Due su una sfera

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panurgo
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Due su una sfera

Messaggio da panurgo »

Sono dati due punti sulla superficie di una sfera di raggio $r$: quanto distano l'uno dall'altro... :?: :shock:
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sixam
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Re: Due su una sfera

Messaggio da sixam »

Cosa intendi per "distanza"? La corda che unisce i 2 punti (interna alla sfera), o l'arco di cerchio massimo che li collega?
Bye by SixaM 8-]

42 è la risposta

panurgo
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Re: Due su una sfera

Messaggio da panurgo »

corda
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franco
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Re: Due su una sfera

Messaggio da franco »

Ieri ho fatto un po' di elucubrazioni durante il volo da Bari a Bergamo.
Su sfera di raggio unitario viene fuori una distanza "attesa" di circa 1,33.

Se la cosa ti torna, metto un po' in bella copia i pasticci del block notes (P.S. c'è di mezzo anche un integrale per il quale ho fatto il calcolo approssimato con excel)
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Re: Due su una sfera

Messaggio da panurgo »

Metti assolutamente in bella copia le tue "elucubrazioni" :D

P.S.: l'integrale non è difficile ma si può sempre usare wolframalpha.com
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Re: Due su una sfera

Messaggio da franco »

Qui sotto la pagina del block notes (non l'originale che era pieno di pasticci, ma quella in bella appena ricopiata)
puntisfera.png
puntisfera.png (56.71 KiB) Visto 10283 volte
i concetti, un po' in ordine sparso, sono questi:
Fissato il primo punto la lunghezza della corda che lo congiunge al secondo dipende solo dalla distanza angolare x.

Praticamente è come se piazzassi il primo punto al polo nord della mia Terra=Sfera e indicassi con x il complemento a π/2 della latitudine.
Per calcolare la distanza media di tutte le possibili corde, devo però tener conto del fatto che a pari angolo x ci sono molti più punti all'equatore che non al tropico, al circolo polare ce ne sono ancora di meno e al polo addiritura si va su una singolarità.

Ho quindi fatto una media ponderata utilizzando come "peso" la lunghezza della circonferenza corrispondente ad ogni angolo x,

Per calcolare l'integrale definito ho suddiviso in 100 parti l'intervallo 0-π e ho calcolato l'area di tutti i pezzetti sotto la curva (per excel è un gioco da ragazzi).
puntisfera2.png
puntisfera2.png (59.66 KiB) Visto 10280 volte
Risultato: 1,333251...
Probabilmente 4/3

ciao

Franco

P.S. in aereo mica mi posso connettere a internet per risolvere gli integrali :)
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Re: Due su una sfera

Messaggio da franco »

In effetti con WolframAlpha è anche più elegante ...
puntisfera3.png
puntisfera3.png (54.13 KiB) Visto 10279 volte
:)
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Re: Due su una sfera

Messaggio da panurgo »

il panurgo

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Re: Due su una sfera

Messaggio da panurgo »

Quali informazioni abbiamo? Che due punti sono sulla superficie di una sfera.

E le sfere che fanno? Girano!

Facciamo dunque girare la sfera fino a che uno dei due punti, $\text{P}$, coincide con il polo (Nord).
Possiamo farlo? Sì, perché la distanza tra i due punti non dipende in alcun modo dall’orientazione della sfera e il portare uno dei due punti sul polo non ci fornisce alcuna indicazione sulla posizione dell’altro punto, $\text{Q}$ (e quindi sulla distanza tra i due).

A questo punto abbiamo una sfera con un punto su un polo. Ma c’è un terzo punto: il centro, $\text{O}$, della sfera stessa; e due punti ($\text{O}$ e $\text{P}$) definiscono sia una direzione, l’asse polare, sia una misura, il raggio, $r$, della sfera.

L’asse polare è un asse di simmetria: questo significa che tutti i punti equidistanti dall’asse stesso sono anche equidistanti dal polo quindi la distanza tra $\text{P}$ e $\text{Q}$ dipende solo dalla latitudine di quest’ultimo.
DueSuUnaSfera.01.png
DueSuUnaSfera.01.png (17.15 KiB) Visto 10249 volte

Con riferimento alla figura, $s=\sqrt{r^2 \sin^2\vartheta + r^2 \left(1 - \cos\vartheta\right)^2}=r\sqrt{2-2\cos\vartheta}$.
(In realtà, $\vartheta$ è la colatitudine, non la latitudine)

Allora siamo a posto: abbiamo un modello che ci consente di calcolare la distanza tra due punti dati sulla superficie di una sfera.

Ma, dov’è $\text{Q}$?

Non lo sappiamo quindi dobbiamo esprimere il nostro stato di conoscenza su $s$ non con un numero preciso ma con un insieme di numeri associato con una distribuzione che rappresenta il grado di certezza per ciascun valore possibile per $s$.

Questa distribuzione è quanto possiamo dire in base alle informazioni che abbiamo: ogni altra affermazione presuppone di avere ulteriori informazioni.

Spesse volte è possibile riassumere una distribuzione con pochi parametri, tipicamente media e varianza, ma per far ciò bisogna che la distribuzione in questione abbia una chiara tendenza centrale ovvero sia concentrata intorno ad un valore.
Per esempio, la distribuzione Gaussiana

$\displaystyle\Pr\left(x\middle|\top\right)=\frac1{\sqrt{2π}\sigma}\exp\left\{-\frac12\left(\frac{x-\mu}\sigma\right)^2\right\}$
DueSuUnaSfera.02.480x480.png
DueSuUnaSfera.02.480x480.png (8.77 KiB) Visto 10249 volte
è centrata intorno a $\mu$ con la maggior parte della distribuzione compresa nell’intervallo $\mu\pm 3\sigma$. Il problema che sorge ora è: quale distribuzione assegnare a $s$.
Per farlo dobbiamo partire dalle informazioni che abbiamo, ovvero che il punto $\text{Q}$ si trova da qualche parte sulla superficie della sfera.

Cominciamo dunque con il dividere la superficie in $n+1$ parti di eguale area: ammettiamo che ciascun elemento di superifcie possa contenere al più un punto, col che abbiamo una frazione di elementi che contengono il punto $\text{Q}$ pari a $\frac1n$.

Che vuol dire? Se invece di avere un solo punto ne avessimo $k$ la frazione di elementi che contengono un punto, la frequenza dei punti, sarebbe $\frac{k}{n}$.

Se consideriamo due elementi di superficie congiuntamente, la frequenza di punti diventa, nel nostro caso, $\frac2n$; con tre elementi, $\frac3n$ ecc.

Sappiamo che punti che stanno alla stessa latitudine equidistano da $\text{P}$ quindi possiamo contare quanti elementi di superficie sono attraversati da un dato parallelo e assegnare quella frequenza come probabilità di trovare $\text{Q}$ sul quel parallelo.

Passando al limite per $n\to\infty$ la frequenza (e la probabilità) diventano proporzionali alla lunghezza del parallelo, che vale $2\pi r \sin\vartheta$: abbiamo la distribuzione

$\displaystyle\Pr\left(\vartheta\middle|\top\right)\propto\sin\vartheta\qquad\vartheta\in\left[0,\pi\right]$

Togliamo $2\pi r $ perché sono costanti: $\sin\vartheta$ è il nòcciolo (kernel) della distribuzione, quello che ne detta la forma. Perché $\sin\vartheta$ sia una distribuzione bisogna che l’integrale esteso a tutto il dominio sia unitario

$\displaystyle\int_0^\pi {A\cdot\sin\vartheta d\vartheta}=1\quad\Longrightarrow\quad A=\frac12$

Quindi

$\displaystyle\Pr\left(\vartheta\middle|\top\right)=\frac12\sin\vartheta\qquad\vartheta\in\left[0,\pi\right]$
DueSuUnaSfera.03.480x480.png
DueSuUnaSfera.03.480x480.png (8.57 KiB) Visto 10249 volte
Con questa distribuzione possiamo calcolare media e varianza di $s$ ma, per capire veramente come stanno le cose ci conviene trovare la corrispondente distribuzione di probabilità per $s$ stessa.
Consideriamo l’elemento di probabilità $\Pr\left(\vartheta\middle|\top\right)d\vartheta$: esso è il “peso” che quel valore di $\vartheta$ ha nella distribuzione; evidentemente il corrispondente valore di $s$ deve avere lo stesso “peso” nella sua distribuzione, cioè

$\displaystyle\left|\Pr\left(s\middle|\top\right)ds\right|=\left|\Pr\left(\vartheta\middle|\top\right)d\vartheta\right|\quad\Longrightarrow\quad\Pr\left(s\middle|\top\right)=\Pr\left(\vartheta\middle|\top\right)\left|\frac{d\vartheta}{ds}\right |$

A questo punto dobbiamo esprimere $\vartheta$ e $\Pr\left(\vartheta\middle|\top\right)$ in funzione di $s$

$\displaystyle s^2=2r^2-2r^2\cos\vartheta\quad\Longrightarrow\quad\cos\vartheta=\frac{2r^2-s^2}{2r^2}\quad\Longrightarrow\quad\vartheta=\arccos{\frac{2r^2-s^2}{2r^2}}\quad\Longrightarrow\quad\left|\frac{d\vartheta}{ds}\right|=\frac{d\vartheta}{ds}=\frac2{\sqrt{4r^2-s^2}}$

e

$\displaystyle\Pr\left(\vartheta\middle|\top\right)=\frac12\sqrt{1-\cos^2\vartheta}=\frac{s\sqrt{4r^2-s^2}}{4r^2}$

da cui segue

$\displaystyle\Pr\left(s\middle|\top\right)=\frac{s\sqrt{4r^2-s^2}}{4r^2}\cdot\frac2{\sqrt{4r^2-s^2}}=\frac{s}{2r^2}$

una distribuzione triangolare il cui valore più probabile è $2r$ :shock:
DueSuUnaSfera.04.480x480.png
DueSuUnaSfera.04.480x480.png (6.5 KiB) Visto 10249 volte


Questa distribuzione non ha una tendenza centrale per cui non ha molto senso riassumerla con media e varianza: la media comunque vale

$\left\langle s\middle|\top\right\rangle=\displaystyle\int_{0}^{2r}\frac{s^2}{2r^2}ds=\left.\frac{s^3}{6r^2}\right|_{0}^{2r}=\frac43 r$

o, prima del cambio di variabile

$\left\langle s\middle|\top\right\rangle=\displaystyle\int_{0}^{\pi}\frac{r}2\sin\vartheta\sqrt{2-2\cos\vartheta}d\vartheta$

e, posto $t=2-2\cos\vartheta$ cui segue $dt=2\sin\vartheta d\vartheta, \; t\left(0\right)=0, \; t\left(\pi\right)=4$

$\left\langle s\middle|\top\right\rangle=\displaystyle\int_{0}^{4}\frac{r}4\sqrt{t}dt=\frac{r}4\left.\frac23 t^{\frac32}\right|_0^4=\frac43 r$

Sto ancora cercando di conciliare questo risultato con il mio intuito...
il panurgo

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Re: Due su una sfera

Messaggio da franco »

:shock: :shock: :shock:
Orpo!
Se avessi immaginato che era così complicato non ci avrei nemmeno provato!
:mrgreen:
Franco

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Re: Due su una sfera

Messaggio da delfo52 »

qualcuno ha scritto che ci sono più punti sull'equatore che al tropico. Ho mandato due amici a contarli. Entrambi mi hanno riferito che ci sono esattamente infiniti punti su ognuno dei due paralleli.
Enrico

franco
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Re: Due su una sfera

Messaggio da franco »

Se avessero veramente contato tutti i punti ci avrebbero messo un tempo infinito ... secondo me il tuoi amici sono due matematici e ci sono arrivati per via teorica.

Io ho chiesto a un magütt bergamasco che si è armato di carta e matita e mi ha detto che per pavimentare l'equatore servono poco meno di 160 miliardi di mattonelle 25x25. Per il tropico ne bastano 145 miliardi e per pavimentare il polo ne occorre solo una. :D
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panurgo
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Re: Due su una sfera

Messaggio da panurgo »

delfo52 ha scritto:
dom nov 17, 2019 12:43 am
qualcuno ha scritto che ci sono più punti sull'equatore che al tropico. Ho mandato due amici a contarli. Entrambi mi hanno riferito che ci sono esattamente infiniti punti su ognuno dei due paralleli.
franco ha scritto:
dom nov 17, 2019 6:50 am
Io ho chiesto a un magütt bergamasco che si è armato di carta e matita e mi ha detto che per pavimentare l'equatore servono poco meno di 160 miliardi di mattonelle 25x25. Per il tropico ne bastano 145 miliardi e per pavimentare il polo ne occorre solo una. :D
Le mattonelle del magütt bergamasco sono come i miei elementi di superficie: se usiamo mattonelle sempre più piccole, per l’equatore ne serviranno sempre di più ma al polo ne basterà sempre una sola! Il paradosso si risolve se si considera che ogni parallelo contiene infiniti punti ma è la "densità" di $\text{Q}$ a essere diversa da uno all’altro (al polo la "densità" di $\text{Q}$ è nulla :wink:).
franco ha scritto:
sab nov 16, 2019 11:35 pm
:shock: :shock: :shock:
Orpo!
Se avessi immaginato che era così complicato non ci avrei nemmeno provato!
:mrgreen:
Caro e ottimo franco: ho detto le stesse cosè che hai detto tu esplicitando ciò che hai lasciato sottointeso.

L’unica cosa diversa che ho ricavata è la (notevole) distribuzione di $s$: sto ancora cercando di riconciliarla con il mio intuito :roll:
Ultima modifica di panurgo il mer nov 20, 2019 12:25 pm, modificato 1 volta in totale.
il panurgo

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Re: Due su una sfera

Messaggio da panurgo »

...segue.

Supponiamo di secare la sfera con $n$ piani perpendicolari all'asse Polare: otteniamo così $n+1$ segmenti sferici (segmento sferico a due basi = calotta sferica grande – calotta sferica piccola).
DueSuUnaSfera.06.01.480x480.png
DueSuUnaSfera.06.01.480x480.png (57.69 KiB) Visto 10210 volte
La superficie (laterale) di un segmento sferico è pari a $2\pi rh$, dove $h$ è l'altezza del segmento sferico stesso: se i piani secanti sono equidistanti tutti i segmenti avranno la stessa superficie.

La densità di $\text{Q}$ è ancora una volta $\frac1n$: a una distribuzione uniforme sulla superficie corrisponde una distribuzione uniforme su $h$, $\Pr\left(h\middle|\top\right)\propto 1$.

Normalizziamo la distribuzione

$\displaystyle\int_0^{2r}{A\cdot dh}=1\quad\Longrightarrow\quad A=\frac1{2r}\quad\Longrightarrow\quad\Pr\left(h\middle|\top\right)=\frac1{2r}\quad h\in\left[0,2r\right]$

Esprimiamo $s$ come funzione di $h$:
DueSuUnaSfera.06.02.480x480.png
DueSuUnaSfera.06.02.480x480.png (57.18 KiB) Visto 10210 volte
con riferimento alla figura

$\displaystyle s^2=h^2+b^2=h^2+r^2-\left(r-h\right)^2=2rh\quad\Longrightarrow\quad s=\sqrt{2rh}$

Per trovare la corrispondente distribuzione di $s$ utilizziamo di nuovo il trucco di prima: esprimiamo $h$ come funzione di $s$ e troviamo la derivata

$\displaystyle h=\frac{s^2}{2r} \quad \frac{dh}{ds}=\frac{s}{r}$

e calcoliamo la nuova distribuzione

$\displaystyle\Pr\left(s\middle|\top\right)=\Pr\left(h\middle|\top\right)\left|\frac{dh}{ds}\right|=\frac1{2r}\cdot\frac{s}{r}=\frac{s}{2r^2}\quad s\in\left[0,2r\right]$

la stessa distribuzione triangolare trovata a partire da $\vartheta$!

Avendo ottenuto lo stesso risultato con due ragionamenti diversi mi sento confortato... :roll:
il panurgo

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