El Tamiz

Si no eres parte de la solución eres parte del precipitado

Desafíos - Los koalindres colgantes (solución)

El desafío de los koalindres colgantes no tenía física demasiado complicada, sino que la complicación venía por el hecho de que había infinitas poleas con infinitos koalindres colgando de ellas. ¿Cómo atacar el problema del infinito? Básicamente había tres formas, y hay finalistas (y ganador) que han usado las tres. Espero que disfrutéis al leer cada vía de ataque al problema.

Para no mantener el suspense hasta el final, los finalistas han sido Hotze, Álvaro y Pablo, y el ganador ha sido Vicente. Pero lo importante no es eso, sino saborear sus soluciones y las tres vías (esto parece teología), de modo que vamos con ello.

La primera y más ingenieril era usar análisis numérico: hoja de cálculo o bien un programa de ordenador hecho a la carta. Quienes han optado por esta solución han resuelto el problema en primer lugar, no para infinitos koalindres, sino para dos (o tres). Luego para cuatro, luego para cinco… y han dejado que el programa vaya calculando la aceleración según iba aumentando el número de koalindres.

Lo bueno de hacer esto es que muchas veces no hace falta llegar al infinito: se puede ver un patrón en las soluciones, o a veces el límite al que tiende el sistema está claro. El finalista que he elegido en esta categoría es Hotze, cuya solución completa podéis leer aquí: solución de Hotze. En su tabla de cálculo para un número creciente de koalindres podéis ver cómo se huele la solución numérica hacia el quinto o sexto koalindre – la aceleración del koalindre inicial es la mitad que la gravedad.

La segunda forma de atacar el problema era la matemática, es decir, utilizar el cálculo de límites o series: el principio es igual que en la anterior, es decir, expresar la aceleración en función del número creciente de koalindres. La diferencia con la anterior es simplemente que, una vez obtenida esa expresión, se calcula estrictamente utilizando límites (si era una función del número de koalindres) o una suma de infinitos términos (si era una serie).

El segundo finalista, Álvaro, ha hecho esto: ha expresado la tensión de cada cuerda en función del número de koalindres involucrados, para luego llevar el problema hasta el infinito analíticamente. Podríamos decir que es la solución dinámica infinita. El resultado es el mismo que en la solución numérica, pero en mi opinión algo más elegante. Podéis leer la explicación de Álvaro –que empieza en el caso más simple para desgranar los pasos y luego ir complicando la cosa– aquí: solución de Álvaro.

El ganador ha hecho lo mismo, pero empleando energías. Al fin y al cabo, una vez el sistema se deja libre, su energía mecánica debe conservarse, de modo que es posible utilizar el hecho de que la variación de energía cinética y la variación de de energía potencial deben ser opuestas para obtener la solución (una vez más, utilizando series y límites). Me ha costado elegir entre la solución de Álvaro y ésta, pero tras leerlas unas cuantas veces me ha resultado más elegante la del ganador, Vicente. Podéis leerla completa aquí: solución de Vicente.

¿Por qué revelo el ganador antes de hablar del tercer método de resolver el problema? Porque desgraciadamente quien lo ha intentado, en mi opinión, no lo ha conseguido, pero quiero poner aquí su solución para que intentéis pulirla.

El tercer modo de atacar el entuerto del infinito, que podríamos llamar la solución simétrica, era buscar alguna simetría que permitiese hacer algo así como una recursión en programación: encontrar una expresión en la que se repitiese algo para poder incluirlo en su propia definición y así no tener que hacer cálculos infinitos. Es la más difícil de conseguir, pero al mismo tiempo la más concisa y elegante.

El tercer finalista, Pablo, ha intentado eso mismo, pero su solución da algún “salto” que me chirría. A ver si juntos conseguís revisarla, remozarla y hacer que encaje, porque sería preciosa. Yo, desde luego, resolví el problema como Álvaro y Vicente, es decir, con series infinitas, pero me encantaría ver una solución recursiva. Podéis leer la cortísima solución de Pablo aquí: solución de Pablo.

Espero que os hayáis divertido, porque no habrá otro desafío hasta después del verano. ¡Que descansen las neuronas y felicidades a finalistas y ganador!

Desafíos

33 comentarios

De: Pepe
2014-06-12 18:26

La solución de Pablo es mucho más elegante que la solución de vicente. Debería se el ganador! Las soluciones de Hotze,Vicente y Álvaro básicamente son los mismos. Usan diferentes métodos matemáticos para atacar el infinito, no es gran cosa. Sin emgargo, Pablo ataca el infinito con conceptos de simetría y reduce el problema a algo muy simple, AHORRADO papel, tinta, tiempo, etc.

De: Yacon
2014-06-12 19:01

Según Pablo, la tensión de la polea que está sujeta al techo es la misma que la del sistema, que no es cierto. Supongamos un sistema de 1 polea, con una masa m en un lado y una masa 0 en el otro. La tensión del cable del techo es... 0, y no mg. Lo que no entiendo es como de un postulado erróneo se llega a la respuesta correcta.

De: futurana
2014-06-12 20:01

a = g{m1-m2 \over m1+m2}

De: futurama
2014-06-12 20:08

Hay algo que no entiendo, no es en definitiva un sistema en el que hay un bichete a un lado de la cuerda y una masa infinita en el otro extremo?

La masa infinita cayendo en caida libre y el bichete frenando con su "m.g".

No tendría que ser despreciable la fuerza que ejerce el koalindre? no tendría que ser la aceleración g?

De: Raul
2014-06-12 22:32

Coincido con futurama.

Cuando me planteé el problema, no podía dejar de ver un koalindre a la izquierda de la polea anclada al techo y un sistema de masa infinita y del que no me debería importar (supongo que aquí debe patinar mi razonamiento) lo que hay dentro. Sale de forma natural una aceleración 'g'.

Y como estan todas en caida libre, excepto en la primera y anclada al techo, no habría movimiento relativo entre el koalindre de cada polea y el sistema igualmente infinito de polea-koalindre de la izquierda. Caerían a plomo todas las poleas y koalindres menos la primera.

¿Qué efecto tiene el que haya tantas poleas?¿De alguna manera, al subir parte de los koalindres y bajar la otra parte de todas las poleas menos la primera, se "amortigua" la aceleración del primer koalindre...? :-S

De: Pablo
2014-06-12 22:55

Hola, soy el Pablo, de la última solución. Antes que nada enhorabuena al ganador y a los otros finalistas, me han gustado sus soluciones y la verdad es que se lo han "currao". Me ha llamado la atención la solución de Vicente por energías, ni siquiera me la había planteado :). Ahora voy a justificarme un poquito y a ofrecerme para dar explicaciones a ver expío mis culpas: Lo primero que me vino a la cabeza fue una solución similar a la de Álvaro, la matemática, buscar una serie infinita y comprobar si su suma era convergente. Pero como soy bastante vago, intenté buscar una solución más acorde con la filosofía del Tamiz "antes simplista que incomprensible" y la idea fundamental de mi solución se basa en una idea simple, pero a mi parecer potente:( ∞ - koalindre = ∞ ) De ahí que haya tomado un subsistema formado por todas las poleas menos la primera y su koalindre, que debido a su infinitud es equivalente al sistema total. Una cosa que vi que estaba mal después de enviarlo es cuando puse g y a como vectores, en todo caso debería poner g⃑+a⃑ y no g⃑-a⃑, que al considerar las direcciones opuestas y sólo los módulos pasa a ser g-a sencillamente. Por favor, omitid el tema de los vectores ;). Esty para lo que queráis repsecto a los kolaindres jajaja y enhorabuena otra vez a Pedro por un blog increíble como el tamiz, que me tiene enganchado desde hace años.

De: Pablo
2014-06-12 23:07

A Yacon: no he supuesto que las tensiones en la primera (T) y la segunda (T/2) sean iguales, sino las masas que cuelgan de ellas ya que como tienen infinitos koalindres colgando la masa total es infinita en ambas y he tomado las expresiones de los pasos (1) y (4), despejando M_total en cada una e igualando las dos expresiones en el paso (5). No sé si eso explica la solución alcanzada...

De: Hotze
2014-06-13 00:20

Futurama, en efecto la masa a un lado es infinita y al otro no, pero si te fijas en las ecuaciones cada koalindre adicional tiene una influencia menor sobre la aceleración del primero. Se trata por tanto de un caso tipo "Aquiles y la tortuga" en el que no es tan evidente si acaba ganando el infinito por un lado o la influencia nula por el otro, así que no queda sino hacer números.

De: Argus
2014-06-13 08:19

Mi solución es como la de Pablo, pero me parece que Pablo omite una de las soluciones, que es T=0. De hecho, utilizando el mismo razonamiento llegué a que la masa del sistema de infinitas poleas, bien es 0, bien es 3M. Ahí no supe por cuál decidirme, pero viendo la solución de Pablo, veo que él llegaría al mismo dilema.

Si considero que todo el sistema pesa 3M, la solución es la que se expone aquí, aceleracion = g/2 (koalindre sube).

Pero hay otra posibilidad, y es que el sistema tenga M=0. Las tensiones serían 0. Todos los koalindres bajarían con aceleración g.

No me pareció esta una solución descartable, pues podemos imaginar una polea con 1 koalindre a un lado y nada al otro: El koalindre baja con a=g. Si en el extremo libre añadimos una segunda polea con 1 koalindre a un lado y nada al otro, obtenemos igual, T=0, aceleración de ambos koalindres = g. Si añadimos una tercera polea llegamos a lo mismo, tensiones nulas, caída libre de todos los koalindres. Y podemos seguir hasta el infinito. ¿Dónde está el fallo de este planteamiento?

De: Pablo
2014-06-13 11:20

Pedro, me ha dejado pensativo lo de que he usado métodos "de programación" y creo que ya sé dónde puede no haberse entendido el método utilizado en el punto (3): no es un método recursivo en el que a una variable se le reasigna un nuevo valor en cada ciclo de un proceso (no tengo alma de programador y a mí me hizo fruncir el ceño la primera vez que leí una línea de código con eso de "a=a+1"). En lugar de eso, lo que he tomado es, como he puesto antes, la igualdad "∞ - cte. = ∞" , es decir, que si a una masa infinita le resto una masa finita, sigo teniendo una masa infinita. Para el que no se crea demasiado esto, se puede explicar de forma sencilla: imaginemos que tenemos un elefante y le quitamos un pelo, ¿cuál es su masa? Pues prácticamente la misma, pero no igual, que puesto en fórmula sería "elefante - pelo ≈ elefante" Bien, si ahora tomásemos una ballena y le quitásemos un pelo (¿tienen pelo las ballenas :) ?) seguiríamos sin tener una ballena pero empezamos a ver que ahora estamos mucho más cerca de la igualdad que con el elefante. ¿Qué pasa entonces si le quitamos un "pelo" a un infinito? (sí, los infinitos aparte de peliagudos también son peludos) Pues que en este caso la igualdad se cumple estrictamente y tenemos "∞ - pelo = ∞" y ahí está el meollo del razonamiento del paso 3, luego se igualan las masas totales del sistema entero y el subsistema (ambas infinitas, pero iguales) y el resto, es coser y cantar.

De: Lluís
2014-06-13 12:10

Yo no envié solución porqué apliqué la fórmula de la máquina de Atwood (a=g(m-M)/m+M) sucesivamente hasta llegar a un límite sin tener cuenta tensiones

Con un solo koalindre en el otro extremo a=0, con 2 a=g/2, con 3 a=2g/3.... para llegar al caso límite a=g. Así que estoy con Futurama, no veo que se hace mal obrando así, para que dé un resultado diferente al correcto

Saludos

De: Sergio B
2014-06-13 13:49

Yo creo que la solucion de Pablo no chirria demasiado. El problema es que cuando iguala T a la masa por la gravedad se esta olvidando de que hay otra fuerza aplicada al sistema que seria M por g. No creo que eso destruyese su razonamiento, ya que en el sistema simetrico, tambien habria por ahi un M por g que se anularia y llegaria al mismo resultado.

Tambien, simplemente jugando con el planteamiento de Pablo, a mi se me ha ocurrido que usando la maquina de atwood si definimos nuestro sistema como un kolandrin a un lado de masa m y los infinitos al otro lado como un subsistema de masa m', la que sea, podemos decir que la tension T depende linealmente de la aceleracion g, como nos dicen las formulas de la wiki. Cuando vamos al sistema simetrico, este es igual que el anterior salvo que esta sometido a una gravedad g'=g-a y conocemos la tenison T'=T/2. Al ser una relacion lineal T/T'=g/g' y de ahi sacamos a. Claro que no se si es mas o menos claro.

De: Suso
2014-06-13 15:07

Yo también tengo la duda de Argus. Si en las infinitas poleas, todos los koalindres están colgados de la parte izquierda de la polea, entonces no hay ninguna polea con koalindres en la parte derecha, por lo que todos los koalindres caerían a la vez con aceleración g ¿Algún fallo en este razonamiento?

De: Argus
2014-06-14 09:45

Sergio, no hace falta considerar la aceleracion de la segunda polea porque sale algo mas complicado. Basta ver que el peso de todas ellas es m´, por lo que del techo cuelga m´g. Entonces consideras la primera polea de la cuelga m de un lado y de nuevo m´ del otro. El sistema que sale se resuelve en una linea y se llega al doble resultado. m´= 0 y m´=3m.

Cada vez estoy más convencido de que esto es una indeterminacion insalvable, pues no podemos asegurar cual es el valor de la masa de infinitas poleas ideales de las que cuelga cada vez ese valor de masa que precisamente queremos hallar. En todas las soluciones veo que se desprecia la variante T=0, m´=0 y no me parece correcto.

Desde mi punto de vista, ni siquiera podemos saber si el primer koalindre sube (m´=3m), o si baja (m´=0), y nos tenemos que quedar con la indeterminación como solucion pues este experimento no es siquiera realizable.

Pedro, si encuentras por ahi la solucion que te envie el martes hacia la 1 de la tarde, podrias subirla, que ocupa un folio y me parece que queda muy claro el planteamiento recurrente.

De: Pedro
2014-06-14 11:33

Acabo de subirla, Argus. Podéis leer la solución de Argus aquí: solución Argus (espero que el enlace funcione).

De: anonimo txuripoket
2014-06-14 11:40

hola:

he escrito antes y ha desaparecido, lo digo por si aparece 2 veces.

primero felicitar y dar las gracias a pedro por todo.

he estado de vacatas y no he podido enviar el desafio, pero al plantearlo un poquito diferente me he animado a escribir a ver que te parece. lo he planteado por igualacion de fuerzas.

T=tension;M=masa;G gravedad; n=enesimo; n+1= enesimo mas 1

por la izda sale la ecuacion: Tn=(An+G)M por la drcha sale la ecuacion: 2Tn+1-Tn=An*sumatorio de todas las masas menos 1(la que esta a la izda de su polea)

al ser todas las masas iguales ese sumatorio es igual a n-1 por lo q: 2Tn+1-Tn=AnM(n-1) si igualamos las 2 ecuaciones: 2M(An+1+G)-M(An+G)=AnM(n-1) sale 2An+1=ann si n=1 A1=2*A2

y si el sumatorio de ls aceleraciones tiene q ser igual a G A1+A1/2+...+A1/(2 a la n)=G entonces

A1=G/2

De: Sergio B
2014-06-14 12:15

Argus, a mi me sigue pareciendo que como lo hace Pablo es mas simple, aunque igual es solo el dibujito. Quiero decir que aunque trates el resto del sistema de poleas como una Me, no deja de ser un sistema infinito de poleas y si miras lo que Me=0 significa para el segundo subsistema veras que la solucion no es valida, aunque solo sea por la energia potencial que se estaria generando de gratis. En general, cuando reduciendo un sistema te salen indeterminaciones lo que debes hacer es reducir un poco menos el sistema.

De: Maq
2014-06-14 13:38

Quiero comentar un poco la solución de Vicente, el ganador: si yo alguna vez viera en un examen que la diferencia de energía mecánica es igual a la diferencia de energía cinética MENOS la diferencia de energía potencial suspendería inmediatamente al alumno que haya cometido esa aberración (o al menos puntuaría con un cero ese ejercicio suyo). Sin embargo, el cálculo que sigue es correcto, y dejadme explicar por qué.

La cuestión es que de entrada, y por simplicidad, se ha escogido como sentido vertical positivo el de la gravedad. No es algo incorrecto ni perjudicial para las ecuaciones de la dinámica, pero cuando consideramos la fórmula de la energía potencial, no podemos usar la habitual mgDh. Si lo hiciéramos así sin más, una diferencia de altura "positiva", que en nuestro esquema sería "hacia abajo", conllevaría un aumento de la energía potencial, y eso sería incorrecto. Para solventar la cuestión simplemente podríamos añadir a la fórmula el signo menos que Vicente se saca de la manga. (Creo que me ha quedado demasiado rollo, pero espero que se entienda.)

De: Pablo
2014-06-14 14:00

Argus, me ha gustado tu planteamiento y cómo atacas el problema, pero hay una cosa que no me encaja y es la definición inicial de masa: "Esa masa equivalente Me no tiene por qué ser infinita aunque esté compuesta por infinitas masas M. De hecho, nada impide en principio que todas las masas M cayeran en caída libre y no supusieran el menor peso, de la misma manera que un elefante en un ascensor en caída libre no supondría nada de peso para la polea que sujeta la cabina." Esta definición de la masa se basa en sus efectos en la dinámica del sistema con que la medimos, en lugar de considerar la masa como una propiedad intrínseca de los koalindres, siguiendo con la analogía del elefante en el ascensor, sería el equivalente a definir la masa del elfante a partir del peso que ejerce en el cable "F" y como F=m·aefectiva = melefante ·( aascensor-aelefante). Para el elefante la aceleración siempre es g y por tanto, el peso sólo depende del estado de movimiento del ascensor: para un ascensor en reposo aascensor=0 y la fuerza es la que mediría una balanza en reposo si pesáramos al elefante. Para un ascensor en caída libre aascensor=g --> F= m_elef · (g-g) = 0 . Vemos que el peso es cero, y tendríamos dificultades para calcular la masa, pero ésta no habría cambiado. En definitiva: Masa≢(Peso/g) fuera del reposo. Las masa total de la suma de infinitos koalindres sí sería infinita, pero no su "peso efectivo": sí es correcto decir que el peso efectivo del subsistema es equivalente al que ejercerían sobre una polea 3koalindres con 1koalindre al otro lado. La solución de masa nula surge a partir de la ecuación de segundo orden que acarrea esta definición dinámica de la masa, pero no es una solución física, yo cogería la segunda :) .

De: Roger
2014-06-14 15:39

Jo T.T yo estaba de exámenes y no tuve tiempo ni de plantearlo, pero bueno... esperaré pacientemente al próximo. Por las soluciones... yo tengo una duda, sobre la solución de Álvaro: En el caso de n poleas, dices que Ti=T1/(2^(i-1)). Pero más adelante, cuando te aparece T(n+1) lo sustituyes por T1/(2^(n-1)). No debería ser T1/(2^n)? Ya que, si Ti=T1/(2^(i-1)) y substituimos i por n+1, queda eso, porqué sustituyes por n?

Y otra cosa, cuando sacas factor común de -Mg, tú dices que dentro el paréntesis queda [Sumatorio de 2^(n-1)], pero no debería ser [1+Sumatorio de 2^(n-1)]?

Gracias Roger ;)

De: Vicente
2014-06-14 18:13

Buenas tardes, respondo a Maq: No alcanzo a comprender tus comentarios. Tal y como está planteada la solución, para una polea cualquiera la variación de energía potencial en un tiempo dado, es siempre negativa puesto que, para las masas suspendidas en descenso la altura inicial es siempre mayor que la altura final. La distancia recorrida, que tiene por valor 1/2at^2, debe ser considerada siempre con signo negativo. Eso quiere decir que para una polea genérica la energía potencial tiende a reducirse. Si el signo fuera contemplado como positivo, significaría que la energía mecánica del sistema de poleas, sobre el que no actúa ninguna solicitación externa, tendería a aumentar, lo cual obviamente es absurdo. Por tanto, el signo correcto para esa energía potencial es el negativo.

De: Mmonchi
2014-06-14 18:59

Yo cometí el mismo error que futurama, Raul y Lluís: consideré que en un lado había una masa infinita y en el otro una finita, de modo que la aceleración de la masa finita era g.

¿Por qué es un error? La masa es realmente infinita, así que la fórmula debe funcionar. ¿O no? El problema está en que el conjunto de koalindres de la derecha no está en caída libre. Es fácil verlo con el segundo koalindre: cuelga de una polea que cae a una velocidad desconocida y se mueve hacia arriba respecto a ella a otra velocidad también desconocida. Su velocidad es la suma de las dos, hacia arriba, hacia abajo o incluso inmóvil. Por tanto el segundo koalindre no está en caída libre, ni el tercero, ni el cuarto... ¿Está en caída libre el conjunto de ellos? A priori ni idea, pero seguramente no, así que no podemos usar la caída libre de lo koalindres de la derecha para aplicar una fórmula y deducir que la aceleración es g.

Enhorabuena al ganador y a todos los que lo han resuelto.

De: Argus
2014-06-14 20:35

Estoy de acuerdo, Pablo, que mi explicación sobre la masa que depende del movimiento es para haber suspendido el examen nada más leer eso. No es la masa, sino el peso aparente o efectivo como dices, lo que debí haber puesto.

En la solución de Hotze, considera un koalindre como ese peso efectivo, es decir, el último koalindre de la cadena finita. Luego va anadiendo poleas y koalindres y los resultados tienden a g/2. Si en lugar de haber puesto un solo koalindre como contrapeso final cada vez, hubiese puesto 2, la sucesión habría tendido a g/2 más rápidamente. Si hubiese puesto 3 cada vez, habría visto que las soluciones son g/2 en todos los casos. En realidad si pones cualquier masa al final de la cadena finita, por pequena que sea, la sucesión tiende a g/2 siempre, pero mantengo que si no pones masa y planteas el sistema con el último extremo libre, todos los koalindres caen en caída libre y me parece igualmente buena la solucion. Lo inquietante de esto es que en realidad no se puede ni siquiera asegurar en qué sentido giraría la primera polea.

De: bevender
2014-06-14 23:56

Gracias Mmonchi por tratar de contestar a Lluis. soy del club que respondio g y no estoy de acuerdo con que la dificultad del problema fuera el infinito. Si pones en una cuerda una polea con dos cuerpos en movimiento, la tension es menor que si estuvieran atados? Vaya...seguro que eso se puede usar para algo

De: Maq
2014-06-15 02:09

Para Vicente: Lamento no haberme sabido expresar mejor, a ver si ahora lo arreglo... porque en primer lugar, comparto tus conclusiones pero, por otra parte, me parece demasiado informal la manera como llegas a ellas. 1. Repito que mi crítica es al signo menos en la ecuación DEm = DEc - DEp. A partir de ahí, sin embargo, los siguientes pasos están bien, veamos por qué. 2. Estoy totalmente de acuerdo cuando dices que "La distancia recorrida, que tiene por valor 1/2at^2, debe ser considerada siempre con signo negativo". Mi interpretación es la siguiente: Dh = - Ds (desplazamiento) = - 1/2at^2. Es decir, un desplazamiento hacia bajo “positivo” origina una diferencia de altura Dh negativa. 3. Ya que Dh es negativo, también lo será DEp = mgDh = - 1/2mgat^2. Introduciendo esto en la ecuación del punto 1 (pero con signo +) llegamos a tu resultado.

De: kykytos
2014-06-16 04:54

Yo cometí el mismo error que futurama, Raul, Lluís, Mmonchi, bevender y probablemente muchos otr@s. Al ver la solución de Hotze, había una cosa que me llamaba la atención: Nuestra solución, aquella en la que consideramos todo el sistema de poleas que cuelga de la parte derecha de la 'polea madre' (la que cuelga del techo) como una única masa muy grande, coincide con la de Hotze si sólo se tiene una polea en la derecha, sin embargo se hacía distinta en el momento que añadíamos la segunda polea. Esto es debido a que en este último caso, aunque las masas que cuelgan a cada lado de la segunda polea no tienen movimiento relativo (por ser las dos masas iguales), sí que tienen movimiento absoluto por estar en movimiento la segunda polea respecto a la primera. Esto que parece un movimiento 'interno' en nuestra modelización del sistema como bloque es importante porque, si bloqueáramos la 'polea madre' con la mano impidiendo que se moviese el primer koalindre de todos (el que está en el lado izquierdo de la 'polea madre'), resulta que nuestro bloque de masa grande tampoco debería moverse y sin embargo lo hace dado que el centro de masas del sistema desciende al hacerlo la segunda polea respecto a la primera. Es por ello que nuestro plateamiento no es correcto. Imagino que habría que añadir las correcciones de dichas aceleraciones para poder modelizar toda la parte de la derecha como un sólo bloque.

De: Argus
2014-06-16 12:58

bevender, por tu comentario de si las tensiones en una polea son menores que si estuvieran atados los pesos, considera lo siguiente (y es curioso que de esto me doy cuenta ahora, y no cuando tenía exámenes y debía haberlo sabido): Si los pesos son iguales a ambos lados de la polea, la tensión en cada lado es mg, es decir la justa para mantener el peso mg a cada lado y todo es igual que si estuviera todo atado y fijo. Si por el contrario, un peso es mucho mayor que el otro, de forma que el pequeño se puede despreciar, el peso mayor caerá libre con aceleración g. Entonces el peso pequeño subirá con aceleración g. ¿Y cuál es la tensión? Pues 2mg como mucho, o sea, la tensión que hace subir al pequeño de masa m con aceleración g.

En otras palabras: Pongas los pesos que pongas a ambos lados de una polea ideal, las tensiones van a estar entre mg y 2mg, siendo m la menor de las masas involucradas. Bueno, mejor dicho, siendo mg el menor de los pesos efectivos involucrados :-)

De: Hotze
2014-06-16 18:40

Por cierto, sé que no tiene mucho que ver con lo que estáis comentando pero hay una errata bastante tonta en mi solución. En el primer apartado, donde calculo el número de Atwood, tengo las santas narices de equivocarme al escribir la expresión XD. En realidad se trata simplemente de una errata al pasar del papel al ordenador. Donde pone a1=g(m1+m2)/(m1m2)

debería poner

a1=g(m1+m2)/(m1+m2)

En fin, lo comento por si alguien se fija en mi solución no se lleve a engaño con esta tontería.

De: Mmonchi
2014-06-16 21:25

Hotze, lo has acabado de liar. :-)

De: Roger
2014-06-16 23:09

Como mi comentario pasó bastante desapercibido, lo vuelvo a poner, porque ahora me he quedado con la duda de si está mal la solución o son errores mios

Sobre la solución de Álvaro: En el caso de n poleas, dices que Ti=T1/(2^(i-1)). Pero más adelante, cuando te aparece T(n+1) lo sustituyes por T1/(2^(n-1)). No debería ser T1/(2^n)? Ya que, si Ti=T1/(2^(i-1)) y substituimos i por n+1, queda eso, porqué sustituyes por n?

Y otra cosa, cuando sacas factor común de -Mg, tú dices que dentro el paréntesis queda [Sumatorio de 2^(n-1)], pero no debería ser [1+Sumatorio de 2^(n-1)]?

Gracias Roger ;)

De: Hotze
2014-06-16 23:41

Jaja, ciertamente. Bueno, en wikipedia está la ecuación bien puesta, yo ya no me atrevo a escribir ni un número más que cada vez me equivoco más a lo bestia.

De: Elenmor
2014-06-18 00:14

Hola a todos, creo que la solución que habéis dado está mal, mañana me pondré a resolverlo para ver si os puedo traer una buena. El problema como siempre es el infinito, que no es muy intuitivo.

Analizaré sólo la solución de Pablo. Si consideramos la masa total del sistema como M, la tensión en el techo sería T=Mg. Consideremos la masa del bichito como m.

Tendremos las ecuaciones siguientes:

T/2-mg=ma1 Mg-T/2=-Ma2

donde a1 es la aceleración del bicho y a2 del resto del sistema. Si ahora sustituimos T=Mg de la primera ecuación:

a1=g(M/(2m)-1) a2=-g/2

Las dos aceleraciones deberían ser iguales y no lo son, hemos llegado a una contradicción en nuestras ecuaciones. De modo que este método no se puede seguir para llegar a la solución.

Si mañana tengo tiempo me pondré a ver si lo saco poniendo explícitamente las fuerzas gravitatorias que ejerce cada bichito a su vecino y las que hay respecto al planeta.

Un saludo

De: Argus
2014-06-19 12:09

Elenmor, las dos aceleraciones que obtienes sí son iguales. Basta ver que M=3m. Sustituyes y obtienes ambas aceleraciones de valor g/2 y signo opuesto por ser opuesto el sentido.

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