De Que manera puedo resolver un problema de derivadas

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.

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.