A239. L’essuie-glace du professeur Tournesol
Précisons que 06e6π.
NotonsI le milieu deAB,et P A=a>b=P B etc=P O.
Le coefficient de nettoyage de 50% se traduit par e(a2−b2)
2 =πr22. Dans le triangleP OI nous avons cose2 =P OP I = a+b2c .
Dans le premier cas, nous avons b = 0 et c = r, et donc ecos2e2 = π4 et a= 2rcose2.
Une étude montre quee= π3 ou π2,c’est-à-direa= 10√
3 ou 10√ 2.
Dans le deuxième cas, nous avonsa+b= 2ccos2e eta−b= 2ceπrcos2 e 2
= 2r2cosc e2. Donca= c2+rc 2cose2 et b = c2−rc 2cose2. Par ailleurs, nous avonsab=c2−r2 (puissance deP par rapport au cercle), d’oùc=tanre
2
, a=cosce 2
etb=ccoscosee 2
.
e c a a−b
π 3 10√
3 20 10
π
2 10 10√
2 10√ 2
Finalemente= π3 est la seule solution (l’autre correspond au premier cas).
Parmi les deux positions deP, déterminons celle maximisant le coefficient de nettoyage en jouant sur la longueur de la tige, ou ce qui revient au même, sur l’angle balayé.
Dans le premier cas, il s’agit de maximiser la fonction f(e) = π2ecos2e2. Le coefficient maximum 52,45 % est atteint pour l’anglee≈1,3065.
Dans le deuxième cas, remarquons d’abord que a et b sont aussi solutions de l’équationX2−2ccos2eX+c2−r2 = 0,d’où a=ccose2+q
r2−c2sin2e2 et b=ccose2−q
r2−c2sin22e.
Il s’agit de maximiser la fonction g(e) = πr22cecose2q
r2−c2sin2e2. Avec les valeurs, le coefficient maximum 60,00 % est atteint pour e ≈ 0,8107. C’est donc la deuxième position de P qui est retenue et nous avons a ≈ 23,22 et a−b≈14,61.
Graphiquement il n’existe pas de montage pour nettoyer les deux tiers du hublot, la limite supérieure semblant être π2 <23.
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