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venerdì 23 agosto 2019

Le grandi domande della vita: La Luna, Marte e i triangoli

Con la fine di agosto, sta rispuntando in giro una vecchia bufala, che era già assurta agli onori della cronaca nel 2016 ma che sembra sia in circolazione addirittura dal 2002: ovvero che nel mese di agosto è possibile vedere Marte con le stesse dimensioni apparenti della Luna, se non più grandi. Il problema è che ciò non è mai possibile. Vediamo perché.
Il diametro angolare
In astronomia esiste un numero particolare che misura le dimensioni apparenti di un oggetto nel cielo: il diametro angolare. Questo non è altro che un angolo, $\delta$, matematicamente definito dalla relazione \[\delta = 2 \arctan \frac{2}{2D}\] dove $d$ è il diametro dell'oggetto, $D$ la sua distanza dall'osservatore.
Se andiamo a vedere la tabella dei diametri orbitali, ci rendiamo conto che il diametro della Luna varia dai 1796 arcosecondi ai 2009 arcosecondi, mentre quello di Marte dai 3.5 arcosecondi ai 25.7 arcosecondi, quindi ben lontano dal $\delta$ della Luna.
A questo punto ci possiamo chiedere quanto dovrebbe essere distante Marte dalla Terra per apparire grande quanto la Luna. Prima di tutto invertiamo la formula di cui sopra: \[D = \frac{d}{2 \tan \frac{\delta}{2}}\] Sostituendo a $d$ il diametro di Marte e a $\delta$ il diametro angolare maggiore della Luna, opportunamente trasformato in gradi(1), si ottiene per la distanza Terra-Marte un valore di quasi 709000 chilometri, cioé quasi il doppio della distanza Terra-Luna e quasi 320 volte più piccolo della distanza reale tra il nostro pianeta e il pianeta rosso.
Quanti triangoli?
C'è un simpatico giochino geometrico che coinvolge un triangolo, quello nella figura qui sotto:
La domanda è contare il numero di triangoli nella figura. Ovviamente possiamo contarli senza problemi, suddividendo il problema per passi successivi. Il moto migliore, infatti, è contare il numero di triangoli presenti nella prima striscia e poi moltiplicare il risultato per 4, ovvero il numero delle strisce presenti nel triangolo. Questo, però, non ci impedisce di determinare una formula più generale per la determinazione della risposta.
Iniziamo.
Il triangolo della prima striscia è attraversato da due segmenti. Ora, se prendiamo un triangolo attraversato da 0 segmenti, avremo 1 triangolo. Se prendiamo un triangolo attraversato da 1 segmento avremo 1 triangolo esterno + 2 triangoli interni, ovvero 3 triangoli. Se prendiamo un triangolo attraversato da 2 segmenti, avremo 1 triangolo esterno + 2 trinagoli interni dovuti al primo segmento + 3 triangoli interni dovuti alla presenza contemporanea dei 2 segmenti per un totale di 6 triangoli.
Possiamo, allora, generalizzare: supponiamo di avere un triangolo attraversato da $n$ segmenti. Il numero totale di triangoli presenti nella figura sarà allora dato dalla somma \[1 + 2 + 3 + \cdots + (n-1) + n + (n+1) = \frac{(n+1)(n+2)}{2}\] come da formula di Gauss. Questa formula, però, è anche equivalente alla formula che permette di calcolare le combinazioni di $n+2$ oggetti presi a due a due: \[C(n+2,2) = \frac{(n+2)!}{n! 2!} = \frac{(n+2)(n+1)n!}{n! 2} = \frac{(n+1)(n+2)}{2}\] Non abbiamo finito qui, ovviamente. Il triangolo della figura, infatti, non solo è diviso da 2 segmenti obliqui, ma anche da 3 segmenti orizzontali, tutti e tre paralleli alla base del triangolo, e che lo suddividono in 3+1=4 strisce. Quindi il risultato iniziale che abbiamo ottenuto, ovvero 6 triangoli, va moltiplicato per 4 ottenendo così 24 triangoli. Ovviamente possiamo generalizzare: se il nostro triangolo è attraversato da $k$ segmenti orizzontali tutti paralleli alla base del triangolo, allora il numero di triangoli presenti nella figura sarà dato dalla formula(2): \[C(n+2,2) (k+1) = \frac{(n+1)(n+2)}{2} (k+1)\]
Una goccia di lava
Succede che, andando in gita in luoghi esotici, ci possa capitare di visitare una zona con un vulcano attivo. A un certo punto questo vulcano inizia a eruttare e nella gioia della sua esplosione, mandi in giro un po' di lava. Magari a gocce. E magari una piccola goccia di lava ci colpisce. Cosa potrebbe accadere?
Nella sua risposta Luois Li ricorda un po' di dati fisici sulla lava: ha una densità di $3100 \, kg/m^2$ e un calore specifico di $0.82 \, kJ/kgK$. Supponendo che si possa formare una goccia di lava (cosa piuttosto improbabile, vista l'alta viscosità della lava stessa), questa potrebbe avere un diametro di $2 \, mm$ e quindi, utilizzando la densità della lava, una massa di $1.04 \cdot 10^{-4}kg$. Supponendo infine una temperatura media di $1000 \, C^\circ$, l'energia rilasciata dalla goccia sarebbe all'incirca di $85 \, J$, sufficiente per causare una bruciatura sulla pelle, ma nulla di più, a meno di non finire sugli occhi, per esempio, o di venire ingoiata.
Rapporti primi
Altra piccola e interessante curiosità matematica è legata ai numeri primi e al fatto che il rapporto di due numeri primi distinti è unico. Questo risultato è conseguenza del fatto che i numeri primi non posseggono una fattorizzazione a meno di quella banale. Prendiamo due numeri primi $p_1$, $p_2$ e il loro prodotto $n = p_1 \cdot p_2$. Poiché nessuno tra $p_1$ e $p_2$ ha una fattorizzazione, allora l'unica fattorizzazione possibile, a parte quella banale, per $n$ è proprio quella che lo ha generato.
D'altra parte se il rapporto di due numeri primi $p_1$, $p_2$ fosse uguale al rapporto di altri due numeri primi $p_3$, $p_4$ distinti dai primi due e tra loro \[\frac{p_1}{p_2} = \frac{p_3}{p_4}\] allora \[p_1 \cdot p_4 = p_3 \cdot p_2\] e ciò implicherebbe che dovrebbe esistere un numero intero generato da due distinte coppie di numeri primi, cosa che come abbiamo visto sopra è impossibile.
  1. Per la conversione basta ricordare che 1 arcominuto è costituito da 60 arcosecondi e 1 grado da 60 arcominuti. 
  2. E' interessante osservare come nella fonte che ho utilizzato per ricostruire la formula generica (Mind Your Decisions) si dice che questo quesito fa parte dei test scolastici in India! 

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