Cohete que pierde masa. Sin gravedad y sin rozamiento con el aire.

[JCB]

Hola a tod@s.

Siempre he visto desarrollos parecidos de este ejercicio, tal y como lo plantea Kiwi en la primera parte de su primer mensaje. No obstante el cambio $–dm=d\mu$, tampoco lo acabo de ver. Diría que esto último se podría obviar, teniendo en cuenta el carácter vectorial de la cantidad de movimiento, pues la cantidad de movimiento del propelente eyectado, tiene sentido opuesto a la cantidad de movimiento del cohete. De esta manera, se podría escribir:

$\vec{p}(t)=m\vec{v}=mv\vec{j}$.

$\vec{p}(t+\Delta t)=(m-\Delta m)(\vec{v}+\Delta \vec{v})+\Delta m(\vec{v}+\vec{u})$,

$\vec{p}(t+\Delta t)=(m-\Delta m)(v+\Delta v)\vec{j}-\Delta m(u-v)\vec{j}$.

Restando y eliminando $\vec{j}$, obtenemos la ecuación escalar:

$mv+m\Delta v-\Delta mv-\Delta m \Delta v+\Delta mv-\Delta mu-mv=0$,

$m\Delta v-\Delta mu=0$. Llegando finalmente al resultado ya conocido.

Es interesante el punto de vista de Kiwi acerca de cuestionarse la conservación de la masa, y es aquí donde felicito a oscarmuinhos: encomiable es tu capacidad de empatía y saber ponerte en el lugar del otro para intentar averiguar cómo razona. Particularmente revelador, es tu mensaje # 12.

Saludos cordiales,
JCB.

[oscarmuinhos]

A esta parte le tengo que dar un repaso con calma. El cambio de incrementales a diferenciales, el posterior desprecio del término en el que se multiplican dos diferenciales y la separación de variables me resultan un tanto tramposos.

Tienes una pequeña errata. En el término de la derecha falta una $u$ multiplicando.

Errata corrigida. Muchas Gracias por la corrección.

La otra duda que sigo sin tener clara es porqué se desprecia el término $\Delta v \Delta m_c$
Entiendo que es porque es muy pequeño, pero ¿cómo lo sabes?. Sé que es algo que siempre se hace pero siempre pero no tendo claro el motivo.

Intentaré que no parezca tramposo:

$0=\Delta P = \Delta{m_c} .(v-u) + (M_0 -m_c - \Delta{m_c}). (v + \Delta v) - (M_0 -m_c).v$

Haciendo operaciones:

$0 = \Delta P = \Delta{m_c} .v- \Delta{m_c}u + (M_0 -m_c).v + (M_0-m_c).\Delta v -\Delta{m_c}. v -\Delta{mc} .\Delta v - (M_0 -m_c).v$

Cancelando términos:

$0 = \Delta P = - \Delta{m_c}u + (M_0-m_c).\Delta v -\Delta{mc} .\Delta v$

Dividiendo entre $\Delta t$:

$0 = \dfrac{\Delta P}{\Delta t} = -\dfrac{\Delta{m_c}}{\Delta t}.u + (M_0-m_c).\dfrac{\Delta v}{\Delta t} - \dfrac{\Delta{m_c}.\Delta v}{\Delta t}$

Tomando, a continuación límites para $\Delta t \to 0$ y recordando la definición de la derivada:

$0=\dfrac{dP}{dt}=-u.\dfrac{dm_c}{dt}+ (M_0-m_c).\dfrac{dv}{dt} - \dfrac{dm_c}{dt}.\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta v}^{(*)} = -u.\dfrac{dm_c}{dt}+ (M_0-m_c).\dfrac{dv}{dt}$

(*) Recordando que el límite de un producto es el producto de límites y que $\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta v} =0$

(así de esta forma, parece ya "menos tramposo"?)

La ecuación diferencial queda, entonces:

$0 = -u.dm_c + (M_0-m_c).dv$

Y separando variables:

$u.\dfrac{dm_c}{M_0-m_c} = dv$

Y, finalmente, integrando entre el instante $t = 0$ (cuando la masa de combustible consumida es $m_c = 0$ y la velocidad es $v_0$) y el instante t (cuando la masa de combustible consumida es $m_c$ y la velocidad es $v$):

$\dst\int_{v_0}^{v}\mathrm{d}v= u\int_{0}^{m_c}\frac{dm_c}{M_0-m_c}$ .........

$v-v_0 = u.ln\dfrac{M_0-m_c}{M_0}$

[oscarmuinhos]

Siempre he visto desarrollos parecidos de este ejercicio, tal y como lo plantea Kiwi en la primera parte de su primer mensaje. No obstante el cambio $–dm=d\mu$, tampoco lo acabo de ver. Diría que esto último se podría obviar, teniendo en cuenta el carácter vectorial de la cantidad de movimiento, pues la cantidad de movimiento del propelente eyectado, tiene sentido opuesto a la cantidad de movimiento del cohete. De esta manera, se podría escribir:

JCB.

Hola JCB
La razón del cambio $–dm=d\mu$ (que efectivamente se trata de la conservación de la masa: masa que pierde el cohete = masa que gana el combustible expulsado) no está en el carácter vectorial de las velocidades, pues dicho carácter vectorial va implícito en los signos positivo y negativo que ponemos a la velocidad del cohete y a la velocidad de los gases de combustión expulsados.
Si continúas integrando la ecuación diferencial que has obtenido, entre el instante t = 0 y t, cuales serían tus límites de integración?
Para la velocidad, no tendrías problema: sería entre la velocidad del cohete en el instante inicial y la velocidad del cohete en el instante t, es decir entre $v_0$ y $v.$
Pero cuales serían los límites de integración de la masa:

* masa inicial $M_0$ del cohete y masa $m$ del cohete en el instante t? El resultado sería que ese cohete, a pesar de expulsar los gases hacia atrás con una velocidad $u$ y a pesar de ser cada vez más ligero, en lugar de estar acelerando, estaría frenando!

El problema está en utilizar la misma $"m"$ para dos cosas distintas: $m$ para la masa del combustible expulsado y también $m$ para la masa del cohete más masa del combustible sin utilizar. De ahí el cambio: $\Delta{\mu}$ (masa de combustible expulsado) = $-dm$ (masa que pierde el cohete siendo $m$ la masa del cohete): si $m$ es la masa del cohete $-\Delta m$ o $-dm$ es la variación de su masa.

Yo, al menos, siempre lo he entendido así.

Mil saludos.

[JCB]

Hola a tod@s.

Totalmente de acuerdo, oscarmuinhos. Si continuo, tal y como tú dices:

En el desarrollo indicado, llegaba a $m\Delta v-u\Delta m=0$. Pasando de la expresión algebraica a la diferencial, $mdv-udm=0$, $dv=u\dfrac{dm}{m}$. Integrando y considerando que para $t=t_0$, $m=m_0$,

$\dst\int_{v_0}^{v}dv=u\dst\int_{m_0}^{m}\dfrac{dm}{m}$,

$v=v_0+uln\dfrac{m}{m_0}$. Expresión equivocada pues el cohete disminuiría de velocidad, a medida que perdiese masa (también tal y como tú dices).

Quedo agradecido,
JCB.

[Kiwi]

(*) Recordando que el límite de un producto es el producto de límites y que $\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta v} =0$

(así de esta forma, parece ya "menos tramposo"?)

Me sigue pareciendo tramposo jajajaja!
El $\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta v} =0$ lo puedes aplicar igualmente a cualquier otro $\Delta$ de nuestra ecuación y también dará cero. Por ejemplo, la variación de masa del cohete cuando el tiempo tiende a cero también será cero.

De la carrera recuardo que el motivo era algo relacionado con que un término en el que se multiplican dos diferenciales siempre es mucho menor que cualquier término en el que sólo se multiplique por un diferencial. Sin embargo no lo recuerdo del todo bien y podría estar equivocado.

[oscarmuinhos]

Me sigue pareciendo tramposo jajajaja!
El $\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta v} =0$ lo puedes aplicar igualmente a cualquier otro $\Delta$ de nuestra ecuación y también dará cero. Por ejemplo, la variación de masa del cohete cuando el tiempo tiende a cero también será cero.

A ver... Efectivamente

$\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta m} = 0$ y $\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta v} = 0$

Pero, recordando que el límite de un cociente es igual al cociente de los límites salvo indetrminaciones:

$\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\dfrac{\Delta m}{\Delta v}} = \dfrac{\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta m}}{\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta v}}=\dfrac{0}{0}$

Y este límite es indeterminado. Habrá, pues, que calcular esta indeterminación. Y cuando se calcula esta indeterminación, al resultado de tal indeterminación se le llama derivada:

$\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\dfrac{\Delta m}{\Delta v}}= \dfrac{\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta m}}{\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta v}}=\dfrac{dm}{dv}$

Fijate en que si hubiésemos multiplicado estos incrementos (en lugar de dividirlos) no habría indeterminación:

$\lim\limits_{\Delta t \to 0}({\Delta m}.{\Delta v})= \lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta m}. \lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta v}=0$

Y en el caso siguiente (que es el de la discordia) tampoco hay indeterminación alguna:

Recordando que el límite de un producto es igual al producto de los límites salvo indeterminaciones

$\lim\limits_{\Delta t \to 0} \dfrac{\Delta{m_c}.\Delta v}{\Delta t}=\lim\limits_{\Delta t \to 0}\dfrac{\Delta m}{\Delta t}.\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta v}=\dfrac{dm}{dt}.\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta v}= \dfrac{dm}{dt}.0=0$

De la carrera recuardo que el motivo era algo relacionado con que un término en el que se multiplican dos diferenciales siempre es mucho menor que cualquier término en el que sólo se multiplique por un diferencial. Sin embargo no lo recuerdo del todo bien y podría estar equivocado.

Claro que se puede....No es más que la forma abreviada de llegar al resultado....

Un saludo

[Kiwi]

Recordando que el límite de un producto es igual al producto de los límites salvo indeterminaciones

$\lim\limits_{\Delta t \to 0} \dfrac{\Delta{m_c}.\Delta v}{\Delta t}=\lim\limits_{\Delta t \to 0}\dfrac{\Delta m}{\Delta t}.\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta v}=\dfrac{dm}{dt}.\lim\limits_{\Delta t \to 0}{\Delta v}= \dfrac{dm}{dt}.0=0$

Ahora sí lo he entendido. En ocasiones uno tiene la respuesta delante y no es capaz de verla.


Y perdón por tardar tanto en responder.