Citazione:

Ciao hi-speed,

la foto è stupenda. Avete notato come, con l'illuminazione naturale, si vede chiaramente l'effetto di diminuzione della luminosità destra sinistra? E' secondo me un bell'esempio di effetto "palle nuove/palle piene". Le ombre delle persone rivelano che il sole è basso all'orizzonte e che i raggi provengono da sinistra. Per terra, quindi, i sassi sono illuminati sul lato sinistro (palla piena) e sono in ombra sul lato destro (palla nuova). Pertanto, osservando il lato sinistro della foto, i sassolini ci mostrano il loro lato destro - cioè il lato in ombra - e il terreno ci appare più scuro, mentre osservando il lato destro della foto i sassolini ci mostrano il loro lato sinistro - cioè il loro lato illuminato - e il terreno ci appare più chiaro.


Oggi ho un po' di tempo libero. Se ci riesco posto tutto stasera.

Cordiali Saluti

[Edit: Sono le 19:35 e sono circa a metà documento. Per oggi sono stanco e mi fermo qui. Proverò a completarlo domani. Buona notte]

Dove andarono ad allenarsi gli astronauti dell'Apollo?

in Islanda

hi-speed
PS:askja

ORIONE: Purtroppo sono rimasto indietro con il resto della discussione, ma in questo caso intervengo lo stesso, perché ho proprio discusso ieri con JCK dello stesso argomento di cui parli tu.

È verissimo che nel caso della terra hai due fonti di luce, ma a questo punto bisogna distinguere bene fra fonti primarie e fonti secondarie. Quelle primarie, per definizione, emettono luce propria, quelle secondarie la riflettono (o rifrangono) soltanto.

Ma in ogni caso, la quantità di luce presente nel volume considerato rimane identica. Cambia la sua qualità, nel senso che ogni raggio, invece di spendere tutta la propria energia sul target principale, ne disperde una parte lungo il percorso, consegnandola alle particelle d'aria che incontra per strada. In quel caso aumenta quindi la luce diffusa attorno all'oggetto, mentre diminuisce quella incidente che lo colpisce in maniera diretta.

Per farti un esempio pratico, prova ad immaginare una giornata di pieno sole in alta montagna. L'aria è cristallina, "trasparente", le luci sono forti e le ombre sono nette e marcate. Sale di colpo la nebbia, che avvolge tutta la vallata. Mentre cambia completamente la qualità della luce, non cambia di una minima frazione la quantità della stessa. Se tu per caso stavi fotografando a 250/f8, continuerai tranquillamente a fotografare con lo stesso diaframma una volta che la nebbia abbia invaso il tutto.

(In realtà, aumentando la densità dell'aria, hai addirittura una leggera diminuzione della luminosità totale dell'ambiente, poiché l'atmosfera più densa riflette anche una certa quantità di luce verso lo spazio da cui proviene).

Ma mai e poi mai potrai pensare di aumentare la luminosità del tuo soggetto, circondandolo di particelle d'aria più o meno dense. Come ho già detto, cambierà la qualità della luce - cioè il contrasto (la luce sta "tutta" nelle zone illuminate, e nulla in quelle in ombra) - ma non la sua quantità.

Non so se questo scombini o meno il tuo ragionamento, o quello di altri - ho detto che purtroppo non ce l'ho fatta a seguire tutto, e mi dispiace davvero - ma mi sembrava importante fare questa precisazione.

Massimo

Citazione:

Ecco, noto che si è preso in esame proprio quello che asserivo io qualche post fa.
la sorgente di luce diffusa rappresentata dal cielo non può essere eliminata dalla discussione quando si fanno paragoni terra-luna, tipo quelli fatti da massimo nelle sue pagine di confronto fotografico.

Esattamente come sostenevo che le differenze di illuminazione fra terra e luna, qui sono assolutamente coperte da quest'effetto luce diffusa. L'unica simulazione che si potrebbe fare qui da noi è quella di fare una foto in un deserto di notte e con un solo spot potentissimo messo molto lontano e ad una certa altezza. Cosa ovviamente quasi impossibile.

Giusto un esempio pratico:
se volete vedere l'effetto e la potenza luce diffusa espressa dal cielo terrestre basta che osservate intorno a voi come sono illuminate le giornate nuvolose.
L'ombra è davvero impercettibile e tutto è immerso in una luce uniforme che non è affatto bassa dal momento che ci si vede benissimo (proprio oggi qui da me non c'è sole).

Ho visto nel documento cui ti riferisci (link di Alb) questa dipendenza da cos^4... non so se esattamente la stessa cosa di quella che intendevo io... dovrei rileggerlo meglio, così come dvrei rileggermi il tuo ultimo.

La dipendenza da cos(theta)^4, mi torna, comunque. (E' corretto quel che dici, se avessi trascurato la dipendeza dall'angolo theta il risultato sarebbe stato indipendente dall'angolazione della visuale... ovvero, torna anche a me.

E in effetti, alla dipendenza da ( cos(theta) ^4 ) ci si arriva anche attravero un altro ragionamento:
1) c'è una dipendenza della luce che entra nell'obiettivo in base all'inclinazione ( la luce che entra è massima quando theta è zero) e varia con cos(theta)...
2) l'area della pellicola (che io avevo indicato con dE) aumenta con l'aumentare di theta (a parità di angolo solido elementare du' considerato) e aumenta come ... L^2 / cos(theta)
( se chiamo L dell'areola dE e F la distanza del piano della pellicola si ha F=L*cos(theta) )
( quindi L ^ 2 / cos(theta) = F ^ 2 / (cos(theta)) ^3
lo stesso angolo solido indivudua sulla pellicola areole che crescono all'aumetare di theta. Poiché la luce per angolo solido è costante, vuol dire che la luce per unità di area diminuisce...

Allora ecco che viene fuori la dipendenza da cos(theta) ^ 4


Quantitamente può spiegare alcuni degli effetti "aloni".. (assieme a delle condizioni "particolari" non saprei... ipotizzo, naturalmente) ? ?
Per un angolo di 30° il ( cos( pigreco/6) ) ^ 4 = 0,5625
Per theta di 15 il ( cos( theta) ) ^ 4 = 0.870512702

Dalle tue integrazioni, quantitativamente che differenze ti risultano tra centro foto e bordi?

A presto.. con più calma...
(

- P.S.
Riguardo alla questione della tuta.. neanch'io ho risposte... almeno per ora..

Citazione:

OK (sob ),
vuol dire che preparerò un documento (magari scannerizzando i fogli con la mia scrittura), lo caricherò su spread-it ed aggiungerò il link in un post successivo.

Citazione:

Se per te non è un problema (nel senso che lo devi già fare per Franco8) potresti postarlo lo stesso? Credo sia interessante e potrebbe interessare anche futuri lettori del thread.

Citazione:

Ciao El Flaco,
scusa l'ignoranza ma non so proprio risponderti. Non sono neanche sicuro di aver capito bene la domanda. Il problema principale, comunque, è che non so nemmeno cosa significhi la parola "albedo". Ora vado a documentarmi ma... non garantisco niente


Per franco8:
Finalmente oggi ho trovato un po' di tempo libero e sono riuscito ad eseguire il calcolo.

L'integrazione l'ho eseguita su porzioni di superficie che sottendono rispetto al diaframma della macchina fotografica sempre lo stesso angolo solido. Nell'eseguire l'integrazione ho messo in conto tutti e due gli angoli ("phi" e "tetha"). Ho proceduto in questo modo perché ho dimostrato rigorosamente che se avessi trascurato l'angolo che il raggio visivo forma con la normale al diaframma, il risultato sarebbe stato indipendente dall'angolazione della visuale e, quindi, a parità di angolo solido l'illuminazione sarebbe stata costante e l'effetto di diminuzione della luminosità ai bordi non si sarebbe avuto. E' proprio quell'angolo che, invece, fa si che sulla foto si abbia una diminuzione di luminosità ai bordi.

Dal calcolo, infatti, è proprio venuta fuori la diminuzione di luminosità che in alcune foto si vede ai bordi.

Ho realizzato questo grafico 3D con i dati numerici ottenuti.



Il diaframma della macchina fotografica è sull'origine ad una altezza "h" ed è orientato orizzontalmente nella direzione dell'asse "y". Nell'immagine ho indicato con "E" l'illuminamento (in lux) che arriva al diaframma (o obbiettivo) da parte delle varie porzioni di terreno inquadrate sul piano "xy".

Come vedi, all'aumentare della "x" l'illuminamento che arriva alla macchia fotografica tende a diminuire. Tieni presente che il dominio rettangolare che ho considerato sul piano "xy" NON coincide con la porzione di terreno che si vede in una foto con l'obbiettivo puntato sull'orizzonte. Tale porzione di terreno individua sul suolo una forma che non è un rettangolo ma una specie di trapezio isoscele con la base minore più vicina all'osservatore che coincide con il bordo inferiore della foto e la base maggiore che coincide con la porzione di orizzonte inquadrata dalla foto.

Ci sono però alcune precisazioni importanti da fare. La prima è che il calcolo eseguito non tiene in conto né le irregolarità del terreno né la sua composizione; è come se avessi considerato una superficie perfettamente liscia ed orizzontale. La seconda è che nella realtà il terreno non tende ad emettere radiazione lumninosa in tutte le direzioni in maniera omogenea a causa dell'effetto "palle nuove - palle piene"; mi sono ormai confinto che questo effetto, a seconda di dove arrivano i raggi solari, è in grado di modificare radicalmente i risultati che qui sto esponendo creando, ad esempio, l'effetto di diminuzione della luminosità "destra-sinistra" evidenziato da molte foto. La terza precisazione, infine, ha a che vedere con la presenza dell'atmosfera. In un libro di fisica ho trovato un dato interessante: il cielo sereno di giorno ha una luminanza pari a 1.5x10^4 cd/m^2. Ciò vuol dire che di giorno, sulla terra, ogni cosa, terreno compreso, è illuminato da DUE fonti di luce: il sole ed il cielo. Il sole è una fonte di luce "concentrata" il cielo, invece, è una fonte "distribuita" su tutta la volta celeste. Il calcolo che ho fatto io è valido solo in presenza di una unica fonte di luce e, quindi, i risultati che ho ottenuto non si applicano alla terra.

Non credo sia il caso, in questa sede, di entrare più in dettaglio di così: il thread ne soffre mortalmente. Perciò, se ti interessano, farò in modo di farti avere i calcoli in privato. Fammi sapere così scrivo il tutto in maniera ordinata e te lo mando.

Cordiali Saluti

Salve raga!!

Avevo fatto una domandina a Massimo qualche post fa,Ma non mi ha ancora risposto.Che ne so forse ho rotto troopo le balle, con le mie domandine cretine,a questo povero uomo!!.

Se voi JCK e Franc8 mi risponderete ve ne sarò grato.Credo sia facile .

Se albedo del suolo lunare è circa del 8% e quello della tuta del astronauta e del 90%(????),quando l'astronauta viene iluminato dalla sola luce riflessa dal suolo lunare la tuta del astronauta rifletterà il 90% della luce del suolo lunare.
La luminosità della tuta sarà minore el 10% rispetto a quella del suolo lunare????Ehh?

Grazie ragazzi
EL FLACO

Citazione:

Questa cosa che hai detto mi ha fatto accendere una lampadina. Al solito link di Alb, alla fine c'è l'unico paragrafo che non mi sono studiato attentamente. Ormai avevo quello di cui avevo bisogno e gli ho semplicemente dato una lettura veloce. E' il paragrafo "Brightness in Images" dove si affronta lo studio delle immagini ottenute per mezzo di sistemi ottici (che comprendono anche le macchine fotografiche, i suppose). Li si parla proprio della dipendenza della luminosità dell'immagine dalla quarta potenza del coseno di un angolo. Ha a che vedere con quello che stai facendo tu?

Ho poi dato una occhiata all'immagine che hai postato ma non mi è molto chiaro quello che hai fatto.

Jck
Citazione:

Ma no! Si capiva.
(Il discorso delle proiezioni prospettiche somigliava molto a quello che avevo in mente io)

Ti anticipo che nel mio post precedente c'è un errore
Per cui (se non sbagliato ulteriormente) mi verrebbe una dipendenza da theta
Una luminosità dipendente da (cos(theta)^4) Boh?!
Quindi non dipenderebbe nè dalla distanza r nè da phi...
Boh Devo rivedere i conti
Vediamo cosa viene fuori a te con l'integrrale...

Secondo me, a quel punto (ricontrollati i calcoli) dovremmo approfondire meglio il discorso della macchina fotografica... Cioè bisogna vedere se lo "modelliziamo" correttamente...

Grazie Trito,
però, anche se ti sembrerà strano, per me non è un compito affatto noioso.

Per franco8,
questa è quella che io chiamo una discussione costruttiva.

Al momento sono al lavoro ed ho poco tempo per scrivere. Ho dato un occhiata fugace allo schema che hai postato ma credo proprio che dovrò riguardarmelo con calma a casa. Mi incuriosisce la connessione tra i vari angoli solidi che hai realizzato anche all'interno della macchina fotografica, sulla pellicola.

Provo a rispondere ad una tua domanda sperando di riuscire ad essere chiaro in poche parole. La domanda è:

Citazione:

Una fotografia si può pensare come una rappresentazione prospettica del panorama che c'è d'avanti il punto di vista. Le formule della prospettiva, infatti, si ottengono immaginando di anteporre ad una certa distanza dal punto di vista un piano e proiettando sul piano stesso un qualunque punto nello spazio tridimensionale secondo l'allineamento con il punto di vista. Questa operazione però si può anche fare al contrario. Data una forma geometrica sul piano prospettico (che si può pensare essere la fotografia) questa si può proiettare come al cinema sul terreno. Li individuerà una forma che non sarà identica a quella sul piano prospettico, ma avrà subito una distorsione. E tale distorsione sarà tanto più evidente quanto più la forma sul piano prospettico sarà prossima all'orizzonte della foto. Questo è quello che ho più o meno in mente di fare: prendere dei circoletti tutti della stessa area in diverse zone della ipotetica fotografia, proiettarli per terra ed integrare sulle aree che vengono fuori. In questo modo si ha la assoluta certezza che l'area su cui si sta effettuando l'integrazione sottende, rispetto all'osservatore, sempre lo stesso angolo solido.

Cordiali Saluti

[Edit: ho riscritto in parte questo post poiché, avendolo letto con calma, mi sono accorto che non si capiva una mazza. L'ho scritto in un brevissimo momento di pausa e non ho potuto nemmeno rileggerlo per controllare se era comprensibile]

Vorrei congratularmi con tutti, ed in particolare con JCK e Franco8 (che stanno svolgendo il compito più noioso) per l'impegno profuso e il tempo dedicato a questo argomento.

Alla vostra

Sì l'impostazione è senz'altro corretta....
anche troppo precisa(nel senso che penso non sia nemmeno indispensabile andare a considerare le grandezze fotometriche, ma va bene lo stesso)..
(Neanch'io ho usato i termini propri, ma mi pare che ci siamo capiti lo stesso.)

Pensandoci meglio, per precisione non è la macchina ad essere considerata puntuale, ma è l'apertura dell'obiettivo, attraverso cui passano i "raggi luminosi" che poi vanno sulla pellicola...

Citazione:
Ho il sospetto che.. non sia necessario, ovvero forse si può anche tenere in conto "theta"...
Citazione:
Già, il problema è questo. Ma non mi è completamente chiaro a parità di "area sulla foto" come la consideri..

Citazione:
Certo... Vai senz'altro avanti...



Ho provato a fare un disegno...(Sono diversi gli angoli solidi che puoi considerare...)
N___C'è un errore di calcolo nell'ultimo passaggio___ La formula corretta è dopo____________
Credo che potremmo considerare i due passaggi:
la "pressione" di flusso (come hai detto tu) dalla superficie all'apertura del diaframma e la'altra (dF' ) dall'obiettivo alla pellicola (areola dE)
Se guardi la figura quel riquadro rossiccio vorebbe rappresentare la macchina fotografica....



Io penso ancora che si può dedurre qualcosa anche senza fare l'integrazione. Comunque.. cercherò di chiarire meglio la mia idea.... E ciò non toglie che sia meglio applicare diversi metodi allo stesso problema (se trovassimo lo stesso risultato con metodi diversi sarebbe la "prova del 9".. Giusto?) A presto.

Volevo segnalarvi il forum "6 missioni sulla luna?" con FMC-Rigel2 (molto interssante). Così lo "trasportiamo" in questo thread.
Inoltre, se vi volete sbizzariire, riposto due links segnalati da ivan nel forum:

http://www.geocities.com/nasascam/

http://www.meta-religion.com/Secret_societies/Groups/Illuminati/nasa_masonic_symbols.htm

hi-speed

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.

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.

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

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?

Citazione:

Mmmm... Sembrerebbe di sì..
?

Intendi che potrebbe non essere in controluce?

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

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

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...)

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...)

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

Ti torna?

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

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

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.

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

Ciao
Bruno

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


E' il piede sinistro.

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

PS: che numero portava?