Bonjour , les points A et O sont ils alignés s'il vous plait ?

Deux points sont toujours alignés, non ?

Bonjour

vanninho > Ta question n'a pas vraiment de sens, A et O sont toujours "alignés" sur la droite passant par ces deux points.

Hi, Kevin

c'est vrai désolé pour ma question , j'ai mal formulé

Coucou frenicle

Content de te revoir sur l' !

Content de retrouver l'île et ses habitants de temps en temps.
J'ai eu beaucoup de travail ces derniers mois.

Bonjour

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Je vais peut-être dire une grosse ânerie car la géométrie de base ce n'est pas vraiment ma tasse de thé , mais il me semble que le triangle AMN doit être équilatéral

O étant à la fois le centre du cercle circonscrit (par hypothèse) et inscrit car intersection de 2 bissectrices donc des 2 autres  

Oublier ma réponse ! elle est archi fausse ! Il faut que j'aille faire la sieste !

On remarque facilement que la bille décrit un triangle équilatéral

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On considère un point tel que soit équilatéral , selon la position de les cercles de centre et ont 0 , 1 ou 2 points d'intersection . Si est un de ses points d'intersection , d'après la propriété de l'angle au centre donc est équilatéral . En conclusion en notant le rayon du billard si pas de solution si une solution et sinon deux solutions .

Bonsoir , excusez moi , pourquoi vous posez le rayon du billard comme étant égale à 2R

Par simple paresse ( pas envie d'écrire r/2 )

Imod

Excusez moi si je vous dérange mais j'essaye un peu de comprendre votre raisonnement , d'abord vous dites le rayon du cercle c'est 2R et ensuite vous dites pas envi d'écrire r/2 , que représente r ou R ?

Désolé je n'ai pas fait attention aux majuscules

L'idée est que si le triangle bleu a un côté inférieur au rayon du billard circulaire , il n'y a pas de solution , sinon il y en a deux ou  la limite une quand il y a égalité .

Imod  

Dans ce cas cela veut dire que ça dépend de la position du point c'est ça ?

Exactement , si A est trop près du centre il n'y a pas e solution .

Imod

mais alors si on suit votre raisonnement alors on répond pas vraiment à la question de savoir où placer le point M , moi je me suis dit que le point A devait être fixe et on doit trouver un moyen pour que la bille repasse en A en 2 rebonds . Et aussi vous dites si OA = R , alors on a une solution et sinon 2 , Mais là je pense que l'on s'écarte un peu car si OA = R alors on aura plus de 2 rebonds . Je me trompe peut être dans mon raisonnement

Non , en fait tu as raison , j'ai fait repasser la bille en A après 3 rebonds , un de trop Je vais y réfléchir à nouveau

Imod

Merci , bonne soirée et désolé de vous faire replonger dans la réflexion .

Bonjour,

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c'est le problème de Al Hazen

je le résous à ma façon en remarquant que 3*arc(MN) = 360° + arc(IJ)
I et J sont les point d'intersection de MA et NA avec le cercle

soit x la distance AO

  

pour x/R=1     angle(MAN)=120°

pour x/R=1/2 angle(MAN)=144°

pour x/R=1/3 angle(MAN)=136,65°

pour x/R=1/4 angle(MAN)=159,09°

pour x/R=0     angle(MAN)=180°

Re Bonjour,

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rectif:

remplacer angle(MAN) par angle(MON)

il s'agit bien sûr de l'angle au centre

pour construire le point M j'utilise donc un rapporteur

Bonjour et bonjour à tous

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Pour compléter à ce que j'avais commencé plus haut et l'auteur ne demandant pas les sentiers empruntés, voici la suite.
Le cercle de centre "O", un diamètre A'D. A peut se ballader de A' inclus jusque "O" exclus, nous allons voir pourquoi.Le triangle AMN est isocèle.(ici j'utilise les lois de la réflexion: normale, rayon incident, rayon réfléchi) les rayons OM et ON pouvant être considérés comme des normales. Et la suite, j'abrège.....
Je prends le problème à l'envers: je prends un M, je place son symétrique N par rapport à A'D, j'obtiens l'angle OMN qui n'est autre que le demi angle (en valeur)de l'angle AMN, ensuite avec règle et compas la construction est simple.Je montre également lorsque A se trouve en A' le triangle devient équilatéral, je l'appellerai A'M'N' pour les besoins de tout à l'heure.
Disons que le lieu géométrique de A est le semi segment A'O c.à.d  A €[A',O[ .Lorsque A est en A' le triangle AMN est équilatéral, on peut donc conclure que le lieu géométrique de M est l'arc M'D. En D, l'angle incident, la normale, et l'angle réfléchi sont confondus. Notons que si M était en N nous aurions un retournement ou, dans l'espace à une rotation de (pi) selon l'axe A'D . (merci de la patience pour ceux qui lisent ma prose)

Pour ceux qui n'ont pas le courage de chercher , une solution non élémentaire sur le site de Diophante

Imod

Bonjour à tous

Quelques précisions

- Pour obrecht et Daniel62 :

On demande une construction, à la règle (non graduée) et au compas, du point M connaissant le point A.

- Pour Imod

La construction du site Diophante est effroyable (même si je crois qu'elle est juste). Il y a beaucoup plus simple.

Cordialement
Frenicle

bonjour,
[blank]si je comprends bien le texte d'après la figure fournie 0 est le centre du cercle inscrit dans le triangle NAM
si l'on connait ce cercle on saura donc construire M
je pose:
si OM=R,si  r est le rayon du cercle inscrit et OA=a on a donc
(1)
mais
(1)=>
donc est solution de
(2)
soit
cette équation a deux solutions de signes opposés de produit une seule est comprise entre 0 et 1 donc une seule valeur de solution
on a donc r=
sauf erreur de calcul ou de frappe

il reste à constuire  r
[blank]

encore une erreur de frappe il manque / au dernier blank
si quelqu'un pouvait  corriger ma xième étourderie merci

>>TPil me semble que tu es là peux tu une fois encore rectifier mes balises  merci

Re-bonjour,

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Je peux affirmer que je n'avais qu'une règle et un compas. J'ai d'abord établi un croquis à main levée. J'ai cherché les tenants et les aboutissants. Puis un beau cercle au propre. J'ai réfléchi à l'envers. J'ai planté mon point M et j'ai brodé autour dont j'ai fourni le chemin que j'ai emprunté.  Maintenant partir du point A imposé, cela demande de s'attarder......

Les joueur de billard font de la trigo sans le savoir:
Nous avons deux données 1/ le rayon R et 2/ la distance au centre de la bille A soit OA;
Nous devons calculer l'angle  x = OAM  selon lequel nous toucherons le cercle et sous quel angle a =AMO  nous aurons notre bonne bande :
* Nous observerons que 2 x = -4a
* que sin a/sin x =OA/R
nous avons tout pour calculer les deux angles

>>dpi j'ai bien trouvé le sinus de ce que tu notes a (je ne sais pas du reste  si c'est exact )mais il faut ensuite construire M j'ai réussi mais ce n'est pas trés joli c'est en plusieurs épisodes
frenicle    nous promet un méthode simple je l'attends

Re....

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Je viens de repenser à ce que j'ai dit, et peu de choses tiennent la route. Pourtant , je suis convaincu que la boule suit un parcours selon les lois de la réflexion; rayon incident , rayon réfléchi, la normale qui n'est autre que la bissectrice perpendiculaire au plan, ou ici à la tangente du point considéré

Si comme cas concret on garde le shéma de l'énoncé on obtiendrait les données approximatives jointes:

Bonsoir à tous

A la demande générale, je donne, en blanké, la construction du point M.

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C'est très simple :
On trace la perpendiculaire en A au diamètre AO, qui coupe le cercle en D et D'.
Sur AD le point I est tel que AI = 1/3 AD.
La droite IO recoupe le cercle en F. La droite DF coupe le diamètre AO en G.
Il suffit de tracer la perpendiculaire à AO passant par G pour obtenir les points M et N.



C'est quand même beaucoup plus simple que sur le site Diophante (et ailleurs sur la Toile).

Naturellement, cette construction demande une démonstration.
Je laisse chercher ceux que ça intéresse.

La démonstration est élégante, mais fait appel à des notions qui ne sont, je crois, plus guère enseignées (dans le secondaire) : division et faisceau harmonique, polaire d'un point par rapport à un cercle...

Je vous parle d'un temps
Que les moins de vingt ans
Ne peuvent pas connaître

bonsoir,
>>frenicle

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merci pour cette élégante construction mais je n'ai pas encore trouvé le pourquoi de la méthode bien que ma  génération  ait planché sur les pôles et polaires
j'espère trouver

Bien qu'ayant dépassé ( outrepassé ) 20 ans depuis très longtemps je suis pas trop familier de ses notions : faisceau , polaire , ... J'avais bien une construction avec une inversion mais celle de frenicle est encore plus courte et je vais essayer de comprendre comment elle fonctionne

Imod

Merci pour la solution géométrique ,mais grâce à cet exercice je suis arrivé à une formule assez élégante :
            
                       sin =cos 2 x k

où   est l'angle AOM
k le rapport du segment AO  sur R

L'autre angle OAM étant trouvé par 90-2

Pour veleda,je suis sur qu'on peut trouver pourquoi la méthode géométrique marche en mélangeant les deux thèses

J'ai fait la démo de la construction proposée par Frenicle, mais par la géométrie analytique, celle que n'aiment pas beaucoup les pros de la belle géométrie.

Voila quand même pour celui qui le veut :

Avec le repère orthonormé d'origine O, axe des abscisses suivant OC, axe des ordonnées perpendiculaire à oC passant par .
Et avec le rayon du cercle comme unité pour les longueurs :


Equation du cercle : x²+y² = 1

A(-a ; 0) avec a quelconque dans ]0 ; 1[

D(-a ; V(1-a²))
I(-a ; (1/3).V(1-a²))

(IO) : y = -(1/(3a)).V(1-a²)* x
y² = (1/(9a²))*(1-a²).x²

rencontre avec le cercle:
x² + (1/(9a²))*(1-a²).x² = 1

x²(9a²+1-a²)=9a²
x² = 9a²/(8a²+1)
Abscisse de F : 3a/V(8a²+1)
Ordonnée de F : (1/(3a)).V(1-a²) * (-3a/V(8a²+1)) = -V[(1-a²)/(1+8a²)]

Abscisse de G:
AG = a.(V(8a²+1)+3)/(V(8a²+1)+1)
Abscisse de G = -a + a.(V(8a²+1)+3)/(V(8a²+1)+1)
Abscisse de G = [-a(V(8a²+1)+1) + a.(V(8a²+1)+3)]/(V(8a²+1)+1)
Abscisse de G = 2a/(V(8a²+1)+1)

--> M(2a/(V(8a²+1)+1) ; V[(2a²+1+V(8a²+1))/(4a²+1+V(8a²+1))])

|MG| = V[(2a²+1+V(8a²+1))/(4a²+1+V(8a²+1))]
|AG| = a + 2a/(V(8a²+1)+1) = a.(3+V(8a²+1))/(V(8a²+1)+1)

tg(AMG) = AG/MG

tg(AMG) = a.(3+V(8a²+1))/(V(8a²+1)+1)*V[(4a²+1+V(8a²+1))/(2a²+1+V(8a²+1))]

|OG| = 2a/(V(8a²+1)+1)

tg(OMG) = OG/MG

tg(OMG) = [2a/(V(8a²+1)+1)]*V[(4a²+1+V(8a²+1))/(2a²+1+V(8a²+1))]

tg(OMG) = V[(2a²+1+V(8a²+1))/(4a²+1+V(8a²+1))]*(V(8a²+1)+1) / (2a)

On calcule 2tg(OMG)/(1 - tg²(OMG)) = ...
Et après deux pages de calcul, on retombe sur l'expression de tg(AMG), on a donc la relation:

tg(AMG) = 2.tg(OMG)/(1 - tg²(OMG))

Et donc l'angle(AMG) = 2.angle(OMG)
-----
Note :

Si on n'a pas le courage de faire les 2 pages de calcul mentionnées, on peut entrer les expressions trouvées de "2.tg(OMG)/(1 - tg²(OMG))" et tg(AMG) dans excel pour a dans ]0 ; 1[ et on voit bien que cela colle aussi, mais alors, il s'agit d'une vérification et pas vraiment d'une démonstration.
-----
Reste à le faire joliment, sans l'aide de l'analytique.

bonjour JP
merci pour tous ces calculs que je n'aurais certainement pas menés à bien si j'avais eu le courage de les commencer

a JP
Tu as fait une thèse sur le sujet.
As tu remarqué ma méthode beaucoup plus simple :
Quel que soit le point on mesure son rapport au rayon par exemple 0.7
et on applique ma formule :
angle visé   (AOM) tel que ;
sin = cos 2 x0.7.
on peut aussi tracer ( 0AM ) = 90 ° -2

dans mon exemple =25.8 °
et =38°4

dpi,

Je n'ai pas fait de thèse sur le sujet.

Le problème n'est pas de calculer un angle, mais de construire le point M avec un compas et une latte (règle non graduée).

Frenicle a donné une méthode de construction mais il ne l'a pas validé par une démo.

J'ai montré que la construction proposée par Frenicle répondait au problème.

On peut faire des calculs de plusieurs manières différentes, mais il faut qu'à partir de là, il soit possible de construire le point M avec un compas et une latte (règle non graduée).
Si c'est le cas de ta méthode, il te reste à montrer comment tu t'y prends (pour faire la construction), je n'ai pas vérifié si ta méthode est ou non valable pour répondre au problème posé... qui concerne la construction de M.

a JP
Effectivement on peut tracer un triangle rectangle avec une corde à (12) noeuds donc sans equerre.

Pour ce pb il faut tracer les perpendiculaires donc il faut aussi soit une equerre, soit l'oeil (précision selon le dessinateur), soit un compas.

Je proposai donc de calculer les angles (en radians puis en degrés ) et il faudrait donc un rapporteur.

On se détend

Oui dpi,
  
On oublie souvent de le préciser, mais ...
  
Quand on demande de construire dans ce genre de problème, c'est au compas et à la règle non graduée (pas question de rapporteur).

Cela a été rappelé dans le message posté le 20-07-09 à 11:28
  

Bonsoir à tous

La démonstration ! La démonstration !

Bon d'accord

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Tout d'abord, une remarque : dans le triangle isocèle OMN les angles en M et N sont égaux.
Comme, d'après la loi de la réflexion, OM et ON sont les bissectrices des angles AMN et MNA, ces angles sont égaux.
Le triangle AMN est donc isocèle. Donc la perpendiculaire à MN en son milieu, qui passe par le point O, passe aussi par le point A. MN est donc bien perpendiculaire à OA.
Tout revient donc à déterminer le point G où MN rencontre OA.



Menons par A la perpendiculaire à OA, qui coupe le cercle en D et D'.
Les droites DG et D'G coupent le cercle en F et F' respectivement.
Les droites DF' et D'F se coupent en T, qui par symétrie, est sur OA.
Le point G est sur la polaire du point T par rapport au cercle. Cette polaire est donc la droite MN.

On en déduit que TM est tangente au cercle, donc c'est la bissectrice extérieure de l'angle AMG.
Le faisceau (MA, MG, MO, MT), (en bleu) formé de deux droites et de leurs bissectrices, est donc harmonique.
Il coupe la droite AG selon la division (A, G, O, T), qui est donc harmonique.
Donc le faisceau (FA, FG, FO, FT) (en rouge) est harmonique.
Ce faisceau coupe la droite DD' aux points (A, D, I, D'), qui forment donc une division harmonique.

On a donc
Soit ou

On en déduit la construction expliquée plus haut.

Bonsoir à tous,

Je suis à la fois content et déçu. Deçu parce que j'ai loupé le coche. Je venais de refaire le "shème" et de  raisonner par, des constructions complémentaires, comme au bon vieux temps où la géométrie s'appelait géométrie descrptive.j'en étais encore un peu loin, mais j'étais quand même parti par les lois de la réflexion. Maintenant "A" peut-il se ballader du cercle, où le triangle devient équilatéral , jusqu'en O inclus

Merci

Obrecht,

"Maintenant "A" peut-il se ballader du cercle, où le triangle devient équilatéral , jusqu'en O inclus"

Sur le cercle, sans aucun doute.

"En O inclus" est une question d'interprétation de l'énoncé.
Si A est en O, on peut lancer la bille dans n'importe quelle direction, elle repassera en O après 1 rebond ... Mais elle y repassera aussi après 2, 3 , ... rebonds.

Donc si l'énoncé signifiait que la bille devait repasser par son point de départ pour la première fois après 2 rebonds, alors le point O est interdit.

superbe

Complément à mon précédent message.

Remarque que quand j'écris "Sur le cercle, sans aucun doute."

C'est aussi une question d'interprétation de l'énoncé.

Car ce n'est possible que si la bille est ponctuelle (vue de l'esprit) et même ainsi, on peut encore discuter.
Car si on lance la bille pour faire un triangle équilatéral, elle repasse à son point de départ pour la première fois au moment même du 3ème rebond.
Si on veut que ce soit au moment même du 2 ème rebond, on doit alors lancer la bille (initialement sur le cercle) pile vers le centre du cercle, il s'agit alors d'un "cas particulier".