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 + 2𝜋𝑟E) + (2𝜋𝑟Fℎ′ + 2𝜋𝑟′E) = 8𝜋 qui est équivalent à :
𝒓(𝒉 + 𝒓)(𝟏 + 𝝀𝟐) = 𝟒 [B]
« la somme de leurs volumes égale est à 2π » donne 𝜋𝑟Eℎ + 𝜋𝑟′EℎF = 2𝜋 , équivalent à : 𝒓𝟐𝒉(𝟏 + 𝝀𝟑) = 𝟐 [C]
[A] donne 𝜆 =1ℎ− 1 , ce qui, reporté dans [B] et [C] donne le système suivant : M(2ℎE− 2ℎ + 1)𝑟(ℎ + 𝑟) = 4ℎE [𝐃]
𝑟E(3ℎE− 3ℎ + 1) = 2ℎE [𝐄]
Existence d’une solution
On constate que si on pose 𝒓 = 𝟐𝒉 , ces équations deviennent : M(2ℎE− 2ℎ + 1) × 2ℎ × 3ℎ = 4ℎE
4ℎE(3ℎE− 3ℎ + 1) = 2ℎE ⟺ MℎE(6ℎE− 6ℎ + 1) = 0 ℎE(6ℎE− 6ℎ + 1) = 0 ℎ étant non nul, il vient que : 6ℎE− 6ℎ + 1 = 0.
Cette équation a pour solutions : ℎ] =3−6^3 et ℎE = 3+6^3. Cependant, la solution ℎE doit être rejetée car elle donne 𝜆E =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) = h𝟑−𝟔^𝟑;𝟑−𝟑^𝟑; 𝟐 + √𝟑j est solution du problème.
On obtient alors ℎF = 3+6^3 et 𝑟F =3+3^3. Unicité de la solution
[E] donne 𝑟 = ℎk 2
3ℎ2−3ℎ+1 , ce qui, reporté dans [D] donne :
(2ℎE− 2ℎ + 1)ℎk 2
3ℎE− 3ℎ + 1lℎ + ℎk 2
3ℎE− 3ℎ + 1m = 4ℎE
⟺ (2ℎE− 2ℎ + 1)k 2
3ℎE− 3ℎ + 1l1 + k 2
3ℎE− 3ℎ + 1m noooooooooooooooopooooooooooooooooq
𝑓sℎt
= 4
On obtient :
𝑓F(ℎ) =(2ℎ − 1)u6ℎE𝑢(ℎ) − 6ℎ𝑢(ℎ) + 𝑢(ℎ) − 2√2w
𝑢E(ℎ)√2 avec 𝑢(ℎ) = ^3ℎE− 3ℎ + 1.
Cette dérivée s’annule en ]
E et en les éventuelles racines de 6ℎE𝑢(ℎ) − 6ℎ𝑢(ℎ) + 𝑢(ℎ) − 2√2.
6ℎE𝑢(ℎ) − 6ℎ𝑢(ℎ) + 𝑢(ℎ) − 2√2 = 0 ⟺ 𝑢(ℎ)(6ℎE− 6ℎ + 1) = 2√2 ⟺ 𝑢E(ℎ)(6ℎE− 6ℎ + 1)E= 8
⟺ (3ℎE− 3ℎ + 1)(6ℎE− 6ℎ + 1)E = 8
⟺ 108ℎy− 324ℎz+ 396ℎ|− 252ℎ~+ 87ℎE− 15ℎ − 7 = 0 Ce polynôme possède deux racines réelles : 𝒉𝟑≈ −𝟎, 𝟏𝟕𝟒 et 𝒉𝟒≈ 𝟏, 𝟏𝟕𝟒.
On en déduit que 𝒇F(𝒉) ≤ 𝟎 ⟺ 𝟏𝟐≤ 𝒙 ≤ 𝒉𝟒. 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) ℎE =3+6^3 sur ˆ12; ℎ|‰.
Or, on a vu que cette solution doit être rejetée car elle donne 𝜆E = 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 ℎz ≈ 1,93 sur [ℎ|; +∞[.
Mais on obtient alors 𝜆z =ℎ1
5− 1 < 0, donc cette solution doit être rejetée.
Conclusion : Le triplet (𝒉; 𝒓; 𝝀) = h𝟑−𝟔^𝟑;𝟑−𝟑^𝟑; 𝟐 + √𝟑j est l’unique solution du problème.
