Sîn

Partie 1 Partie 1 question 1 tan (alpha) = sin (alpha)/ cos(alpha) et tan (beta)= sin (beta) / cos (beta) tan (alpha) = b / x et tan (beta) = a/x enfaite alpha c le grand angle triangle OBM beta c OAM faut utiliser Tan = O /A pr trouver tan alpha et beta b/x – a / x /1 + b /x * a /x = ( b-a ) * 1 / x / 1 + ab /x² = (b-a) /x² + ab question 2 faut calculer sa deriver (b-a) (x² + ab) – (b-a)x(2x) / (x² + ab)² apres faut mettre en facteur (b-a) est a la fin tu obtient

C1 A 7 exemple: chargement mécanique C L1 L2 B PAC PAB H1 1 P 2 équilibre du joint P 2 2 A 1 2 PAC cos PAC sin C1 AB1 1 2 1 1 PAB cos PAB sin cos 1 ; AC1 1 2 P Géométrie de la déformation B1 cos 2 A AB1 Relation entre déformation - charge PAB L2 ; AC1 FE sin 2 PAC L1 FE sin 1 8 exemple: chargement thermique C L1 L2 B Configuration initiale ABC Configuration finale A BC Données du problème L1; L2; H1 1 ; 2 ;

normale Sinus i1 est proportionnel à sinus i2 Calcul du coefficient directeur : n = sin i1 : sin i2 n correspond à l’indice de réfraction (n du plexiglas = 1,50 / n de l’air et du vide = 1 / n autres = entre 1 et 2,5) Loi de Snell-Descartes: n1 sin i1 = n2 sin i2 Donc sin i2 = (n1 x sin i1): n2 / i2 = Asin ((n1 sin i1): n2) ou sin i1 = (n2 sin i2): n1) / i1 = Asin ((n2 sin i2): n1) n = c : v (c= 3,00 x 10^8 ms-1 et v= vitesse de la lumière dans le milieu)

lumière dans le vide N= Cm '' '' '' '' dans le milieu Dans le vide Co = 3.10^8 n1 x sin i 1 = n2 x sin i2 n1 = n2 x sin i2 si n2 = 1 sin i1 n 1 = sin i2 sin i2 sin i 1 fonction linéaire sin i1 Fonction linéaire y = coef directeur

isocèle en A , tel que AB = AC = a et BAC = α Démontrer que BC = 2 a sin α 2 ¯± CH sin HAC = AC Dans AHC rectangle en H, on a : ¯± ¯± BAC = α car ( AH ) est la hauteur issue de A, c’est donc aussi la bissectrice de l’angle BAC . ¯± Or HAC = 2 2 D’où sin α CH α = soit CH = a sin 2 a 2 BC 2 H est le pied de la hauteur issue de A, c’est donc le milieu de [ BC ] car ABC est isocèle en A. Donc CH = On en déduit que BC = 2 CH = 2 a sin → → α 2 2. Soit ( 0 ; OI ; OJ ) un repère orthonormé

)14 14. . ( ).dy x dx R yq + +   = 13. .L ya  + .x x  / x  . . ( ). . . .dy Cos dx R Sin L Sin xq q q q a a- + =- +   / y  . . ( ). . . .dy Sin dx R Cos L Cosq q q q a a+ + =   c°- Fermeture géométrique : OC OA AB BC= + +     14 14 13( ). . . . . .dx R x dy y e y x x L L x+ - =- + +      / x  ( ) . .dx R Cos dy Sin x LCosq q a+ + = + / y  ( ). . .dx R Sin dy Cos e L Sinq q a+ - =- + d°- ( 12/11) . (12/11) 2 p V B p Î = W  (

réfraction est élevé, plus il ralentit la lumière, plus il dévie la lumière. La loi de Snell-Descartes nous permet de trouvé l’indice de réfraction d’un milieu en faisant un rapport entre l’angle d’incidence (ϴ1) et l’angle de réfraction (ϴ2). n1 • sin ϴ1 = n2 • sin ϴ2 Cadre théorique (Suite) : Pour atteindre notre but, nous allons utiliser méthode de parallaxe qui consiste à placer 3 aiguilles : une sur le point d’incidence, une sur le rayon d’incidence et l’autre sur le rayon réfracté. Pour placer l’aiguille

forces appliquées au triangle infiniment petit ABC, nous trouvons que la section BC transmet par unité de longueur un effort normal N (θ) et un effort de cisaillement T (θ) : N ( θ ) = N 1 cos 2 θ + N 2 sin 2 θ + ( N 12 + N 21 ) sin θ cos θ   T ( θ ) = ( N 2 – N 1 ) sin θ cos θ + N 12 cos 2 θ – N 21 sin 2 θ  (3) N 12 N 2 — le vecteur effort tranchant de composantes Q 1 et Q 2 , représenté par la matrice colonne : Q = Q1 Q2 — le tenseur flexion qui a pour composantes les moments fléchissants

pour aller du point A (situé dans le premier milieu) au point B (situé dans le deuxième milieu). ? milieu 2 B A D’après la loi de Snell-Descartes concernant la réfraction, la lumière va passer par le point C tel que : i1 n1 sin(i1 ) = n2 sin(i2 ) milieu 1 C n1 et n2 sont les indices de réfraction des milieux et sont c définis par ni = , où c est la vitesse de la lumière dans le vi vide et vi la vitesse de la lumière dans le milieu. milieu 2 i2 B Le principe de Fermat

l’´ quation diff´ rentielle e e e 2 (sin x) y − (cos x) y = x . Solution : R´ solvons d’abord sur I l’´ quation homog` ne e e e (sin x) y − (cos x) y = 0 . On obtient y cos x = =⇒ ln |y| = ln | sin x| + k , k ∈ R y sin x (EH) (E) La solution g´ n´ rale de (EH) est donc e e y = K sin x , K ∈ R (avec K = ±ek pour tenir compte des valeurs absolues, et K = 0 etant solution ´ aussi). Cherchons ensuite une solution particuli` re de (E) sous la forme e y = K(x) sin x , K ∈ C 1 (I) (c’est-` -dire K est