gioco difficilissi-missimo

[andomito]

Sì, su ogni "lattice point" (punto a coordinate intere) c'è un albero (all'interno del cerchio/frutteto ovviamente, non fuori )

Mi pareva chiaro, no?

Non proprio. A rigore i lattice point richiedono una griglia regolare, ma non unitaria né quadrata.
Comunque, per la griglia unitaria quadrata di lato 1 l'impostazione del problema mi pare semplice

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Dall'albero centrale il più ampio angolo visuale libero lasciato dalla griglia è a fianco degli assi cartesiani (solo lì ho 50 alberi che si coprono l'un l'altro) e per alberi filiformi ha ampiezza arcsen 1/49 (il 50° albero del secondo filare non c'è perché è fuori dal cerchio).
Se gli alberi non sono filiformi, però, tale angolo visuale è ridotto da una parte dal primo tronco sull'asse (quello di coordinate 1,0) di arcsen r/1=arcsen 1/50, dall'altro dal tronco del 49° albero della seconda fila (coordinate 49,1) di arcsen r/49.01 = arcsen 1/2450.5 . L'angolo visuale libero, pertanto, è di circa 0,00001 gradi. Quasi nullo... quasi.
Penso che nei conti axpgn consideri anche il 50° albero della seconda fila, il cui centro, però, è 1/100 di unità fuori dal cerchio. Se scontiamo quel centimetro i conti tornano

[axpgn]

Potresti fare un "disegnino" ? Perché non ci ho capito molto

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Gli "arcsen" non sono "arctan" ?

Cordialmente, Alex

[axpgn]

@andomito

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Se do in pasto a wolframalpha questo sistema

${(y=tan(arcsin(1/50))*x),((x-49)^2+(y-1)^2=(1/50)^2):}$


mi trova due soluzioni reali ovvero la linea dello sguardo, tangente al primo albero, è secante il secondo …

Cordialmente, Alex

[andomito]

Potresti fare un "disegnino" ? Perché non ci ho capito molto

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Gli "arcsen" non sono "arctan" ?

Cordialmente, Alex

Hai ragione, in realtà avrei dovuto usare arctan.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Ma quello non sposta quasi nulla, il vero errore l'ho fatto non considerando che l'albero lontano occlude la vista non sulla verticale, ma su un angolo di circa arctan 1/49.

[axpgn]

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Ma quello non sposta quasi nulla, ...

È un quasi che potrebbe fare la differenza ... anche se nel nostro caso non mi pare sia così

... il vero errore l'ho fatto non considerando ...

Esatto.

Cordialmente, Alex

[andomito]

La notte porta consiglio.
Rifacendo i conti:

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Angolo di visuale tra i tronchi filiformi in coordinate (1,0) e (49,1) = arctan (1/49) = 1,1691 gradi
(triangolo rettangolo tra origine e tali punti con cateti di dimensioni 49 e 1)
Angolo occluso dal primo tronco (1,0) = arcsen (1/50) = 1,1460 gradi
(triangolo rettangolo formato da retta per l'origine tangente al tronco, raggio ad essa ortogonale e asse x con cateto pari al raggio del tronco e ipotenusa pari alla x del centro del tronco)
Angolo occluso dal tronco della seconda fila (49,1) = arcsen [(1/50)/(49^2+1)^0.5] = 0,0234 gradi
(triangolo rettangolo formato da retta per l'origine tangente al tronco, raggio ad essa ortogonale e congiungente origine, centro del tronco, con cateto pari al raggio del tronco e ipotenusa pari alla distanza centro-origine)
La visuale è pertanto coperta per circa 0,0002 gradi (a meno di approssimazioni della calcolatrice)
In sostanza l'errore era che in un caso dovevo fare arctan, negli altri due arcsen.

[andomito]

e per finire

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Per calcolare di quanto devo ridurre il raggio del tronco per vedere la luce considero che tale variazione ha un effetto sull'angolo occluso dall'ultimo tronco che è circa 1/50 dell'effetto sull'angolo occluso sul primo tronco, e quindi mi limito a computare tale secondo effetto, ponendolo pari alla riduzione di occlusione che ricerchiamo. Avremo

1/sen[ arcsen (1/50) - 0,0002]= 50.0088

Ovvero che se poniamo il raggio pari a circa un 50.009-esimo di unità, circa 0.0000035 unità meno della dimensione precedente (1/50 = 0.02 unità) vedremo senz'altro la luce.

La riduzione proposta nel testo, fatti i conti, è di circa 0.0000039 unità, e dunque maggiore di quella appena trovata. Quindi permetterà a fortiori di vedere la luce.

[andomito]

Ciao,

gli puoi chiedere di disegnare in modo ortodosso un triangolo rettangolo
e vedrai che non ci riuscirà!
E voi?

Bye bye

Cosa intendi con "in modo ortodosso?". L'ipotenusa "in basso" nel foglio e i cateti a congiungersi "in alto"?

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Se è così, in effetti provandoci di getto è facile sbagliare, visto che solitamente l'ortogonalità la percepiamo molto meglio se coinvolge rette "orizzontali" (parallele la congiungente dei nostri occhi).
Il modo più semplice è individuare il centro dell'ipotenusa, tracciare (o visualizzare) il cerchio che l'ha come diagonale e scegliere un qualunque punto su di esso come terzo vertice.

[axpgn]

@andomito
Ma non è sufficiente ...

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Abbiamo già dimostrato (vedi sopra mio sistema) che quel caso non funziona.
Ma, per l'appunto, è solo uno degli infiniti casi
Presupponi che quella sia la situazione migliore (supposizione sensata) ma è tutto da dimostrare che non esista qualche posizione fortunata da cui si possa guardare fuori ...

Cordialmente, Alex

[andomito]

@andomito
Ma non è sufficiente ...

Vero

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Un'altra situazione da esaminare (è un asse di simmetria del sistema) è in corrispondenza della diagonale, per cui con analoghi calcoli [constatato che il primo tronco è in (1,1) ed il secondo in (35,34)] si ricava

Angolo utile tra tronchi filiformi = arcsen {1/[2*(35^2+34^2)]^0,5}=0.8303 gradi
Angolo occluso dal primo tronco = arctan [1/(50*2^0.5)]= 0.8102 gradi
Angolo occluso dal secondo tronco = arctan {1/[50*(35^2+34^2)^0.5]}=0.0235 gradi
Risultandone una copertura di 0.0034 gradi

Resta da dimostrare che ogni altra direzione ha luci minori delle due esaminate. Ad occhio pare evidente, visto che, diminuendo il numero di tronchi allineati lungo il raggio del "primo tronco", l'angolo di copertura aumenta, ma dimostrarlo per induzione (vedendo che accade a rette inclinate del 50%, con 25 punti sul raggio, del 66%, con 16 punti sul raggio, del 75%, con 12 punti…) mi pare poco elegante, dimostrarlo verificando tutte le possibilità in un semiquadrante è troppo laborioso e dedurlo dalle simmetrie del sistema mi pare un po' pretenzioso.

Ci penso un po'...