D365. Deux cylindres

D365. Deux cylindres

Deux cylindres semblables ont la somme de leurs hauteurs respectives égale à 1, la somme de leurs surfaces (y compris leurs bases circulaires) égale à 8π et la somme de leurs volumes égale à 2π.

Démontrer qu'il existe une solution unique qui donne les dimensions des deux cylindres.

SOLUTION.

Soient ℎ, 𝑟, ℎ′ et 𝑟′ les dimensions des deux cylindres et 𝜆 le rapport de similitude (𝜆 ≥ 1) tel que : ℎ′ = 𝜆ℎ et 𝑟′ = 𝜆𝑟

« la somme de leurs hauteurs respectives est égale à 1 » donne ℎ + ℎ′ = 1 , équivalent à : 𝒉(𝟏 + 𝝀) = 𝟏 [A]

« la somme de leurs surfaces (y compris leurs bases circulaires) est égale à 8π » donne : (2𝜋𝑟ℎ + 2𝜋𝑟^E) + (2𝜋𝑟^Fℎ′ + 2𝜋𝑟′^E) = 8𝜋 qui est équivalent à :

𝒓(𝒉 + 𝒓)(𝟏 + 𝝀^𝟐) = 𝟒 [B]

« la somme de leurs volumes égale est à 2π » donne 𝜋𝑟^Eℎ + 𝜋𝑟′^Eℎ^F = 2𝜋 , équivalent à : 𝒓^𝟐𝒉(𝟏 + 𝝀^𝟑) = 𝟐 [C]

[A] donne 𝜆 =¹_ℎ− 1 , ce qui, reporté dans [B] et [C] donne le système suivant : M(2ℎ^E− 2ℎ + 1)𝑟(ℎ + 𝑟) = 4ℎ^E [𝐃]

𝑟^E(3ℎ^E− 3ℎ + 1) = 2ℎ^E [𝐄]

Existence d’une solution

On constate que si on pose 𝒓 = 𝟐𝒉 , ces équations deviennent : M(2ℎ^E− 2ℎ + 1) × 2ℎ × 3ℎ = 4ℎ^E

4ℎ^E(3ℎ^E− 3ℎ + 1) = 2ℎ^E ⟺ Mℎ^E(6ℎ^E− 6ℎ + 1) = 0 ℎ^E(6ℎ^E− 6ℎ + 1) = 0 ℎ étant non nul, il vient que : 6ℎ^E− 6ℎ + 1 = 0.

Cette équation a pour solutions : ℎ_] =³⁻₆^{^3} et ℎ_E = ³⁺₆^{^3}. Cependant, la solution ℎ_E doit être rejetée car elle donne 𝜆_E =_ℎ¹

2− 1 = 2 − √3 < 1.

En revanche, avec ℎ_], on obtient 𝜆_] = _ℎ¹

1− 1 = 2 + √3 > 1.

Conclusion : Le triplet (𝒉; 𝒓; 𝝀) = h^𝟑−_𝟔^{^𝟑};^𝟑−_𝟑^{^𝟑}; 𝟐 + √𝟑j est solution du problème.

On obtient alors ℎ^F = ³⁺₆^{^3} et 𝑟^F =³⁺₃^{^3}. Unicité de la solution

[E] donne 𝑟 = ℎk ²

3ℎ²−3ℎ+1 , ce qui, reporté dans [D] donne :

(2ℎ^E− 2ℎ + 1)ℎk 2

3ℎ^E− 3ℎ + 1lℎ + ℎk 2

3ℎ^E− 3ℎ + 1m = 4ℎ^E

⟺ (2ℎ^E− 2ℎ + 1)k 2

3ℎ^E− 3ℎ + 1l1 + k 2

3ℎ^E− 3ℎ + 1m noooooooooooooooopooooooooooooooooq

𝑓sℎt

= 4

On obtient :

𝑓^F(ℎ) =(2ℎ − 1)u6ℎ^E𝑢(ℎ) − 6ℎ𝑢(ℎ) + 𝑢(ℎ) − 2√2w

𝑢^E(ℎ)√2 avec 𝑢(ℎ) = ^3ℎ^E− 3ℎ + 1.

Cette dérivée s’annule en ^]

E et en les éventuelles racines de 6ℎ^E𝑢(ℎ) − 6ℎ𝑢(ℎ) + 𝑢(ℎ) − 2√2.

6ℎ^E𝑢(ℎ) − 6ℎ𝑢(ℎ) + 𝑢(ℎ) − 2√2 = 0 ⟺ 𝑢(ℎ)(6ℎ^E− 6ℎ + 1) = 2√2 ⟺ 𝑢^E(ℎ)(6ℎ^E− 6ℎ + 1)^E= 8

⟺ (3ℎ^E− 3ℎ + 1)(6ℎ^E− 6ℎ + 1)^E = 8

⟺ 108ℎ^y− 324ℎ^z+ 396ℎ^|− 252ℎ^~+ 87ℎ^E− 15ℎ − 7 = 0 Ce polynôme possède deux racines réelles : 𝒉_𝟑≈ −𝟎, 𝟏𝟕𝟒 et 𝒉_𝟒≈ 𝟏, 𝟏𝟕𝟒.

On en déduit que 𝒇^F(𝒉) ≤ 𝟎 ⟺ ^𝟏_𝟐≤ 𝒙 ≤ 𝒉_𝟒. Ainsi :

– 𝑓 est continue et strictement croissante sur ˆ0;¹₂‰. De plus, 𝑓(0) = 2 + √2 et 𝑓 ‹¹₂Œ = 4 + √2.

Donc l’équation 𝑓(ℎ) = 4 admet une unique solution (déjà trouvée) ℎ_] sur ˆ0;¹₂‰.

– 𝑓 est continue et strictement décroissante sur ˆ¹₂; ℎ_|‰. De plus, 𝑓 ‹¹₂Œ = 4 + √2 et 𝑓(ℎ_|) ≈ 3,32.

Donc l’équation 𝑓(ℎ) = 4 admet une unique solution (déjà trouvée) ℎ_E =³⁺₆^{^3} sur ˆ¹₂; ℎ_|‰.

Or, on a vu que cette solution doit être rejetée car elle donne 𝜆_E = _ℎ¹

2− 1 = 2 − √3 < 1.

– 𝑓 est continue et strictement croissante sur [ℎ_|; +∞[. De plus, 𝑓(ℎ_|) ≈ 3,32 et lim

•→‘’𝑓(ℎ) = + ∞.

Donc l’équation 𝑓(ℎ) = 4 admet une unique solution ℎ_z ≈ 1,93 sur [ℎ_|; +∞[.

Mais on obtient alors 𝜆_z =_ℎ¹

5− 1 < 0, donc cette solution doit être rejetée.

Conclusion : Le triplet (𝒉; 𝒓; 𝝀) = h^𝟑−_𝟔^{^𝟑};^𝟑−_𝟑^{^𝟑}; 𝟐 + √𝟑j est l’unique solution du problème.