Calculo DiferencialUNIDAD 4 ACTIVIDAD 2 RAZÓN DE CAMBIO Y TANGENTE DE CURVA 8 t 3 Luego h(t) (t) r¿ ¿ 1 ( )π · ¿ 3 Tenemos que r (t) 2 1 = = h ( t ) 10 5 r (t )= h (t ) 5 de altura? . ¿Con qué velocidad 4m baja el líquido cuando ha descendido 1 V = π ·r 2 · h 3 1 40 π 3 Vo= π · 4 · 10= m 3 3 En t el v del cubo será 40 π V (t)= −0 . este sufre una avería y el líquido 0. Un recipiente en forma de cono invertido de de altura y de radio está lleno con un líquido.10 m 2m 1.8 m3 /s comienza a fluir con una velocidad de . 8 t ) π 216 π 40 π = −0 . 8 t ) π 75 216= ( 403π −0 . calculamos t √ 3 6= 75 ( 403π −0 . 8 t 75 3 0 . 8 t ) 75 ( 403π −0 .¿ t¿ ¿ ¿ t¿ ¿ ¿2 h¿ ¿ r¿ ¿ Sustituyendo 3 [ h ( t ) ] = 40 π −0 . 8 t= 40 π 216 π − =¿ 3 75 ( 40 ·25−216 ) π 784 π = 75 75 . 8 t ) π cuando tiene 6m de altura. 8 t 1 π· 3 25 3 () 75 h ( t )3 = π √ 3 h(t )= ( 403π −0. 1768388257m3 / s 2.44 π Tiene signo −¿ ya que la altura decrece −0.8 t 3 20 ¿−( ) π π ( ) ) ] ] −2 3 · ( −75π· 0 .8 m 3 seria 0.10 784 π ( 8) t= =¿ 75 7840 π 196 π = 600 15 derivando ( )[ 40 π 75 −0 .8 =0.8 3 5 ( π La altura de un cilindro que tuviera )) ] −2 3 −2 3 ( 20π ) [1000−784 ] =− −2 3 = −20 [ 216 ] −20 −5 = = =−0. ¿A qué razón aumenta el .1768388257m3 / s 1.8 t 3 1 ' h (t )= 3 π ( [ 40 π 75 −0 .17683 π 36 π 9 π 0.8 ) −2 3 Entonces h ' ( 1965 π )=−( 20π ) [ ( 40 π 196 π 75 −0. Se infla un globo en forma esférica de modo que su volumen se 3 m3 / min incrementa con una velocidad de 10 m diámetro cuando éste es de ? . Si hilo que sujeta el papalote esta tenso.V (t)=3t la derivada es dV =¿ 3 dt volumen como función del diámetro 4 d 3 V (d )= π( ) 3 2 () derivamos con respecto a t dV dV dd 4 d 2 1 dd π d 2 dd = · = π·3 · · = · dt dd dt 3 2 2 dt 2 dt () dd dV 2 = · dt dt π d2 dV =3 dt dd 6 = dt π d 2 derivada cuando d=10 será dd 6 3 = = 2 dt d =10 π 10 50 π 25 m 3.75 t dx =0. ¿a qué razón se afloja cuando la longitud 60 m del hilo suelto es de x (t)=0.75 m/s corriendo horizontalmente con una velocidad de .75 dt ? . Un niño juega con un papalote a que está a una altura de 0. el rayo de luz de un faro ubicado en la tierra señala la parte inferior del helicóptero.75 √ 602−625 = dt h=60 60 dh =0. Si la luz de mantiene señalando al helicóptero.2 2 x +25 =h 2 x=√ h2−625 derivada de x respecto de t dx dx dh h dh = · = · dt dh dt √ h2−625 dt dh 0.6817 m/s dt h=60 50 m/s 4. Un helicóptero vuela hacia el norte con una velocidad de a una 70 m altura de . en ese instante.75 √h2 −625 = dt h dh 0. ¿con qué velocidad gira el rayo de luz 1500 m cuando el avión se encuentra a una distancia horizontal de sur del faro? H ( t ) 50 t 5 t = = 70 70 7 α (t)=arctan ( 57t ) al . y= yo− m= [ ] −1 f ( xo ) 1 ( x −xo) f ( xo ) . hallar la ecuación de la recta tangente a dicha función que es paralela a la recta normal que pasa por el punto 3.3 . Dada la función .H (t)=50t dH =50 dt H (α ) =tan (α ) 70 H (α )=70· tan(α ) Luego dH dH dα dα 2 50= = · =70(1+ t an α )· dt dα dt dt dα 50 5 = = 2 dt 70(1+t an α ) 7(1+t an2 α ) Cuando está a 1500 m 1500 150 = 70 7 Por lo tanto dα = dt 5 35 = rad / s 2 22549 150 7(1+ 2 ) 7 f ( x) x 2 2 x 5. − ) 8 64 Y la recta tangente es: −63 1 7 y= − (x− ) 64 4 8 () y= −63 x 7 − + 64 4 32 y= −x 49 − 4 64 .queda f ' ( x)=2 x−2 f ' (3)=6−2=4 m= −1 −1 = f ' ( 3) 4 f ' (xo)= −1 4 2 xo−2= −1 4 2 xo= −1 +2 4 2 xo= 7 4 7 8 xo= 7 2 7 49 14 49−112 −63 −2 = − = = 8 8 64 8 64 64 () () yo= El punto es 7 63 ( . Hallar la ecuación de la recta tangente a la función 1.1 en el punto .1) −14 y´= 5 recta tangente en un punto y= y 0 + f ´ (x 0)(x− x0 ) y=1− y= 14 ( x−1 ) 5 −14 19 x+ 5 5 (x 0 .xy 2 4x3 y 6. y 0 ) x 20 y . x y 2 +4 x3 y + x / y+ 2=0 Derivando y 2+ x · 2 yy ´ +12 x 2 y +4 x3 y ´ + y−xy ´ =0 y2 Ahora despejaremos y' en esa expresión x y ´ 2 xy+ 4 x 3− 2 =− y 2−12 x 2 y− y y ( y´ ( ) 2 x y 3+ 4 x 3 y 2−x =−( y 2 +12 x2 y + y ) 2 y ) − y3 ( y+ 12 x 2+ 1) y´= 2 x y 3+ 4 x 3 y 2 −x derivada en el punto (1. el punto de intersección tiene coordenada y=(−2 )3−2 (−2 )=−8+4=−4 el otro punto de intersección es (−2. Hallar la ecuaciones de las rectas tangente y normal a la función f ( x) x3 2 x en el punto donde la recta tangente a dicha función en x 1 intersecta a la gráfica de misma función.7.−4 ) x=−2 . y= yo +f ' ( xo)(x−xo) tangente en x=1 f (1)=1−2=−1 f ' (x)=3 x 2−2 f ' (1)=3−1=1 y=−1+1( x−1)=x−2 Y la otra es x 3−2 x =x−2 x 3−3 x+2=0 Con x=−1 -1 +3+2 = 4 Con x=2 8-6+2=4 Con x=−2 -8 + 6 + 2 = 0 . Considerando que la derivada era f ' (x)=3 x 2−2 f ' (−2)=12−2=10 La recta tangente en (-2. Hallar las ecuaciones de las rectas tangentes a la función que sean que formen un ángulo de π ( 4 ) sen 45 º π tan ( ) = = =1 4 cos 45 º π cos ( ) 4 sen f ( x )= x−1 2 → f ´ ( x )= x +1 (x +1)2 Entonces 4 x 1 x 1 con respecto a la horizontal .4) será y=−4 +10( x +2) y=10 x +16 Y la recta normal tiene ecuación 1 y= yo− ( x −xo) f ( xo ) [ ] y=−4− ( 101 )(x +2) y= −x 42 − 10 10 y= −x 21 − 10 5 f ( x) 8. 1−√ 2) es: y=1−√ 2+1( x −(−1+ √ 2)) y=x +2+2 √2 . y 0 ) y= y 0 + f ´ (x 0)(x− x0 ) Luego en (−1+ √2.1= 2 2 (x +1) (x+ 1)2=2 → x +1=± √ 2 → x=−1 ± √ 2 x 1=−1+ √ 2 x 2=−1−√ 2 Entonces −2+ √2 f ( x 1 )= =1−√ 2 √2 f ( x 2 )= −2−√ 2 =1+ √ 2 −√ 2 recta tangente en un punto (x 0 .