Bonjour Kidbou,

as-tu verifie ce que tu viens de poster ? Tu annonces un circuit en regime transitoire et tu nous deballes un exo d'optique... je n'ai rien contre, mais avant de t'aider (moi ou quelqu'un d'autre), il faudrait etre sur que c'est le bon exercice...
A toi.  Prbebo.

Effectivement je me suis complètement emmêlé les pinceaux, le titre est en faite "Réflexions multiples dans une demi-boule" mais j'ai aucune idée de comment faire pour changer le titre, ou supprimer le post pour en refaire un autre.

Ce n'est pas grave, l'essentiel est que ce soit bien un exercice d'otique sur lequel il faut travailler. Tu ne peux pas supprimer un post place sur le forum ; quant a remettre le meme avec un titre different, le moderateur du site te tapera sur les doigts, car c'est completement pas permis.

Bon, je commence a m'y coller ce soir, mais vu la longueur du pb se sera fini plutot demain.

A bientot,  Prbebo.

Je te remercie de te coller à ce problème. Prends le temps qu'il te faut.

Bonsoir Kidbou,

je ne t'oublie pas : j'ai fait les questions 1 a 3 de ton exercice. Je prepare un corrige, le plus long etant bien sur de faire les figures necessaires. Je t'envoie ca ce soir, les questions 4 et 5 me semblant plus faciles.

A tout a l'heure,

prbebo.

Encore merci de t'être interessé au problème. J'attends avec impatience ta correction.

Bon, comme convenu voici mes reponses aux trois prenmieres questions :

Question 1, voir figure 1 :
La figure montre le rayon incident en H sur la face plane de la demi boule. La loi de Snell-Descartes indique qu'il penetre dans le milieu d'indice n et continue en ligne droite jusqu'au point I. On appelle i l'angle d'incidence, cad l'angle entre le rayon HI et la normale a la surface spherique, qui n'est autre que OI. En I, deux choses peuvent se passer :
a) i < i_lim, tel que sin(i_lim) = 1/n. dans ce cas le rayon emerge de la face spherique avec l'angle r, et puisque r > i il coupera quelque part l'axe de symetrie OA du systeme. C'est la situation  representee sur la figure.
b) i > i_lim et il y a alors reflecxion totale en I. Or la figure montre que sini = OH/OI, soit x/R. La condition de reflexion totale est donc sini sin(i_lim), ou encore x/R 1/n soit x R/n.
Remarques :
a) l'angle i apparait aussi entre la normale OI et l'axe de symetrie OA. J'appelle l'angle complementaire de i, represente en bleu sur la figure et aussi toutes les suivantes. On a bien sur = /2 - i, ou encore sini = cos.
b) si le rayon subit une reflexion totale en I, il reste dans la demi boule et va rencontrer la face spherique en un autre point : la symetrie indique qu'il va rencontrer cette face avec un angle d'incidence egal a celui avec lequel il s'est reflechi pour la 1ere fois, lequel est > que i_lim : il va donc se reflechir totalement une seconde fois, et continuera ainsi son parcours jusqu'il finisse par frapper la face plane ou il finira par sortir. Cette deuxieme remarque signale donc que tout rayon subissant une reflexion totale sur la face spherique ne peut sortir de la demi boule que par la face plane. La suite du pb s'interesse a certains de ces rayons, qui sortent verticalement cad // au rayon incident.

Question 2 (figure 2a) :
Les points d'impact du rayon sur la face spherique sont I₁ et I₂. Il faut se laisser guider par la symetrie de la figure : I₁I₂ est necessairemnent // a la face plane. La figure montre que i = /4. On obtient donc facilement la position de H, cad OH = x₂ : sini = x₂/R = sin(/4) = 1/2, soit x₂ = R/2.
Condition de possibilite : il faut qu'en I₁ il y ait reflexion totale, donc que /4 i_lim, ou encore sin(/4) 1/n donc n 2.
On verra ci-dessous que les autres positions de H demandees (x₃, x₄ ...) correspondent a des angles i de plus en plus grands : donc si la condition precedente est satisfaite pour 2 reflexions (n 2), elle le sera pour tous les autres cas envisages ici.
Remarque, peu utile ici mais beaucoup plus pour la question suivante : on remarque que les triangles OHi1 et OK1I1 sont egaux. Donc les angles HOI₁ (cad ) et K₁OI₁ (cad i) sont egaux. On en deduit = i et avec = /2 - i, on retrouve bien i = /4. C'est de cette maniere que je vais traiter les cas suivants.

Question 3 (figures 2b, 2c et 2d) :
Elles correspondent respectivement a 3, 4 et 5 reflexions totales. Leur examen montre que pour un nombre impair de reflexions le rayon doit par symetrie passer par le point A, et que pour un nombre pair il doit couper l'axe OA a angle droit. Mais ma remarque precedente sur les triangles est payante. Appelons k le nombre de reflexions dans la demi boule.
Regarde la figure 2b (k = 3) : les 3 triangles OHI₁, OI₁K₁ et OK₁A sont egaux. Comme les angles OI₁K₁ et I₁AO sont egaux a i (reflexion totale en I₁ et en I₂ = A), on en conclut que les angles HOI1, I1OK1, K1OA sont tous egaux a . Et comme leur somme vaut HOA = /2, ca donne = /6, soit /2k, puisqu'il y a trois triangles.
On en tire i = /2 - , soit sini = cos = cos(/2k) = cos(/6) ici. Donc x₃ = R.cos = R.cos(/6) ou encore R.cos(/2k).
Regarde maintenant les figures 2c et 2d : le nombre de triangles egaux qui se placent entre OH et OA augmente a chaque fois d'une unite : 4 pour 2c (4 reflexions), 5 pour 2d (5 reflexions). Si tu as compris les etapes precedentes, il n'y a plus de probleme : l'angle vaut toujours /2k, et il est bien sur toujours egal a /2 - i.
La relation demandee est donc x_k = R.cos(/2k). Elle est valable pour k 2, car il faut au minimum 2 reflexions pour que le rayon sorte par la face plane, et impose aussi n 2 (sinon il n'y a aucune reflexion totale dans la demi boule).
Pour k = 2, on retrouve bien le resultat obtenu a la question 2 : x₂ = R.cos(/4) = R/2.

Je te laisse reflechir a ca, moi je regarderai demain les reponses aux questions 4 et 5 ; mais elles me paraissent plus faciles, d'autant plus que le pb est bien avance maintenant. Tu peux donc sans doute trouver les reponses tout seul.

Bonne fin de soiree et a demain.

B.B.

Bonsoir Kidbou,

ca y est j'ai termine ton probleme. J'en ai d'aileurs eu un aussi (de probleme), car je crois qu'a partir de la question 4 les points O et H ont change de place... Ne sachant pas trop ce qu'il fallait calculer, j'ai prefere garder les notations initiales et rajouter celles qui m'ont paru necessaires. C'est pourquoi je pense que la tache lumineuse sur l'ecran (P) est p = AP sur la figure ci-dessous (A deja utilise, P = intersection du rayon emergeant avec le plan tangent en P a la demi boule).

Avec ces notations j'ai trouve p = AP = R.[sini - (1-cosi).tan(r-i)], qui est maximum quand bien sur i = i_lim tel que sin(i_lim) = 1/n. J'obtiens alors pmax = R.[n - (n²-1)]. J'ai valide ce dernier resultat avec un petit logiciel sympa qui trace des figure d'optique geometrique ; je pense donc qu'il est exact.
Maintenant, si ce n'est pas ce qu'il fallait calculer, dis-le moi svp.
Voici la demarche employee pour calculer AP :
a)  calculer OK et en deduire KA ;
b)  exprimer l'angle en fonction de i et de r,et en deduire PH' ;
c)  retrouver AH', egal a OH deja exprime precedemment ;
d)  en deduire AP = AH' - PH'.

Corrige sue demande.

A bientot,  B.B.