Newsgroup: it.hobby.enigmi
Titolo: Satelliti.

Nuovo Enigma: Satelliti.
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Obiettivo:
si vogliono disporre alcuni satelliti, fissi rispetto alla
Terra, in modo che da ogni punto della superficie terrestre
se ne veda almeno uno. Si supponga per semplicità che la
terra sia perfettamente sferica e i satelliti puntiformi.
1.
Qual è il numero minimo di satelliti che soddisfa
l'obiettivo?
2.
Considerato il numero minimo di satelliti che soddisfa
l'obiettivo, e detta "DMax" la distanza dalla superficie
terrestre del più lontano di essi, si calcoli il valore
minimo per DMax tale che l'obiettivo rimanga soddisfatto.
(Il raggio della terra si ponga pari ad "R").
_______________________
I questiti richiedono entrambi una *dimostrazione*: non
postate *soltanto* i risultati numerici!
(Ma vanno bene anche le dimostrazioni "informali" ;-)
N. B.
Si noti che il quesito al punto 1 costituisce un problema
di minimizzazione, per cui, per risolverlo, è necessario
trovare un numero "m" di satelliti tale che soddisfi le
seguenti 2 condizioni distinte, che vanno dimostrate
*entrambe*:
- m soddisfa l'obiettivo;
- per qualsiasi numero di satelliti n < m, l'obiettivo non
è soddisfatto.
Lo stesso dicasi per il quesito al punto 2.
_______________________
Buon divertimento! ;-)
Emanuele Z., il sedicente "Webmaster" di
  _  _ _  _ _  _  _, _,_ ___  _,  _, ___  _, __,
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 minimo per DMax tale che l'obiettivo rimanga soddisfatto.
......
Troppo difficile per me.
Vorrei solo far notare che i satelliti fissi rispetto alla Terra si
hanno solo sull'orbita geostazionaria. Questa sta sull'equatore a
distanza fissa, per cui il problema non e' risolvibile con dei satelliti
geostazionari. Questo mio "stupido" appunto era per provare quale gusto
si trova a fare la caccia agli errori.
Comunque capisco benissimo che qui si sta pensando solo alla geometria e
non alla legge di gravitazione universale. Prego Emanuele aggiungere che
i satelliti sono in realta' astronavi dotate di potenti razzi... buona
soluzione.
-- 
____________________________________
Giancarlo Pillan  -  Ivrea  -  Italy
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 (Il raggio della terra si ponga pari ad "R").
Non prendo in considerazione la possibilita' di porre due satelliti a 
distanza infinita.
sol 2
posso pensarla cosi':
la terra una sfera inscritta in un solido "a facce".
In cui ad ogni vertice del solido c'e' un satellite.
il solido con meno vertici e' una piramide a base triangloare, con
quattro vertici.
Quindi quattro e' il numero minimo di satelliti.
E' intuitivo vedere che l'ottimizzazione delle distanze la ottengo con
una piramide
fatta di triangoli equilateri che circoscrive la sfera (graficamente
sezionando il
solido lungo i diametri della sfera).
per i calcoli lasciami un po' di tempo
Ciao
michele

Ci provo....
(quante righe si fanno di spoiler?)
Quattro disposti a tetraedro.
Uno non basta. Devo dimostrarlo?
Due non bastano per un soffio, nel senso che se fossero a distanza
infinita basterebbero...
Tre non bastano, per tre punti passa un solo piano e anche nella
migliore delle ipotesi di piano passante per il centro sfera questi
coprirebbero i punti piu' distanti dal piano solo se a distanza
infinita.
Quattro bastano perche' se la sfera la chiudiamo dentro un tetraedro da
ogni punto della sfera vediamo un vertice.
Distanza? 
Almeno tale che la sfera sia inclusa nel tetraedro e tocchi al centro i
triangoli equilateri che lo compongono. Ovvero... ho un terrore di
sbagliare rispondendo ad un enigma di Emanuele... ed ero scarso in
trigonometria.


piano solo se a distanza infinita.
Ma questa, a mio modesto avviso, non è la "migliore" delle
ipotesi.
Infatti, nel caso del piano dei satelliti passante per il
centro della sfera, o anche secante la sfera in qualsiasi
altro punto, si ottengono necessariamente 2 punti sulla
sfera non visibili dai satelliti, quale che sia la loro
disposizione sul piano.
Tali punti sono, nel caso generale di piano secante, i 2
"poli" individuati sulla superficie sferica dagli estremi
del diametro della sfera ortogonale al piano (o,
equivalentemente, i 2 punti a distanza massima dal piano
sulle 2 calotte sferiche che si vengono a formare).
Se invece il piano dei 3 satelliti non "seca" la sfera,
allora si ottiene un solo punto sulla sfera certamente non
visibile dai satelliti, cioè il punto della superficie
sferica a distanza massima dal piano.
Quindi in definitiva ritengo che la situazione "migliore"
sia piuttosto con il piano dei satelliti "esterno" (o anche
tangente) alla sfera, perché così ho al più un solo punto
della sfera non visibile, mentre nel caso di piano secante,
ho sempre 2 punti non visibili.
Comunque la cosa non inficia la correttezza della tua
soluzione ;-)
Ciao, Emanuele Z.
___________________________
P. S.
Per quanto riguarda l'inesattezza dei "satelliti", che
comunque non avevo rilevato, il testo dell'enigma è tratto
integralmente da:
"Scuola Normale Superiore di Pisa - Temi di Matematica per
l'ammissione al primo anno di Matematica, Fisica e Scienze
dell'Informazione".
Il quesito 2 l'ho invece ideato e aggiunto io.
(La raccolta sopra citata presenta i temi assegnati, ma non
le loro soluzioni ;-)

OK, fin qui perfetto! ;-)
Ciao, Emanuele Z.

 Ciao, Emanuele Z.
Arrivano i calcoli.
Il baricentro della piramide coincide con il baricentro della sfera.
esso si trova ad una altezza R da una base.
In un triangolo equilatero di lato L il baricentro si trova ad una
altezza
X=L/2sqrt(3)
La piramide ha un'altezza di H=3/4*L
In un triangolo equilatero di lato L il baricentro si trova ad una
altezza
X=L/(2sqrt(3))
Appoggio la piramide su una base.
Il baricentro delle tre pareti laterali giace ad una altezza dalla base
Y=L/4
Il baricentro della piramide intera giace quindi in Z=3/4*Y=3/16*L
Z=R -> L=16/3*R e la piramide e' alta H=4R
La distanza minima e' quindi 2R
Mi sembra di aver fatto un po' troppa fatica (sempre che ci abbia
preso).
Non e' che c'e' un modo piu' semplice?
Ciao
Michele

_______________________
Buona la soluzione col tetraedro. In questo modo, ci sono dei punti della
Terra "coperti" da più satelliti. Tre nuove domande:
3. qual è il numero max di satelliti (tra i 4 trovati) che possono coprire
un punto della Terra ? (nel senso che si considerano tutti i punti e si vede
se ce ne sono alcuni coperti da 2 satelliti, o da 3, o da tutti e 4). La
risposta a questa è facile.
4. qual è l'area totale della Terra formata dai punti coperti da un solo
satellite? (ossia, l'unione delle aree ricoperte da ogni singolo satellite
meno l'intersezione delle aree coperte da più satelliti)
5. qual è la disposizione dei satelliti che massimizza l'area trovata al 4.
?
ciao by Gualty
gua...@geocities.com
http://www.geocities.com/capecanaveral/hangar/9456

La piramide ha un'altezza di H=3/4*L
Infatti, se intendi con L la lunghezza dello spigolo della
piramide (o meglio "Tetraedro"), come mi sembra ovvio,
allora l'altezza non è quella da te calcolata.
Per quanto riguarda poi le eventuali scorciatoie nel
procedimento di cui mi hai chiesto, siccome la domanda l'ho
ideata io (e si vede! :-( non esiste una soluzione
"ufficiale" a cui fare riferimento.
Posso soltanto dirti che io ho applicato dei ragionamenti di
simmetria dovuti alla regolarità del solido, che mi sembra
riducano i calcoli.
Se ti va ritenta, io aspetto ancora qualche giorno prima di
postare la soluzione.
Ciao, Emanuele Z.

 Tali punti sono....
.....
Dev'essere irresistibile trovare degli "errori".... :-)
Tento di spiegare perche' il piano passante per il centro della sfera
minimizza la superficie "buia", nell'ipotesi di tre punti luminosi
disposti sul piano ed equidistanti tra loro e dalla sfera.
Se questo piano passa per il centro sfera, l'area buia ha la forma di
una calotta sferica "triangoloide". Non so calcolare esattamente l'area
dei triangoloidi, ma questi sicuramente hanno un'area leggermente
maggiore della calotta sferica inscritta. Se R e' il raggio sfera e D
(molto maggiore di R) e' la distanza dei punti dalla sfera, questa
superficie vale *approssimativamente*:
S = pi r^2 = pi R^4 / D^2    
Siccome ci sono due aree buie, la superficie totale vale:
Sc = 2 pi R^4 / D^2
Se invece il piano non passa per il centro sfera ma la tange, la
superficie buia e' una sola e la sua area vale:
St = 4 pi R^4 / D^2        
Se il piano taglia la sfera alla distanza X dal centro, le aree sono due
e la loro somma vale:
Ss = 2 pi (R^4 + R^2 * X^2) / D^2     
Se il piano si allontana ulteriormente, la superficie buia aumenta fino
a coprire mezza sfera quando il piano e' infinitamente lontano. 
Si nota che: Sc < Ss < St = 2 Sc < Se
(centro - secante - tangente - esterno)
Questo mi fa pensare che il piano che minimizza l'area buia sia quello
passante per il centro.
__________________________________________________
Come ho calcolato approssimativamente le superfici buie.
Sia A l'angolo tra piano e raggio luminoso tangente alla sfera.
La calotta interna al triangoloide (per D molto maggiore di R) coincide
con un cerchio di raggio A R.
Se il piano passa per il centro: A = R / D
Se il piano tocca la sfera: A = 2 R / D
Se il piano dista x < R dal centro: A = (R+x) / D
Le seguenti approssimazioni consapevolmente adottate:
1) angolo con la sua tangente
2) triangoloide con la calotta sferica inscritta
3) calotta con cerchio di ugual diametro
sono state applicate in tutte le formule e quindi non fanno "preferenze"
tra Sc, Ss, St.
Se ho sbagliato non infierite, ho cercato di spiegare "matematicamente"
cio' che mi sembra comunque ovvio.


Dev'essere irresistibile trovare degli "errori".... :-)
In effetti è piuttosto difficile resistere, ma solo perché
poi talvolta ne scaturiscono delle discussioni estremamente
istruttive, anzitutto per me, e non certo perché io voglia
entrare in competizioni personali.
(Secondo me) sarebbe bello se tutti la pensassero allo
stesso modo... ;-)
I miei riguardi, Emanuele Z.

[...]
mentre tutto quello che hai calcolato prima va benissimo
(cioč in sostanza l'angolo A, che era la cosa fondamentale).
Se posso darti uno spunto, considera il quadrilatero i cui 4
vertici sono:
- il baricentro di una certa faccia (diversa dalla base) del
tetraedro;
- il punto medio della base di tale faccia;
- il baricentro della base del tetraedro;
- il centro della sfera.
Vedrai che tale quadrilatero ha i lati congruenti a 2 a 2.
Inoltre ha 2 angoli retti, ed un angolo che č proprio
quell'A da te calcolato.
Sfruttando il quadrilatero, ricavi allora immediatamente la
relazione tra R e l'altezza di una faccia del tetraedro, e
quindi...
Magari prova con questa impostazione, oppure fammi sapere se
ne trovi una piů semplice.
Alla prossima,
Emanuele.

 «una qualsiasi posizione del piano esternamente alla sfera».
OK. Trova la configurazione preferita e dimostralo "rigorosamente".


Posso competere in semplicita'?
Ora che qualcuno ha fornito "rigorose" dimostrazioni matematiche per cui
una sfera e' illuminata completamente dai quattro punti luminosi posti
ai vertici del tetraedro regolare che la racchiude, cerchiamo di
dimostrarlo con la deduzione propria dell'intelligenza umana.
La sfera e' un solido che "guarda" in tutte le direzioni dello spazio.
Con tre punti non faccio un solido, ma solo un "piatto" triangolo.
Solo col quarto punto posso costruire un solido: questo solido e' fatto
di quattro facce triangolari. La disposizione che minimizza la distanza
e' quella del tetredro regolare che tocca la sfera con le sue quattro
facce. Dimostrazione? Se avvicinate alla sfera uno dei quattro punti...
ne dovete allontanare qualche altro!
Quant'e' la distanza H dei vertici dalla sfera?
Non mi pare che si possa definire "enigma" il calcolo delle dimensioni
di un tetraedro rispetto alla sua sfera inscritta, piuttosto e' un
problema di geometria che si puo' risolvere con il solo teorema di
Pitagora: quadrato ipotenusa = somma quadrati cateti.
Poggiamo il tetraedro su un piano orizzontale. Carta e penna...
Prendiamo il piano verticale passante per il centro sfera e per uno
spigolo del tetraedro. Otteniamo un triangolo di cui non ci interessa il
lato-spigolo, ma il lato opposto che taglia a meta' una delle facce.
Tracciamo l'asse verticale della sfera ed il raggio sfera verso il punto
di contatto con la faccia. Questo punto di contatto trovandosi al centro
della faccia triangolare, divide l'altezza della faccia in due parti una
doppia dell'altra: le chiamo A e 2A.
Applico Pitagora ai due triangoli rettangoli seguenti:
(cateto piccolo,  cateto grande,  ipotenusa)
R, 2A, R+H      e      A, 2R+H, 3A
Unendo le equazioni ottenute si semplifica tutto e si ottiene H = 2R.
Ovviamente si potrebbe obiettare che era ovvio...


[...]
Infine, se ritieni che i miei non possano definirsi
"enigmi", limitati pure a NON prenderli in considerazione,
esattamente come io faccio con i tuoi ;-)
Ciao, Emanuele Z.

spero...
Le "aree" non c'entrano nulla se ho 3 satelliti (segue
dimostrazione(*)), la situazione è semplicemente:
DOMANDA:
quanti punti sulla superficie terrestre NON sono in grado di
illuminare con n satelliti su un piano *ESTERNO* alla sfera,
quale che sia la loro disposizione?
RISPOSTA:
1
DOMANDA:
quanti punti sulla superficie terrestre NON sono in grado di
illuminare con n satelliti su un piano *SECANTE* la sfera,
quale che sia la loro disposizione?
RISPOSTA:
2
Allora, qual è la situazione migliore?!
Ho già detto che le aree non c'entrano nulla, ma vogliamo
ugualmente ragionare in termini di aree illuminate? OK!
Allora:
DOMANDA:
Per ogni disposizione dei 3 satelliti su un piano
*SECANTE* la sfera, tale che sia illuminata una certa
"regione della superficie sferica", è possibile trovare una
disposizione dei 3 satelliti su un piano *ESTERNO* alla
sfera, tale che sia illuminata quella stessa regione di
piano (più una regione ulteriore)?
RISPOSTA:
Si (segue dimostrazione (**))
DOMANDA:
Per ogni disposizione dei 3 satelliti su un piano
*ESTERNO* alla sfera, tale che sia illuminata una certa
"regione della superficie sferica", è possibile trovare una
disposizione dei 3 satelliti su un piano *SECANTE* la
sfera, tale che sia illuminata quella stessa regione di
piano?
RISPOSTA:
No (segue dimostrazione (***))
Allora, di nuovo, qual è la situazione "migliore"?!
______________________
Dimostrazione (*):
Se ho un solo satellite, devo rinunciare ad illuminare
"infinito a 2" punti della superficie sferica, pertanto
un'area.
Se ho 2 satelliti, devo rinunciare ad illuminare infinito ad
1 punti della superficie sferica, ciè una "curva", e
pertanto già non ha senso parlare di aree...
Se ho 3 satelliti, devo rinunciare ad illuminare soltanto un
numero finito di punti (1 nel caso di piano esterno, 2 nel
caso di piano secante).
Dimostrazioni (**) e (***):
3 satelliti sul piano secante (supponiamoli disposti
in maniera "ottimale") illuminano una certa "regione
di superficie sferica".
Si consideri l'asse del piano passante per il centro della
sfera. si traccino da ognuno dei satelliti i 2 "raggi"
tangenti alla sfera che si intersecano con l'asse del piano.
Si prenda ora in considerazione un piano esterno alla sfera,
parallelo al piano secante di cui sopra.
Da ogni satellite del piano secante, si traccino i
prolungamenti dei raggi sopra descritti, fino ad incontrare
il piano esterno parallelo. In tali punti di intersezione si
piazzano quindi i 3 satelliti sul piano esterno, i quali
illuminano pertanto "esattamente" la stessa regione di
superficie sferica illuminata dai satelliti sul piano
secante, nella semisfera "superiore" (cioè quella più
distante), ed illuminano *interamente* la semisfera
"inferiore" (al contrario di quanto fanno gli n satelliti
sul piano secante, i quali lasciano sempre una porzione
"buia" anche nella semisfera "inferiore").
E' sufficiente?
Ciao, Emanuele Z.

 [...]
Non è affatto necessario scomodare il Teorema di Pitagora (e
i quadrati e le radici annesse), è sufficiente osservare che
i 2 triangoli di cui sopra sono "simili", dal momento che
sono rettangoli ed hanno uno dei 2 angoli acuti in comune.
Pertanto posso impostare la seguente uguaglianaza (o
"similitudine", come direbbe la maestra):
  H + R    3A
  ----- = ----
    R      A
che porge *immediatamente* H = 2R, senza alcun calcolo ;-)
(La similitudine è:
ipotenusa / cateto piccolo (2° triangolo) =
ipotenusa / cateto piccolo (1° triangolo)
).
Ciao, Emanuele Z.

 ).
Scusate, volevo dire il contrario:
ipotenusa / cateto piccolo (* 1° TRIANGOLO *) =
ipotenusa / cateto piccolo (* 2° TRIANGOLO *)
).
A scanso di "equivoci" ;-)
Ciao, Emanuele Z.

 poco per una risposta ovvia! ;-)
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Non ti viene mai il dubbio che qualcuno possa scherzare?
Che la risposta la sapessi 30 secondi dopo aver letto il problema?
Che la risposta piu' ovvia la stia aspettando da te? 
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La difficolta' di un problema o enigma non e' valutabile univocamente.
Una volta "sette per otto" era per me un enigma, ora non lo e' piu'.
Diverse scolarita', diverse attitudini, diverso tempo dedicato
caratterizzano i frequentatori di un NG e di questo in particolare. Cio'
che a me sembra semplice per altri puo' non esserlo e viceversa. Non
siamo in gara. Non mi sento "bravo" ad aver "scoperto" che una sfera la
si illumina col tetraedro, che l'altezza di un tetraedro e' ovviamente
il doppio della della sfera inscritta. Non provo soddisfazione a
risolvere enigmi o problemi per me semplici. Che senso ha cronometrare i
tempi di risposta? Io ero solo alla caccia di "errori", imitando lo
"sport" preferito del proponente. Ho trovato la svista dei satelliti
"fissi" e l'ho denunciato. Ero gia' a letto quando ho pensato: "meglio
scrivere anche la soluzione, altrimenti faccio la figura di uno che non
sa risolverlo". Ed ecco perche' l'ho scritta, mentre non ho neppure
tentato di risolvere l'enigma dei liceali. Ognuno di noi e' tentato da
un post piuttosto che da un altro. Perche' allora non ho scritto anche
la soluzione numerica? Con che merito? Che ricordo ancora la legge di
Pitagora? O che mi ci vogliono cinque giorni di concentrazione? No,
volevo attendere la soluzione complicata per produrre quella semplice.
Ma se poi Emanuele mi scrive che gli plagio la formula da lui scritta
prima? Meglio precederlo... Insomma questa volta ho seguito la regola
richiesta: dimostrare l'ovvio. Non e' mia consuetudine.
Quindi non ha senso parlare di facile o difficile, di giorni impiegati
(*) o di essere "bravo" o meno.
Ritengo che su it.hobby.enigmi abbiano spazio gli _enigmi_ facili come
quelli difficili (io ne ho scritti di entrambe le specie).
Ho fatto una distinzione tra *enigma* e *problema*.
Non vi e' un paragone di difficolta' ma di tipologia.
Un problema puo' essere difficilissimo, richiedere pagine di
dimostrazioni e non essere affatto un enigma. Enigma e' qualcosa che
*appare* semplice ma induce in errore, qualcosa che richiede una
capacita' logica, qualcosa che NON viene insegnato a scuola. Insomma, se
apro il libro di matematica, non trovo enigmi ma problemi.
Un enigma facile puo' anche essere il seguente.
Un giornale con il CD costa undicimila lire. Il disco costa diecimila
piu' del giornale. Quanto costa il giornale? 
Mille lire e' la prima risposta (errata) che viene in mente. Scritte le
due equazioni, l'enigma diventa problema.
(*) Tra l'altro i giorni impiegati dipendono anche dal funzionamento dei
server. Se mi fossi ostinato ad usare quello di IOL i giorni sarebbero
cresciuti ulteriormente. Date e ore sono anche facilmente modificabili:
la prossima volta curero' di rispondere entro un minuto dal post del
problema o magari un minuto prima!  :-)


Si (segue dimostrazione (**))
Non occorrono lunghe dimostrazioni per capire che i punti disposti su un
piano esterno possono illuminare una delle due zone lasciate buie dai
punti sul piano centrale.
Ma non si confrontano due "coperture" in questo modo: prima devi FISSARE
una qualsiasi "ottimale" posizione di punti sul piano e poi dimostrare
che se il piano e' ESTERNO puoi coprire un'area maggiore di quella che
copriresti CON GLI STESSI PUNTI sul piano centrale. Ti ricordo che hai
scritto di minimizzare i "punti di superficie" che secondo la geometria
classica significa minimizzare le aree.
Una "dimostrazione" analoga alla tua potrebbe sostenere che la via piu'
breve da Milano a Roma passa per Venezia: basta trovare una velocita'
sufficiente ad arrivare prima che passando da Firenze! Ma la logica
viole che prima si fissi la velocita' (distanza) e poi si valuti il
tragitto (posizione piano) che minimizza il percorso (area buia).
La valutazione della "migliore delle ipotesi" si fa a parita' degli
altri parametri. Questo confronto l'ho gia' fatto e l'hai giudicato
"ineccepibile". Dove vuoi arrampicarti oggi?


 che porge *immediatamente* H = 2R, senza alcun calcolo ;-)
**************** Complimenti!!! **************
In sole VENTUNO ore (*) ti sei accorto che i due triangoli rettangoli
sovrapposti sono simili!
Sei bravissimo (**)... ti prendi in giro da solo e non te ne accorgi!
Hai capito ora la frase che chiudeva la mia soluzione? 
"Ovviamente si potrebbe obiettare che era ovvio..."
Non prendertela... siamo qui per giocare (e per divertirci)
(*)  Da domenica 13:52 a lunedi 10:54 con "rimorso" alle 13:26.
(**) Ad essere sincero pensavo non te ne saresti accorto mai...


Aahhh! Ora capisco!
Sicché tu avevi tutto chiaro sin dalla prima lettura
dell'enigma, ma avresti prima parlato di Trigonometria, e
poi dimostrato la soluzione con Pitagora, facendo finta (č
ovvio!) di ignorare che i triangoli erano simili, e tutto
questo soltanto per prendere per il culo me?
Senti, se vuoi, ci sarebbe un mio amico psichiatra, davvero
bravo, credimi...

 bravo, credimi...
Io lurko sempre su IEH ma scrivo molto poco.
Vedo con piacere un bel litigio.
Venite su it.discussioni.litigi a continuarlo, sarete i benvenuti (si fa
per dire).
-- 
Ciao.
Davide,,,,
"La mia invenzione è destinata a non
avere alcun successo commerciale"
                                 (L. Lumière, 1898)