a $20\pi \approx 62.83\,\text{cm}^2/\text{s}$ .

Resultado final: $\dfrac{dA}{dt} = 20\pi\,\text{cm}^2/\text{s}$

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Escalera que se desliza por una pared

Tema: 5. Aplicaciones de la derivada › 5.4 Tasas relacionadas y aproximación
Dificultad: Básico
Método: Tasas relacionadas con el teorema de Pitágoras

Una escalera de $5$ m está apoyada en una pared. Su base se aleja de la pared a $0.5$ m/s. ¿Con qué rapidez baja el extremo superior cuando la base está a $3$ m de la pared?

Ver solución

Sea $x$ la distancia de la base a la pared e $y$ la altura del extremo superior. Por Pitágoras: $x^2 + y^2 = 25$ .
Derivamos respecto de $t$ : $2x\frac{dx}{dt} + 2y\frac{dy}{dt} = 0$ , de donde $\frac{dy}{dt} = -\frac{x}{y}\frac{dx}{dt}$ .
Con $x = 3$ : $y = \sqrt{25 - 9} = 4$ . Además $\frac{dx}{dt} = 0.5$ .
$\frac{dy}{dt} = -\frac{3}{4}(0.5) = -0.375$ m/s. El signo negativo indica que la altura disminuye.

Resultado final: El extremo superior baja a $0.375$ m/s.

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La sombra de una persona que se aleja de un poste

Tema: 5. Aplicaciones de la derivada › 5.4 Tasas relacionadas y aproximación
Dificultad: Intermedio
Método: Tasas relacionadas con triángulos semejantes

Una persona de $1.8$ m de estatura se aleja a $1.2$ m/s de un poste de luz de $6$ m de altura. ¿Con qué rapidez crece su sombra? ¿Con qué rapidez se mueve el extremo de la sombra?

Ver solución

Sea $x$ la distancia de la persona al poste y $s$ la longitud de su sombra. Por triángulos semejantes: $\frac{6}{x + s} = \frac{1.8}{s}$ .
Despejamos: $6s = 1.8x + 1.8s$ , es decir, $4.2s = 1.8x$ , de donde $s = \frac{3}{7}x$ .
Derivamos: $\frac{ds}{dt} = \frac{3}{7}\frac{dx}{dt} = \frac{3}{7}(1.2) = \frac{18}{35} \approx 0.514$ m/s. La rapidez no depende de la posición.
El extremo de la sombra está a $x + s$ del poste, así que se mueve a $1.2 + \frac{18}{35} = \frac{12}{7} \approx 1.714$ m/s.

Resultado final: La sombra crece a $\dfrac{18}{35} \approx 0.514$ m/s y su extremo se mueve a $\dfrac{12}{7} \approx 1.714$ m/s.

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Llenado de un tanque cónico

Tema: 5. Aplicaciones de la derivada › 5.4 Tasas relacionadas y aproximación
Dificultad: Intermedio
Método: Tasas relacionadas con volumen y semejanza

Un tanque tiene forma de cono invertido, con radio superior de $2$ m y altura de $4$ m. Se le echa agua a $2$ m³/min. ¿Con qué rapidez sube el nivel cuando el agua tiene $3$ m de profundidad?

Ver solución

Volumen del agua: $V = \frac{1}{3}\pi r^2 h$ , donde $r$ y $h$ son el radio y la altura de la superficie del agua.
Por semejanza con el cono completo: $\frac{r}{h} = \frac{2}{4}$ , de donde $r = \frac{h}{2}$ . Entonces $V = \frac{1}{3}\pi\frac{h^2}{4}h = \frac{\pi h^3}{12}$ .
Derivamos: $\frac{dV}{dt} = \frac{\pi h^2}{4}\frac{dh}{dt}$ .
Con $\frac{dV}{dt} = 2$ y $h = 3$ : $2 = \frac{9\pi}{4}\frac{dh}{dt}$ , de donde $\frac{dh}{dt} = \frac{8}{9\pi} \approx 0.283$ m/min.

Resultado final: El nivel sube a $\dfrac{8}{9\pi} \approx 0.283$ m/min.

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Inflado de un globo esférico

Tema: 5. Aplicaciones de la derivada › 5.4 Tasas relacionadas y aproximación
Dificultad: Básico
Método: Tasas relacionadas con el volumen de la esfera

Se infla un globo esférico de modo que su volumen aumenta $100$ cm³/s. ¿Con qué rapidez crece el radio cuando mide $5$ cm?

Ver solución

$V = \frac{4}{3}\pi r^3$ .
Derivamos respecto de $t$ : $\frac{dV}{dt} = 4\pi r^2\frac{dr}{dt}$ .
Con $\frac{dV}{dt} = 100$ y $r = 5$ : $100 = 4\pi(25)\frac{dr}{dt} = 100\pi\frac{dr}{dt}$ .
$\frac{dr}{dt} = \frac{1}{\pi} \approx 0.318$ cm/s.

Resultado final: El radio crece a $\dfrac{1}{\pi} \approx 0.318$ cm/s.

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Aproximación lineal de (1.02)⁵

Tema: 5. Aplicaciones de la derivada › 5.4 Tasas relacionadas y aproximación
Dificultad: Básico
Método: Linealización en a = 1

Usa una aproximación lineal para estimar $(1.02)^5$ .

Ver solución

Tomamos $f(x) = x^5$ y $a = 1$ , un punto cercano donde el valor es fácil: $f(1) = 1$ .
$f'(x) = 5x^4$ , así que $f'(1) = 5$ . Linealización: $L(x) = 1 + 5(x - 1)$ .
$(1.02)^5 \approx L(1.02) = 1 + 5(0.02) = 1.1$ .
El valor real es $1.10408\ldots$ , con un error de unas $4$ milésimas.

Resultado final: $(1.02)^5 \approx 1.1$

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Estimación de sen 31° con diferenciales

Tema: 5. Aplicaciones de la derivada › 5.4 Tasas relacionadas y aproximación
Dificultad: Intermedio
Método: Diferenciales con el ángulo en radianes

Usa diferenciales para estimar $\operatorname{sen} 31^\circ$ .

Ver solución

Tomamos $f(x) = \operatorname{sen} x$ y $a = 30^\circ = \frac{\pi}{6}$ . El incremento debe ir en radianes: $dx = 1^\circ = \frac{\pi}{180} \approx 0.017453$ .
$f(a) = \frac{1}{2}$ y $f'(a) = \cos\frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0.866025$ .
$\operatorname{sen} 31^\circ \approx f(a) + f'(a)\,dx = 0.5 + 0.866025 \cdot 0.017453 \approx 0.5 + 0.015115 = 0.515115$ .
El valor real es $0.515038\ldots$ , con un error menor que $0.0001$ . Las derivadas trigonométricas solo valen con el ángulo en radianes.

Resultado final: $\operatorname{sen} 31^\circ \approx 0.5151$

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Método de Newton para aproximar √2

Tema: 5. Aplicaciones de la derivada › 5.4 Tasas relacionadas y aproximación
Dificultad: Intermedio
Método: Método de Newton-Raphson

Aplica tres iteraciones del método de Newton a $f(x) = x^2 - 2$ , desde $x_0 = 1$ , para aproximar $\sqrt{2}$ .

Ver solución

Método de Newton: $x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}$ . Aquí $f'(x) = 2x$ , así que $x_{n+1} = x_n - \frac{x_n^2 - 2}{2x_n} = \frac{x_n}{2} + \frac{1}{x_n}$ .
$x_1 = \frac{1}{2} + 1 = 1.5$ .
$x_2 = 0.75 + \frac{1}{1.5} = 0.75 + 0.666667 = 1.416667$ .
$x_3 = 0.708333 + \frac{1}{1.416667} \approx 0.708333 + 0.705882 = 1.414216$ .
El valor real es $\sqrt{2} = 1.414214\ldots$ : tras tres iteraciones ya hay cinco decimales correctos.

Resultado final: $x_3 \approx 1.414216$ , que aproxima $\sqrt{2}$ .

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Método de Newton para una ecuación cúbica

Tema: 5. Aplicaciones de la derivada › 5.4 Tasas relacionadas y aproximación
Dificultad: Avanzado
Método: Método de Newton-Raphson

Aplica dos iteraciones del método de Newton a $x^3 - x - 1 = 0$ desde $x_0 = 1.5$ .

Ver solución

$f(x) = x^3 - x - 1$ y $f'(x) = 3x^2 - 1$ . Fórmula: $x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}$ .
Primera iteración: $f(1.5) = 3.375 - 1.5 - 1 = 0.875$ y $f'(1.5) = 6.75 - 1 = 5.75$ , así que $x_1 = 1.5 - \frac{0.875}{5.75} \approx 1.5 - 0.152174 = 1.347826$ .
Segunda iteración: $x_1^3 \approx 2.448514$ , de donde $f(x_1) \approx 2.448514 - 1.347826 - 1 = 0.100688$ , y $f'(x_1) \approx 3(1.816635) - 1 = 4.449905$ .
$x_2 \approx 1.347826 - \frac{0.100688}{4.449905} \approx 1.347826 - 0.022627 = 1.325199$ .
La raíz real es $1.324718\ldots$ . Con dos iteraciones el error ya es menor que $0.0005$ ; por bisección (sección 3.5) hacían falta muchos más pasos.

Resultado final: $x_2 \approx 1.3252$ (raíz real $\approx 1.3247$ ).

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Rapidez con que se separan dos autos

Tema: 5. Aplicaciones de la derivada › 5.4 Tasas relacionadas y aproximación
Dificultad: Intermedio
Método: Tasas relacionadas con el teorema de Pitágoras

Dos autos parten del mismo punto: uno hacia el norte a $60$ km/h y otro hacia el este a $80$ km/h. ¿Con qué rapidez aumenta la distancia entre ellos a las $2$ horas?

Ver solución

Sean $y$ y $x$ las distancias recorridas hacia el norte y hacia el este, y $D$ la distancia entre los autos: $D^2 = x^2 + y^2$ .
Derivamos: $2D\frac{dD}{dt} = 2x\frac{dx}{dt} + 2y\frac{dy}{dt}$ , de donde $\frac{dD}{dt} = \frac{x\frac{dx}{dt} + y\frac{dy}{dt}}{D}$ .
A las $2$ h: $x = 160$ , $y = 120$ y $D = \sqrt{160^2 + 120^2} = 200$ km.
$\frac{dD}{dt} = \frac{160 \cdot 80 + 120 \cdot 60}{200} = \frac{12800 + 7200}{200} = 100$ km/h.

Resultado final: La distancia aumenta a $100$ km/h.

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