M I § € E L L 4 N É E §
M A T H E M A T I Q U E S
(Suite et fin.)
III. — ACCOUPLEMENT A V E R N I E R POUR CALAGE D E MAGNETO
Pour le calage correct de la m a g n é t o sur un moteur à explosion on utilise un m a n c h o n d'accou-plement, dit à vernier, dont la réalisation peut pren-dre l'une des trois f o r m e s représentées p a r les figures 2, 3 et 4.
Nous rappelons le principe de ce dispositif ( % • 2).
Sur l'axe de commande de l'allumage, côté moteur, est claveté un plateau A p o r t a n t x trous ; sur l'axe de la m a g n é t o est claveté le plateau C p o r t a n t y trous. L'accouplement est assur é par u n plateau B, en caoutchouc moulé, p o r t a n t x tenons cylindriques sur la f a c e venant contre A et y tenons cylindriques sur la f a c e recevant C.
Pour le réglage, B et C r e s t a n t assemblés, on
recule l'ensemble B-C-magnéto pour déboîter B de A et on f a i t tourner l'ensemble B-C-magnéto d'une division p a r r a p p o r t à A. On r e m e t le tout en place. P u i s on recule C et la magnéto , B r e s t a n t en place sur A, on f a i t alors tourner C-magnéto d'une divi-sion, rotation en sens contraire de la précédente et on replace C-magnét o sur B. Ces deux m a n œ u v r e s effectuées, C a tourné, p a r r a p p o r t à A, d'une f r a c -tion de tour qu'on peut exprimer par
1 1
y
x
Nous nous proposons de calculer les nombres x et y, nécessairemen t entiers et positifs, pour que la f r a c t i o n de tour possible au réglage ait une valeur
1
— que l'on se fixe g é n é r a l e m e nt en degrés. P a r a
exemple r é g l a g e possible de degré en degré, a v a u t d a n s ce cas 360.
29
ACCOUPLEMENT
SIMMS
Fig. 4 Nous avons donc, en supposant x > y,
1 1 1
= —
(1)
y x a
équation qu'il nous f a u t résoudre en nombres entiers.
En réduisant les deux fractions du premier mem-bre au même dénominateur, nous obtenons :
x — y 1
xy a
Ces deux fractions sont égales, la première a donc ses termes équimultiples des termes de la seconde qui est irréductible, d'où le système :
x — y = m xy — ma
x et y étant des entiers, m est également entier et positif.
Le calcul de x et y revient au calcul de deux nombres, connaissant leur différence m et leur pro-duit ma.
Les valeurs a: et — y sont les racines de l'équa-tion du second degré :
Z2 — mZ — ma = 0.
Les racines de cette équation (x et — y ) étant de signes contraires, il s'ensuit que x et y sont du même signe, donc deux valeurs que nous pouvons prendre positives.
La résolution de l'équation donne : m + m2 + 4ma
ou
(1
v
7
m- + 4 ma
Les valeurs de x et y sont alors données par les expressions :
m
X = — ( 2 m y — — ( 2 m- + 4 ma m-' mm-'-m-'+ 4 maV
+ 1 ) 1) (2) (3) Les racines fournies par les expressions (2) et (3) existent toujours mais il f a u t , de plus, qu'elles soient entières. Cette condition dépend du para -mètre m, il f a u t que la division de :' m2 + 4ma
m U / -h 1)
par 2 soit possible et que l'expression sous le radical :
m2 + 4 ma
m
2soit carré p a r f a i t . 1° Divisibilité par 2 :
a) Si m est pair la condition est satisfaite ; b) Si m est impair, l'expression sous le radical peut être écrite, après simplification par m2,
4 a 1 + — m
le quotient de 4a, nombre pair, par m impair est alors un nombre pair. En ajoutan t 1 on obtient sous le radical un nombre impair dont la racine est également un nombre impair. Pour obtenir x ou y}
il nous f a u t ajouter ou retrancher 1 à cette racine, donc former un nombre pair et la division par 2 est possible sur les nombres entre parenthèses.
2.C L'expression sous le signe radical est un carré parfait.
m2 + 4Î/ÎCI
= carré p a r f a i t . m2
Si cette condition est réalisée, le dénominateur étant carré p a r f a i t il s'ensuit que le numérateur est lui-même un carré parfait.
Simplifions l'expression par m, il vient :
m + 4a
= carré parfait. m
En faisant cette simplification nous avons pu supprimer des facteurs premiers, chacun avec un exposant impair et le numérateur n'est plus carré parfait (à moins que m lui-même soit carré parfait). Il reste alors au numérateur et au dénominateur des facteurs premiers communs affectés d'exposants soit pairs, soit impairs mais de même parité. Ces facteurs existant dans m, dénominateur, et dans (m + 4a), numérateur, existent dans la différence 4a, on peut donc les trouver parmi les diviseurs de 4a.
Soit d l'un de ces diviseurs, nous pouvons écrire : m 4a — + — d d = carré p a r f a i t m d m
et — est carré parfait. Posons :
d
m — v-d
et portons cette valeur dans l'expression précédente, nous obtenons : 4a u2 + — d = carré parfait
v-le numérateur étant toujours carré parfait. Soit u-sa valeur, nous avons :
4a
v-
+ — =
u-d c'est-à-dire : 4a — = u- — v-d
et nous voici revenu à la relation de Pythagore :
x- = z- — y-.
Nous sommes ainsi amené à considérer u et v comme étant l'hypoténuse et un côté de l'angle droit d'un triangle rectangle dont l'autre côté de l'angle droit a pour valeur :
/ 4 a~
V 7
u et v étant des nombres entiers. C'est bien, le
pro-blème précédent. En écrivant : 4a d puis en posant et : nous avons : et : = (u + v) (u — v) u + v — a u — v = (3 4a — =
A
d
+ P — (3 2 2je et (3 étant des entiers de même parité dont le pro-duit est :
4a
d
En prenant un diviseur d de 4a et en remontant de proche en proche, nous pouvons calculer suc-cessivement les valeurs de :
4a — = a3
d
donc de a et 8 choisis de même parité, puis de :
a Ji(3
et :
m =
dv-En portant ces valeurs dans les expressions (2) et (3) il vient successivement : ou dv- j u2 x ou y — U — H- 1) 2 \ / v-dv2 u dv — ( ± 1) — (u ± V) 2 v 2 soit, en définitive : adv |3dv x = et y = .
2
2Nous constatons que pour déterminer x et y, le calcul de m et de u n'est pas nécessaire.
Exemple :
Quelles valeurs de x et y peuvent permettre un réglage par rotations de 1"30' par accouplement à vernier.
Nous allons indiquer le calcul pour un seul divi-seur et nous donnerons le tableau complet des solutions.
Dans le cas considéré la rotation de 1° 30' 1
correspond à un réglage par de tour, soit : 240
a = 240 et 4a = 960 Prenons d = 12, nous avons :
4a 960
— = = 80 = aâ
d 12
s c o M O O T | i f n N n o o o o o ® ® ( D ® o o « ) ' ( M i i | ' ^ ' i < o o o o n N t o i » ' , < ®M'^'J00COaiO>a)NMIMIfl«ÎHHOlOilMn<»<O!O!I)<Oro^T»««HH t-t-10KÎTfT)l9)nMMn«<<JnM«HHHH ?» e - i o o o t o c o o o o o i o o o o o o - ^ - ^ o o o o N c D c D œ œ o o o o o o o o o o o i c fflOÏOOOOt-t-fOCDÎDfOCÛCDtûm^^TttTtlNMHOlCiaiffifflCOCOtDCD^^if^H i-ii-HrHrHi-HrHrHi-lTHïHi-HWrHrHrHrHT-HrHT-lTHrH 8 » O<MOOOOOO00OOOo°COCDCDOOOOOOO'^CiOOOOO00 005D OHNNÇDîûCDÎDMCOoDOOcO^^^W^^^^^^^^^MNûOCOtOÎO^^H P rH <N rH rH rH rH CCL rH r H r H r H W H H W H rH rH W C<) rH C*5
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S> COHt-HldTtniONt-NnHHinNH <N rH rH CONHH M H J) H H H H 0Q_ a M' O-l T~1 VI 1 T-H TH o 1 co ra
CT> | OOOOONOOOOCDOO-^OoOmOiMOOOOOf-lOOOOiXiTHlMoOO œ^COffinHHTtlHo) « Oi W ^ T-H T—f 02 -^ÏHœN rHcO
et :
Les valeurs de a et p, de même parité, sont : a (3 = 40 X 2 = 20 X 4 = 10 X 8 1° Avec a — 40 et (3 = 2 . a — a ' 40 — 2 v = — = = 19 2 2 a d v 40 X 12 X 19 — = —- 4 560 2 S d v 2 X 12 X 19 = 228 2 2 m = dv* = 12 X 192 = 4 332 2" Avec a = 20 et (3 = 4 20 '— 4 u = = 8 20 X 12 X 8 3° Avec Remarque. y =
m
-4 a 12 X 8 2 12 X 82 et#
10 - 82
10 X 12 2 8 X 12 — 960 = 192 = 60 = 48 12 X 1= = 12Le quotient — ne peut se réduire à 4 = 22
d
(d = a) ou ne contenir qu'un seul facteur 2. Il n'est pas possible, dans ce cas, d'avoir les deux facteur s a et |3 de même parité et différents, ce qui exclut certains diviseurs. Pour l'exemple numérique précé-dent, les valeurs
d = 32, 96, 160, 240, 480 et 960 ne donnent pas de solution.
SOLUTION R E D U I T E
Le tableau précédent montre 40 couples de va-leurs pour x et y. Beaucoup de ces vava-leurs sont trop grandes pour les applications pratiques, donc inutiles. On peut alors se contenter des résultats fournis par un procédé de résolution plus rapide mais laissant dans l'ombre un g r a n d nombre de solutions.
Reprenons les expressions (1) et (2), en simpli-fiant par m2 sous le radical nous obtenons
et ; m x» = — (
y =
4 a 1 + — + 1 ) m 4a 1 + —m,
1) (4)(5)
Pour que x et y soient des nombres entiers il suffit que la racine carrée, dans les expressions ci-dessus, soit un nombre entier. Il f a u t que m divise
4a
4a, mais alors nous pouvons dire que — est un divi-m
seur de 4a et diffère d'un carré parfait d'une unité près par défaut. Cette condition nous permet de
4a
choisir les valeurs de — parmi les diviseurs de 4a. m
Reprenons l'exemple numérique précédent :
1 1
— = donc
a 240
4a — 4 X 240 = 960 = 2S X 3 X 5 .
Le nombre 960 admet 28 diviseurs qui sont :
1 2 4 8 16 32 64
3 6 12 24 48 96 192
5 10 20 40 80 160 320 15 30 60 120 240 480 960
960
Les valeurs de satisfaisant à la condition précédemment indiquée sont :
960
::= 3 | 8 | 15 [ VI
pour lesquelles nous avons m — 320 | 120 | 64 | d'où, de (4) et (5) :
x — 480 I 240 ( 160 I 120 y = 160 I 120 I 96 | 80
On n'obtient que huit solutions.
24 | 48 I 80 [ 120 I 960
40 I 20 [ 12
80
60 48 60 40 48 15 16
RESOLUTION GRAPHIQUE DE L'EQUATION 1 1 1
= —
(D
y x a
Traçons deux angles adjacents : xOy — a et yOà — (3 et menons la transversale AYX (fig. 5).
\ / a
VA
/ \
/
y
\y
\
/
f
/
X
/
\
/
\
/
s '\
o A
\ module lx \ X x Fig. 5 33Les surfaces des triangles AOX, AOY et YOX nous donnent :
surf. AOX — surf. AOY = surf. YOX (2) Pour chacun des trois triangles nous connais-sons deux côtés et l'angle compris, les surfaces ont pour expression :
OA X OX
surf. AOX = sin (a + surf. AOY 2 OA X OY 2 OX X OY surf. YOX 2
En portant ces valeurs dans (2) et en simplifiant par 2, nous obtenons :
AO X OX sin (a + (3) — OA X OY sin (3 = OX X OY sin a
et en divisant les deux membres de l'égalité par le produit OA X OX X OY, il vient :
sin ( a + (3 ) sin S sin a
= (3)
OY OX OA
Désignons respectivement par l„, h, les modules des échelles et par a, x et y les cotes des abscisses OA, OX et OY, nous avons :
OA = laX a ; OX = lxX x ; OY = l,,X y
d'où
1 hj 1 l. r 1 la
y OY x OX a OA
En reportant les valeurs ci-dessus dans l'équa-tion (1) nous obtenons :
il
lx
laOY OX OA
expression qui s'identifie avec (3) et donne :
h
la(4) sin (a (3 ) sin [3 sin a
Nous obtenons ainsi une relation entre les mo-dules des échelles et les sinus des angles que for-ment ces échelles.
De (4) nous tirons : l x sin fi et sin (a + (3) la Sin a (5) (6)
lx
sin (3 CONSTRUCTION DE L'ABAQUEL'expression (4) nous fournit les relations entre les six éléments de construction de l'abaque, la connaissance de deux des angles donnant immédia-tement le troisième.
On se donne a priori trois de ces six éléments dont au moins un angle. Le choix des modules est f a i t en tenant compte des dimensions de la feuille de papier et des cotes limites des parties d'échelles que l'on veut utiliser.
On détermine alors les autres éléments de l'aba-que soit par le calcul, soit graphil'aba-quement.
A. — Détermination des éléments par le calcul. Fixons-nous, par exemple, les modules lx et
des échelles Ox et Oy et l'angle aÔx = (a + (3). Avec les données ci-dessus nous pouvons déter-miner
sin [3
h
sin (a +puis
a = aOx — (3
et, à l'aide de la relation (6), calculer le module la de l'échelle Oa.
L'abaque est complètement déterminé. B. — Détermination graphique.
Les modules lXi lu et l'angle aÔx étant choisis,
la détermination de j3, a et la revient à la
construc-tion de quatrièmes proporconstruc-tionnelles, ce qui résulte des relations (5) et (6).
lu Construction de fi.
Tracer l'angle aÔx quelconque (fig. 6), en O mener la perpendiculaire à Ox. Décrire la circonfé-rence de centre O et de rayon OB (cercle trigonomé-trique), projeter B sur OA en S3.
OS, = cos ÂOB = sin (2 + [3)
Fig. 6
A partir de O porter des longueurs OD = klx
sur Ox et OE = kl,, sur Oa ; par S3 mener la
paral-lèle à DE, elle coupe Ox en S2 et nous avons :
OD OS„ OE 1 X
os
3os
= lu sin (a -)- fi ) donc de (5) OS3 = sin (3.Sur OA pour hypoténuse construire le trian-gle rectantrian-gle de côté A F = OS„ == sin (3. L'antrian-gle AOF est l'angle p et Oy est le troisième support de l'abaque. L'angle xOy = a .
2° Construction du module la.
Projeter B sur Oy en Slt
OS1 = cos BOy = sin a
Echelle des Ci
A B A Q U E
Mener S A et par D tracer la parallèle à S A , elle coupe Oy en G et nous avons :
OG OS! OG sin a OD OS3 lclx sin (3
donc de (6)
OG = kla d'où la
Il suffit de construire les échelles en utilisant les modules la, lx, ly, chacun d'eux étant utilisé sur
le support convenable.
C. — Application de la méthode d'entrecroisement. Fixons-nous arbitrairement les supports des échelles Ox et O y, c'est-à-dire l'angle a et choisissons les modules lx et ZY de ces échelles. Nous pouvons
alors établir les divisions des supports Oa; et O y (divisions en parties égales).
Pour mettre en place le support Oa nous procé-derons par la méthode d'entrecroisement (fig. 7).
/ a 24MA
/
V/
/ 1 / r / y * I module fc \ 5C O '120 400KA
Fig. 7Le point A, sur Oa, de cote 240, répond à : 1 1 1
y x 240
Nous choisissons les deux solutions x = 120,
y = 80 et x = 400, y = 150 déterminées par lé
calcul et nous traçons les deux alignements corres-pondants. Ces deux alignements se recoupent en A qui est le point cherché de cote a = 240.
II suffit alors de tracer Oa passant par A, de diviser le segment OA en parties égales en tenant compte de l'échelon adopté, le point A étant coté 240, puis de prolonger la division au delà de A.
Remarque. Si nous prenons et = |3 = 60° a -)- (3 = 120° nous avons e t 1 sin a = sin (3 = sin (a -f (3 ) = —
2
la relation (4) nous montre que, dans ce cas, les
36
divisions des trois échelles sont égales, leurs modules étant égaux
1 a lx'=1 lij .
U T I L I S A T I O N ' D E L ' A B A Q U E
L'alignement des points se fait avec un trait fin tracé sur une bande de papier calque. On maintient le trait sur le point dont la cote est connue, par exemple a = 240, on fait tourner la droite autour de ce point et on lit, pour chaque position, les valeurs correspondantes de x et y, les valeurs entières étant notées au passage.
L'abaque permet également de trouver, pour x et y, des valeurs entières et réalisant avec une approximation suffisante en pratique la fraction
pro-1
posée —, x et y étant alors des nombres plus petits
a
que ceux donnant une solution exacte. Ainsi pour a: = 360 on calcule x = 40 et y = 36, cependant on peut constater au moyen de l'abaque que les valeurs
x = 20 et y r= 19 donnent pour a une valeur
appro-chée de 360, en fait 380, l'approximation est suffi-sante pour un accouplement à vernier.
L'abaque de la figure 8 permet la résolution graphique de tous les problèmes dont les solutions satisfont une relation de la forme
1 1 1
y x a
c'est le cas de la formule des lentilles simples, 1 1 1
1
V V'de celle des conductances de deux circuits montés en parallèle :
1 1 1 R R j R,
C'est également le problème des deux robinets, l'un vidant un bassin en un temps x, l'autre le remplissant en un temps y. Quel temps a mettraient les deux robinets coulant simultanément pour rem-plir ce bassin ?
BIBLIOGRAPHIE
Traité d'arithmétique, par HUMBERT (Vuibert, édit.).
Questions d'arithmétique, par NIEWENGLOWSKI (Vui-bert, éditeur).
Analyse indéterminée, par R.-D. CABMICHAEL (Vui-bert, éditeur).
Théorie des nombres, par R.-D. CARMICHAEL
(Vui-bert, éditeur).
Théorie des nombres, par CAHEN (2 vol., Hermann,
éditeur).
Nomographie, p a r FRÉCHET et ROULLET (A. Colin,
éditeur).
A . D I O N N E T ,
Directeur du Collège technique çle Saint-Pons,
