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Titolo: Fin dove lo sguardo esclude

ciao a tutti,
vi sottopongo un quesito,per avere un chiarimento:
siamo su un pianeta qualsiasi sferico di raggio r,
siamo su una montagna di questo pianeta di altezza h:
fino a che distanza riusciamo a vedere?
io ho trovato usando solo il t.di pitagora che la distanza 
d=sqrt(h^2+2hr).
il calcolo mi sembra esatto,ma il dubbio e' siccome r>>h,
e' possibile che questa formuletta sia troppo inesatta?
c'e' un metodo pu' preciso?
grazie a tutti.
(per la matematica da usare per spiegarmi eventualmente,ho fatto
analisi 1,calcolo numerico,geometria,fisica 1 e 2)
ciao
-- 

 analisi 1,calcolo numerico,geometria,fisica 1 e 2)
...
Io ho fatto solo geometra... quindi ne sai più di me. ;) Ci provo comunque:
Vedrai fino al punto di tangenza della retta che parte dalla cima della 
montagna. Trattandosi del punto di tangenza, si trova a distanza r, dal 
centro. Il triangolo che si forma è rettangolo ed ha un cateto di lunghezza 
r (dal centro al punto di tangenza) e l'ipotenusa di lunghezza r+h (dal 
centro alla sommità della montagna). Devi determinare il cateto x dal 
vertice della montagna al punto di tangenza. Va benissimo Pitagora, a me 
viene:
r^2 + x^2 = (r+h)^2
x = sqrt( (r+h)^2 - r^2 )
Così ottieni la distanza in "linea d'aria". Se vuoi calcolare la distanza 
sull'arco di circonferenza (supponiamo la montagna come se fosse un 
segmento, per semplicità)... prova a calcolare l'angolo tra i due raggi:
alfa = acos( R/(R+h) )
(pare che non serva determinare x)
se alfa lo calcoli in radianti, l'arco misura (alfa/2PI) * R.
Detto tutto in un botto... diventa:
d = acos( R / (R+h) ) * R / 2PI
Per curiosità, ho provato con R=h=1 e mi viene un arco pari ad un sesto 
della circonferenza. Questa è la sera dell'acqua calda... perché si tratta 
di un metodo simpatico per disegnare un esagono, con matita e righello ;)
Stefano

 grazie a tutti.
ciao,
Ti faccio notare che se dietro l'orizzonte cosi' definito
c'e' per esempio un'altra montagna di questa non vedrai forse la base,
ma la cima si'!
A  me ai tempi (penso alle medie) avevano fatto l'esempio per cui in
antichita' si
era notato che di un vascello in avvicinamento in una giornata limpida
si vedeva prima il
pennone dell'albero piu' alto e poi il sotto del vascello stesso,
questo
perche' era dietro l'orizzonte cosi' definito.
La formula da te calcolata inoltre e' esatta e il fatto che r>>h non la
rende meno precisa,
il contrario semmai, visto che vale questa diseguaglianza si possono
fare delle approssimazioni
senza temere di perdere troppa precisione (una montagna e' qualche
migliaio di volte piu' piccola del raggio della terra) a meno che tu
voglia precisioni notevoli puoi tranquillamente prendere
sqrt(2rh) come orizzonte, che per un uomo in piedi su una barchetta
nell'oceano fa circa 5 km!
ciao
 Paolo

 nell'oceano fa circa 5 km!
ok,sono d'accordo,sembra che anche sperimentalmente +- ci siamo,ma il
mio dubbio e' fino a che punto il teorema di pitagora e' applicabile?
non c'e' un limite come nel caso della parallasse che non vale oltre i
100 anni luce (se nn sbaglio) perche' l'errore sarebbe troppo grande?
che ne so,magari quando un cateto e' 10^10 volte piu' piccolo
dell'ipotenusa?
grazie,ciao

 grazie,ciao
Ciao,
la parallasse viene utilizzata per misurare la distanza delle stelle
solo fino a 100 anni luce (o perlomeno intorno a quest'ordine di
grandezza) perche' le misurazioni dello spostamento delle stelle hanno
una precisione limitata. Piu' le stelle sono lontane meno si spostano
dal punto di vista angolare e  se lo spostamento e' al di sotto della
precisione della misura non ha senso cercare di ricavare la distanza
della stella. Se fosse possibile fare fotografie delle stelle con
precisione 100 volte superiore si potrebbe misurare la distanza di
stelle fino a circa 10 000 anni luce.
Nel nostro caso l'ipotenusa e il cateto sono quasi uguali (differiscono
di poche parti per mille se misuriamo l'orizzonte da una montagna e
poche parti per milione se solo dall'altezza di un uomo).
Nel nostro caso dato che la formula approssimata e' : O=sqrt(2hr) con h
la quota da dove si guarda sopra l'orbe terracqueo e r il raggio; se
chiamo Dr l'errore assoluto sulla misura del raggio terra e  Dh quello
sull'altezza del punto di osservazione ho che:
DO=sqrt(h/2r) Dr      e DO=sqrt(r/2h) Dh
ovvero nel primo caso un errore di 1000 km nella misurazione del raggio
terrestre mi dara' un errore per  l'orizzonte di un uomo di circa 0.5
km
mentre un errore nella misurazione di 1m sull'altezza dell'uomo da un
errore di circa 1 km per l'orizzonte (sempre ammesso non abbia fatto
qualche errore nei calcoli).
Quindi non c'e' da preoccuparsi perlomeno per l'ordine di grandezza
dell'orizzonte.
ciao
  Paolo

 mio dubbio e' fino a che punto il teorema di pitagora e' applicabile?
La risposta ( quantitativa) te la da lo sviluppo in serie di Taylor
delle funzioni trigonometriche.
Hai appossimato il cerchio con un retta y=cost
Non saprei dirti come fare però , mi sembra  complicato.
Valido  è invece lo sviluppo in serie arcos,lo tronchi e  rimane un
errore proporzionale  a x^2.
Prova è un simpatico esercizio di Analisi ( numerica).

Vedo che state discutendo sottili finezze, ma avete dimenticato la
rifrazione atmosferica, che altera in modo sostanziale la distanza
dell'orizzonte.
-- 
Elio Fabri

 Elio Fabri
Ciao
Patrizio

 Se si', gradirei sentitamente conoscere tale funzione.
Se per funzione intendi un'espressione analitica chiusa, temo di no.
In generale la questione e' alquanto complessa, e porta subito a
integrali non elementari.
Va da se' che una volta scelto un modello di atmosfera, puoi fare il
calcolo numerico con tutta l'approssimazione che vuoi.
Non so se e' ovvio, ma la difficolta' deriva dal fatto che la Terra
non e' piatta :-)
Infatti se la Terra fosse piata, e se l'atmosfera fosse stratificata
in modo che l'indice di rifrazione dipenda solo dalla quota, allora
per calcolare la rifrazione basterebe conoscere l'ndice di rifrazione
al suolo.
Invece, tanto per darti un'idea: possiedo l'edizione Dover del
classico "A compendium of spherical astronomy" di Newcomb, uscito
giusto un secolo fa.
Bene: sulle poco piu' di 400 pagine del libro, ben 50 sono dedicate
alla rifrazione.
E in questo capitolo, 3 pagine trattano proprio il problema di cui
stiamo parlando.
Li' si apprende che un raggio che viaggi a poca distanza dal suolo
s'incurva (causa rifrazione) e puo' essere approssimato con un arco di
circonferenza di raggio circa 6 volte quello terrestre.
Conseguenza: l'estensione dell'orizzonte visibile aumenta di circa il
10%.
Curiosa coincidenza: in questi giorni sto leggendo il libro di Russo
"La rivoluzione dimenticata". Proprio ieri leggevo un paragrafo
dedicato al famoso faro di Alessandria, dove Russo calcola a che
distanza il faro poteva essere visibile per sole ragioni geometriche.
Cosi' ho scoperto che anche lui ignora la rifrazione, e sottostima la
distanza: invece dei 47 kn circa del suo calcolo, nelle stesse
ipotesi sarebbero stati 52.
 
-- 
Elio Fabri

 10%.
Nel campo delle microonde si fa un'altra approssimazione, supponendo 
aria standard: si calcolano le portate dei ponti radio assumento una 
terra fittizia con raggio pari a 4/3 di quello reale.
-- 
Franco
Wovon man nicht sprechen kann, darüber muß man schweigen.
(L. Wittgenstein)

 Elio Fabri
Ciao e grazie mille per questa esaurientissima risposta,
Patrizio

 trigonometrica.
Il teorema di Pitagora basta e avanza: Russo scrive sqrt(2Rh).
 
-- 
Elio Fabri

 Il teorema di Pitagora basta e avanza: Russo scrive sqrt(2Rh).
Un attimo, ci dev'essere una svista, quell'R dovrebbe essere a
denominatore, sempre per quanto capisco.
Comunque la formula che ho postato precedentemente mi
appare rigorosa (cosiderando la Terra perfettam. sferica e,
di necessita', escludendo la rifrazione, che allora non avevo
idea di come trattarla e quindi introdurla).


 mentale.
E` un simbolo di tex e dice che quello che segue e` un simbolo da 
stamparsi con un altro font di caratteri). Ad esempio \mu stampa la 
lettera greca mu, questa qui µ, mentre / e` la normale divisione.


 (L. Wittgenstein)
Ciao
Patrizio

 Azz.. e' vero, grazie!
La temperatura alla quota h e` data da una relazione del genere 
T(h)=T(0)-L h dove L e` il gradiente di diminuzione della temperatura 
con la quota.
L'equazione da risolvere diventa dP/dz= - rho g
dove rho non e` piu` costante come prima ma dipente da h a causa di 
T(h). Comunque anche cosi` e` integrabile. Il modello vale, in aria 
standard, fino a 11 km, dopo la temperatura e` costante a -56.5 C, fino 
mi pare a 20 km, poi non ricordo cosa capiti (tanto cosi` in alto non ci 
volo)
La variabile h che compare e` la quota geopotenziale, non quella 
geometrica, e la ragione e` che si considera g costante, mentre al 
salire della quota, g diminuisce.


 qualcuno puo' confermare (o smentire)?
Si', e' giusta.
Si puo' anche scrivere arcos(r/(h+r)) anche se l'arcos per
argomento vicino a 1 funziona male.
 
-- 
Elio Fabri

 volo)
Attenzione che il limite con la stratosfera si alza andando  dai poli
all'equatore
e passa da 8Km a 16 km.
Apparente paradosso, l'aria più fredda della Terra si trova
all'equatore ai confini della stratosfera dove si raggiungono i -80C.
Qui sono disponibili i sondaggi in quota:
http://weather.uwyo.edu./upperair/sounding.html

 e passa da 8Km a 16 km.
Lo so :). Facevo riferimento all'aria standard usata in campo aeronautico.
Ciao


 Elio Fabri
Ciao
Patrizio
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Inviato via 
http://arianna.libero.it/usenet/