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#1 - 13-09-2013 14:45:32
- kossi_tg
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Le vieux dossier de Grand-Père : N6 (une suite de cercles?)
#2 - 14-09-2013 08:54:01
- kossi_tg
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le vieux dossier de grand-pèee : n°6 (une suite de cercles?)
#3 - 14-09-2013 11:14:58
- cogito
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le vieux dossirr de grand-père : n°6 (une suite de cercles?)
Bonjour, 
c'est vrai que celui-là est un peu plus costaud.
Ce n'est pas encore pour poster une solution, mais juste pour signaler que dans ton énoncé Cn désigne le n-ième cercle, mais aussi un point d'intersection entre Cn+1 et ... Cn .
Il y a sûrement plus simple.
#4 - 14-09-2013 11:28:01
- kossi_tg
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le vieux dossier de granf-père : n°6 (une suite de cercles?)
cogito a écrit: Ce n'est pas encore pour poster une solution, mais juste pour signaler que dans ton énoncé Cn désigne le n-ième cercle, mais aussi un point d'intersection entre Cn+1 et ... Cn.
Merci cogito pour la remarque, je viens de remédier à ca  Cn est bien la n-ième cercle. Bn et Dn sont donc les intersections entre Cn et Cn+1.
#5 - 14-09-2013 12:22:43
- Vasimolo
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le vieux dodsier de grand-père : n°6 (une suite de cercles?)
Le problème n'est pas difficile , l'aire recherchée est 2(D+T1+Q1+T2+....+F) , le calcul est vraiment facile .

Après pour les autres questions , c'est vraiment scolaire mais y'en a qui aiment 
Vasimolo
#6 - 14-09-2013 13:31:31
- kossi_tg
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Le vieux dossier de Grand-Prèe : N°6 (une suite de cercles?)
Comme dit vasimilo, le calcul de l'aire de n'est pas difficile en soit si on divise bien la section à calculer mais le but du sujet de calculer l'aire en connaissant le nombre de cherche, le rayon initial R et α. Donc vasimolo, tu donnes une méthode mais pas la réponse .
#7 - 14-09-2013 19:20:10
- Vasimolo
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Le vieux dossier de Grand-Père : N°6 (une suit de cercles?)
#8 - 15-09-2013 00:12:00
- cogito
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le vieux dossirr de grand-père : n°6 (une suite de cercles?)
Après avoir amélioré le dessin de kossi_tg :

On a Sn qui est égal à l'aire du pacman jaune plus l'aire des pacman verts plus l'air du fantôme bleu (du moins ce qu'il en reste ). L'air en vert se décompose en (n-1) parties identiques qui sont chacune déterminée pour chaque 1≤k<n par les points BkAkDkDk+1Ak+1Bk+1. Appelons Vk l'aire délimitée par ces points (je ne parle pas du polygône, DkDk+1 et Bk+1Bk sont des arcs de cercle). Alors on a : Sn=rgb]1,0.8,0R21(2π−α)2+rgb]0,0.6,0n−1∑k=1Vk+R2nα2=rgb]1,0.8,0R21(π−α2)+rgb]0,0.6,0n−1∑k=1Vk+R2nα2 Dans tout ce qui suit, je ferais référence à la figure suivante :

Nous voulons donc calculer l'aire des Vk, ce qui correspond à l'air en rouge plus l'air en bleu ciel sur la figure.
Calcul de l'aire en rouge :
L'aire du polygone en rouge est égale à l'air du rectangle en pointillé et vaut donc BkEk∗AkAk+1. (bon d'accord, pour alpha plus grand que pi/2 c'est plus dur à voir, mais c'est toujours vrai, j'ai donné cet argument pour ne pas avoir à détailler les calculs )
Nous avons d'une part AkAk+1=Rk et d'autre part BkEk=Rksinα2
Donc finalement, l'aire en rouge est égale à R2ksinα2.
Calcul de l'aire en bleu ciel :
L'aire en bleu ciel est égale à 2(R2k+1δ2).
D'une part, comme l'angle ^BkAkDk est un angle au centre, et que ^BkAk+1Dk est un angle inscrit qui intercepte le même arc alors nous avons : γ=β2 D'autre part nous avons γ+2δ=β et donc nous avons 2δ=β2=(2π−α)2=π−α2 Donc finalement l'aire en bleu ciel est égale à R2k+1(π2−α4).
Pour résumé cela nous donne : rgb]0,0.6,0Vk=rgb]0.7,0,0R2ksinα2+rgb]0.2,0.7,0.7R2k+1(π2−α4)[/latex].Maintenant,ilneresteplusqu′atrouverlarelationentrelesrayonsdescercles.Sionregardeletriangle[latex](AkAk+1Dk)[/latex],c′estuntriangleisocèledontlabaseestdelongueur[latex]Rk+1[/latex]etdontlesdeuxautrescôtéssontdelongueurs[latex]Rk[/latex]etdontl′angleausommetvaut[latex]α/2[/latex].Onadonc[latex]Rk+1=2Rksinα4[/latex].Cetterelationnouspermetd′unepart,parunerécurrencedirecte,d′exprimer[latex]Rk[/latex]pourtoutk:[latex]Rk=(2sinα4)k−1R1 d'autre part de trouver un terme général pour Vk, en effet :
posons x=sinα2, y=sinα4 et z=π2−α4, alors nous avons : Vk+1=R2k+1x+R2k+2z=(2Rky)2x+(2Rk+1y)2z=(2y)2(R2kx+R2k+1z)=4y2Vk et donc par une récurrence directe nous avons pour tout k: Vk=(4y2)k−1V1=(4(sinα4)2)k−1V1 avec V_1 = R_1^2\sin{\alpha\over 2} + R_2^2({\pi\over 2}-{\alpha\over 4})}.
et donc finalement, pour en revenir à nos pacman : Sn=rgb]1,0.8,0R21(π−α2)+rgb]0,0.6,0n−1∑k=1(4y2)k−1V1+R2nα2Sn=rgb]1,0.8,0R21(π−α2)+rgb]0,0.6,0V1n−1∑k=1(4y2)k−1+((2sinα4)n−1R1)2α2Sn=rgb]1,0.8,0R21(π−α2)+rgb]0,0.6,0V1n−2∑k=0(4y2)k+R21(4y2)n−1α2 cas 1 : 4y2=1 alors on a : Sn=rgb]1,0.8,0R21(π−α2)+rgb]0,0.6,0V1n−2∑k=01+R21α2=R21π+(n−1)V1 Dans ce cas là, Sn diverge et nous avons : 4y2=1⇔y2=14⇔sinα4=±12[/latex].Commeonchoisit[latex]α∈[0,2π][/latex]alors[latex]α4∈[0,π2][/latex],etlaseulsolutiondel′équationci−dessusquisoitdanscetintervalleest[latex]α4=π6⇔α=2π3 Interprétation géométrique de ce résultat : Si on trace les deux droites qui sont tangentes à tous les cercles, alors ces deux droites sont parallèles. Tous les cercles ont le même rayon. Et donc Sn diverge.
cas 2 : 4y2≠1
Nous pouvons alors utiliser la formule des série géométriques pour calculer la somme en vert : Sn=rgb]1,0.8,0R21(π−α2)+rgb]0,0.6,0V11−(4y2)n−11−4y2+R21(4y2)n−1α2 Nous voyons donc que Sn converge si et seulement si la suite définie par un=(4y2)n converge. un converge si et seulement si : |4y2|<1⇔x2<14⇔|sinα4|<12 De la même manière que dans le cas précédent on obtient que α<2π3. Donc la suite Sn converge si α<2π3 et diverge sinon.
Interprétation géométrique de ce résultat : Si α<2π3 alors les deux droites qui sont tangentes à tous les cercles se coupent dans la partie droite du dessin et forment ainsi un triangle dont l'aire majore Sn, donc Sn converge. Sinon les droites se rejoignent de l'autre côté du dessin, cela signifie que l'on aura des cercles de plus en plus grand, et donc que Sn diverge.
Donc dans le cas où α<2π3 nous avons : 4y2<1[/latex],etdonclasuite[latex]un[/latex]convergevers0,etdonc[latex]Sn[/latex]convergevers:[latex]rgb]1,0.8,0R21(π−α2)+rgb]0,0.6,0V11−4y2 Application numérique :
Pour R1=5,n=20 et α=5π9 on a : y=sin5π36R2=2yR1=10sin5π36≃4,22618V_1 = 5^2\sin{5\pi\over 18} + R_2^2({\pi\over 2}-{5\pi\over 36})}= 25\sin{5\pi\over 18} + R_2^2({13\pi\over 36})}\simeq 39,4133414y2=4sin25π36≃0,7144(4y2)19≃0,0016791−(4y2)191−4y2≃3,49582 S20≃rgb]1,0.8,025∗13π18+rgb]0,0.6,039,413341∗3,49582+25∗0,001679∗5π18≃194,542 Ouf ! J'espère ce n'est pas trop confus. Je me suis beaucoup amusé à faire se poste là , j'espère que les couleurs sont lisibles . Pour la 3D je verrais ça plus tard peut-être.
Il y a sûrement plus simple.
#9 - 15-09-2013 00:16:55
- kossi_tg
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Le vieux dossier de Grand-Père : °N6 (une suite de cercles?)
#10 - 15-09-2013 15:54:00
- masab
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Le viexu dossier de Grand-Père : N°6 (une suite de cercles?)
Bonjour,
Voici la réponse aux questions 1), 2) et 3).
Question 1 Sn=πR2+[4sin2α4(π+α2+sinα2)−α+sinα] 1−4n−1sin2n−2α4 1−4sin2α4 R22 Question 2 La suite Sn converge si et seulement si 4sin2α4<1, c-à-d α<2π3 (120°). Dans ce cas la limite est S=πR2+[4sin2α4(π+α2+sinα2)−α+sinα]1 1−4sin2α4 R22 Notons que pour α=2π3 tous les cercles ont le même rayon.
3) S20=194.5419201720921144789774856... arrondi à 194.542 S=194.7370706227094117208196155... Voilà !
#11 - 16-09-2013 09:02:36
- kossi_tg
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Le vieux dossier de Grandd-Père : N°6 (une suite de cercles?)
BRAVO masab 
#12 - 16-09-2013 15:20:30
- masab
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le vieux dossier de grand-père : n°6 (une quite de cercles?)
Question 4 On pose g(x)=sin4x4(2+cosx2) . Pour α≠2π3 , on a Vn=43πR3(8sin3α4)n−1+43πR3[1−g(α)−8sin3α4g(π−α2)] 1−(8sin3α4)n−1 1−8sin3α4 Application numérique : V20=1049.127335613927589991443535... arrondi à 1049.127
Voilà !
#13 - 16-09-2013 16:59:58
- kossi_tg
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le vieux dossier de grand-pèrz : n°6 (une suite de cercles?)
Question 4: masab, on n'a pas les mêmes résultats à V20. As-tu le volume d'une sphère à V1?
#14 - 17-09-2013 10:52:19
- masab
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le vieux dossiee de grand-père : n°6 (une suite de cercles?)
#15 - 17-09-2013 12:16:13
- kossi_tg
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Le vieux dossier de GrandPère : N°6 (une suite de cercles?)
#16 - 19-09-2013 00:27:36
- cogito
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Le vieux dossier de Grand-Pèr e: N°6 (une suite de cercles?)
Pour le volume, je vais plutôt découper les sphères comme suit :

(d’ailleurs je pense que pour le calcul d'aire j'aurai dû suivre le même découpage, cela aurait probablement simplifié les calculs )
Donc tous les calculs de volumes vont se résumer aux calculs de volume d'une sphère à laquelle on soustraira le volume d'une ou deux calottes sphériques.
La formule d'une calotte sphérique de hauteur h et de rayon R est : [TeX]\pi R h^2 -{\pi h^3\over 3}[/latex] (1).
Dans tout ce qui suit je ferais référence à la figure suivante :

Nous savons déjà que Rk+1=2Rksinα4.
Remarque : dans la suite j'utiliserais le résultat suivant :
[latex]1-\cos(2\theta) = 2\sin^2\theta[/TeX] I-calcul de la distance EkAk+1 : EkAk+1=AkAk+1−AkEk=Rk−Rkcosα2=Rk(1−cosα2) autrment dit : EkAk+1=2Rksin2α4.
II-calcul de la distance FkEk : FkEk=FkAk+1−EkAk+1=Rk+1−2Rksin2α4FkEk=2Rksinα4−2Rksin2α4=2Rksinα4(1−sinα4) Pour des raisons de clareté, dans la suite y représentera sinα4.
Volume Jaune :
Le volume en jaune est le volume de la première sphère moins le volume de la calotte sphérique de hauteur E1A2, ce qui d'après (1) et I donne : 4π3R31−πR1(2R1y2)2+π(2R1y2)33=4πR313(1−3y4+2y6)=4πR313(1−y)2(1+y)2(2y2+1) Volume Vert :
Le volume vert est composé de n-2 morceaux comme sur la figure ci-dessus. Le calcul ci-dessus reste valable pour les autres sphères et correspond au volume "délimité" par les points Bk+1BkFkDkDk+1.
Donc le volume d'un morceau vert (que l'on va noter Wk) est le volume ci-dessus (avec Rk au lieu de R1) moins le volume de la calotte "délimitée" par les point BkFkDk, c'est à dire : 4πR3k3(1−y)2(1+y)2(2y2+1)−πRk(2Rky(1−y))2+π(2Rky(1−y))33=4πR3k3[(1−y)2(1+y)2(2y2+1)−3y2(1−y)2+2y3(1−y)3]=4πR3k3(1−y)2[(1+y)2(2y2+1)−3y2+2y3(1−y)]=4πR3k3(1−y)2(1+2y+6y3) Par le même raisonnement que pour les surfaces, on a la relations de récurrence : Wk+1=8y3Wk et donc Wk=(8y3)k−2W2 (car ici les volumes verts commence à k=2).
donc le volume vert est égàl à W2∑n−1k=2(8y3)k−2=W2∑n−3k=0(8y3)k
Volume Bleu :
Le volume en bleu est le volume de la dernière sphère moins le volume de la calotte sphérique de hauteur Fn−1En−1, ce qui d'après (1) et II donne : 4π3R3n−πRn(2Rny(1−y))2+π(2Rny(1−y))33=4πR3n3(1−3y2(1−y)2+2y3(1−y)3)=4π(8y3)n−1R313(1−3y2(1−y)2+2y3(1−y)3)= Volume Total:
Donc finalement le volume totale est : Vn=rgb]1,0.8,04πR313(1−y)2(1+y)2(2y2+1)+rgb]0,0.6,0W2n−3∑k=0(8y3)k+4π(8y3)n−1R313(1−3y2(1−y)2+2y3(1−y)3) Donc si α=2π3 alors nous avons y=1/2, et donc : Vn=rgb]1,0.8,04πR313(1/2)2(3/2)2(3/2)+rgb]0,0.6,0W2n−3∑k=01+4πR313(1−(3/4)(1/2)2+(1/4)(1/2)3) Soit : V_n={\color[rgb]{1,0.8,0} {27\pi R_1^3\over 24}} + {\color[rgb]{0,0.6,0} (n-2)W_2}+{\color{blue}{25\pi R_1^3\over 24}} ={13\pi R_1^3\over 6}}+(n-2)W_2
Et si α≠2π3 alors 8y3≠1 et donc on peut appliquer la formule pour les séries géométriques, ce qui donne : Vn=rgb]1,0.8,04πR313(1−y)2(1+y)2(2y2+1)+rgb]0,0.6,0W21−(8y3)n−21−(8y3)+4π(8y3)n−1R313(1−3y2(1−y)2+2y3(1−y)3) Vérification numérique : y=sin5π364πR313=500π3≃523,598776(1−y)2(1+y)2(2y2+1)≃0,9156946 =====> Volume Jaune ≃479,45658 (8y3)19(1−3y2(1−y)2+2y3(1−y)3)≃0.00005853 =====> Volume Bleu ≃0,0306478 1−(8y3)181−(8y3)≃2.5240598y3(1−y)2(1+2y+6y3)≃0.46263175W2=4π(8y3)R313(1−y)2(1+2y+6y3)≃242,2334 =====> Volume Vert ≃611,411442
=====> V20≃1090,899
Voilà, j'espère que je n'ai pas fait d'erreurs de calculs. J'ai fait quelques recherches sur internet, et je suis tombé sur un théorème appelé théorème de Guldin. Mais pour utiliser ce théorème, il faut savoir où se trouve le centre de gravité de la figure, et apparemment ça à l'air plus difficile que de calculer directement le volume, dommage... (c'aurait été classe )
Il y a sûrement plus simple.
#17 - 19-09-2013 10:26:29
- kossi_tg
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Le vieux dossier de Grand-Père : N°6 (une suite de cercles?))
cogito: que du plaisir à te lire. Dans le calcul de Wk, j'ai l'impression que que tu n'as pas soustrait 2 calottes mais une seule. Je pense la différence des résultats à V20 doit provenir de là. Vérifie voir. Merci pour cette débauche d'énergie  Pour le théorème de Guldin, j'avais pensé à cela en posant cette question mais au moment de le faire, je ne suis très rapidement rendu compte le rayon de gravité est plus difficile à déterminer que ce que je pensais.
#18 - 19-09-2013 16:03:16
- Klimrod
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Le vieux dossier de Grand-Père : N°6 (une suite de cercles?
En visionnant les réponses de cogito, je crois qu'on peut lui décerner la palme du latex d'or !
 
J'ai tant besoin de temps pour buller qu'il n'en reste plus assez pour bosser. Qui vit sans folie n'est pas si sage qu'il croit.
#19 - 19-09-2013 17:59:14
- Franky1103
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le vieux fossier de grand-père : n°6 (une suite de cercles?)
J'étais parti comme cogito, mais après je me suis perdu dans les calculs sans pouvoir finir. Bravo à cogito. Edit: Et bravo à masab aussi bien sur.
#20 - 19-09-2013 19:52:00
- cogito
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le vieux dossier de grand-pèrr : n°6 (une suite de cercles?)
Il y a sûrement plus simple.
#21 - 19-09-2013 20:42:42
- kossi_tg
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Le vieeux dossier de Grand-Père : N°6 (une suite de cercles?)
Merci à tous et un tableau d'honneur à masab et cogito
Je pose ci dessous ma solution.
#22 - 19-09-2013 22:29:39
- kossi_tg
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Le vieux dosier de Grand-Père : N°6 (une suite de cercles?)
Proposition de solution:

Préliminaires: α[/latex]estnotéaet[latex]β[/latex]bsurlafigure.[latex]AAi=AB=R=R1[/latex]et[latex]AiB=Ri D'après Al-Kashi, R2i=R2+R2−2∗R∗R∗cos(α/2) soit Ri=2∗R∗sin(α/4) puisque 1−cos(t)=sin(t/2)2 quelque soit t.
On en conclut que Ri est une suite géométrique de raison q=2∗sin(α/4). Ri=R∗qi. 1-) Aire totale Désignons par F1 l'aire du 1ier cercle, par Fn celle du dernier, par fi celle d'un cercle intermédiaire de rang i et par Fi l'aire totale des cercles intermédiaires (de rang 2 à n-1). F1=π∗R2−R22∗(α−sin(α))=R2∗(π−α/2+sin(α)/2)) De la même manière: Fn=R2n∗(π−β+sin(2∗β)/2))=R2∗q2n∗(π−β/2+sin(2∗β)/2))oùβ=(2∗π−α)/4.fi=R2∗q2i∗(π−β+sin(2∗β)/2)−α/2+sin(α)/2))=R2∗qns∗Ks[/latex]où[latex]Ks=(π−β+sin(2∗β)/2)−α/2+sin(α)/2))=constante[/latex]et[latex]qs=q2[/latex].[latex]fi[/latex]estunesuitegéométriquederaison[latex]qs[/latex].[latex]Fi=j=n−1∑j=2fi=f2∗1−qn−2s1−qsSn=F1+Fn+FiSn=R2∗(π−α/2+sin(α)/2))+R2∗q2n∗(π−β+sin(2∗β)/2))+f2∗1−qn−2s1−qs 2-) Etude convergence Le comportement de Sn à l'infini est le même que celui de Fi car F1 et Fn sont des constantes. qs=4∗sin(α/4)2 Si qs>1 c'est à dire α>2π/3 alors Fi est divergente et Sn l'est aussi.
Si qs=1 c'est à dire α=2π/3 alors tous les cercles ont le même rayon R, Fi et Sn sont divergentes.
Si qs<1 c'est à dire α<2π/3 alors Fi et Sn sont convergentes et dans ce cas S=R2∗(π−α/2+sin(α)/2))+f2∗11−qs 3-) AN α=5∗π9[/latex],R=5etn=20[latex]q=2∗sin(α/4)=0.84523652 qs=q2=0.71442478 F1=69.0332976 F20=0.100355 f2=35.89788256 Fi=125.4082676S20=194.542 4-) Calcul du volume Vn
Pour calcul le volume, j'ai procédé comme pour la surface. Les 2 volumes d'extrémités sont calculés puis ceux des corps intermédiaires. Désignons par G1 le volume de la première boule (sans la calotte BDAi), Gn celui de la boule n (sans la calotte BnDnAn) et gi celui de la boule intermédiaire de rang i (sans les 2 calottes "découpées"). OAi=R∗(1−cos(α/2))[/latex](hauteurdelacalotte)[latex]G1=4∗π∗R33−π∗OA2i3∗(3∗R−AOi) soit G1=π3∗R3∗(2+3∗cos(α/2)−cos(α/2)3) Par analogie pour la dernière boule: Gn=π3∗R3n∗(2+3∗cos(β)−cos(β)3) Pour le calcul du volume d'une boule intermédiaire de rang i. Deux calottes sont enlevées de la boule sphérique, leurs hauteurs sont: hg=Ri∗(1−cos(β))[/latex](hauteurdelacalotteàgauche)[latex]hd=Ri∗(1−cos(α/2))[/latex](hauteurdelacalotteàdroite)[latex]gi=4∗π∗R33−π∗h2g3∗(3∗Ri−hg)−π∗h2d3∗(3∗Ri−hd) soit gi=Kv∗R3i[/latex]où[latex]Kv=π3∗[3∗cos(α/2)+3∗cos(β)−cos(α/2)3−cos(β)3]=constante On remarque que gi est une suite géométrique de raison qv=q3=8∗sin(α/4)3. Gi=j=n−1∑j=2gi=g2∗1−qn−2v1−qvVn=G1+Gn+GiVn=π3∗R3∗[2+3∗cos(α/2)−cos(α/2)3]+π3∗R3n∗[2+3∗cos(β)−cos(β)3]+ g2∗1−qn−2v1−qv Comme pour la surface, lorsque α est inférieur à 2π/3, Gi est convergente donc Vn l'est aussi. Soit V la limite de Vn dans ce cas. V=π3∗R3∗(2+3∗cos(α/2)−cos(α/2)3)+g2∗11−qv AN pour R=5, α=5∗π/9 et n=20 G1=479.456581 G20=0.02876158 Kv=2.989907155 g2=225.684888 Gi=569.6419931V20=1049.127
#23 - 19-09-2013 22:54:45
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Le vieux dossier de Grand-Père : °N6 (une suite de cercles?)
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