énigme 3

Quand on parle gnomonique, sinus et cosinus ne sont pas des gros mots.
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sebB
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énigme 3

Message : # 840Message sebB »

Bonjour à tous,

Je vous propose une petite énigme :?:

Le propriétaire d'un château possède un joli parc dans lequel on trouve des allées et des parterres de fleurs légèrement en pente.
Ce jardin se visite et pour attiser la curiosité des visiteurs il souhaite installer sur l'une des pentes un cadran solaire gravé sur une dalle en pierre de taille. Pour cela, il fait appel à un ami maçon pour le tracer et la réalisation du cadran.

En se rendant à l'endroit où il doit réaliser le cadran, le maçon se rend compte rapidement que c'est un plan incliné déclinant.

IL relève la latitude du château phi = 50° et doit mesurer l'inclinaison Z et la déclinaison D du plan.

Pour effectuer ces mesures , au matin du 20 Avril il place une planchette munie d'un style droit de hauteur a = 50 mm et d'un repère orthogonal. Sur la planchette O est le point d'implantation du style droit, l'axe des abscisses Ox est orienté vers la droite et l'axe des ordonnées Oy est orienté vers le haut.
Il positionne la planchette de façon à ce que l'axe Oy soit orienté selon la ligne de plus grande pente du plan et vers le haut.

En ce jour le temps est incertain :x :x , il a juste le temps de relever un point d'ombre noté A avant qu'une tempête se déclare :evil: .
Le point A a pour coordonnées x = -30,5 mm et y = 20,5 mm.

il mesure également l'inclinaison du plan Z à l'aide d'un inclinomètre. Z = 35°

Cependant, il ne sait pas déterminer la déclinaison du plan incliné déclinant.

Sauriez vous aider le maçon à retrouver géométriquement la déclinaison D du plan ? ;)

on respectera les contraintes suivantes :
on utilisera pas le formulaire permettant de déterminer Z et D à partir des coordonnées x et y du point A, ni la formule reliant Z et D!
on utilisera le matériel de géométrie.
Le seul calcul trigonométrique sera le calcul de l'azimut du soleil.
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Yvon_M
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Re: énigme 3

Message : # 842Message Yvon_M »

Merci pour ton énigme sebB, voici ma solution.

À partir du relevé sur la planchette, on peut mesurer la distance angulaire SG entre le Soleil et le prolongement du style droit, ainsi que l’angle du Soleil HGS mesuré sur la planchette par rapport à l’axe Oy du côté négatif :

Image
  • tirer la ligne OA
  • relever l’angle AOy = HGS = 55,5°
  • tirer une perpendiculaire à OA en O et prendre sur la perpendiculaire le point g à la distance a de O
  • tirer la droite gA
  • relever l’angle AgO = SG = 36,5°
Sur la sphère céleste, soit G le prolongement du style droit, z le zénith et S le Soleil. Sur le triangle sphérique défini par ces 3 points, nous connaissons 3 éléments : le côté SG et l’angle HGS que nous venons de relever, ainsi que le coté zG correspondant à l’inclinaison Z = 35°.

Image

La résolution de ce triangle nous permettra d’obtenir :
  • le coté zS qui nous permettra de trouver la hauteur du Soleil h = 90° - zS
  • l’angle GzS correspondant à différence de l’azimut du Soleil Az et de la déclinaison D cherchée. Pour ne pas se poser de question sur les signes, notons simplement pour l’instant que le Soleil est du bon côté sur la figure précédente.
Pour résoudre ce triangle, nous pouvons utiliser la procédure graphique de l’analemme en se plaçant dans le plan de vertical contenant z et G :

Image
  • tracer un demi-cercle quelconque à partir du centre O
  • tracer le diamètre HOH' correspondant à l’horizon
  • tracer le rayon Oz perpendiculaire à HOH' correspondant à la verticale
  • tracer le rayon OG faisant l’angle Z = 35° correspondant au style droit prolongé
  • tracer le rayon OS'1 faisant avec OG l’angle SG = 36,5°
  • de S'1 tirer la perpendiculaire S'1KS"1 à OG
  • du centre K, tracer l’arc S'1S"1
  • de K, tracer le rayon KS1 faisant avec KS'1 langle HGS = 55,5°
  • de S1 tirer la perpendiculaire S1S' à S'1S"1, S' est la projection orthogonale de S sur le plan de la figure
Pour obtenir h :
  • de S' tirer la perpendiculaire S'2S'LS"2 à Oz
  • on peut mesurer h = S"2OH' = 27°
Pour obtenir GzS :
  • du centre L, tracer l’arc S'2S"2
  • de S' tirer la perpendiculaire à S'2S"2 qui coupe l’arc S'2S"2 en S2
  • on peut mesurer GzS = S'2LS2 = 34°
Pour obtenir la déclinaison D il nous faut maintenant déterminer Az, ce qui est possible car nous disposons maintenant de 3 grandeurs pour résoudre le triangle de position :
  • la latitude phi = 50°
  • la déclinaison du Soleil au 20 avril : d = 11,73°
  • la hauteur du Soleil h = 27° obtenue ci-dessus
Nous pourrions obtenir Az, comme précédemment, par la procédure graphique de l’analemme. Mais comme sebB nous autorise à utiliser une formule trigonométrique, celle qui relie les 4 grandeurs est : sin d = sin h.sin phi - cos h.cos phi.cos Az
D’où Az = 75,4° et plus exactement à l’est car notre maçon a fait son relevé le matin. Comme cet angle est supérieur à la différence GzS et que le Soleil est du même coté du méridien que du plan OGz, on a donc :
D = Az - GzS = 75,4 – 34 = 41,4° E
avec une certaine marge d’erreur car j’ai utilisé les valeurs des angles que j'ai relevées sur les figures.
Yvon Massé - Site perso. : La gnomonique
sebB
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Re: énigme 3

Message : # 843Message sebB »

Bonsoir,

Bravo Yvon ! pour cette excellente démonstration géométrique. ;)
Ta démonstration est claire, rigoureuse et il y a rien à dire. J'étais presque sûr que tu raisonnerai par l'analemme ;)
c'est une méthode très ingénieuse et efficace.

Je proposerai une démonstration sans passer par l'analemme en début de semaine de prochaine.

D'ici là peut-être qu'une autre personne proposera une 3ème méthode !

En utilisant ma méthode je retrouve presque les mêmes résultats:
hauteur du soleil h = 28°
Azimut du soleil A = -73,7° soit A = 73,7° E
Déclinaison du mur D= -39,8° soit 39,8° E

Encore Bravo Yvon !
SebB
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Yvon_M
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Re: énigme 3

Message : # 844Message Yvon_M »

Il doit y avoir, effectivement, différentes méthodes graphiques pour obtenir les angles nécessaires à la résolution de cette énigme et j’attends avec curiosité celle que tu vas nous décrire.

Note : en même temps que ce message, j’ai corrigé quelques coquilles que j'ai retrouvées dans la solution que j’ai proposée.
Yvon Massé - Site perso. : La gnomonique
Stéphane_L
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Re: énigme 3

Message : # 845Message Stéphane_L »

Bonsoir,
Voici ma proposition pour obtenir la hauteur du soleil et la différence entre l'azimut du soleil et la déclinaison du cadran.
J'ai effectué une projection orthogonale sur l'horizon.

Ci-dessous une vue 3D pour mieux visualiser.
Le plan bleu est le plan du cadran. Le plan vert est le plan de l'horizon.
vue 3D.png
vue 3D.png (31.75 Kio) Vu 18377 fois
Ci-dessous le plan de l'horizon
plan de l'horizon.png
plan de l'horizon.png (41.97 Kio) Vu 18362 fois
  • Dans le repère (horizontal) de centre C (pied du gnomon).
    Placer le point E(-3.05,0)
    Tracer la demi-droite d'origine E parallèle à l'axe des ordonnées (vers les ordonnées positives).
    Tracer le triangle AED rectangle en A avec AED = 35° et AE = 2.05 cm.
    Tracer H le pied de la hauteur issue de A.
  • [GC] est la projection du gnomon.
    Tracer la demi-droite d'origine C formant un angle de 55°avec l'axe des ordonnées.
    Tracer le point G de cette demi-droite tel que CG = 5 cm.
    Tracer le point G' projeté orthogonal de G sur l'axe des ordonnées.
  • Tirer les demi-droites [CD) et [G'H) elles se coupent en B.
    Tirer une perpendiculaire à (G'B) passant par G'.
    Placer sur cette pependiculaire le point M avec G'M = G'G.
    Tracer [MB].
  • L'ange EHM (angle GzS d'Yvon) est la différence de l'azimut du soleil et de la déclinaison D du cadran.
    L'angle MBG' est la hauteur du soleil.
sebB
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Re: énigme 3

Message : # 846Message sebB »

Bonsoir,

Très intéressante la démonstration de Stéphane qui consiste à faire une projection orthogonale dans le plan de l'horizon puis par des rabattements de triangles on en déduit les angles adéquats qui amènent au résultat.

Merci Yvon et Stéphane pour votre recherche et vos réponses.

je propose une démonstration qui consiste à rabattre des triangles de l'espace dans le plan du cadran incliné déclinant.

on fera référence à la figure 1 (dans le plan du cadran) et la figure 2 (dans l'espace)

Le repère (Oxy) étant tracé. L’axe Oy est orienté vers le haut. Il est dans la direction de la ligne de plus grande pente du plan incliné déclinant.
Le point A (-3,05 ; 2,05) est placé dans le repère.
Le segment [OM] de longueur 5 cm est le style droit rabattu sur l’axe des abscisses.
On place le point G sur l’axe des ordonnées tel que l'angle OMG = 35°.
On place le point H sur l’axe des ordonnées tel que l'angle GMH = 90°.

On trace la droite perpendiculaire à l’axe des ordonnées passant par M.
Cette ligne n’est autre que la ligne d’horizon. En effet si on positionne le style droit perpendiculairement au plan le segment [MH] sera horizontal et le segment [MG] sera vertical.
Du point H on trace un arc de cercle (d) de rayon HM qui coupe l’axe des ordonnées en D. On a donc HM = HD.
Du point G, on trace une droite qui passe par A et qui coupe la ligne d’horizon en E.
On trace le segment [ED].

Ainsi l’angle HDE est la différence d'angle entre l’azimut du soleil et la déclinaison du mûr.
De manière précise avec un logiciel de géométrie, on trouve HDE =33,85°.

le triangle HDE est le triangle HME rabattu dans la plan du cadran selon la charnière EH

Détermination de la hauteur du soleil au moment de la mesure.
On trace la demi-droite [OB) passant par O et qui perpendiculaire à la droite (EG).
On trace un arc de cercle de centre E, de rayon ED qui coupe la demi-droite [OB) en K.
L’angle AKE sera la hauteur du soleil h.

A l’aide du logiciel, on mesure h=28,07°.
Pour se convaincre de la construction, il suffit de comparer la figure 1 dans le plan du cadran et la figure 2 dans l’espace.

Dans le plan EMG, MA indique la direction du soleil et h2 et la hauteur du soleil. Dans le plan incliné déclinant, le triangle EGK est le triangle EMG rabattu dans le plan du cadran en utilisant la charnière EG.
On a donc h = h2 =28,07°.

Détermination de l’azimut du soleil.
Il suffit d’utiliser la formule de trigonométrie sphérique suivante : Sin(d) = sin(phi)sin(h)-cos(phi)cos(h)cos(A).

Avec phi = 50° (latitude du lieu)
d= 11,78°, déclinaison du soleil le 20 Avril.
h = 28,07° hauteur du soleil au moment de la mesure.

Après calcul A = -75,76° car la mesure se fait le matin.

Détermination de la déclinaison gnomonique.
Sachant que la valeur absolue de A est supérieure à l’angle HDE, la déclinaison du mur D est donc,
D = A+ HDE = -73,76° + 33,85° = -39,85° soit environ 40° Est.
Fichiers joints
figure_2.jpg
figure_2.jpg (103.84 Kio) Vu 18350 fois
figure_1.jpg
figure_1.jpg (81.46 Kio) Vu 18350 fois
Modifié en dernier par sebB le mar. 26 mars 2024 19:54, modifié 2 fois.
sebB
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Re: énigme 3

Message : # 847Message sebB »

Bonsoir,

L'idée de poser ce problème m'est venue suite à la lecture du chapitre sur les cadrans inclinés du livre de François Dominique Rivard intitulé "La gnomonique, ou l'art de faire des cadrans" édition 1767.
c'est la page 227 du livre.

L'auteur explique la méthode dont j'ai rappelé de principe dans la démonstration ci-dessus en utilisant non pas un point d'ombre mais plusieurs points d'ombre !

SebB
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Yvon_M
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Re: énigme 3

Message : # 849Message Yvon_M »

Eh bien ! si on devait montrer qu’il est possible d’obtenir un même résultat de différentes manières, on ne ferait pas mieux…

J’ajouterai quelques petites précisions aux méthodes que vous avez proposées qui, en passant, sont bien plus astucieuses que celle de l’analemme car elles n’utilisent qu’une seule construction sans avoir besoin de reporter des angles.

Sur la figure de Stéphane, on peux penser pouvoir gagner en précision avec un point supplémentaire J placé sur l’axe des ordonnées tel que [GJ) soit perpendiculaire à [CG) et ainsi que le triangle CGJ soit similaire à DAE. B se trouve alors à l’intersection de [CD) et [JE). On peut alors se dispenser de la construction du point H et relever l’angle A – D entre l’axe des ordonnées et la demi-droite [BG’).

Quant à la construction de sebB, elle se retrouve aussi dans la première édition de La Gnomonique de Rivard, en 1742, p. 241. Elle a aussi été reprise par Bedos de Celles, dès la première édition de sa Gnomonique pratique en 1760, p. 197. D’ailleurs, sa figure est quasiment identique à celle de Rivard et reprend les mêmes lettres repères.

Ce qui m’a étonné dans cette construction, c’est la façon d’obtenir le point K qui, à mon avis, se trouve plus simplement en traçant un second arc de cercle du centre G et de rayon GM. De plus, l’angle EKG étant droit, l’intersection des arcs est plus précise. J’ai d’ailleurs mis quelques temps à m’assurer que [OK] était bien perpendiculaire à [EG]…

Merci sebB de nous avoir proposé cette belle énigme qui fait appel à la géométrie, une discipline que j’apprécie particulièrement.
Yvon Massé - Site perso. : La gnomonique
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