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5.3 Razón de cambio

Enunciat de l'exercici

ci-5-3-1 5.3 Razón de cambio En las aplicaciones científicas, tecnológicas y de ingeniería, las magnitudes físicas varían con el tiempo \(t\) Si una magnitud \(y\) depende de una variable intermedia \(x\), y ambas evolucionan simultáneamente en el tiempo (\(x = x(t)\), \(y = y(t)\)), la Regla de la Cadena establece la relación fundamental entre sus razones de cambio temporales: \(\frac{dy}{dt} = \frac{dy}{dx} \cdot \frac{dx}{dt}\) donde \(\frac{dy}{dt}\) es la razón de cambio de \(y\) y \(\frac{dx}{dt}\) es la razón de cambio de \(x\) Metodología sistemática de resolución en cuatro fases: 1. Esquematización y variables: Dibujar un diagrama geométrico del problema, asignar letras a todas las magnitudes que varían con el tiempo y distinguir claramente cuáles son constantes fijas del sistema y cuáles son variables temporales. 2. Ecuación de enlace: Establecer una relación geométrica o física que vincule las variables implicadas (Teorema de Pitágoras, semejanza de triángulos, fórmulas de áreas o volúmenes, leyes trigonométricas). 3. Derivación temporal implícita: Derivar implícitamente ambos miembros de la ecuación de ligadura respecto al tiempo \(t\), aplicando la regla de la cadena a cada término variable. 4. Sustitución numérica instantánea: Sustituir los valores numéricos correspondientes al instante preciso que se analiza y despejar la razón de cambio requerida. (¡ADVERTENCIA FUNDAMENTAL!: Jamás sustituir los valores numéricos instantáneos antes de haber derivado, pues al considerarlos constantes prematuramente su derivada se anularía erróneamente). Ejemplo elemental de razón de cambio: Se infla un globo esférico de modo que su radio aumenta a razón constante de \(2 \text{ cm/s}\). ¿A qué razón aumenta su volumen cuando el radio mide \(r = 5 \text{ cm}\)? 1. Ecuación del volumen de la esfera: \(V = \frac{4}{3}\pi r^3\) 2. Derivamos implícitamente respecto al tiempo \(t\): \(\frac{dV}{dt} = \frac{4}{3}\pi \cdot (3r^2) \cdot \frac{dr}{dt} = 4\pi r^2 \frac{dr}{dt}\) 3. Sustituimos los datos instantáneos \(r = 5 \text{ cm}\) y \(\frac{dr}{dt} = 2 \text{ cm/s}\): \(\frac{dV}{dt} = 4\pi (5)^2 (2) = 4\pi (25)(2) = 200\pi \approx 628.32 \text{ cm}^3\text{/s}\) A continuación resolvemos cinco problemas prácticos avanzados con desglose minucioso: \(\text{Ejemplo 1}\) Una escalera de 5 metros de longitud está apoyada contra una pared vertical. Si la base de la escalera se desliza horizontalmente alejándose de la pared a una velocidad constante de \(0.8 \text{ m/s}\), ¿a qué velocidad desciende el extremo superior de la escalera por la pared en el instante en que la base se encuentra a 3 metros de la pared?

PASO 1

Definimos las variables del sistema en función del tiempo:

- \(x(t)\): distancia horizontal desde la pared hasta la base de la escalera. - \(y(t)\): altura vertical del extremo superior de la escalera sobre el suelo. - Longitud de la escalera (constante): \(L = 5 \text{ m}\) - Dato cinemático: \(\frac{dx}{dt} = +0.8 \text{ m/s}\) (signo positivo porque \(x\) aumenta).

PASO 2

Planteamos la ecuación geométrica de enlace mediante el Teorema de Pitágoras:

$$x^2(t) + y^2(t) = 5^2 = 25$$
PASO 3

Calculamos la altura instantánea \(y\) en el instante específico en que \(x = 3 \text{ m}\):

$$3^2 + y^2 = 25 \implies 9 + y^2 = 25 \implies y^2 = 16 \implies y = 4 \text{ m}$$
PASO 4

Derivamos implícitamente la ecuación de ligadura respecto al tiempo \(t\):

$$\frac{d}{dt}(x^2 + y^2) = \frac{d}{dt}(25) \implies 2x \frac{dx}{dt} + 2y \frac{dy}{dt} = 0$$

Dividimos entre 2 y despejamos la velocidad de descenso vertical \(\frac{dy}{dt}\):

$$x \frac{dx}{dt} + y \frac{dy}{dt} = 0 \implies \frac{dy}{dt} = -\frac{x}{y} \frac{dx}{dt}$$
PASO 5

Sustituimos los valores numéricos correspondientes al instante preciso:

$$\frac{dy}{dt} = -\frac{3}{4} (0.8) = -0.6 \text{ m/s}$$

El signo negativo confirma que la altura vertical está disminuyendo en el tiempo.

Conclusión

El extremo superior de la escalera desciende por la pared a una velocidad de \(0.6 \text{ m/s}\)

Ejemplo 2 Un depósito cónico invertido con el vértice hacia abajo tiene una altura de 6 metros y un radio superior de 2 metros. Se vierte agua en el depósito a un ritmo constante de \(0.5 \text{ m}^3\text{/min}\). ¿Con qué rapidez sube el nivel del agua en el depósito en el instante en que la profundidad del agua es de 3 metros?
PASO 1

Identificamos las variables temporales y los parámetros geométricos del cono:

- Altura total del cono: \(H = 6 \text{ m}\) - Radio superior del cono: \(R = 2 \text{ m}\) - En el cono de agua en el instante \(t\): altura \(h(t)\), radio de la superficie libre \(r(t)\) y volumen \(V(t)\) - Razón de llenado dada: \(\frac{dV}{dt} = +0.5 \text{ m}^3\text{/min}\) - Instante de análisis: \(h = 3 \text{ m}\)

PASO 2

Escribimos la fórmula del volumen del cono de agua:

$$V = \frac{1}{3}\pi r^2 h$$

Como queremos calcular \(\frac{dh}{dt}\), debemos eliminar la variable de radio \(r\) para que el volumen dependa exclusivamente de la profundidad \(h\)

PASO 3

Relacionamos \(r\) y \(h\) mediante semejanza de triángulos en la sección transversal:

$$\frac{r}{h} = \frac{R}{H} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3} \implies r = \frac{h}{3}$$
PASO 4

Sustituimos esta relación en la fórmula del volumen:

$$V = \frac{1}{3}\pi \left(\frac{h}{3}\right)^2 h = \frac{1}{3}\pi \left(\frac{h^2}{9}\right) h = \frac{\pi}{27} h^3$$
PASO 5

Derivamos implícitamente respecto al tiempo \(t\):

$$\frac{dV}{dt} = \frac{\pi}{27} \cdot (3h^2) \frac{dh}{dt} = \frac{\pi}{9} h^2 \frac{dh}{dt}$$

Despejamos la rapidez con la que sube el nivel del agua:

$$\frac{dh}{dt} = \frac{9}{\pi h^2} \frac{dV}{dt}$$
PASO 6

Sustituimos los valores numéricos correspondientes a \(h = 3 \text{ m}\) y \(\frac{dV}{dt} = 0.5 \text{ m}^3\text{/min}\):

$$\frac{dh}{dt} = \frac{9}{\pi (3)^2} (0.5) = \frac{9}{9\pi} (0.5) = \frac{0.5}{\pi} = \frac{1}{2\pi} \approx 0.1592 \text{ m/min}$$
Conclusión

El nivel del agua sube a una rapidez de \(\frac{1}{2\pi} \text{ m/min} \approx 0.159 \text{ m/min} \approx 2.65 \text{ mm/s}\)

Ejemplo 3 Una persona de 1.8 metros de estatura camina alejándose en línea recta de una farola que tiene una bombilla a 6 metros de altura sobre el suelo, a una velocidad de \(1.5 \text{ m/s}\). ¿Con qué rapidez se alarga su sombra proyectada y a qué rapidez se desplaza el extremo de la sombra por el suelo?
PASO 1

Definimos las variables geométricas:

- Distancia desde la base de la farola hasta la persona: \(x(t)\) - Longitud de la sombra proyectada por la persona: \(s(t)\) - Distancia desde la base de la farola hasta el extremo final de la sombra: \(y(t) = x(t) + s(t)\) - Altura de la farola (fija): \(H = 6 \text{ m}\) - Estatura de la persona (fija): \(h = 1.8 \text{ m}\) - Velocidad de la persona: \(\frac{dx}{dt} = 1.5 \text{ m/s}\)

PASO 2

Establecemos la relación de semejanza entre el triángulo grande (farola y extremo de la sombra) y el triángulo pequeño (persona y sombra):

$$\frac{H}{x + s} = \frac{h}{s} \implies \frac{6}{x + s} = \frac{1.8}{s}$$
PASO 3

Multiplicamos en cruz para simplificar la relación algebraica:

$$6s = 1.8(x + s) \implies 6s = 1.8x + 1.8s$$
$$6s - 1.8s = 1.8x \implies 4.2s = 1.8x \implies s = \frac{1.8}{4.2} x = \frac{18}{42} x = \frac{3}{7} x$$
PASO 4

Derivamos respecto al tiempo para hallar la rapidez con la que se alarga la sombra (\(\frac{ds}{dt}\)):

$$\frac{ds}{dt} = \frac{3}{7} \frac{dx}{dt} = \frac{3}{7}(1.5) = \frac{3}{7}\left(\frac{3}{2}\right) = \frac{9}{14} \approx 0.6429 \text{ m/s}$$
PASO 5

Calculamos la rapidez con la que se desplaza el extremo de la sombra (\(\frac{dy}{dt}\)):

$$y = x + s \implies \frac{dy}{dt} = \frac{dx}{dt} + \frac{ds}{dt} = 1.5 + \frac{9}{14} = \frac{3}{2} + \frac{9}{14} = \frac{21 + 9}{14} = \frac{30}{14} = \frac{15}{7} \approx 2.1429 \text{ m/s}$$
Conclusión

La sombra se alarga a una rapidez de \(\frac{9}{14} \text{ m/s} \approx 0.64 \text{ m/s}\) y el extremo de la sombra avanza a una velocidad de \(\frac{15}{7} \text{ m/s} \approx 2.14 \text{ m/s}\)

Ejemplo 4 Dos automóviles parten simultáneamente de una intersección en ángulo recto: el automóvil A viaja hacia el norte a \(80 \text{ km/h}\) y el automóvil B viaja hacia el este a \(60 \text{ km/h}\). ¿A qué razón aumenta la distancia en línea recta que los separa 2 horas después de la partida?
PASO 1

Definimos las variables cinemáticas:

- Distancia recorrida hacia el norte por el automóvil A: \(y(t)\), con \(\frac{dy}{dt} = 80 \text{ km/h}\) - Distancia recorrida hacia el este por el automóvil B: \(x(t)\), con \(\frac{dx}{dt} = 60 \text{ km/h}\) - Distancia en línea recta entre ambos: \(z(t)\)

PASO 2

Relacionamos las variables mediante el Teorema de Pitágoras:

$$z^2 = x^2 + y^2$$
PASO 3

Calculamos las posiciones numéricas al cabo de \(t = 2 \text{ horas}\):

- \(x = 60 \text{ km/h} \times 2 \text{ h} = 120 \text{ km}\) - \(y = 80 \text{ km/h} \times 2 \text{ h} = 160 \text{ km}\) - Calculamos la distancia de separación \(z\):

$$z = \sqrt{120^2 + 160^2} = \sqrt{14400 + 25600} = \sqrt{40000} = 200 \text{ km}$$
PASO 4

Derivamos implícitamente respecto al tiempo la relación pitagórica:

$$\frac{d}{dt}(z^2) = \frac{d}{dt}(x^2 + y^2) \implies 2z \frac{dz}{dt} = 2x \frac{dx}{dt} + 2y \frac{dy}{dt}$$

Dividimos entre 2 y despejamos la razón de separación \(\frac{dz}{dt}\):

$$\frac{dz}{dt} = \frac{x \frac{dx}{dt} + y \frac{dy}{dt}}{z}$$
PASO 5

Sustituimos los valores numéricos calculados:

$$\frac{dz}{dt} = \frac{120(60) + 160(80)}{200} = \frac{7200 + 12800}{200} = \frac{20000}{200} = 100 \text{ km/h}$$
Conclusión

La distancia en línea recta entre los automóviles aumenta a razón de \(100 \text{ km/h}\)

Ejemplo 5 Un avión vuela horizontalmente a una altitud constante de 4000 metros en línea recta pasando directamente por encima de una estación de radar en tierra. Cuando el radar mide que la distancia visual hasta el avión es de 5000 metros, detecta que dicha distancia aumenta a razón de \(240 \text{ m/s}\). Calcular la velocidad de vuelo del avión
PASO 1

Establecemos las variables:

- Altitud constante del avión: \(h = 4000 \text{ m}\) (constante temporal). - Distancia horizontal desde la estación de radar hasta la posición sobre el suelo del avión: \(x(t)\) - Distancia visual en línea de visión medida por el radar: \(s(t)\) - Datos dados: \(s = 5000 \text{ m}\) y \(\frac{ds}{dt} = 240 \text{ m/s}\) - Se pide calcular la velocidad horizontal del avión \(v = \frac{dx}{dt}\)

PASO 2

Relacionamos las magnitudes mediante el triángulo rectángulo formado:

$$s^2 = x^2 + h^2 = x^2 + 4000^2$$
PASO 3

Calculamos la distancia horizontal instantánea \(x\) cuando \(s = 5000 \text{ m}\):

$$5000^2 = x^2 + 4000^2 \implies x^2 = 25000000 - 16000000 = 9000000 \implies x = 3000 \text{ m}$$
PASO 4

Derivamos implícitamente respecto al tiempo la ecuación pitagórica (recordando que \(h = 4000\) es constante, por lo que su derivada es cero):

$$2s \frac{ds}{dt} = 2x \frac{dx}{dt} + 0 \implies s \frac{ds}{dt} = x \frac{dx}{dt}$$
PASO 5

Despejamos la velocidad del avión \(\frac{dx}{dt}\):

$$\frac{dx}{dt} = \frac{s}{x} \frac{ds}{dt}$$
PASO 6

Sustituimos los valores conocidos:

$$\frac{dx}{dt} = \frac{5000}{3000} (240) = \frac{5}{3} (240) = 5 \cdot 80 = 400 \text{ m/s}$$

En unidades de transporte común: \(400 \times 3.6 = 1440 \text{ km/h}\)

Conclusión

La velocidad de vuelo del avión es exactamente \(400 \text{ m/s}\) (\(1440 \text{ km/h}\)).