EL FLACO: Per quel che riguarda la 35 stereoscopica, devo dire che in quella specie di aspirapolvere non potrebbe mai starci una torcia di potenza tale da poter annullare, o anche solo eguagliare, la luce solare che colpisce l'orma. Per poter scattare una foto come quella, e vedere solo le ombre proiettate dal flash, ma non quelle generate dalla luce solare, bisognerebbe scaricare sul terreno una potenza tale che diventa davvero assurdo il solo pensare di averla portata sulla luna. Lo ripeto, se un normale flash da matrimonio comporta batterie estremamente pesanti e a bassissimo rendimento (rapporto fra n. totale di scatti e peso della batteria), soltanto per pareggiare la luce solare ci vorrebbe un accumulatore/generatore di una decina di chilogrammi almeno, a sua volta alimentato da corrente. E il tutto per fotografare un'orma che è già perfettamente illuminata dai raggi solari.


CONTROLUCE: Una foto normalmente si definisce in controluce quando la sorgente primaria sta alle spalle del soggetto, oltre la linea ideale che attraversa il campo dell'inquadratura all'altezza del soggetto stesso. Automaticamente il soggetto non risulta illuminato direttamente da quello sorgente (visto dall'obiettivo, ovviamente).



La foto del LEM (as11-40-5866) è quindi "in controluce" sia perché il sole (sorgente primaria) sta oltre l'asse trasversale dell'inquadratura (passante per il soggetto), sia perché il medesimo non è illuminato direttamente da quella sorgente.

Nella tua ultima ipotesi (il sassolino mancante), quando tu dici: "Gli oggetti che si trovano ad una certa altezza dal suolo ricevono più luce riflessa dal suolo ", riprendi l'ipotesi che io ho già suggerito con la terra direttamente alle spalle di Aldrin. In quel caso, illuminando "in orizzontale", darebbe più luce a lui che non al terreno alle sue spalle. Ma ho anche ricordato che in quel caso, tanta è la luce che lo colpisce alle spalle, quanta deve essere l'ombra del suo corpo proietta sulla parte di navicella davanti al suo tronco.

Ora provo a farti un rapido "pastrocchio", per farmi capire meglio.



In ogni caso, la questione non dovrebbe porsi, perchè la Terra in quel momento si trovava in tutt'altra posizione rispetto al LEM:




°°°°°°°°°°°°°°°°°°°

Aggiungo una cosa per BRUNO: riconosco il mio errore, che purtroppo faccio spesso, di trattare la materia con troppa sicumera. Siccome sono totalmente certo della falsità di quelle foto, tendo spesso a dimenticare che quello che per me è ovvio non lo è necessariamente per tutti.

Non è quindi un voler ignorare certi aspetti delle obiezioni altrui che io faccio, ma è un trascurarli - sbagliando, lo ripeto - perché so che comunque la cosa non è così. Mi scuso di questo atteggiamento, e mi ripeto disponibile a ridiscutere qualunque "conclusione" che abbia voluto trarre in maniera troppo precipitosa.

Visto che stiamo tirando le somme riassumo la vicenda delle stelle.

Tutto, in realtà, è molto semplice. Elaborando al computer le foto del "catalogo Massimo" per mezzo della funzione "trova i bord" - o analoga - che posseggono tutti i programmi di fotoritocco, compaiono nel cielo dei puntolini.

Io avevo inizialmente interpretato questi puntolini come stelle. Per accertarmene ho utilizzato un programma di astronomia che potesse replicare quella precisa porzione di cielo. Affinché ciò fosse possibile, tuttavia, occorrevano una serie di informazioni che non per tutte le foto erano disponibili. Queste informazioni erano: data, ora, luogo, ed orientamento dello scatto.

Le foto che ho inizialmente esaminato erano l'ultima dell'earthrising ed una di una panoramica scattata sulla superficie lunare (scelta poiché permetteva di risalire con assoluta certezza alla direzione dello scatto).

Ho sovrapposto in trasparenza le foto "trattate" digitalmente con le immagini simulate del cielo e, dopo vari adattamenti e spostamenti, ho creduto di trovare una certa corrispondenza tra la disposizione dei puntolini e quella delle stelle.

La corrispondenza, però, non era perfetta.

Poi ho analizzato foto contigue in cui, almeno in parte, appariva la stessa porzione di cielo. L'ho fatto per vedere se i puntolini c'erano in entrambe le foto. Ma non c'erano. Anzi, per la precisione, i puntolini c'erano ma non corrispondevano neanche lontanamente né in posizione né in quantità.

Poi ho preso tutte le foto dell'earthrising e, dopo averle trattate digitalmente, le ho sovrapposte in trasparenza. In tutte c'erano i puntolini ma non ho riscontrato nemmeno una sovrapposizione.

Infine ho esaminato alcune foto del "catalogo Bruno" che, come ho mostrato dal confronto di due particolari della terra, sono più definite. Ciò che ho ottenuto è che trattando digitalmente quelle foto non compare alcun puntolino.

A questo punto io escluderei che quei puntolini - che non corrispondono laddove dovrebbero corrispondere e che compaiono solo nelle foto del "catalogo Massimo" e non in quelle del "catalogo Bruno" – siano stelle.

Ipotizzo che potrebbero essere le seguenti cose:
1. polvere sulla superficie dello scanner che ha digitalizzato le immagini
2. sporcizia digitale dovuta all'algoritmo JPEG di compressione immagini
3. non escludo, infine, che almeno un paio di quei puntolini "particolarmente luminosi" ben visibili in alcune foto siano, molto semplicemente, la stazione orbitante attorno alla luna.


Per quanto riguarda l'effetto di diminuzione della luminosità con la distanza ipotizzato da rigel, mi sono studiato il link fornito da Alb qualche pagina fa sulle grandezze fotometriche ed ho finalmente colmato le lacune che avevo su questo argomento. Adesso credo di avere le idee molto chiare. Ho anche impostato il calcolo per verificare se l'ipotesi di rigel sia accettabile oppure no. Adesso non mi rimane che risolvere numericamente gli integrali che sono venuti fuori (ho trasformato integrali di superficie in integrali di contorno grazie al teorema della divergenza noto anche come teorema di Gauss). La trattazione matematica è piuttosto semplice anche se è ad un livello leggermente superiore a quello posseduto da un buon studente di liceo scientifico. Io comunque posterò tutto (appena avrò il tempo di impostare al computer i calcoli numerici) poiché le argomentazioni dovrebbero essere alla portata di qualunque laureato in facoltà scientifiche (matematica fisica e ingegneria).

Credo anche di essermi chiarito le idee sugli effetti dovuti alla presenza dell'atmosfera.


Infine volevo rispondere ad una osservazione di Massimo su una immagine della Terra che non dovrebbe essere laddove si vede. Ho impostato i dati della missione apollo 11, durante l'unica EVA, nel solito programma di astronomia, e ciò che ho ottenuto è perfettamente compatibile con quella immagine (altitudine terra nonché la sua fase).


Cordiali Saluti

Mi sono accorto di un altro modo per mostrare che la sorgente di luce che colpisce Aldrin non può stare nè alle spalle nè sopra di lui, ma che sta in basso a destra nell'inquadratura (quindi non può essere la terra).



I lati destro e inferiore del backpack sono molto più luminosi di quello posteriore (dorso)


JCK: Grazie per i lpost. Riguardo alla faccenda della posizione della terra, prova ad osservare la prima e la terza foto nel post precedente (Lem in controluce e "azimut" o quasi del medesimo. Non trovi che nella terza la terra sia illuminata da un punto che sta molto più in alto di quel "sole" radente (e un pò anemico) che si vede nella prima?

Un'altra cosa: prima che tu ti tuffi nuovamente nei calcoli (lo dico solo per te, sia chiaro), un'eventuale risultato "favorevole" alla teoria di Rigekl spiegherebbe anche il degrado di luminosità destra-sinistra?

Citazione:

Rigel ha fatto da catalizzatore ma la discussione non e' stata solo Rigel, ognuno ha portato il proprio contributo indipendentemente da Rigel e io penso che i (minimi, se vuoi) risultati raggiunti siano importanti per portare una critica piu' solida (basata su dati "certi", per quanto possano essere certi) a quelle foto.

35mm: L'aspirapolvere veniva appoggiato sull'oggetto da riprendere, quindi la luce solare non ci arrivava. In queste condizioni non hanno avuto bisogno di flash particolarmente potenti, considerando anche che la foto veniva fatta a distanza di pochi pollici (non ricordo esattamente quanti)

"Gateway to Astronaut Photography": NON e' il catalogo Hasselblad di cui avevamo parlato precedentemente (e su cui siamo d'accordo sulla pochezza). Questo sembra essere un catalogo in cui hanno riscannerizzato i film originali. Infatti puoi vedere nelle foto i difetti da usura della pellicola (graffi, buchetti, peletti testardi). Jck ha confrontato (qualche pagina fa) fotografie di K.Teague con quelle di questo catalogo riscontrando in queste ultime una maggiore risoluzione e una minore presenza di "corpi estranei".

Ciao
Bruno

Citazione:

Come gia' fatto notare in precedenza, il sole nella prima foto NON appartiene alla sequenza da cui e' stata costruita. E' un fotomontaggio. Non e' possibile usarlo come "prova" o per confronti.

Ciao
Bruno

BRUNO. Mi sembrava. Scusa allora la mia confusione, vado a vedere il catalogo che dici.

Per quel che riguarda l'aspirapolvere, se ciò che tu dici è vero (nel senso che non è solo una "invenzione" alla Rigel), allora la foto diventa difendibile. Mi fido e non ho nessun bisogno di andare a verificare, soltanto confermamelo please. Curioso sistema di certo, ma possibile.

Come "NON appartiene alla sequenza, ma è un fotomontaggio?" E' chiaro che questo passaggio mi è sfuggito del tutto, ti prego indicami piu o meno la pagina, se puoi.

Buon giorno a tutti.

X Massimo:
La LSCSC(la fotocamera) era usata per fare fotografia alle rocce,cio'è per studi di tipo geologico ,non di certo per fotografare le orme.
Ora (questa è una mia deduzione) questo flah non doveva per forza essere cosi potente da anullare la luce del sole dato che le eventuali rocce da fotografare potevano essere già all'ombra(dentro a un piccolo cratere,dietro a un avvalamento del terreno,ecc , e se erano al sole bastava che l'astronauta si metesse fra la roccia ed il sole faccendo ombra sull'oggetto da fotografare.
Penso anche che in non tutte le occasioni si potesse approffitare della luce del sole per iluminare l'oggetto,perchè se la superficie della roccia fosse troppo irregolare potrebbe proietare ombre indesiderate sulla superficie da fotografare.
Per questo considero l'uso del flash molto logico e non necesariamente dificoltoso.
Poi non credo ci volesse un flah molto potente già che gli'oggetti dovevano essere a circa 18.5 cm dal obiettivo perchè venissero a fuoco.Questa distanza veniva impostata grazie a una asticella fatta di misura che veniva appoggiata sull'oggetto de fotografare(a quanto ci dice la NASA)

Seguo stasera ,adesso devo tornare al lavoro

A dopo

EL FLACO

Bruno, sono andato al nuovo catalogo, ma non ho capito bene come si faccia a trovare uan foto. Ad esempio, ho messo a sx Apollo 11 1969, e nel box di dx "as11-40-5866HR", ma non mi ha dato risultati.

Io purtroppo faccio le 4.30 Am, e devo staccare, riprendo in serata (IT)

Ciao

Massimo

Citazione:

Io quando posso vado a verificare ( ), qui (pag 55 o pag 71 del pdf) ci sono le istruzioni d'uso dell' ALSCC (la 35mm).


Citazione:

Concorrero' al premio speciale "non cagatur a redatione"

Era il famoso mosaico composto dalle foto 5863-5869. In quella sequenza non c'e' (e neanche nelle foto vicine) una ripresa del sole compatibile con l'effetto finale che volevano ottenere e quindi ce l'hanno messo a mano.

Citazione:

Devi selezionare il check "All digital images including those that have not yet been cataloged". Quasi tutte le foto Apollo non hanno descrizione (non catalogate).
E' piu' facile cercare per rullino.

Ciao
Bruno

Ciao Massimo,
ti rispondo velocemente perché in questo momento sto facendo altre cose (sto lavorando) e sono in un momento di break.

Per quanto riguarda la differenza di luminosità destra sinistra, più ci penso e più ritengo che la spiegazione data da Bruno qualche (parecchie) pagina fa possa esserne la causa. Bisogna infatti tenere sempre presente dov'è il sole rispetto alla fotografia poiché il suolo non è liscio ma è composto da sabbia. Bruno, molto argutamente, ha fatto notare che assimilando la sabbia (o terriccio o qualunque altra cosa di irregolare) a delle sferette - è ovviamente una semplificazione ma rende perfettamente l'idea - queste, come dei pianetucoli, hanno delle fasi. Per cui, a seconda di come si guarda la singola particella di terreno, questa potrebbe apparirci come "palla nuova", "un quarto di palla", "mezza palla", "tre quarti di palla" e "palla piena" (da non confondere con le "palle piene" che sono un'altra cosa - la stupenda terminologia è comunque di Bruno).

Ora quando il sole arriva da un lato rispetto alla direzione che si sta inquadrando, per motivi puramente prospettici avremo che metà del campo visivo (quello destro o quello sinistro, a seconda della direzione del sole) sarà composto da sabbia ad "un quarto di palla" e, quindi, meno luminosa, mentre l'altra metà del campo visivo sarà composto da sabbia a "tre quarti di palla" e, quindi più luminosa.

Poi, per quanto riguarda la foto, tieni presente che (ho controllato) terra e sole sono, rispetto all'osservatore (macchina fotografica), in direzione quasi diametralmente opposta. Pertanto, poiché nell'immagine compare la terra, il sole sta quasi alle spalle dell'osservatore. Da quel punto di vista è difficile, guardando le ombre, quanto alto sia il sole all'orizzonte. Lo si può fare agevolmente solo se il sole viene di lato. In quel caso, invece, il sole viene alle spalle. Puoi fare un semplice esperimento (che poi è quello che ho fatto anch'io quando mi hai mandato quell'immagine - già immaginavo l'obiezione che avresti mosso). Prendi una squadretta di quelle che usano i ragazzi a scuola. Scegliti un angolo acuto e anziché guardarlo frontalmente guardalo di "taglio". Vedrai che tanto più di taglio guarderai quell'angolo, tanto più grande esso ti apparirà.

Vabbé, ora torno a lavorare. Ma guarda te come devo passare le mie pause

Saluti

P.S. un'ultima cosa. Io non sono rigel. Il che, tradotto, significa che non sono in grado di rispondere ad una raffica di domande differenti. Posso solo tentare di rispondere a una domanda per volta. Poi, una volta sviscerato il problema, posso passare ad altro.

Ho ricontrollato la A11photomap.gif in
http://www.hq.nasa.gov/office/pao/History/alsj/a11/a11photomap.gif
(avevo già chiesto info) ma vorrei richiedervi alcune domande “banali” e non scientifiche.

La foto as11-40-5862HR in cui si vede “qualcosa” dal finestrino (non so di quale materiale fosse composto) è “abbastanza” anomala.
In tutte le missioni il finestrino è coperto da un triangolino azzurro (molto sospetto e posticcio). Esiste un meccanismo che tira automaticamente la tendina del LM (hanno progettato pure quello e non poteva farlo Aldrin)? Essendo abbastanza riflettente, si poteva vedere qualcosa?
Allora mi viene un dubbio: la bandiera si vede dal finestrino ed era già predisposta in un bel buco (per non rovinarla) dove Armstrong scattò le prime foto, poi la passò ad Aldrin.
Non si vede in nessuna foto il famoso canestro dove era inserita la bandiera. Aldrin non l’aveva con se e, sulla scaletta, non sono riuscito a vedere il tubo che la conteneva.
Altra domanda banale: come facevano a sapere che l’asta della bandiera doveva essere inserita nel suolo? Conoscevano già la composizione della superficie lunare? No, ed allora perché la NASA non ha predisposto un treppiedi o qualcos’altro per sistemala?
Inoltre altre apparecchiature hanno l’asta infilata nella sabbia (?!).
Alla NASA volevano divertirsi con gli astronauti facendoli arrabbiare perché dovevano faticare nell’impresa (all’inizio e con tutto quello che dovevano ancora fare)?
Per caso, era/no stato/i predisposto/i un/dei bel buco/chi anche sul lato IV dell’ LM?

Altre foto che mancano nella mappa:as11-40-5897
as11-40-5898, as11-40-5899 sballate (guarda caso verso il finestrino)
as11-40-5900 non c’è
lasciamo perdere la as11-40-5904
La as11-40-5862 (finestrino con bandiera) e la as11-40-5863 (anche quella taroccata) sono le prime foto di Aldrin che scende dal modulo, perché se le sono dimenticate?
Hi-speed
PS: non le ho controllate tutte e non so se ne mancano delle altre. Meno male che sono così precisi alla NASA.

Hi-Speed:
Citazione:
scusa, non pensavo che qualcuno andasse a controllare quelle che mancavano. Qui c'e' una mappa piu' rustica ma con qualche spiegazione in piu'

Ciao
Bruno

Grazie Bruno61
Avevo la foto della mappa rustica ma non il link.
Rimane sempre l'interrogativo del perchè si sono dimenticati di inserirle.
Alcune sono inutili, altre moooolto importanti.
hi-speed

Buenas tardes!!

X Massimo
Tu dici :
Citazione:

Ora guardando il tuo"pastrocchio",quell'ombra che hai disegnato si vedrebbe se la fonte di luce fosse SOLO alle spalle di Aldrin MA la fonte di luce non è solo alle sue spalle.La fonte di luce(riflessa) è quasi di 180° dietro di lui,cio'è destra sinistra e dietro.
Ora mi chiedo e vi chiedo :

Dato che Aldrin non è contro la navicella ma c'è uno spazio fra lui e lo sportello

e possibile che la luce arrivando da quasi 180° possa far "scomparire" l'ombra??

Cio'è se ilumino un oggetto con una fonte luminosa di una certa intensità,provocando l'ombra di questo oggetto su un muro(per esempio) e poi con un'altra fonte luminosa ilumino soltanto l'ombra provocata dalla prima fonte luminosa, riesco a far "sparire" l'ombra???

Che ne dite.???

El Flaco

Scusate ma guardando questa foto mi è venuto un dubbio,ma cosi , subito non appena l'ho vista(sicuramente è una cazzata)

Ma .Dov'è l'impronta dell'altro piede???

Ha fatto un salto e poi volando (galleggiando a mezzaria) ha scattato la foto!
Hi-speed

PS: che numero portava?

No in quet'altra foto forse si capisce come ha fatto


E' il piede sinistro.

Qualche informazione in piu' sulla 35mm qui, pag 177 del pdf)

Ciao
Bruno

Scusate, sono impegnato sul fronte Attivissimo, ma volevo rispondere al volo a El Flaco:

Non puoi dire che la fonte alle spalle di Aldrin illumini da 180°, poichè l'unica ipotesi "naturale" rimasta era quella della Terra. E se fosse la terra ad illuminarlo, da lontano, i raggi che lo colpiscono dovrebbero essere praticamente paralleli. Ecco perchè ho disegnato quell'ombra rudimentale proprio davanti a lui.

Invece è proprio il fatto che sia EVIDENTE che l'illuminazione su Aldrin è anche laterale, che dimostra come si tratti di una sorgente aggiuntiva, molto più vicina (con tutta probabilità, un paio di grandi pannelli argentati, più una "fill-light" laterale, dal basso sulla destra.

Una conferma al "volo" per la teoria della "palla nuova/palla piena"

Questa immagine, estratta dalla AS11-40-5880, chiarisce meglio di qualsiasiasi spiegazione la teoria di Bruno (che io sostengo pienamente)



Se si guarda un tratto di terreno (non importa se esteso o ridotto come negli esempi di seguito riportati) con il sole che viene di lato, metà apparirà (all'osservatore) più chiara e metà più scura. E tutto ciò a parita di distanza. La meta più chiara sarà ovviamente quella di fronte al sole (lato opposto a quello da dove viene l'illuminazione del sole) dove le particelle di terreno, rispetto all'osservatore, sono nella fase "palla piena", mentre la metà più scura sarà quella dal lato da cui proviene il sole dove le particelle, sempre rispetto all'osservatore, sono nella fase di "palla nuova".

Nell'immagine che segue ho ravvicinato due particolari della stessa fotografia (la AS11-40-5880 postata da EL FLACO). Il particolare di sinistra è stato preso dal bordo sinistro della foto mentre il particolare di destra è stato preso dal bordo destro della foto. L'altezza del particolare rispetto al bordo inferiore della foto è lo stesso. I particolari non sono stati trattati digitalmente e si trovano allo stesso ingrandimento. Il sole, come mostrano le ombre, viene da destra. Fatta la proporzione con la dimensione dell'impronta da cui i particolari sono stati presi, si deduce che le due porzioni di terreno non possono essere distanti l'una dall'altra che pochi decimetri. L'unica cosa che li differenzia è la loro posizione reciproca rispetto al punto di vista. Bene, si vede chiaramente che la porzione di sinistra, in accordo con la teoria di Bruno, è più luminosa della porzione di destra.



Questo è un altro esempio tratto dalla foto AS11-40-5877 (sempre postata da EL FLACO). L'effetto è ancor più evidente.



E per stasera è tutto. Vado a leggermi l'articolo su Attivissimo e poi vado a nanna. A domani.

Buona notte

Tu dici:
Citazione:

Non sono d'accordo,forse non mi sono spiegato bene.

Dietro ad Aldrin c'è una distesa di terreno tutta iluminata dal sole che riflette la luce.
Questa distesa ilumina Aldrin da ore 3(destra) da ore 6(alle sue spalle) fino a ore 9(destra).
Ora tutto quel terreno sta inviando luce verso Aldrin(quanta,?vedremo)
a questo mi riferivo.E come avere un neon(scusa l'esempio balordo!) semicircolare dietra al culo.

Per quanto riguarda le ombre,che ne dici??

El Flaco

Jck Inviato il: 1/2/2006 12:46
Citazione:

Ciao...Scusa tanto. Ti sarà certamente sfuggita la mia risposta sull'argomento (a pagina 75), ma, ammesso che l'impostazione del problema sia giusta,
non credo sia necessario risolvere integrali...
..e N.B... le formule valgono nello spazio tridimensionale..

Lo ripeto qua:

(a pagina 75):
franco8 Inviato il: 26/1/2006 10:54
---------------------------------
Non occorre nessun calcolo complicato.. nè integrazione... E' sufficiente considerare le due formule a) Emissione di un elemento di superficie
e b) angolo solido individuato dall'elemento di superficie e notare che variano secondo la stessa legge n funzione della distanza e dell'inclinazione:

a) Emissione di un elemento di superficie
df è un flusso "elementare" emesso dall'elemento di superficie dS. ,

df = ( F * cos (theta) * dS ) / ( 2 pigreco * r^2 )

F sarebbe la potenza emessa per unità di superficie radiante,
N.B. : Non so se nella formula giusta ci va nel denominatore fattore 2 o 4 ma, poco importa, perché sarebbe sufficiente scrivere:

df = costante * dS * cos(theta) / r^2

theta è l'angolo tra la perpendicolare all'area dS e la congiungente tra "occhio" e areola "dS"
r è la distanza tra areola e "occhio"


b) angolo solido individuato dall'elemento di superficie.

dang = dS * cos(theta) / r^2.

( N.B. Come prima, sarebbe sufficiente scrivere:
(
( dang = costante2 * dS * cos(theta) / r^2
(... ovviamente theta è lo stesso, definito sopra...)

---------------

Nota che rigel aveva sostenuto che gli angoli theta nelle due formule sono diversi, ma non è così.

Ti torna?

Miiiiiii EL FLACO, te me fet murì...

Credo di averlo spiegato già tre volte, ma lo riposto di nuovo.

Luna o terra, non si scappa. Anzi, il rapporto fra luce incidente è luce riflessa sulla Terra è molto più alto di quello lunare. Sulla Terra hai, ad aiutarti, 1) la rifrazione atmosferica, 2) un suolo mediamente più riflettente, e 3) eventuali oggetti riflettenti alle spalle del fotografo (edifici, altro), mentre sulla Luna non hai rifrazione, il terreno riflette molto poco, e non c'è nulla alle spalle del fotografo che ti aiuti a riflettere qualcosa sul soggetto.

Ti invito a (ri)leggere con attenzione questa pagina:

http://www.luogocomune.net/site/modules/sections/index.php?op=viewarticle&artid=19&page=3

Guarda in particolare le foto dell'orso sulla neve (e immagina che quella neve sia il suolo lunare della foto di Aldrin). Sulla Terra tu hai 1) atmosfera che da rifrazione 2) suolo luminosissimo 3) Probabili montagne alle spalle, che aiutano a riflettere luce.

Nella foto di ALDRIN invece 1) Non hai effetto rifrazione (non c'è atmosfera). 2) Il terreno riflette poco (ricordi, l'albedo di Rigel?) 3) Non c'è assolutamente NULLA di solido alle spalle del fotogtrafo, per riflettere luce.

(A parità di sfondo), se l'orso è praticamente nero, come fa Aldrin a essere così illuminato?

Sulla Luna infatti NON PUOI in nessun modo avere un rapporto di riflessione, fra luce incidente e luce riflessa, che sia superiore a quello terrestre.

In termini di quantità, sulla Terra hai un rapporto medio di riflessione, fra luce incidente e luce riflessa (fra luminosità dello sfondo in luce e luminosità del soggetto in ombra), di circa 4 volte (2 stop abbondanti). Mentre nella foto di Aldrin si vede un rapporto praticamente di 1= 1. Cioè la luminosità del terreno in luce, sullo sfondo, è praticamente pari a quella del soggetto in ombra!!! Questo è IMPOSSIBILE (a meno di...)

Salve raga.

X Massimo

Quando dico che non sono d'accordo parlavo del fatto Che aldrin non fosse iluminato da 180° di terreno dietro di lui.
Tutto il terreno dietro di lui è iluminato dal sole, a sua volta il terreno ilumina Aldrin(mi ricordo l'albedo della luna di circa 8%).
Appunto ,dicevo che il problema era QUANTA luce arrivasse ad Aldrin.
Per il resto sono d'accordo con quasi tutto.Avevo anche letto quello che dicevi approposito del controluce.
Il suolo lunare riflette 8% della luce solare la tutta riflette il(quanto??)90 % della luce del terreno(che albedo ha la tuta???).

SE questo è vero(più o meno) la tuta si vedrebbe di un 10% meno luminosa del terreno. E' cosi??

Abbi pazienza, perchè tanto non ti do tregua fin che non metto i puntini(sulle mie)" i "



EL FLACO

Possiamo davvero fare le STESSE considerazioni sulle due foto? Quella di sinistra e' presa dall'Apollo Image Library (Kipp Teague), quella a destra dal Gateway for Astronaut Photography

Ciao
Bruno

Citazione:

Mmmm... Sembrerebbe di sì..
?

Intendi che potrebbe non essere in controluce?

per franco8: (attenzione: post pieno di formule. Astenersi perditempo )

E allora franco,
aiutami a chiarirmi le idee. Innanzitutto io sto facendo riferimento al link postato da Alb. A questo punto, per discutere utilizzando lo stesso linguaggio, sarebbe meglio che entrambi facessimo riferimento a quel documento. Se ne preferisci un altro fammi sapere ed io cercherò di adeguarmi.

Al momento, però, farò riferimento al link postato da Alb (e li sono anche le immagini che visualizzano quello che dirò in seguito).

E allora, abbiamo una superficie infinitesima dS che emette flusso luminoso. Ammettiamo che sia, tanto per semplificare il problema, una superficie Lambertiana (nel senso definito in quel link), e diciamo B la sua luminanza (la cui unità di misura è la cd/m^2).

Indichiamo adesso con dA un'altra superficie infinitesima. E' la superficie infinitesima che riceve il flusso luminoso emesso da dS. Indichiamo questo flusso luminoso "ricevuto da dA ed emesso da dS" con dF dato che è anch'esso infinitesimo. Indichiamo infine con "phi" l'angolo che la normale a dS (superfice da cui parte il flusso luminoso) forma con la congiungente delle due superfici, e con "tetha" l'angolo che la normale a dA (superficie che riceve il flusso luminoso) forma con la stessa congiungente.

Secondo quanto stabilito da quel documento sulle grandezze fotometriche detto dw l'angolo solido infinitesimo sotteso dalla superficie ricevente dA rispetto alla superficie emittente dS, si ha che:

dF=Bcos(phi)dSdw

ed essendo

dw=cos(tetha)dA/r^2

con r distanza tra dS e dA

si ha:

dF=Bcos(phi)cos(tetha)dAdS/r^2

che poi è anche la formula che compare in quel link.

A questo punto ammettiamo che dA sia una porzione di superficie di pellicola fotografica (dato che è quella poi la superficie che effettivamente riceve il flusso luminoso).

Un'altra grandezza fotometrica molto importante è l'illuminamento la cui unità di misura è il lux (lux=lm/m^2). Questa è definita come il rapporto tra il flusso luminoso dF ricevuto da una porzione infinitesima di superficie dA, e la superficie stessa.

Nel nostro caso l'illuminamento che riceve la lastra fotografica per effetto dell'elemento infinitesimo di superficie dS (terreno) sarà dunque:

I=dF/dA=Bcos(phi)cos(tetha)dS/r^2

Quindi se consideriamo una porzione di terreno finita S l'illuminamento a cui sarà soggetta la lastra fotografica per effetto del flusso luminoso emesso dalla porzione finita di terreno S sarà pari al seguente integrale doppio:

I(S)=Integrale di Bcos(phi)cos(tetha)dS/r^2 esteso a tutta la superficie S

Questo è, grossomodo, il calcolo che ho intenzione di fare. Il discorso sull'angolo solido che sto facendo io, invece, è diverso. Ciò che mi interessa è calcolare I(S) di porzioni di superfice che sottendono all'obbiettivo sempre lo stesso angolo solido. Dunque, una volta fissato arbitrariamente un angolo solido finito, io andrei a determinare sul suolo lunare il contorno della superficie che lo sottende per mezzo di semplici considerazioni di geometria proiettiva (se sulla foto si considera un circoletto, sul suolo la figura equivalente sarà una specie di ovoide tanto più allungato quanto più il circoletto sulla foto è vicino al bordo dell'orizzonte). Definito il contorno io andrei poi a calcolare quell'integrale ed otterrei, in lux, l'illuminamento proveniente da quella porzione di terreno.

Poi, sempre a parità di angolo solido finito, io confronterei l'illuminazione della lastra fotografica per diverse porzioni di terreno.

Il discorso mi pare rigoroso: non ho introdotto alcuna approssimazione. E, ti confesso, osservando l'integrale che ne viene fuori (od anche la funzione integranda) non riesco proprio a prevedere in anticipo il risultato come, invece fai tu. Io credo che il calcolo vada comunque fatto.

Come vedi la mia formulazione differisce sostanzialmente dalla formulazione su cui avete lavorato sia tu che rigel nei giorni passati. Io, da perfetto ignorante quale sono sull'argomento, sono andato a studiarmi il link che ha postato Alb ed ho, né più né meno, applicato rigorosamente (credo) quella formulazione al nostro problema. La differenza tra le due formulazioni, tua-rigel e del link, sta nel fatto che bisogna distinguere tra superficie emittente e superficie ricevente, e andare a considerare l'angolo sotteso dalla superficie ricevente e non di quella emittente.

Che ne pensi?

Risalve a tutti,
qualcuno sarà scomparso ma io no :D .

Complimenti ancora per la discussione che mi sta facendo passare momenti di pausa lavorativa davvero interessanti.

In merito alle differenti zone di luminosità nelle foto trovo che la spiegazione di jck sulle "palle piene" sia la migliore che ho sentito finora, forse perchè la più comprensibile.

Vorrei però sollevare una nuova domanda. o meglio si tratta di una curiosità a proposito di una foto postata qualche post fa da un utente.
La foto è quella dell'orma, precisamente quella dove un utente chiedeva dove fosse l'orma del piede sinistro.
Ebbene: mi pare di notare che poco a destra dell'impronta il terreno possiede strane tracce come se si fosse in parte indurito e avesse formato una "crosta".
Al che mi viene un dubbio. infatti che io sappia, affinchè un terreno composto da finissime particelle possa "agglomerarsi", serve acqua! e allo stesso tempo mi pare che di acqua sulla luna non ce ne sia. Qualcuno mi può spiegare questa cosa?

Grazie

QUI LA FOTO

Me lo devo rileggere, ma l'impostazione mi pare corretta... tranne alcuni punti ... anzi solo uno.

Considera che l'impostazione cui facevo riferimento nell'ultimo post mi pare che ha poco a vedere con le impostazioni di rigel (con i calcoli degli integrali e coi segmenti, per intenderci).
In effetti io facevo l'approssimazione di considerare la macchina praticamente un punto...
Quindi, in efetti, non ho considerato dA... (ovvero considero molto più piccole le dimensioni di A rispetto al resto)
L'angolo solido di cui parlavo nella mia seconda formula è quello sotteso dalla superficie emittente dS, quindi non dw della formula cui hai fatto riferiemnto tu .
Penso che le mie considerazioni siano corrette lo stesso, ma, in effetti il dubbio me lo hai fatto venire.... vista l'approssimazione non "esplicitata" (?!)

Per metterle con la stessa terminologia le due formule che io consideravo corrisponderebbero:

la prima "mia" corrisponde alla terza ponendo theta praticamente costante ovvero come se il flusso associato al "raggio" che passa in un punto...
(la terza) dF = K cos(phi) dS /r^2

(Il punto dubbio è questo)
Credo che l'area illuminata che dovresti considerare non sarebbe la pellicola nella macchina fotografica, ma l'apertura dell'obiettivo della macchina.
E allora integrando in A, credo che il theta si può considerare che non vari...

Citazione:

A me pare, le considerazioni di geometria proiettiva di cui parli dovrebbero corrisponde alla mia "seconda formula" , cioè quella che lega l'angolo solido che intendevo io... con la superficie "illuminante"
( Che non è il dw di cui sopra ma sarebbe proprio :

cos(phi)dS/r^2 (corrisponde alla "mia" "seconda formula)

Quindi ... a voler tener conto delle dimensioni della macchina, si dovrebbe considerare l'integrale che hai detto tu, se però consideriamo che la luce che proviene la superficie illuminata che devi considerare è l'obiettivo della macchina (anzi l'apertura del diaframma) credo che sia lecito considerare theta uguale per tutti i dA.
Credo che sia lecito fare quelle approssimazioni, ovvero: considerare la lente come se fosse un punto in cui convergono i raggi che poi vanno a finire sulla pellicola.
Per valutare i raggi si può considerare puntiforme. Le dimensionsioni vanno poi considerate per valutare effettivamente la luce che entra..

Credo si possa calcolare poi, analogamente, (vista "da dentro la macchina" )quanta luce, che parte dall'obiettivo, colpisce la pellicola...
Ma credo ancora che non sia necessario fare un integrazione... Anche se , se la fai tanto meglio....

Vabbè, scusa la poca chiarezza.. Volevo fare un disegno, ma sia capisce ancor meno...
Ciao.

Per Orione:
ciao e ben trovato. Ti prego di non abbandonarci se no rimaniamo senza astronomi

Per quanto riguarda la teoria delle "palle piene", anche per me è ottima. Tuttavia non è mia. Io l'ho semplicemente adottata. L'autore è Bruno61

Per quanto riguarda infine la foto dell'orma, devo dire che la prima volta che l'ho vista quella che ti sei posto tu è stata anche la domanda che mi ero posto io. Massimo, nelle sue pagine web dedicate alla luna faceva un piccolo test. Mostrava quella foto ingrandita e poi diceva: "cosa c'è che non va nella foto?". Lui si riferiva - l'ho capito dopo che lo ha detto qui sul forum - al fatto che le ombre non si accordavano con una sorgente luminosa naturale. Lui sostiene, ed ha assolutamente ragione, che quelle obre sono state prodotte da una sorgente artificiale. La discussione, infatti, si è ora spostata su di una particolare macchina fotografica con flash. Io la chiamerei la discussione sul "flash si/flash no".
Io, invece, guardando quella foto mi ero chiesto, come te, come fosse possibile lasciare una impronta così ben definita in assenza di umidità. La risposta migliore, secondo me, l'ha data rigel. Lui ha sostenuto che l'impronta poteva aversi anche senza umidità se il terreno fosse stato particolarmente fino. Rigel ha citato il borotalco per fare un esempio. Mi ricordo che immediatamente ho fatto una prova. Ho versato un po' di borotalco su un foglio di carta e l'ho calcato con un dito. Pur non essendo il borotalco umido, è rimasta chiaramente impressa la mia impronta digitale.


Per franco8:
si, quello della macchia fotografica puntuale è stato un problema che mi ha angustiato per un po'. Io avevo ben chiaro fin dall'inizio (se ti ricordi il mio primo abbozzo di teoria) che l'angolo solido dovesse essere sotteso all'obbiettivo (o alla porzione di lastra fotografica - credo sia indifferente) e non alla porzione di terreno. Solo che non sapevo, causa ignoranza, come impostare matematicamente il problema. Poi, una volta capita l'impostazione teorica, sono giunto alla conclusione che la grandezza fotometrica significativa per spiegare la maggiore o minore luminosità delle foto non era il flusso luminoso ma, bensì, la "pressione" del flusso luminoso sulla pellicola o obbiettivo (ho utilizzato un termine sicuramente improprio ma che rende l'idea: la pressione del flusso luminoso dF/dA)

A questo punto io credo che valga la pena di eseguire il calcolo numerico. A me non costa molto. Anche perché sono riuscito a trasformare un integrale di area in un più semplice integrale di contorno per mezzo del teorema di Gauss.

Il problema quindi si sposta e diventa questo: su quali porzioni di terreno integrare per avere risultati significativi? Qui mi avete aiutato a capire sia tu che rigel. L'integrazione fa fatta su di una qualsiasi porzione di terreno a patto che sottenda lo stesso angolo solido. In questo modo, a parità di "area sulla foto" è possibile calcolare in lux l'illuminazione che arriva dal terreno. Se l'illuminazione diminuisce con la distanza allora abbiamo una spiegazione rigorosa dell'effetto che si vede in alcune foto, altrimenti non abbiamo alcuna spiegazione.

Credo che è questo che vogliamo sapere, no?

P.S. Si, anch'io avevo intenzione di considerare il "tetha" costante e pari a 0°. In questo modo il calcolo si semplifica perché cos(tetha)=1. E' una approssimazione accettabile se, come dici tu, faccio riferimento all'obbiettivo.