On Wed, 09 Oct 2002 17:08:32 GMT, "Paolo Cavallo"
<paolo.cavallo_at_iperbole.bologna.it> wrote:
>
>Non so il perche' del sorrisino, ma c'e' un secondo di troppo...
>
Riporto, per curiosita' dei piu', la proposta di soluzione del
problema, cosi' come e' proposta dal libro Halliday.....
Vi e' una figura nella quale e' disegnata la Terra come una
circonferenza. In essa sono disegnati due triangoli rettangoli. Il
primo ha per vertici rispettivamente il centro della Terra O, la
posizione degli occhi dell'osservatore quando e' all'impiedi C e il
punto tangente alla circonferenza della Terra B ottenuto mediante il
prolungamento della visuale dagli occhi dell'osservatore in piedi
durante il primo tramonto del Sole. Il secondo triangolo rettangolo
e' piccolissimo, rispetto al primo. I tre vertici sono
rispettivamente: la posizione degli occhi dell'osservatore quando e'
disteso per terra A, di nuovo la posizione degli occhi
dell'osservatore quando e' all'impiedi C e il prunto intersezione
della visuale del secondo tramonto con quella del primo tramonto H.
Bene. Indichiamo CH=d e AC=h. Due passaggi per trovare la formula
risolutiva. Chiamando d la distanza CB, dal teorema di Pitagora si
ha:
d^2+r^2=(r+h)^2=r^2+2rh+h^2,
ossia
d^2=2rh+h^2,
cioe' con h trascurabile:
d^2=2rh.
Per calcolare d si applica la seguente proporzione:
teta:360gradi=t:24ore,
da cui
teta=0,004625 gradi.
Ma e'
d=r tan(teta)
e sostituendo:
r^2 tan^2(teta)=2rh.
Ovvero:
r=2h/tan^2(teta),
cioe':
r=(2)(1,70)/tan^2(0,04625)=5,22 10^6m valore approssimato del 20%.
Scusate la confusione dei simboli, ma non mi e' possibile fare di
meglio.
Vincenzo Calabro'
Received on Thu Oct 10 2002 - 09:06:53 CEST