Cita de: delmar en 01 Mayo, 2024, 12:46 am

otra cosa es poner \( v_0=\sqrt[ ]{2g h} \) por que h es la altura sobre el resorte, que tiene el bloque al caer, obviamente con velocidad inicial 0; eso es cierto, se puede demostrar.

Si, eso queria decir, me confundí, lo que pasa que yo lo miraba como en etapas
1) Esta quieto
2) Llego al resorte
3) Se comprime

de 1 a 2 la velocidad final es \( v_f=\sqrt[ ]{2g h} \) pero de 2 a 3 la velocidad inicial es \( v_i=\sqrt[ ]{2g h} \) cosa que queda distinto a lo que te dio

Han de ser iguales \( \sqrt[ ]{2g h}=\sqrt[ ]{\displaystyle\frac{k\Delta ^2l}{m}-2g \Delta l} \) observa que con la compresión máxima es posible determinar la velocidad del bloque en el momento del contacto y finalmente por la ecuación puesta determinar la altura a la que estuvo. La igualdad ha de cumplirse.

Saludos

Hola

La energía cinética en el momento que el bloque toma contacto con el resorte es \( K_i=\displaystyle\frac{1}{2}mv_0^2 \) y la energía cinética final \( K_f=0 \) que se corresponde con la máxima compresión \( \Delta l \) y por ende con \( v_f=0 \) el teorema del trabajo dice :

\( K_f-K_i=W_g+W_e \) donde la variación de la energía cinética es igual a la suma de los trabajos de la fuerza gravitatoria y elástica, las cuales si están bien calculadas.

Saludos.

Claro el bloque 1, arrastra por rozamiento al bloque 2, el bloque 2 es acelerado hacia la izquierda y el bloque 1 es frenado (acelerado hacia la derecha) por las fuerzas de rozamiento; esto ocurre hasta que adquieren una velocidad común.

Saludos

Hola

Hay una propiedad verifica \( Tg (a)=Ctg (b) \), y considera que \( x\geq{0} \)

Saludos

Hola

Este ejercicio estaba en el foro pero no tenia respuestas la letra y la imagen es la siguiente:

Todavía no lo termine de hacer, pero creo que puedo, hago este post para preguntar como se mueve el bloque 2, el de arriba, pues me imagino que al empujar hacia la izquierda el bloque de abajo el de arriba se mueve hacia la derecha, por lo tanto el rozamiento del bloque 2 va para la izquierda. Considere un sistema de referencia con x positivo para la derecha e y positivo para arriba, llegue a que \( a_2=-g\mu_k \) lo que me parecio raro por el hecho de ser negativo, luego \( \overrightarrow{a_2}=g\mu_k(-i) \) y es lo contrario a lo que había supuesto (que el bloque 2 iba para la izquierda) ¿Que paso aqui?

Otra cosa, me habían dicho hace tiempo aquí en el foro que cuando suponemos el sentido de la aceleración y da negativo, es que era el sentido contrario y cuando teníamos fuerza de fricción habia que hacer todo de nuevo, pero creo que no cambia nada ahora, en este caso al menos (decian que era mejor resolver el problema sin fricción suponiendo el sentido de la aceleración, cuando lo encontrábamos recién ahí resolvíamos el problema con fricción)

Una forma, adjunto un esquema  de cuerpos libres y referencia XY, ojo positivo de X hacia la izquierda.



Estos diagramas son válidos para \( 0\leq{t}\leq{\tau} \) donde \( t=0 \) es el momento en que el  cuerpo \( M_2 \) está en reposo y el cuerpo \( M_1 \) tiene velocidad v y \( \tau \) es el momento en que ambos cuerpos tienen la misma velocidad.

Cuerpo \( M_1 \)

\( -N0.5-N'0.3=M_1x''_1=5M_2x''_1 \) Dirección X. Ec 1

\( N-M_1g-N'=0 \) Dirección Y. Ec 2

Donde N y N' son los valores absolutos de la  reacción normal entre suelo y bloque 1 y la que hay entre bloque 2 y bloque 1, respectivamente

Cuerpo \( M_2 \)

\( N'0.3=M_2x''_2 \) Dirección eje X.  Ec 3

\( -M_2g+N'=0 \) Dirección eje Y. Ec 4


Las fuerzas de rozamiento se oponen al movimiento relativo de las superficies en contacto.

De la Ec 4 se obtiene \( N'=g M_2 \)

De la Ec 3 se obtiene \( x''_2=\displaystyle\frac{N'0.3}{M_2}=0.3g \)

Estos son valores constantes en \( [t_0, \tau] \)

De la Ec 2 despejamos \( N=N'+M_1g=gM_2+5M_2g=6M_2g \) Valor también constante en el intervalo de aceleración.

De la Ec 1 despejamos \( x''_1=\displaystyle\frac{-3.3gM_2}{5M_2}=-0.66g \)

Se sabe que en \( t=\tau \) ambos bloques  tienen la misma velocidad  y por ser las aceleraciones constantes se tiene :

\( x''_1=-0.66g\Rightarrow{x'_1(\tau)-v=-0.66g \tau}\Rightarrow{x'_(\tau)=v-0.66g \tau} \)

\( x''_2=0.3g\Rightarrow{x'_2(\tau)=0.3g \tau} \)

Las velocidades son las mismas se tiene \( v-0.66g \tau=0.3g \tau\Rightarrow{\tau=\displaystyle\frac{v}{0.96g}} \)

Saludos.

Bienvenido al foro

elvera

Analizando se puede ver :

\( f:R^2\rightarrow{R} \)

\( (x, y) \rightarrow{f(x, y) } \)

Y que existe una función :

\( g:R\rightarrow{R^2} \)

\( t\rightarrow{g(t) =(3+at^2,bt) } \)

De esta manera \( z=f\circ{g} \) es la composición de estas funciones y se ve entonces :

\( z:R\rightarrow{R} \)

\( t\rightarrow{z(t) =f(g(t)) =f(3+at^2,bt) } \) Tal como muestra el enunciado.

g, es diferenciable y se supone que f también lo es, luego se cumple, una relación entre los jacobianos :

\( J(z) =J(f). J(g)  \)  esto significa :

\( z'(t) =(f_x(g(t)) \ \ \ f_y(g(t)). \begin{pmatrix}{2at}\\{b}\end{pmatrix}=2atf_x(g(t)) +bf_y(g(t))  \)

En este punto hay que derivar respecto a t,  para hallar la derivada respecto a t de \( f_x(g(t)), \ f_y(g(t))  \) hay que tener en cuenta que son campos escalares qué resultan de una composición, intenta y si tienes dudas pregunta.


Saludos

Es verdad no tuve en cuenta el peso de la cuña, me olvide,  corrijo la ecuación :

\( -N cos \theta+N'-Mg=0 \) eje Y

Esta ecuación no se usa para resolver en problema, por eso el resultado dado es el mismo.

Ha de estar bien claro que las aceleraciones son hacia la derecha, la situación descrita por el gráfico de abajo, es incorrecta por que ahí bloque y cuña tienen aceleraciones distintas (las aceleraciones son vectores), hay una aceleración relativa.

Respecto a que XY la referencia solidaria a la mesa y por ende a tierra ha de ser el mismo para todos los objetos. La segunda Ley de Newton en rigor se cumple  para las referencias inerciales, en este caso la solidaria a tierra.

Saludos

Hola ArturoCage

Bienvenido al foro

Te habrás dado cuenta la importancia de escribir en LATEX las fórmulas, no se entiende claramente el enunciado. Sin embargo supongo que la función de densidad de probabilidad es :

\( f_X(x)=(\displaystyle\frac{1+ \theta}{\theta})e^{-( \displaystyle\frac{1+\theta}{\theta})(x-2)} \)

Con una semejanza a la densidad de la variable aleatoria exponencial; pero esa densidad ¿es en que subintervalo de R?

Conveniente es ver la estimación de \( \theta \) por ambos métodos de momentos y máxim verosimilitud. Para encontrar un intervalo de confianza una forma es tener en cuenta que si y=x-2 y \( \lambda=\displaystyle\frac{1+\theta}{\theta} \) es una variable aletoria exponencial y \( 2n \lambda \bar{y} \) es una variable \( \chi^2 \) con 2n grados de libertad, esto se puede demostrar y claro considerando un intervalo con confianza \( 1-\alpha \). Otra forma considerando un n grande el \( \bar{x} \) es una variable aleatoria normal con media y varianza que podrían calcularse a partir de X.

Saludos

Hola

Para ser diferenciable en un punto, la función tiene que ser necesariamente continua; pero no es suficiente. Es decir hay funciones continuas que no son diferenciables.

Saludos

Soy Ingeniero también; pero me encanta las matemáticas. Voy ayudarte un poco más, si \( \exists{c}\in{U} \ / \ f(c)\neq 0\Rightarrow{A)f(c)>0\vee B) f(c)<0} \) el teorema de conservación de signo implica que existe un entorno de c tal que la función conserva el signo de f(c). Consideremos la alternativa A) f(c)>0 entonces  \( \exists{[c-\epsilon,c+\epsilon]} \) donde \( \epsilon>0 \), tal que si \( x\in{[c-\epsilon,c+\epsilon]}\Rightarrow{f(x)>0} \). Ahora se considera \( \displaystyle\int_{c-\epsilon}^{c+\epsilon}f(x)dx=0 \)   R1, por el enunciado. Pero por otro lado \( f(x)>0, \ \ si \ \ c-\epsilon\leq{x}\leq{c+\epsilon}\Rightarrow{\displaystyle\int_{c-\epsilon}^{c+\epsilon}f(x)dx>\displaystyle\int_{c-\epsilon}^{c+\epsilon}0 \ dx}\Rightarrow{\displaystyle\int_{c-\epsilon}^{c+\epsilon}f(x)dx>0} \)  R2 contrario a R1 absurdo entonces se concluye ....Para completar la demostración hazlo como práctica la alternativa B).

Saludos