De Que manera puedo resolver un problema de derivadas
Una escalera de 20 pie de longitud esta recargada sobre un terraplén inclinado a 60° con respecto a la horizontal. Si la base de la escalera se mueve horizontalmente hacia el terraplén a una tasa de 1pie/s, que tan rápido se desliza la parte superior de la escalera cuando la vas esta a 4 pies de terraplén...
2 Respuestas
Di Stefano!
Haremos que el terraplén esté en el primer cuadrante comenzando en el punto (0, 0)
El terraplen será la recta
y = ax
donde a será la tangente de 60º = sqrt(3).
Si la base de la escalera la apoyamos a la izquierda sobre un punto (c, 0) el punto de la recta que esté a distancia 20 será el punto de apoyo
$$\begin{align}&d((c,0),(x_0,\sqrt 3 x_0))=20\\&\\&\sqrt{(c-x_0)^2+3x_o^2}=20\\&\\&(c-x_0)^2+3x_0^2=400\\&\\&c^2-2cx_0+x_0^2+3x_0^2=400\\&\\&4x_0^2-2cx_0 +c^2-400=0\\&\\&x_0=\frac{2c\pm \sqrt{4c^2-16c^2+6400}}{8}= \\&\\&\frac{2c\pm \sqrt{6400-12c^2}}{8}\\&\\&\text{Luego la escalera estará en}\\&\\&\left(\frac{2c\pm \sqrt{6400-12c^2}}{8}, \sqrt 3 ·\frac{2c\pm \sqrt{6400-12c^2}}{8} \right)\\&\\&Para \;t=0\implies c=-20\\&Para\; t=20 \implies c=0\\&c=t-20\\&\\&\text{Como c es negativa debe tomarse el signo + de la raíz}\\&\text{Y la posición respecto del tiempo será}\\&\\&r(t)=\left(\frac{2(t-20)+ \sqrt{6400-12(t-20)^2}}{8}, \sqrt 3 ·\frac{2(t-20)+ \sqrt{6400-12(t-20)^2}}{8} \right)\\&\text{la derivada es}\\&\\&\vecv(t)=\left(\frac 28-\frac{24(t-20)}{16 \sqrt{6400-12(t-20)^2}}, \sqrt 3 · \left(\frac 28-\frac{24(t-20)}{16 \sqrt{6400-12(t-20)^2}} \right) \right)\\&\\&\text{Cuanto está a 4m es t=16}\\&\\&\vec v(16)=\left(\frac 28-\frac{24(16-20)}{16 \sqrt{6400-12(16-20)^2}}, \sqrt 3 · \left(\frac 28-\frac{24(16-20)}{16 \sqrt{6400-12(16-20)^2}} \right) \right)=\\&\\&\vec v(16)=\left(\frac 28+0.076151, \sqrt 3 · \left(\frac 28+0.076151 \right) \right)=\\&\\&(0.3261509624, \;0.56491)\\&\\&|\vec v(16)|=\sqrt{0.3261509624^2+0.56491^2}= 0.65230119248\,pies/s\\&\end{align}$$Y eso es todo, revisa las cuentas.
Pues esa es la respuesta genio!!! Gracias de nuevo
Una pregunta de donde obtienea que t=20, c=t-20
Debes tener clara la imagen. El terraplen empieza en (0,0) elevándose hacia la derecha. Yo tomo el instante t=0 cuando la la escalera está en horizontal con su parte superior en el comienzo (0,0), entonces la base de la escalera está en (-20, 0)
Ahora por cada segundo que pase la base de la escalera avanza 1 pie.
En el segundo t=1 estará en (-19,0) luego c=-19
en el segunto t=2 estará en (-18,0) luego c=-18
hasta el segundo t=20 donde la base estará en (0,0) y c=0
La relación lineal entre c y t es esta
c = t-20
Hay un sitio donde pone en rojo \vecv, es una errata por haber dejado sin poner un espacio, sería \vec v, y eso se manifestaría como la v con la flechita arriba.
Y eso es todo.
Tomando en cuenta esta imagen donde c es la escalera y z el terraplén. Tenemos
$$\begin{align}&1) \quad z^2=x^2+y^2\\&2z \frac{dz}{dt}=2x \frac{dx}{dt}+2y \frac{dy}{dt}\\&i)\ \frac{dz}{dt}= \frac{1}{z}(x \frac{dx}{dt}+y \frac{dy}{dt}) \\&Se\ debe\ encontrar\ dx/dt\ y \ dy/dt\ .y\ dejarlo\ todo\ en \ variación\ de \ dz\\&\\&2)\quad c^2=x^2+(h+y)^2\\&2c\frac{dc}{dt}=2x\frac{dx}{dt}+2(h+y)(\frac{dh}{dt}+\frac{dy}{dt})\\&\ x\frac{dx}{dt}=c\frac{dc}{dt}-(h+y)(\frac{dh}{dt}+\frac{dy}{dt})\\&\frac{dc}{dt}=0\quad constante\ el \ largo\ de\ la \ escalera\ no \ varia. \\&ii)\ x\frac{dx}{dt}=-(h+y)(\frac{dh}{dt}+\frac{dy}{dt})\\&\\&3) Reemplazando \ x\frac{dx}{dt} en\ la\ formula \ i.\\& \frac{dz}{dt}= \frac{1}{z}(-(h+y)(\frac{dh}{dt}+\frac{dy}{dt})+y \frac{dy}{dt}) \\&\frac{dz}{dt}=-\frac{1}{z}(h\frac{dh}{dt}+h\frac{dy}{dt}+y\frac{dh}{dt}+y\frac{dy}{dt}-y\frac{dy}{dt})\\&iii)\ \frac{dz}{dt}=-\frac{1}{z}(\frac{dh}{dt}(h+y)+h\frac{dy}{dt})\\&como\ la\ variación\ de \frac{dh}{dt}\ es\ conocida\ solo\ se\ busca\ dejar\ \frac{dy}{dt}\ en \ variables\ de \ \frac{dz}{dt} \\&\\&4)\ \cos(\theta )=y/z\\&-\sin(\theta )\frac{d\theta}{dt}=\frac{z\frac{dy}{dt}-y\frac{dz}{dt}}{z^2}\\&como\ el\ angulo \ no\ varia\ entonces\ \frac{d \theta}{dt}=0\\&0=z\frac{dy}{dt}-y\frac{dz}{dt}\\&iiii)\ \frac{dy}{dt}=\frac{y}{z}\frac{dz}{dt}\\&\\&5)Reemplazando la formula \ iiii\ en \ iii\\& \frac{dz}{dt}=-\frac{1}{z}(\frac{dh}{dt}(h+y)+h\frac{y}{z}\frac{dz}{dt})\\&\frac{dz}{dt}=-\frac{(h+y)}{z}\frac{dh}{dt}-\frac{hy}{z^2}\frac{dz}{dt}\\&\frac{dz}{dt}(\frac{z^2+hy}{z^2})=-\frac{h+y}{z}\frac{dh}{dt}\\&\frac{dz}{dt}=-\frac{z(h+y)}{z^2+hy}\frac{dh}{dt}\\&como\ \frac{dh}{dt}=1\frac{pie}{segundo}\\&\frac{dz}{dt}=-\frac{z(h+y)}{z^2+hy}\\&\\&6) Intentando\ ser\ practico\ la\ ecuacion\ se\ debe\ dejar\ en\ terminos\ de\ h\\&\cos(60)=y/z\\&2y=z\quad por \ lo\ que:\\&* \frac{dz}{dt}=-\frac{2y(h+y)}{(2y)^2+hy}\\& \frac{dz}{dt}=-\frac{2(h+y)}{(4y+h)}\\&ahora:\\&tan(60)=x/y\\&y\sqrt3=x\\&--------------------\\&c^2=(h+y)^2+x^2\\&c^2=(h+y)^2+(y\sqrt3)^2\\&c^2=h^2+2hy+y^2+3y^2\\&(4)y^2+(2h)y+(h^2-c^2)=0\\&y=\frac{-2h\pm \sqrt{(2h)^2-4*4*(h^2-c^2)}}{2*4}\\&y=\frac{-2h\pm \sqrt{4h^2-16h^2+16c^2}}{8}\\&y=\frac{-2h\pm \sqrt{-12h^2+16c^2}}{8}\\&y=\frac{-h\pm \sqrt{-3h^2+4c^2}}{4}\\&y=\frac{-h+ \sqrt{1600-3h^2}}{4}\quad es\ suma\ por\ logica\\&---------------------------------\\& \frac{dz}{dt}=-\frac{2(h+\frac{-h+ \sqrt{1600-3h^2}}{4})}{(4\frac{-h+ \sqrt{1600-3h^2}}{4}+h)}\\&finalmente\\&\frac{dz}{dt}=-\frac{3h+\sqrt{1600-3h^2}}{2 \sqrt{1600-3h^2}}\\&ahora\ solo\ depende\ de\ h\ que\ es\ la\ distancia\ repecto\ al\ terraplen,\ y\ es\ negativo\ tomando\ en\ cuenta\ que\ es positivo\ cuando\ caminas\ hacia\ el\ terraplen.\end{align}$$ejercicio del libro calculo EC7 leithold pero resuelto con derivadas como pide el libro, para el que lo necesite.