Overblog
Suivre ce blog Administration + Créer mon blog

Pourquoi ce blog ?

CouvPocheIndispensables
J'ai créé ce blog lors de la sortie de mon livre "Les Indispensables mathématiques et physiques pour tous", Odile Jacob, avril 2006 ; livre republié en poche en octobre 2011 (achat en ligne) (sommaire du livre).
Je développe dans ce blog des notions de mathématiques et de physique à destination du plus large public possible, en essayant de susciter questions et discussion: n'hésitez pas à laisser vos commentaires!

Rechercher

Indispensables astronomiques

Nouveauté octobre 2013, mon livre "Les Indispensables astronomiques et astrophysiques pour tous" est sorti en poche, 9,5€ (éditions Odile Jacob, éidtion originale 2009). Comme mon premier livre (Les Indispensables mathématiques et physiques), c'est un livre de notions de base illustrées avec des exemples concrets, s'appuyant sur les mathématiques (géométrie notamment) pour l'astronomie, et sur la physique pour l'astrophysique. Je recommande vivement sa lecture.

Communauté de blogs

4 mars 2009 3 04 /03 /mars /2009 12:09
Ce billet devrait être le dernier d'une longue série, réfraction 1, réflexion 1, 2, 3, que je n'imaginais pas aussi fournie au départ, mais que les lecteurs ont eux-mêmes nourrie. C'est çà le Web 2.0, cela donne des idées à l'auteur ! Merci François de cette indication de l'American Mathematical Montly (1964) sur la démonstration de Huygens. Nous « remettons au propre » le raisonnement ici en simplifiant la figure d'époque (Wikipedia). Soit K un point qui n'est pas sur la « ligne de Fermat » AOB. On abat depuis K deux perpendiculaires, l'une sur l'axe OB (point L), l'autre sur la perpendiculaire à l'axe OA (point H). Détail de la figure, avec les angles droits, à droite.


Première étape : on étudie les triangles OKL et OKH, et on montre qu'ils sont dans le « rapport de Fermat » : sin i = HK/OK, sin r = OL/OK donc HK/sin i = OL/sin r, soit, comme sin i /V = sin r /v (par construction, billet précédent,V étant la vitesse dans le milieu du haut, v < V la vitesse dans celui du bas) HK / V = OL / v.


Deuxième étape : on trace (en vert) le rayon AK. Il coupe OH en un point I. On remarque que KI est l'hypoténuse d'un triangle KHI rectangle en H, donc KH < KI. On remarque aussi que IA est l'hypoténuse d'un triangle AOI rectangle en O, donc AO < AI. Pour la même raison, on a aussi BL < BK.


Troisième étape : On mesure le temps TAKB (temps mis à parcourir la distance AKB).

TAKB = TAK + TKB = TAI + TIK + TKB  > TAO + TKH + TKB (compte tenu de l'étape 2, puisque AO < AI et KH < KI).

Or, TKH = HK/V et (première étape) = OL/v donc TKH = OL/v ; or, OL/v = TOL, donc TKH = TOL (c'est la conclusion de la première étape, les deux longueurs sont dans le rapport de Fermat, i.e. la lumière met un temps égal à les parcourir).

On reporte donc ci-dessus : TAKB > TAO + TKH + TKB = TAO + TOL + TKB > TAO + TOL + TLB puisque KB > LB. Donc TAKB > TAO + TOL + TLB = TAOB. Donc le chemin AOB correspondant à sin i /V = sin r /v est bien le plus court. Merci Huygens !

Partager cet article
Repost0
25 février 2009 3 25 /02 /février /2009 17:12

Ce premier billet de chemin le plus court posté le vendredi précédent les vacances scolaires parisiennes a déchaîné les discussions, j’en suis heureux, et a conduit aux deux solutions, l’une cartésienne et lourde proposée par moi, l’autre euclidienne et légère proposée par les fidèles lecteurs. Je termine (provisoirement ?) ce cycle de « chemins le plus court » avec celui du maître-nageur, que nous a rappelé Benjamin en commentaire, et que j’avais en tête en entamant ce cycle.



Soit un maître-nageur devant aller sauver une personne en mer ; il court à la vitesse V sur le sable de la plage, il nage à une vitesse v (v < V) dans la mer. Quel chemin doit-il emprunter pour secourir au plus vite la personne ?

Ce chemin n’est pas la ligne droite AB (il court trop peu longtemps et nage trop longtemps), ce n’est pas non plus la ligne ACB où on maximise la distance sur le sable (dans ce cas, la distance totale est trop grande). Ce chemin est entre les deux, c'est le chemin AMB donné par l’angle i tel que sin i = V/v  sin r (de C à la ligne droite, le rapport sin r / sin i varie de 0 à 1, donc on est assuré qu'il prend la valeur v/V, inférieure à 1).


 

On le démontre facilement avec la démonstration cartésienne lourde; le temps total s'écrit, en reprenant les notations du billet précédent :

T = AM / V + MB / v =  (x² + a²)1/2/ V + [(L-x)² + b²]1/2/ v, en dérivant par rapport à x, le minimum est atteint pour :

x / (V×AM) = (L-x) / (v×MB), ou en d’autres termes OM/ (V × AM) = MC / (v × MB) ; on retrouve une égalité de triangles semblables, à la vitesse près de part et d’autre.

Or sin i = OM / AM, et sin r =  MC / MB, on retrouve sin i  / V = sin r  / v, c'est le principe de Fermat- Descartes de la réfraction, n1 sin i1 = n2 sin i2 (dans notre cas l'inverse des vitesses dans chaque milieu est l'équivalent de l'indice de réfraction, ce qui est cohérent avec vlumière = c / n dans un milieu d'indice n).


Je ne sais pas si on peut arriver à une démonstration géométrique (euclidienne) de cela. Qu'en pensez-vous ?

 

 

Partager cet article
Repost0
18 février 2009 3 18 /02 /février /2009 10:04
Oui c'est vrai ma démonstration (billet 2) à l'énigme (billet 1) est lourde, "cartésienne", j'avais prévenu ! Alors formalisons la démonstration géniale esquissée par Ludovic, Serma et Hervé en commentaires du billet 1, une démonstration "euclidienne" dirons-nous, purement géométrique, avec un joli jeu de miroir. Voilà, figure à l'appui :

Rappelons l'objet : trouver pour le cavalier le chemin le plus court de A à B sachant qu'il doit mener boire sa monture à la rivière (en bleu). Prenons un chemin quelconque ACB (en vert) reliant A et B en passant par la rivière en C. Prenons le symétrique du segment AC par rapport à la rivière : il nous donne A'C, et la distance ACB est égale à la distance A'CB. On constate aisément que la distance A'CB (donc ACB) sera toujours plus grande que la distance A'MB, ligne droite reliant A' à B, sauf si C est en M. Le plus court chemin après avoir mis le premier segment en miroir est A'MB, donc le plus court chemin avant la mise en miroir est AMB, c'est la réponse cherchée.

Mais tout ceci, Descartes et sa lourde démonstration d'analyse, Euclide et sa légère démonstration de géométrie, n'aident guère notre cavalier, encore moins son cheval : comment sait-il, partant de A, où aller faire boire son cheval ? (attention ce n'est pas une énigme, simplement une constatation désolée).
Partager cet article
Repost0
16 février 2009 1 16 /02 /février /2009 21:15
J'avais posé une (petite) énigme lors du précédent billet, quel est le chemin le plus court pour un cavalier pour aller de A vers B sachant qu'il doit emmener son cheval boire à la rivière en chemin (figure 1, en vignette) ? Réfléchissez-y avant de lire la suite.

Mes fidèles lecteurs se sont déchaînés, et ont donné la solution (projeter le symétrique de A ou de B, cf. figure ci-dessous), même plusieurs solutions, en commentaires du précédent billet. J'avais ma démonstration, elle est basée sur les deux mamelles du taupin, les coordonnées cartésiennes et le calcul différentiel. C'est lourd, inélégant (je préviens), mais à mon sens convaincant.
On prend pour origine du repère cartésien le point O (le milieu de AA'), par commodité.
La distance AB = AM + MB = [x² + a²]1/2 + [(L-x)² + b²]1/2 ; quand on dérive par rapport à x (choix du plus court chemin), on obtient l'annulation de la dérivée pour :

x  / [x² + a²]1/2= (L-x) / [(L-x)² + b²]1/2 ou plus simplement OM / AM = PM / BM, ce qui exprime que les triangles AOM et BPM sont semblables, donc l'égalité des angles AMO et PMB, avec deux conséquences :

1)
A'M (A' symétrique de A) est aligné à MB, donc la solution est bien celle où on construit le symétrique de A par rapport à la rivière (ou de B, ce qui est strictement équivalent)

2)
égalité des angles i (figure) faits avec la normale côté A et côté B : on retrouve la loi de la réflexion de Snell-Descartes - Ce n'est pas seulement le plus court chemin pour le cavalier, c'est le plus court chemin pour la lumière réfléchie... Encore de la physique qui se cache derrière une récréation mathématique !


Quand je vous disais (cf. le titre de mon premier billet) qu'il fallait un peu de réflexion....


Partager cet article
Repost0
13 février 2009 5 13 /02 /février /2009 07:37
Un peu de réflexion, un problème (qui sera à tiroirs) soumis à votre sagacité. Les problèmes de "chemin le plus court" sont toujours intéressants, pour nous sortir du cadre naturel qu'est la droite (certains parleront de "chemin le plus rapide", je préfère chemin le plus court - en temps) - voir un tel problème dans ce blog déjà.
Soit un cavalier situé en A, il veut se rendre en B, avec une contrainte, celle d'aller faire boire son cheval à la rivière (en bleu) en chemin. Saurez-vous proposer ce chemin le plus "court" ?

Rajoût  Ajout:  attention quelqu'un a trouvé la solution en commentaire - si vous voulez chercher ne regardez pas les commentaires !
Partager cet article
Repost0
23 janvier 2009 5 23 /01 /janvier /2009 21:14
Honneur à l'astronomie,  toujours, l'année mondiale ayant été lancée vendredi dernier  16 janvier à l'UNESCO à Paris. Il existe un deuxième point de Lagrange, symétrique du premier par rapport à la Terre, de l'autre côté de celle-ci, toujours à 1 500 000 km. La Terre est située entre le Soleil et ce point : un satellite situé en ce point devrait tourner autour du Soleil moins vite que ne le fait la Terre, car il est plus éloigné du Soleil, mais... le champ gravitationnel de la Terre entraîne le satellite avec elle, ce qui fait qu'il va plus vite... à la différence du premier point de Lagrange où le satellite est ralenti... mais dans les deux cas la conséquence est que les trois corps (Soleil-Terre-satellite) restent sur le même axe en permanence, donc que le satellite reste près de la Terre, ce qui est très pratique.
A ce second point de Lagrange on met des satellites chargés d'observer l'Univers, tournant à 360° sans être gêné par la lumière solaire puisque la Terre est entre le satellite et le Soleil...exemple le futur James Webb Space Telescope (2013) y trouvera sa place.



NB  pour ceux qui veulent y réfléchir : il y a deux points de Lagrange sur l'axe Soleil-Terre comme il y a deux points de marée haute sur l'axe Terre-Lune, un "sous la Lune", le deuxième de l'autre côté ; c'est la même formule de différentiel d'attraction en 1/D3 qui régit cela.
Partager cet article
Repost0
4 janvier 2009 7 04 /01 /janvier /2009 09:23

AMA, encore un sigle... Année mondiale de l'astronomie, telle qu'a été déclarée 2009 par l'ONU et l'UNESCO. 2005, c'était la physique, en l'honneur du 100° anniversaire des quatre articles d'Einstein (relativité restreinte, E=mc², mouvement brownien, quanta de lumière), 2009 célèbre le 400° anniversaire de la découverte de la lunette astronmique par Galilée. Une révolution aussi, qui allait lui permettre d'observer les satellites de Jupiter (les « astres médicéens ») et les phases de Vénus. Deux observations majeures qui ébranlaient le dogme géocentrique... Meilleurs vœux à tous fidèles lecteurs, que votre soif de connaissances (« libido sciendi ») soit renouvelée en même temps qu'étanchée aux sources que vous trouverez... et commençons par un poncif en ces temps de morosité et de crise : la connaissance n'est-elle pas synonyme de progès pour chacun et pour l'humanité ?


Entamons l'AMA par un billet d'astronomie, découvrons un des points de Lagrange (et son application) : quand un petit corps quitte-t-il l'attraction terrestre pour passer à l'attraction solaire ? D'abord, un point : la question, pourtant intuitive, est mal posée : on ne quitte jamais une attraction ni ne rejoint l'autre, car on est toujours soumis à une attraction, la force de gravitation étant de portée infinie. Par ailleurs, même la Lune, gravitant autour de la Terre, est soumise avec cette dernière à la gravitation solaire. Mais on a du mal à se faire à ces notions, et la question ci-dessus vient spontanément.

Le point de Lagrange est un cas particulier du « problème des trois corps » (l'un des plus difficiles de la mécanique céleste !), traité avec l'approximation m petit devant M, M petit devant M', d petit devant D ; par exemple m satellite (Lune ou télecscope spatial), M Terre, M' Soleil.

 

Le point de Lagrange est la position de m où s'équilibrent la force d'attraction que subit m de la part de la Terre M, la force d'attraction du Soleil M', et la force centrifuge de rotation de m autour du soleil, cette dernière étant égale à ω²(D-d), ω étant la vitesse angulaire de m :


A droite, on exprime simplement que la Terre tourne à la même vitesse angulaire que le satellite ; en remplaçant ω dans la première formule, la résolution se fait avec un terme de développement en série de premier ordre à gauche, comme d est petit devant D :

Pour le système Terre-Lune perturbé par le Soleil, on trouve une distance d = 1 500 000 km (on vérifie au passage que d est petit devant D, distance Terre-Soleil, environ 1%). Ce « premier point de Lagrange » a une application : c'est là qu'on a mis en 1995 le satellite SoHO d'observation de l'activité solaire. Pourquoi ? Grâce à ce qui précède, il reste sur l'axe Terre-Soleil en permanence : alors qu'il devrait aller plus vite que la Terre car plus proche du Soleil, sa rotation est ralentie par le champ de gravitation terrestre qui le « ramène » dans l'axe. Ainsi, tourné vers le Soleil pour mieux l'observer, il accompagne la Terre dans son mouvement de révolution autour du Soleil, restant à égale distance d'elle et proche (il ne se met pas à tourner autour du Soleil en s'éloignant de la Terre), ce qui facilite les communications avec le satellite et sa surveillance. Voilà une application du (premier) point de Lagrange !

 

Partager cet article
Repost0
7 décembre 2008 7 07 /12 /décembre /2008 10:30

Lors de la journée annuelle « Envol Recherche » de la Fondation EADS, vendredi 5 décembre, Gérard Berry, Ingénieur général des mines, professeur au Collège de France, directeur d’Esterel Technologies, a souligné une phrase intéressante : « Après le premier vol d’essai de l’A380, le dernier-né, j’ai demandé à l’ingénieur de vols comment cela s’était passé, celui-ci m’a répondu : "Très bien. L’avion s’est comporté comme dans le simulateur". Phrase étonnante, non ? ». Je vous laisse réfléchir, avec Gérard Berry, sur le contenu épistémologique de cette phrase. Généralement, ce sont les simulateurs qui modélisent la réalité, comme leur nom l'indique : avant, les simulateurs modélisaient la réalité des processus existants (simulateur de conduite de train, d’avion,…), à présent, le numérique anticipe la réalité (notamment dans le cadre de l’A380 entièrement conçu sur ordinateur)...

Partager cet article
Repost0
29 novembre 2008 6 29 /11 /novembre /2008 09:48

EPR, 3° ou 4° génération, pendant le débat télévisé des élections présidentielles flottait comme une vague imprécision à ce propos. Mais, plus embêtant, ce que recouvrent ces trois lettres était, là, totalement inconnu. EPR = european pressurized reactor, c'est le terme « pressurisé » qui nous intéresse ici, parce qu'il recouvre une notion physique simple qui devrait nous aider à retenir comment fonctionne un tel réacteur.

La terminologie d'abord, on parlait avant de REP = réacteur à eau pressurisée (ou pour les connaisseurs PWR = pressurized water reactor). Et pourquoi parle-t-on d'eau pressurisée ? Si l'on comprend cela, on retient le fonctionnement du réacteur dans son ensemble.

 

 

Le circuit rouge est le circuit à eau pressurisée. C'est lui qui récupère la chaleur du réacteur à fission de combustible d'uranium (en rouge à gauche) : on parle d'eau caloriportrice = porteuse de la chaleur, à 300-320°C dans un réacteur nucléaire. Le circuit rouge réchauffe le « ballon bleu » au centre, rempli d'eau : un peu comme lorsque vous touchez votre radiateur, votre main se réchauffe (et le radiateur chauffe la pièce), les tuyaux d'eau du circuit rouge réchauffent l'eau du circuit bleu.

Alors maintenant la question-clef : avez-vous déjà vu de l'eau à 300°C ? Non, car à température ordinaire, elle est devenue vapeur d'eau dès les 100°C. Pour avoir de l'eau liquide à 300°C, il faut qu'elle soit sous pression  (loi de Clapeyron, le changement d'état se fait suivant une courbe en p/T, p étant la pression et T la température, voir aussi le diagramme de phases ou diagramme de Clapeyron). C'est pourquoi le circuit rouge est un circuit à eau pressurisée, à 155 bars (soit 155 fois la pression atmosphérique), d'où le nom REP, et par analogie EPR.



Une bonne image animée sur Wikipedia {{en}}



Pour ceux qui souhaitent approfondir : Pourquoi 320°C pour ce circuit primaire et pas plus ? Je suppose : parce que le point critique de l'eau est à peine au-dessus, à 374°C, et qu'à partir de cette température on ne distingue plus l'état gazeux de l'état liquide (merci à Benjamin Bradu de nous avoir remémoré ces notions de diagramme des phases, de point triple, de point critique dans son article BibNum sur Kamerlingh Onnes prix Nobel de physique 1913)


Partager cet article
Repost0
12 novembre 2008 3 12 /11 /novembre /2008 08:23

Non, ce n’est pas un billet pour un régime minceur, mais un thème savoureux issu des « Problèmes plaisants et délectables qui se font par les nombres » (Bachet de Méziriac, 1612). D’ailleurs, sans que je le susse, un de mes précédents billets (le tour des 21 cartes) était dans ce recueil. Un cador, ce Bachet (1581-1638), injustement éclipsé par Bezout né cent ans après sa mort.

 

Etant donnée telle quantité que l’on voudra pesant un nombre de livres depuis 1 jusques à 40 inclusivement (sans toutefois admettre les fractions), on demande combien de poids pour le moins il faudrait employer à cet effet.

Ou : Trouver une série de poids avec lesquels on puisse faire toutes les pesées en nombre entier depuis 1 jusqu ‘à la somme des poids employés, cette somme étant la plus grande possible relativement au nombre de poids.


S’il n’y a que deux poids a et b, mettons a < b, on peut certes peser b + a, mais on doit aussi peser b + 1 qui lui est inférieur ou égal ; donc a = 1 : s’il n’y a que deux poids, l’un d’eux est forcément 1.


Le poids suivant est 3 : car avec 3 l’on pèse aussi 2 (3 d’un côté de la balance, 1 de l’autre coté) et 4. Tandis qu’avec 2 (et 1 qu’on a déjà) on ne peut peser 4, donc 3 est plus avantageux. D’autre part on ne peut sauter à 4 dès le deuxième poids, car avec 1 et 4 on aurait certes 3 (4 d’un côté de la balance, 1 de l’autre coté) mais il serait impossible d’avoir 2. Il en va de même pour tout poids supérieur à 4, qui ne permet pas de peser 2, même par différence. Donc le second poids est 3.

 

De proche en proche on peut ainsi démontrer que les quatre premiers poids sont 1, 3, 9, 27 : ce sont ces quatre poids qui permettent d’aller jusqu’à 40 (égal à 27 + 9 + 3 + 1) et de résoudre le problème posé par Bachet. Sachant qu’on peut peser par différence entre les plateaux, par exemple 19 se pèse avec 27 et 1 d’un côté, 9 de l’autre.

 

La solution générale est, on l’a compris, les poids de type 3n ; les n premiers permettent de peser jusqu’à S = 1 +…+ 3n ; le poids suivant dont on a besoin pour peser est 2S+1, on obtient alors tous les poids entre (S+1) et (2S+1) par différence de pesée sur les plateaux.

Or, S = ½ (3n+1 – 1) (multipliez par 3 : 3S = S +3n+1 – 1) : et donc le poids suivant (2S+1) c’est bien 3n+1; S étant la  dernière pesée possible avec les n premiers poids, on a besoin du poids suivant pour continuer ; ainsi la pesée suivant S, soit ½ (3n+1 +1) s’obtient en mettant 3n+1 d’un côté, tous les autres poids de l’autre [on pèse 3n+1 – S  = ½ (3n+1 +1) ]

Un délicieux problème dont je ne vous donne ici que la saveur, vous le lirez bien mieux décrit dans le livre du sieur Bachet que vous trouverez sur Internet (Edition Gauthier-Villars 1884, bibliothèque CNAM, page 154), mais dont j’aimerais bien avoir l’édition originale de 1612 entre les mains !


Sauf erreur de ma part – je n’ai toutefois rien vu sur cette comparaison – ce problème est analogue à celui du minimum de billets ou de pièces de monnaie : trouver un système monétaire qui minimise le nombre de pièces différentes – [à ceci prêt qu’on peut avoir plusieurs pièces de 1, 3, 9, etc dans son porte-monnaie]. Mais il est vrai que payer 19 euros à un commerçant en lui tendant une pièce de 27 et une pièce de 1 serait certes pédagogique mais guère commode !

 

Partager cet article
Repost0

Articles Récents

Alterscience (janvier 2013)

Mon livre Alterscience. Postures, dogmes, idéologies (janvier 2013) détails.


CouvertureDéf


Récréations mathéphysiques

RécréationsMathéphysiques

Mon dernier ouvrage est sorti le 14 octobre 2010 : Récréations mathéphysiques (éditions Le Pommier) (détails sur ce blog)

Einstein, un siècle contre lui

J'ai aussi un thème de recherche, l'alterscience, faisant l'objet d'un cours que j'ai professé à l'EHESS en 2008-2009 et 2009-2010. Il était en partie fondé sur mon second livre, "Einstein, un siècle contre lui", Odile Jacob, octobre 2007, livre d'histoire des sciences (voir billet sur ce blog, et notamment ses savoureux commentaires).

Einstein, un siècle contre lui