J'étais parti sur tu Thalès, j'avais trouver une formule pour AM
Mais j'ai pas eu l'idée du tableau comparatif sur Excel lol
Pas mal en effet.
Défi 30
29 messages
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par sandrine_guillerme » 19 Avr 2007, 18:07
Imod,
tu nous a pas dis ton impression ici ?
si tu as une autre réponse ?
tu nous a pas dis ton impression ici ?
si tu as une autre réponse ?
par Imod » 19 Avr 2007, 23:24
J'ai une solution simple et complète , j'essaierai de la recopier car je n'arrive pas à l'expédier en pièce jointe :cry:
Imod
Imod
par sandrine_guillerme » 19 Avr 2007, 23:32
attends Imod, voyons voir si je peux t'aider,
tiens ce post y a une explication détaillée .. !
sinon tu peux toujours me l'envoyer par mail, je la metterais à ta place !
ça t'éviterais de perdre le temps à copier !
tiens ce post y a une explication détaillée .. !
sinon tu peux toujours me l'envoyer par mail, je la metterais à ta place !
ça t'éviterais de perdre le temps à copier !
par Imod » 19 Avr 2007, 23:37
Problème , mon fichier à insérer n'est pas une image mais un PDF :briques:
Imod
Imod
par sandrine_guillerme » 19 Avr 2007, 23:42
mais on peut copier/coller dans un fichier pdf,
ceci dit ça peut attendre la solution, .. prends ton temps Imod.
ceci dit ça peut attendre la solution, .. prends ton temps Imod.
par Imod » 20 Avr 2007, 09:35
Allons-y pour la solution .
Notons
la mesure en radians de l'angle 
et )
l'erreur commise en identifiant 
en millimètres avec la mesure en degrés de l'angle :
=AM-\frac{180\alpha}{\pi} \text{ , avec } \alpha \in [0;\pi] .})
En considérant deux points
et 
symétriques par rapport à l'axe )
: =-f(\frac{\pi}{2}-\alpha).})
Alors le graphe de f est symétrique par rapport au point)
, considérons dans l'intervalle 
. On choisit le millimètre comme unité de longueur et on remarque que l'aire du triangle 
est la somme des aires des triangles 
et 
.
}{90}=1-\frac{5.cos \alpha}{3.sin\alpha+5}-\frac{2\alpha}{\pi}})
}{90}=\frac{25.sin \alpha+15}{(3.sin\alpha+5)^2}-\frac{2}{\pi}})
Alors :>0 \Leftrightarrow 18.sin^2\alpha+(60-25\pi).sin\alpha+(50-15\pi)0 \Leftrightarrow (sin \alpha - sin \alpha_1).(sin \alpha - sin \alpha_2) < 0)
On a=f(\frac{\pi}{2})=0)
,  \approx -0,27)
et  \approx +0,39)
. Alors sur 
:
: \nearrow f(\alpha_2) \searrow -f(\alpha_2) \nearrow -f(\alpha_1) \searrow 0)
L'erreur commise est inférieure au demi-degré .
Imod
Notons
En considérant deux points
Alors le graphe de f est symétrique par rapport au point
Alors :
On a
L'erreur commise est inférieure au demi-degré .
Imod
par sandrine_guillerme » 20 Avr 2007, 12:37
Oui, très brillant .. !
Nous voilà donc avec un nouveau et joli exo, que je note dans mon cahier, le titre est : jolis défis de Imod :we:
Merci pour cette solution .
Nous voilà donc avec un nouveau et joli exo, que je note dans mon cahier, le titre est : jolis défis de Imod :we:
Merci pour cette solution .
par sandrine_guillerme » 21 Avr 2007, 17:39
pour mieux illustrer ce qui se passe, voici un dessin ..
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