Enonc´e noA239 (Diophante)
L’essuie-glace du professeur Tournesol Probl`eme propos´e par J´er´emy Junay
Le capitaine Haddock souhaite installer des essuie-glace sur les hublots circulaires de son bateau. Chaque essuie-glace est constitu´e d’une tige qui pivote autour d’un point fixe P situ´e sur la circonf´erence du hublot (voir figure 1) ou `a l’ext´erieur sur l’axe vertical Oy (voir figure 2). La tige P A porte une lame BA dont toute la longueur reste en contact avec le verre plat du hublot. B est confondu avecP si ce point est sur la circonf´erence du hublot. On d´esigne par e l’angle balay´e par la tige lors d’un passage complet de la lame sur le hublot. Le rayon r du hublot est de 10 cm.
Le capitaine se tourne vers le professeur Tournesol pour qu’il trouve un point P tel que l’essuie-glace nettoie au moins la moiti´e du hublot. Apr`es moult calculs, le professeur constate qu’il existe deux positions deP, l’une sur la circonf´erence du hublot et l’autre `a l’ext´erieur qui donnent un coeffi- cient de nettoyage de 50% avec le mˆeme ´ecartemente. D´eterminer l’angle
eet pour chacune des deux positions les longueurs de la tige et de la lame ainsi que la distanceP O.
Le professeur sugg`ere au capitaine Haddock de choisir parmi ces deux positions celle qui permet d’obtenir le coefficient de nettoyage le plus ´elev´e possible en jouant sur la longueur de la tige. Trouver la position deP qui est retenue et d´eterminer le coefficient de nettoyage ainsi que les longueurs de la tige et de la lame.
Question subsidiaire : existe t-il un montage avec lequel les deux tiers du hublot peuvent ˆetre nettoy´es ?
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Solution de Jean Moreau de Saint-Martin
SoitP O=`,P A=a,P B =b.P Oest bissectrice de l’angleeet le triangle AOB est isoc`ele, donc
(a+b)/2 =`cos(e/2).
On a en outre (puissance de P par rapport au cercle (O)) ab=`2−r2.
La surface balay´ee est la fraction e/(2π) d’un anneau de rayons a et b, d’o`u le coefficient de nettoyage
λ= e(a2−b2) 2πr2
Premi`ere indication : eest tel qu’avec `=r on aitλ= 1/2.
Alors a= 2rcos(e/2), et ecos2(e/2) =π/4.
Cette derni`ere ´equation a deux solutions, e=π/2 et e=π/3.
Seconde indication : il existe ` > r donnant aussi λ= 1/2 avec la mˆeme valeur de e.
Alors a−b=p4`2cos2(e/2)−4`2+ 4r2 = q
4r2−4`2sin2(e/2).
Pour e=π/2,λ= 1/2 entraˆıne
2r2 =a2−b2 = (a+b)(a−b) =p2`2(4r2−2`2).
Elevant au carr´e, on obtient (`2−r2)2 = 0, ce qui ne donne pas de point P ext´erieur au cercle.
C’est donc la valeur e=π/3 qui est `a retenir ; λ= 1/2 conduit `a 3r2 =a2−b2 = (a+b)(a−b) =p3`2(4r2−`2).
Elevant au carr´e, on obtient (`2−r2)(`2−3r2) = 0, et la seconde position de P correspond `aP O =`=r√
3.
Pour la premi`ere positionP B = 0,P O=r,P A=BA=r√
2 = 14,14214 cm (la surface balay´ee a la forme d’un quart de cercle).
Pour la seconde position P O =r√
3 = 17,32051 cm, P A= 2r = 20 cm,
P B=BA=r= 10 cm.
Troisi`eme indication : avec ces positions deP, obtenir le plus grand coef- ficient de nettoyage.
Avec`=r, il s’agit de maximisere(a2−b2) =ea2= 4r2ecos2(e/2).
La d´eriv´ee logarithmique de cette expression est 1/e−tan(e/2) qui s’annule poure= 1,30654237. . .et fournit pour coefficient de nettoyage maximum 0,5245101. . . avecP A= 15,30758 cm.
Avec`=r√
3, le coefficient de nettoyage a pour expression (6/π)ecos(e/2)pcos2(e/2)−2/3,
son maximum est 0,60001417 pour e = 0,8107 radians environ. Cette position est donc plus favorable. Il y correspond les dimensions
P A= 23,221 cm, P B = 8,613 cm, BA= 14,608 cm.
Question subsidiaire : il s’agit de maximiser, avec les deux param`etres e et`/r=µ, l’expression
λ= (2eµ/π) cos(e/2) q
1−µ2sin2(e/2), qui s’´ecrit (e/π) cot(e/2)
q
1−(1−2µ2sin2(e/2)2.
Cela conduit `a prendre pour valeur optimale 1/µ=√
2 sin(e/2). Il reste `a maximiser (e/π) cot(e/2), mais tan(e/2)> e/2 et
(e/π) cot(e/2)<2/π < 2/3. On ne peut jamais nettoyer les deux tiers du hublot.
La limite correspond `a e tr`es petit, P est rejet´e `a l’infini, et la surface balay´ee est le carr´e inscrit dans le cercle.
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