El Tamiz

Ignora lo accesorio, atesora lo esencial

Desafíos - El frontón chiripitipiti (solución)

El desafío del frontón chiripitipiti era un infierno como pocos… no es sorprendente que sólo un puñado de vosotros haya llegado al final. No os preocupéis, porque alternamos dificultad y el siguiente no será tan espantoso. Pero la dificultad de éste ha hecho algo bueno: casi se me saltan las lágrimas de emoción al leer algunas de las respuestas, la inteligencia y el ingenio que habéis demostrado. Y no hablo sólo de las que menciono aquí. Ha sido muy grande… y si no me crees, espera a leer las soluciones finalistas y ganadora. Si no aprendes algo nuevo me como el sombrero; desde luego, yo lo he aprendido.

Eso sí, un aviso: si no te gusta la física heavy metal con ecuaciones a tutiplén, mejor no leas las soluciones. Creo que hay una gran belleza en verlas todas juntas, y me ha parecido maravilloso leerlas –en un momento digo por qué–, pero hace falta que te gusten las matemáticas, más aún que la física, para que no sea un horror leer el ladrillo que te espera. ¡Avisado estás!

La maravilla se debe a lo siguiente: los dos finalistas, Paco y darkdead, han utilizado un método matricial para llegar a la solución, con autovalores, autovectores y cosas así. Yo había empleado, cuando lo resolví la primera vez, algo más tradicional, y había demostrado la constancia de cierta cantidad a lo largo de los choques, sin usar las matemáticas tan elevadas de ellos dos. Finalmente, el ganador, Carlos, ha obtenido la respuesta correcta a las dos preguntas utilizando un método cuasi-empírico y diseñando ecuaciones que se ajustaran a las curvas de datos empíricos.

Y a los cuatro nos sale lo mismo, aproximaciones diversas y simplificación de fórmulas aparte.

Sí, ya sé que es lógico… pero no me digáis que no es precioso ver cómo es posible llegar allí de un modo elegantísimo y matricial, como darkdead y Paco, o hacerlo más a lo “pico y pala” como lo hice yo… o hacerlo llevando al límite las cosas, paso a paso, en una hoja de cálculo, y luego inventando ecuaciones que se ajusten lo mejor posible a esos datos, como Carlos… y todos llegamos al resultado.

Se me pone cara de gatito con cuenco de leche delante, de verdad.

En fin, sentimentalismos aparte, ponte el gorro de piloto porque vienen curvas. Antes de nada, una de las soluciones finalistas, la de darkdead, una de las dos soluciones matriciales. Veréis que los dos resultados de darkdead no son tan “bonitos” como algunos de los otros, porque podría haber llegado a algo más simple considerando la enormidad de M frente a m. Es un placer leerlo, y lo desmerecería sacándolo del pdf, así que mejor lo lees tal como lo dejó él: [darkdead.pdf].

Si aún sigues aquí y tu salud mental está intacta, puedes disfrutar de la solución de Paco, de un estilo similar. Paco llega a simplificar más que darkdead y obtiene prácticamente el que considero el resultado “bonito” para el número de choques, $\frac{\pi}{4}\sqrt{\frac{M}{m}}$. Pero os dejo con su solución como en el caso anterior, para que podáis leerla a gusto y con tiempo: [paco.pdf].

Lo más irónico de todo el asunto es que quien llega a los dos resultados fetén (el otro, la distancia, es $D\sqrt{\frac{m}{M}}$) es quien menos matemáticas avanzadas usa. Aunque Carlos, el ganador, no ha realizado el experimento físicamente, básicamente se ha creado una hoja de cálculo, ha ido modificando datos y obteniendo resultados intermedios empleando la conservación de la energía mecánica y del momento lineal, y finalmente ha extrapolado eso de un modo que me ha dejado “pegao”… todavía estoy sonriendo tras leerlo. Mejor os dejo con él y su solución explicada [carlos.doc] y la hoja de cálculo adjunta [carlos.xls]. Magistral.

Finalmente, he redactado mi solución, algo que no suelo hacer porque no me gusta “participar” en los desafíos ni quitar protagonismo a los finalistas y ganador. En este caso lo he hecho porque me parece genial ver cómo se llega a lo mismo de tantas maneras, y nadie ha propuesto una solución al estilo de ésta. Está en dos partes, [chiripitipiti.pdf] y [chiripitipiti2.pdf]. No se acerca ni a los finalistas ni al ganador ni de lejos, pero tal vez los complemente para quien quiera entender el problema desde varios puntos de vista.

Enhorabuena a todos los que habéis enviado una respuesta, aunque fuera aproximada, y especialmente a los finalistas y el ganador. ¡Hasta el próximo desafío!

Desafíos

33 comentarios

De: Pedro
2011-11-08 15:40:26

Disculpas, ya se puede comentar :)


De: Argus
2011-11-08 16:18:30

Impresionante! Enhorabuena a finalistas y vencedor por semejante despliegue de recursos.

Esta semana no he podido con ello. Me surgió una duda desde el principio que no supe explicar y sigo en ese punto. Es tan elemental que me da hasta vergüenza preguntar, pero quiero salir de dudas: En un choque elástico se conservan la cantidad de movimiento y la energía cinética del conjunto antes y después del choque. Entonces me puse las situaciones inicial (sólo se mueve M) y final (sólo se mueve m) y obtengo dos expresiones distintas para hallar la velocidad final de m.

Por las soluciones que veo, es la energía cinética la que se ha conservado hasta el final, pero ¿Por qué la cantidad de movimiento no se ha conservado?


De: Oldman
2011-11-08 16:30:50

¡Qué alivio, uff!. De momento solo digo "pío" (p'a probar).

Paco dice: "El n al que M se para no es, en general, entero. Esto ocurre porque el bloque, en realidad, nunca se para." Pero se trataba de decir cuando se para de verdad...aunque solo sea un instante t>0...

Mi opinión es otra pero me voy a "cranear" el comentario después de leerme con calma las soluciones premiadas.


De: darkdead
2011-11-08 17:03:49

Vaya, no me esperaba que la expresión de la distancia a la que se para el bloque fuera tan sencilla (suponiendo que el bloque se para exactamente). He comprobado mi expresión final de D suponiendo que n sea entero y obtengo exactamente la expresión "buena".

Respecto a la solución al segundo apartado no veo muy bien como puedo llegar a la "expresión buena". He comparado la solución de Paco con la mía y parece que, sin hacer aproximaciones, llegamos a expresiones distinas para n partiendo de las mismas expresiones de Vn. No se si he hecho algo mal por el camino.

@argus:
El momento lineal antes y después de cada choque sí que se conserva. Sin embargo, el momento (suma del momento del bloque de masa M y del bloque de masa m) no se conserva a lo largo del problema.
Cada vez que el bloque de masa m choca contra la pared, ésta ejerce una fuerza sobre el bloque produciendo en él una variación de su momento igual a 2mv.


De: Argus
2011-11-08 17:17:58

Gracias darkdead. Aún tengo que darle un par de vueltas para verlo del todo. Entiendo que la cantidad de movimiento cuando un objeto choca con la pared, cambia de dirección pero se conserva en módulo. Si consideramos los módulos de la cantidad de movimiento sigo sin ver dónde se "pierde", pero ya digo, que tengo que estudiarlo despacio...


De: Pedro
2011-11-08 18:29:40

darkdead, tu resultado es el mismo de Carlos y Paco a falta de alguna aproximación más:

Tú tienes $$n \approx \frac{\frac{\pi}{2}}{\arctan{\frac{\sqrt{4mM}}{M-m}}}$$.

En primer lugar, $$M-m \approx M$$, con lo que te queda, metiendo $$M$$ en la raíz, $$\frac{\frac{\pi}{2}}{\arctan{\sqrt{\frac{4mM}{M^2}}}}$$.

De modo que te queda $$n \approx \frac{\frac{\pi}{2}}{\arctan{\sqrt{\frac{4m}{M}}}}$$.

Pero la tangente de un número muy pequeño es aproximadamente igual al número, de modo que $$\arctan{\sqrt{\frac{4m}{M}}} \approx \sqrt{\frac{4m}{M}}$$. Pasando al numerador, tienes

$$n \approx \frac{\pi}{4}\sqrt{\frac{M}{m}}$$

Que es el resultado de Carlos y el de Paco tras aproximaciones.


De: Pedro
2011-11-08 18:34:40

Argus, tal vez te ayude pensarlo así:

Cuando el bloque grande va hacia la derecha, tiene un momento determinado (por ejemplo, 10) y el pequeño va hacia la derecha con el suyo, por ejemplo, 3. En total, el momento es 13 (positivo porque va hacia la derecha y sólo tiene componente x).

Cuando el bloque pequeño rebota contra la pared, como dice darkdead, el momento no se conserva, porque la pared tiene p = 0 antes y después, mientras que el bloquecito empezó con 3 y acaba con -3 cuando se da la vuelta.

Tras el golpe con la pared, el momento del sistema ya no es 13, es 7 (10-3). En cada golpe con la pared cambia el momento del sistema, mientras que en los golpes entre bloques no cambia.

Sin embargo, la energía se conserva en todos los choques, con pared y entre bloques, por eso sigue valiendo lo mismo al final del problema. Pero, como dices, lo mejor es reposarlo un rato :)


De: Macluskey
2011-11-08 18:39:10

Yo me he perdido en la primera ecuación...

Buff, tengo la mecánica clásica y las matemáticas igual de olvidadas (si es que alguna vez las supe). ;)

Mis admiradas enhorabuenas para los valientes que se han atrevido con el problemilla...

Mac

PD: ¡Será sádico, el Gran Jefe...!


De: Argus
2011-11-08 19:48:03

Mucho más claro, Pedro, muchas gracias. No sé si será válido, pero supongo que la pared se puede considerar como un objeto de masa infinita que mantiene su velocidad a cero. La cantidad de movimiento total del conjunto sí se mantiene constante (incluyendo la pared), lo que sucede es que esa masa infinita multiplicada por su velocidad nula dará un número diferente de cero que es la cantidad de movimiento absorbida.

Por otra parte, me he quedado perplejo cuando he visto que aparece pi en el cálculo del número de choques. Qué es lo que sucederá internamente para que se cuele pi aquí! Yo lo hice calculando las diferentes velocidades de M choque tras choque y llegué a la expresión general: Vn = V(1-(2n^2)m/M). Haciendo Vn = 0, sacamos n = raiz (M/2m). La diferencia con las soluciones buenas es que a mí me aparece 1/raiz(2) en lugar de pi/4, es decir, una constante de valor 0,7071 en lugar de 0,7854. ¿Puede tener esto que ver con las estimaciones adoptadas en cada método?


De: nikolai
2011-11-09 03:34:32

Sin palabras solo lloro de emoción...
No me he atrevido a mirar los desafíos en general pues yo sufro del mal de los chiripitipitis y seguro que si no doy con la solución de alguno me muero, en esta ocasión la descripción de las emociones que experimentó Pedro me obligó a mirar y si que me ha sacado una sonrisa con lagrima y todo.
Felicitaciones a los valientes que le meten el diente a estas locuras!!!


De: Carlos
2011-11-09 04:29:25

Hice mi "simulación" porque me estaba rompiendo la cabeza tratando de encontrar la solución al problema. Es genial poder ver la parte matemática del problema, pero se que me va a llevar un tiempo comprenderla, pues aunque conozco algo de matrices, no estoy tan familiarizado con los números imaginarios.
Pi sale de que el comportamiento de las velocidades con respecto al tiempo tiene una forma sinusoidal; esa forma, así como el alcance de la aproximación se ven mejor si reemplazan la columna de "validez" en el excel por 1.Verán que para relaciones de masas pequeñas la aproximación se rompe, probablemente como indican Paco y darkdead sería mejor utilizar el arcotangente en esos casos.
Me gustó este desafío, me tardé un buen rato en hallar la respuesta, pero valió la pena. =p


De: Argus
2011-11-09 12:43:34

¿Se puede plantear un modelo como el del desafío para explicar por qué dos cargas del mismo signo se repelen? Utilizaríamos como masa m alguna partícula elemental y modificaríamos algunos parámetros o lo que haga falta hasta conseguir un modelo que funcione.


De: Pedro
2011-11-09 13:04:24

Argus, dos cargas del mismo signo se repelen por la fuerza electromagnética: es un principio físico el hecho de que lo hagan, no se deriva de nada.

Es más, es justo al revés: en el desafío, los bloques "chocan", pero ¿qué quiere decir que "chocan"? Si fueran objetos físicos, quiere decir que las nubes electrónicas de sus átomos se acercan lo suficiente para repelerse y modificar el movimiento de los bloques. http://eltamiz.com/2009/10/07/electricidad-i-carga-electrica/


De: Oldman
2011-11-09 14:53:51

Argus, ánimo que lo tienes claro y además tus cálculos están bien. Y creo que tienes toda la razón en sorprenderte con la aparición de “Pi” que no parece venir a cuento aunque sea el frontón de los chiriPitiPi.

Me parece que la forma matricial de Paco y Daekhead no es el mejor camino, y creo que a través de él es fácil perder el sentido de la realidad...en el mundo newtoniano en que se plantea el desafío, pero no voy a ser yo el que busque porqué su resultado no coincide con el que obtiene Argus y un servidor.

Antes de entrar en pequeños detalles otra cosa más de fondo a nivel de cinemática en las condiciones ideales de los choque elásticos.
Paco, al final del cálculo de n, dice: “El n al que M se para no es, en general, entero. Esto ocurre porque el bloque, en realidad, nunca se para.”
Darkhead, en su 3ªpg, dice: “...será n, si éste es entero. Si n no es entero, el choque en el que se parará será el siguiente entero a partir de n....(no solo se parará, sino que cogerá velocidad hacia la izquierda)”

Pero el desafío dice “los chiripitipitis no tuvieron ninguna duda: el bloque se PARABA siempre en el mismo sitio” “¿A qué distancia de la pared se PARA el bloque grande? ¿Cuántos choques se han producido hasta ese momento?” (perdón por las mayúsculas).

Según la RAE-1ª acepción. Parar = “Dejar de tener movimiento o actividad” que no es lo mismo que rebotar o hacer marcha atrás. Se está parado si se permanece en el mismo punto durante un tiempo > 0, pero en las condiciones ideales del problema la duración del choque es nula. Se consideran las velocidades inmediatamente antes y DESPUES del choque y si ésta no es nula, porque rebota M y cambia de sentido, no hay parada y fonda que valga...Es decir que n debe ser entero y para que lo sea deberá tener m/M un determinado valor.

Pedro. En mi única hoja “Anexo de cálculo” obtengo dos soluciones (por ser de 2º grado la ec.energía). La soluc.2 :V(i)= V (1-2X* i^2) = 0 es exactamente la misma fórmula de V(n=i) que Argus, partiendo de las dos simples ecuaciones de conservación de la cantidad de movimiento y de energía cinética, resueltas con álgebra pedestre que no falla...El nº de choques necesario (n=i=1/(2X)^1/2) depende del parámetro X=m/M. Y la única forma de que M se pare es que n=i sea entero lo que exige que X tenga un valor concreto para cada i entero ( X= 1 / 2 n^2), p.ej. para que se pare después de choque nº n=5 debería ser X=1/32. Un valor ligeramente mayor hará que M continúe hacia la derecha, y uno ligeramente menor hará que rebote en m hacia la izquierda pero ¡ojo! sin pararse aunque cambie de sentido...(por lo dicho arriba).

Por eso, para darle un resultado numérico al último chiripitipi agonizante (lo que no exige el desafío), teniendo en cuenta que X^2 es despreciable he considerado suficiente que sea X=0,10 o lo más próximo por defecto, resultando que para n=2 debe ser X=1/8 y para n=3 debe ser X=1/18<0,10, con lo que le puedo decir al chiripi: descansa en paz que si de chiripa M=18m se parará al tercer impacto y a 0,196D de la pared, según he calculado en el último párrafo de la hoja.

Argus ¿qué opinas? Si quieres nos intercambiamos las hojas enviadas.
A ver que dice el Amo...


De: darkdead
2011-11-09 16:39:21

Muchas gracias Pedro pero no era lo que quería exactamente. Lo que no entendía era por qué a Paco le quedaba al final un resultado distinto al mío antes de realizar la aproximación.

Me explico: si llamamos x a:

x=(m/M)^0.5.

A paco, antes de hacer la aproximación de que arctang(x) es aproximadamente x le quedaba el siguiente resultado:

n = (pi/2)/(2*arctg(x)).

Mientras que a mí (antes de hacer ninguna aproximación) me quedaba:

n = (pi/2)/arctg((2*x)/(1-x^2)) (he dividido el numerador y denominador de lo de dentro del arcotangente por M)

Bueno, pues acabo de ver que usando alguna identidad trigonométrica que tenía olvidada se cumple que:

(2arctg(x)) = arctg((2x)/(1-x^2))

(Para demostrarlo, basta con hacer la tangente a ambos lados y usar la fórmula que relaciona tg(2x) con tg(x))

Así que, efectivamente ambas expresiones eran la misma. La verdad es que nunca se me ha dado bien simplificar fórmulas cuando hay funciones trigonométricas por medio :).

Por cierto, ¿cómo haces para poner fórmulas en los comentarios?

@oldman:

Es probable que la forma matricial no sea el mejor camino, lo he hecho así porque no sabía hacerlo de otra manera. No obstante, estoy bastante seguro de que nuestro resultado está bien. Seguramente, habrá una forma más fácil de resolverlo pero a mí no se me ocurre. Estaría bien que Pedro también publicara su solución a la segunda parte del desafío. Respecto al resultado que os sale a Argus y a ti, podríais poner de forma un poco detallada cómo habéis llegado hasta él para ver si es o no es correcto.


De: Argus
2011-11-09 16:41:39

Oldman, gracias por echarme un cable. Me alegra que compartas mis cálculos, pero tengo muchas dudas y antes que rebatir las impresionantes soluciones enviadas debo darle muchas vueltas. Vamos por partes:

He visto que las soluciones incluyen lo que comentas sobre el punto donde se para M. Si M va hacia la derecha y tras un choque en un instante, va hacia la izquierda, entonces decimos que M se ha parado en ese instante, diga lo que diga la real academia de la lengua :-)

Si M no se para tras el choque n y retrocede tras el choque n+1, la distanciá mínima a la pared a la que habrá llegado es la que tenga en el instante de producirse el choque n+1. Si M se para tras el choque n (y esto es teóricamente posible, es decir, igual que dejar en equilibrio una aguja de punta sobre una superficie de mármol) la distancia mínima a la que quedará M se produce tras el choque n pero coincide con la que hay en el instante del choque n+1. Es decir, la distancia mínima es la que hay en el choque n+1 en cualquier caso. Las soluciones que se han publicado contemplan todo esto pues calculan Dn como la distancia en el instante del choque n+1, ya que D es la distancia tras el choque 1, D1 la distancia tras el choque 2, etc...

Estoy repasando los cálculos, supongo iguales que los tuyos por los que obtenemos n=raiz(M/2m) en lugar de (pi/4)raiz(M/m) y diría que están bien, pero ya digo que no seré yo quien cuestione las obras maestras de soluciones que se han enviado esta semana. El punto débil que le veo a mis cálculos es la generalización de Vn.

Estaría encantado si me puedes enviar tus cálculos. Mi correo: agusabus(arroba)yahoo .com


De: Pedro
2011-11-09 16:51:00

@darkdead,

¡Aaah, lo siento! Pensaba que era tras la aproximación, pero me alegro de que haya demostrado la equivalencia :)

Por cierto, ¿cómo haces para poner fórmulas en los comentarios?

Usando LaTeX. Puedes hacerlo si metes el código dentro de dobles signos de dólar (no un signo a cada lado como en LaTeX normal, sino doble dólar a cada lado). Prueba si quieres y, si sale mal, borro el comentario :)

Si puedo, me pongo con la segunda parte; no pensé que fuera muy interesante teniendo vuestras soluciones, ya que llego a la misma de Carlos, pero si al menos a ti te lo parece, lo adecento y lo publico.

@Oldman,

Si quieres que comparta tu solución como pide darkdead, con tu permiso la subo y pongo un enlace en un comentario para que puedan verla. La principal diferencia, creo, es la relación m/M. Como se ve en la hoja de Carlos, según se acrecienta la diferencia de masas, el resultado final tiende a un valor único -- y ese valor incluye, para n, un pi como una catedral, por raro que parezca :)

Respecto a las soluciones matriciales, no veo ningún error en ellas, por alejadas que parezcan de la realidad física. Además, llegan al mismo sitio que la mía que, aunque más burda, sí utiliza siempre cosas más "llanas" en física, y no se aleja tanto de lo concreto.

En fin, me pongo con la segunda parte a ver si puedo hacerla clara y publicarla :)


De: Oldman
2011-11-09 18:30:13

Voy a hacer una hoja más explícita con el cálculo completo y el mismo resultado, salvo error, y la envío a Argus y Pedro para que la cuelgue.


De: Pedro
2011-11-09 18:38:02

Listo, la segunda parte de mi solución "pico y pala". Lo siento porque, aunque llega al mismo resultado de Paco, darkdead y Carlos ($$n = \frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{M}{m}}$$) es mucho más farragosa que las otras: http://eltamiz.com/images/2011/November/chiripitipiti2.pdf

.

Por cierto, está hecha a matacaballo así que probablemente haya erratas, pero si alguien las encuentra lo cambio rápidamente.


De: Pedro
2011-11-10 11:34:10

Colgado el cálculo de oldman, http://eltamiz.com/images/2011/November/oldman.doc


De: jdamian
2011-11-11 10:25:24

He leído las soluciones sobre todo la chiripitipiti.pdf pues fue con un método parecido como yo intenté la solución (aunque no mandé ningún resultado), pero hay algo que no me cuadra.
Seguramente mi algebra está oxidada y en algo me puedo equivocar (casi seguro, pues si varias souciones dan el mismo resultado...).

En la última página (número 4) del archivo pdf : en la primera linea se pone una igualdad y los terminos de ambos lados están divididos por M... luego podemos eliminar primero los denominadores, y, al estar en el termino de la derecha D_n multiplicado por m, el resultado de D_n debe ser un termino que este dividido por m, no por M^2

En otras palabras no entiendo como se llega a la igualdad puesta despues del "Por tanto". Puede que esté yo equivocado... pero no consigo ver donde, te agradecería dieses algo de luz a mi cerebro... como la das en todos tus articulos que leo con enorme interés.

Saludos


De: Pedro
2011-11-11 17:58:37

jdamian,

Es porque hay una errata un par de pasos antes, en la que debe aparecer D_n^2 por M/m, pero pongo m/M. El paso que dices está bien, pero hay varios pasos intermedios con la errata. Lo que pasa es que ahora mismo no puedo cambiarlo, porque no tengo el archivo original, pero en cuanto llegue a casa lo arreglo, lo vuelvo a colgar y lo digo aquí. ¡Gracias por darte cuenta!


De: Pedro
2011-11-11 18:48:50

@jdamian,

Échale un ojo otra vez, los dos o tres pasos en los que estaban cambiadas m y M ya deberían estar bien. Si ves alguna otra cosa, me lo dices y la corrijo :)


De: Argus
2011-11-13 14:03:10

Oldman, revisa la solución ganadora de Carlos porque en una segunda vuelta y revisando las fórmulas que ha utilizado (después de descodificarlas de la hoja de cálculo), veo que en su solución NO HA DESPRECIADO (m/M)^2, es decir, que lo que le sale a Carlos no admite ninguna discusión en cuanto a las aproximaciones hechas. No hay tales aproximaciones y es evidente el comportamiento sinusoidal de las velocidades sucesivas de M y m.

En nuestros cálculos, como dije, el punto débil es esa generalzación a n choques, que sigo sin tener clara. Obtener datos tras el primer choque es fácil y a partir de ahí seguir con iteraciones, pero obtener una expresión general es endiabladamente difícil. Ahí me perdí yo hasta hartarme y no supe seguir.

Me quito el sombrero y me lo como viendo cómo Carlos ha encontrado el argumento del coseno para ajustarlo a los resultados. Dinos, Carlos, cómo diste con esa expresión trigonométrica para las velocidades de V1? Queremos detalles ya! :-)


De: darkdead
2011-11-14 15:08:01

Oldman, te respondo con un poco de retraso.
He mirado tu solución y me parece que la solución que das al sistema de ecuaciones de segundo grado es incorrecta.


De: darkdead
2011-11-14 15:20:50

Pedro, me ha gustado mucho tu solución. Sabía que tenía que haber alguna solución algo más sencilla.

Hay un paso que no entiendo muy bien, es el siguiente.

$$MdV'=-2mV\sqrt{\frac{M(1-{(\frac{V'}{V}})^2)}{m}}$$

En dn choques:

$$MdV'=-2mV\sqrt{\frac{M(1-{(\frac{V'}{V}})^2)}{m}}dn$$

No se debería de multiplicar por dn ambos términos de la ecuación y no sólo el término de la derecha?


De: Pedro
2011-11-14 16:30:13

darkdead,

Yo no creo que mi solución sea más sencilla, de hecho me parece bastante menos elegante que las vuestras "matriciales", pero gracias :)

Respecto a los choques, creo que la notación tal vez sea la culpable, porque $$MdV'$$ significa el cambio de momento lineal en un choque en la primera ecuación, y en dn choques en la segunda. A ver si de este modo te encaja; reescribo las dos ecuaciones que has puesto:

$$dP_1 = -dp_1$$

$$dP_n = -dp_n$$

Pero $$dp_n = dn \cdot dp_1$$, luego

$$dP_n = -dndp_1$$

Que es la variación de momento del bloque grande tras dn choques con el pequeño.


De: darkdead
2011-11-16 21:36:33

Muchas gracias Pedro, ahora está mucho más claro.

¿Para cuando el artículo de "frontón chiripitipiti sin fórmulas" :)?


De: Oldman
2011-11-17 17:00:52

Gracias, Argus y darkdeah, por haber revisado lo mío . Perdonad el retraso por estar haciendo intentos que, aun corrigiendo errores, no permite llegar a una solución decente. Un saludo.


De: Argus
2011-11-22 12:36:51

Esa es buena, darkdead. ¿Cómo es posible que no se pueda obtener una expresión simple para este frontón, ni siquiera con aproximaciones, y sin embargo sí sea posible llegar a algo como E=mc2?


De: Carlos Arredondo Sán
2011-12-12 19:09:57

Pedro;
Los archivos chiripitipi.pdf y chiripitipi2.pdf ESTÄN DAÑADOS.
NO SE PUEDEN BAJAR.

¿Te gradecería mucho si me los envías por email?

Sinceramente
Carlos


De: Pedro
2011-12-12 19:36:24

Carlos, acabo de descargarme ambos y verlos sin problemas... ¿qué utilizas para descargarlos y qué para abrirlos?


De: Venger
2014-03-06 12:56

Ojiplático me he quedado.

Una pequeña pregunta: después de quedarse parado el bloque grande, vuelve a recibir impacto del golpe pequeño y entonces empieza a desplazarse en otro sentido, ¿verdad?. Y supongo que al cabo de un tiempo, el bloque pequeño se vuelve a quedar quieto y el grande continúa en sentido contrario a la misma velocidad que vino. En el fondo, como si el bloque grande hubiese rebotado él solo con la pared.

¿No?

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