Helmut, Nicéphore et Adrianna sont trois mathématiciens. A l'occasion de l'anniversaire du premier, ils ont un peu trop bu et, passablement éméchés, ils jouent avec les objets qui traînent sur la table.

La salière

Helmut joue avec la salière, il la penche et la laisse se redresser - ou tomber, si il l'a trop penchée. Tout à coup il dit à ses acolytes :


Sachant que la salière en question est un cylindre parfait de 8 cm de diamètre, de 14 cm de haut, que la densité du sel est de 1,818 ; que la masse de la salière est considérée comme négligeable et qu'il fait tellement humide que l'on considère que le sel dans la salière forme un cylindre parfait quelle que soit l'inclinaison de l'objet, pouvez-vous répondre à sa question ?

La bouteille d'huile

"Trop facile", dit Nicéphore après avoir brillamment résolu le calcul malgré son état. J'en ai une mieux :


La bouteille est en plastique, toujours assimilée à un cylindre parfait et de masse négligeable, a un diamètre de 9 cm et une hauteur de 22 cm. L'huile a une densité de 0,92.
Problème : il fait chaud, l'huile n'est pas figée ; donc si la surface inférieure de son volume est bien inclinée comme la bouteille, sa surface supérieure reste toujours parfaitement horizontale.
Malgré cela, saurez-vous calculer la friture de Nicéphore ?

Généralisation

Négara... Géréna... Généralison !, s'écrie Adrianna, après avoir résolu le problème de Nicéphore, nonobstant un sacré mal de crâne.

La bouteille de vin

"Vous me faites rigoler avec vos approxmiations", repris Helmut qui commençait à voir double.

La bouteille en question a un diamètre extérieur de 8.5 cm, le verre a une épaisseur de 4 mm et comme toute bouteille de vin normale, elle peut contenir 75 cl. D'autre part, les 8 mm du fond de la bouteille doivent être considérés comme un cylindre de verre parfait.
La densité du verre est de 2,5 et celle du vin de 0,994.

Bon courage...

Question bonus : dans votre pays, quel est le niveau d'études nécessaires pour répondre à des questions posés par des mathématiciens ivrognes ?

Super le sujet
Alors intuitivement je dirais que :
Soit T la tangente au cercle à la base du cylindre qui passe sur le plan de la table (elle existe et est bien unique puisque on suppose que le cylindre n'est pas "à plat"). La tangente et le plan de la table définissent (par intersection) un plan P normal à la table. Ce plan définit deux demi-espaces, l'un où le cylindre est susceptible de se peter la g... (E) et l'autre (F).
Le cylindre tombe si et seulement si la masse totale située dans E est plus grande que celle dans F.
Le point d'équlibre (instable) est donc celui où "la masse à gauche est la masse à droite".

Bon après avoir un peu réflechi il me semble que ça marche pour la salière uniquement (pas pour la bouteille). Il faut une certaine symétrie que la bouteille d'huile (avec un niveau d'huile qui reste perpendiculaire au sol...) ne permet pas.

Et j'ai l'impression qu'on peut étendre ça à n'importe quelle distribution de masse possédant une "base" ("plat" sur la table) telle qu'il existe un axe de symétrie perpendiculaire à cette base.
Oui ce serait vraiment mieux avec des dessins je peine à expliquer... En gros ce que je veux dire c'est que si je prends un cône de révolution, une pyramide régulière, un pavé... ce raisonnement est vrai.

Bon sinon faudrait faire de la méca du solide pour justifier mais ça date de septembre Pi j'imagine que y a plus simple pour expliquer.

Au fait, on en déduit que si le cylindre est de hauteur infinie, on ne peut pas basculer le cylindre sans qu'il tombe (puisque la masse sera toujours finie du demi espace "d'origine du cylindre"). En gros plus le machin est grand moins on peut le basculer (ouais c'est logique...)

J'en profite pour rajouter des indices :

le premier est assez simple !
Temps que le vecteur du Poid du sel (qui s'exerce au centre de gravité du volume definis par le sel) ne depasse pas l'angle de la saliere sur lequel elle est en equilibre la saliere retombera toujours sur sa base.

Avec un simple dessin, et la supposition que la masse volumique du sel est cte on voit que la quantité de sel pour que la saliere soit la plus stable c'est .... Og (sur le dessin on fait diminuer le volume du sel )!

Pour l'huile ca change rien et pour la generalisation non plus il me semble c'est toujours 0g Car on neglige le poid des bouteilles !

Enfin pour la derniere comme on ne neglige plus le poid de la bouteille, il doit falloir trouver le centre de gravité de la bouteille G1, du liquide G2, une histoire de barycentre (ou un truc du style) entre G1 et g2 avec pour valeur leur poid respectif et pour "centre" l'angle sur lequelle la bouteille est en equilibre !

Si Adriana et Nicephone avaient eté physicienne elles auraient trouvé de suite et sans calcul le resultat des 3 premieres question.

Y juste un truc qui me fait dire que je suis en train d'ecrire un epic Fail ... c'est que Helmut dis "approximation" en denigrant cela veut dire qui est plus matheux et que une des nana est physicienne !

Il est assez tard et j'ai aussi l'impression que négliger la masse de la salière implique qu'il faut une masse nulle de sel pour une stabilité maximale. D'un point de vue physique, en prenant le théorème du moment cinétique en prenant en compte le poids et la réaction normal du support (pas de glissement) on voit avec un petit dessin qu'on peut pencher quand la masse tend vers 0g jusqu'à pi/2... C'est pour ça que j'aime pas les approximations...

Pour moi, le tout est de faire rapprocher le plus possible de centre de masse du système de la base (d'où le 0g)

Bravo henri pour avoir expliquer en ligne et maniere plus simple que moi ce que je voulais dire !

En fait je pense qu'on peut juste etudier la position initial (bouteille a plat) pour trouver le niveau le plus bas du centre de gravité ! (comme la dit Henri)

Donc pour visualiser le probleme : G0 centre de gravité de l'ensemble bouteille+vin, g1 centre de gravité de la bouteille g2 centre de gravité du vin !

Dansu n premier temps la bouteille est vide G0=g1, on remplie la bouteille G0 se decalle sur le segement entre g1 et g2 (barycentre ? linearité ? je sais pas trop) donc G0 descend selon Z ! Jusqu'au stade ou on va observe que G0 remonte celon l'axe Z ! Donc on derive la fonction qui donne la position de G0 en fonction du poid Pv de vin, on prendre pv tel que la derivé soit nul et Tadammmm on a le resultat !

Mais bon je rentre d'examen donc je laisse a d'autre la joie des calculs ! (si mon raisonnement est bon of course !)

J'ai l'impression que mes solutions ressemblent à celles qui sont déjà sur le topic... Mais bon, je tente quand même : moi, j'ai des images ! EDIT : Et moi, j'ai tout faux ! Moi et la 3D...

Problème 1

Supposons le cas extrême : la salière est à l'équilibre, donc les forces (poids et récations normales) sont colinéaires et agissent sur un même point (sinon, rotation de la salière).
On se place dans la plan où la largueur de la salière est maximale, c'est mieux pour les dessins.
Remarquons tout d'abord que le sel, placé comme sur l'image (un rectangle, même si ça ne se voit pas) correspond, on peut vérifier.
Remarquons ensuite que tout ajout de sel déplacerait le centre de gravité G vers la gauche, et donc adieu l'équilibre et le retour sur le bon côté. De même, tout retrait de sel ferait basculer la salière du bon côté.
D'où la conclusion : La salière retombe du bon côté si et seulement si le sel est compris dans le rectangle de diagonale la verticale passant par le coin inférieur de la salière
Donc en faisant tendre la salière vers le sol, la verticale en question tend vers le fond de la salière, donc la quantité de sel tend vers 0.

Problème 2

On va prouver que s'il y a de l'huile dans la bouteille, alors celle-ci ne peut pas s'incliner de plus de 45°.
Déjà, supposons que le volume d'huile ne dépasse pas le coin inférieur en l'air (voir le schéma, je suis pas très clair). Pour un angle de 45°, on a un tringale isocèle rectangle donc G est bien situé sur la verticale, pour un angle supérieur, avec du pythagore on trouve (via un système de trois équations à trois inconnues que le milieu de la surface de l'eau (et donc G, qui se situe à l'intersectoin des médianes) se trouve "à gauche" de la verticale, et donc la bouteille va tomber.
Ensuite, si on suppose qu'il y a plus d'huile que ce qu'on avait étudié avant, on doit pouvoir prouver (j'ai la flemme ) que le centre de gravité du trapèze formé se trouve également à gauche de la verticale, donc la bouteille tombera quand même.
Donc : il y a une position stable à 45°, et pas au-delà pour un niveau d'huile non nul.
Et à 45°, on peut mettre un volume V=1/3*base*hauteur_max où base = pi*(9/sqrt(2))² et hauteur_max=9/sqrt(2).
J'ai la flemme de calculer, d'autant plus que ce résultat est potentiellement faux.
Edit : Il est effectivement faux, l'eau ne formant pas un cône mais un truc bizarre, et je ne vois pas comment trouver le volume d'un tel solide -- enfin, liquide.

Et puis s'il n'y pas pas d'huile... Bah on ne peu plus négliger le poids de la bouteille.

problème 3

Je dirais que ça ne change rien par rapport au problème précédent.

Et puis j'ai aussi plus le temps de réfléchir (mais j'y crois quand même)


Questions subsidiaires : Adrianna est mathématicienne, puisqu'elle cherche à généreliser dans des conditions irréelles (bouteille infinie), ainsi que Helmut qui parle d'approximations (d'autant plus que c'est lui qui a commencé à poser des problèmes là où il n'y en a pas besoin ; et une personne de quatrième, si elle sait que le centre de gravité doit être sur la verticale blablabla et qu'elle est vraiment futée pour son âge, pourrait faire ce que j'ai fait (très glorieux pour moi).


PS: je viens de m'apercevoir que mes images sont assez petites, surtout la seconde... Désolé.

Effectivement, les deux "triangles" dans la deuxième image ne sont pas égaux ! C'est une illusion qu'on se fait en les représentant en 2D.
J'ai fait une petite mod' des solides que ça donne :

Le solide de droite est clairement plus petit que celui de gauche.
Et, je ne sais pas vous, mais moi, je la sens mal de calculer leur volume...

C'est l'exemple typique d'un problème qui a l'air con, dont la solution peut être relativement évidente (cf le raisonnement de henri27) mais dont la preuve mathématique peut mener à des calculs assez moches.

Un prof de math de ma connaissance m'aurait fait calculer ça avec une intégrale triple sur x, mais j'avoue que je n'ai pas poussé le raisonnement et que je ne sais pas ni ce que ça donne, ni s'il y a plus simple.

Ce qui suis est inutil mais comme je l'avais ecrit ca m'aurait fait mal au coeur de l'effacer, c'est le calcul des aires pour la bouteile penché à 45 degrés ... ce qui est inutile ! Il faudrait la forme general en faite :


Au faite bien vu victor pour la difference entre les deux volumes

Donc si on penche plus la bouteille : <math>\(\theta > \frac{\pi}{2}\)</math>

Pour le volume à gauche (sur le dessin de melpe) ca sera toujours l'integrale d'un demi cercle dont l'aire est : <math>\(\frac{({\alpha}x)^2\pi}{2}\)</math> ou <math>\(\alpha\)</math> est un coef qui depend de <math>\(\teta\)</math> l'angle avec lequelle on penche la bouteille .
<math>\(\alpha= \tan({\theta})\)</math>
En faite au lieu d'integrer l'aire du demi-disque suivant un rayon qui est egal x on integre suivant un rayon <mathr=>x\tan(\theta)</math> (c'est l'equation d'une droite affine dont l'angle avec la droite <math>\(Ox\)</math> est <math>\(\theta\)</math> )

On integre donc cette expression: <math>\(\frac{(\tan(\theta)x)^2\pi}{2}\)</math> de 0 a Rmax ou R max est la profondeur du liquide la ou melepe a fait un trait en pointillé ! ... et la je bloque !

On a au moins une forme general tel que <math>\(V=\int_0^{X= r_{max}} \frac{(\tan(\theta)x)^2\pi}{2} \mathrm{d}x = X^3 \times \frac{\tan^2(\theta)\pi}{6}\)</math>
Si c'est ca (autrement dis vous etes daccord avec moi . YEahhhh sinon ..... pan !)

Et la ... je viens de me rendre compte que le cas ou on peut integrer un demicercle c'est uniquement pour 45°, dans les autres cas : <math>\(\theta > \frac{\pi}{2}\)</math> ... c'est pas un demi cercle mais morceau de disque inferieur a un demi-cercle .. donc il faut transformer l'expression :<math>\(\frac{r^2\pi}{2}\)</math> par l'expression qui convient (air d'un arc de cercle dont on a rejoint les deux extremité par un segement de rayon <math>\(R_2\)</math>) ce qui implique ... une integrale double sur des intervales qui dependent de <math>\(\theta\)</math> ...travail herculien ! En sachant que le rayon <math>\(R_2\)</math> de cet arc de cercle n'est pas celui de la bouteille mais qu'il depend aussi de <math>\(\theta\)</math>

Donc merci d'avoir lu mon bourillon je ferais mieu la prochaine fois !

C'est possible mais faut un papier un crayon et la tete froide (enfin pour mon niveau du moins )

Et puis je dois reviser les integrales double, triples .. pour mes exams donc bon ...

Citation : SpaceFox

Question bonus : dans votre pays, quel est le niveau d'études nécessaires pour répondre à des questions posés par des mathématiciens ivrognes ?

Bac +20 ?

Argh. Des intégrales. J'aime pas les intégrales.
Y a-t-il un autre moyen de résoudre le problème ?

Cette fois je suis venu armé !



On appelle:
<math>\(R_b\)</math> le rayon de la bouteille qui est aussi le petit rayon de l'elipse
<math>\(G_R\)</math> le grand rayon de l'elipse.
<math>\(\alpha\)</math> l'angle que fais la bouteille avec l'horizontale tel que pour <math>\(\alpha=\frac{\pi}{2}\)</math> la bouteille est droite.
<math>\(H\)</math> la hauteur du liquide au dessus du point A
<math>\(h\)</math> la hauteur du liquide quand on se depoplace vert la droite (par exemple la hauteur PM), <math>\(h\)</math> est donc variable pour <math>\(\alpha\)</math> constant
<math>\(v\)</math> la longeur de [AK] et <math>\(\frac{R_b}{v}\)</math> la longeur de [AL] (j'ai oublié le <math>\(R_b\)</math> sur le schema)

Dans un premier temps on va essayer de calculer le volume definis par le triangle cyan sur la vu de profil ! Pour cela on va integrer la surface definis par la surface bleu sur la coupe.

Trouvons deja la surface d'un arc d'elipse (le passage qui demande le plus de notion en geometrie, 'ai du pompé sur wiki):
Equation polaire d'une elipse : <math>\(r(\theta)=\frac{p}{1+ecos(\theta)}\)</math>
ou <math>\(e=\frac{c}{a}\)</math> et <math>\(p=\frac{b^2}{a}\)</math>
<math>\(c=\sqrt(a^2+b^2)\)</math> et ou <math>\(a\)</math> est le grand rayon de l'elipse et <math>\(b\)</math> le petit rayon de l'elipse

On a donc: <math>\(r(\theta)=\frac{b^2}{a+\sqrt(a^2+b^2)*cos(\theta)}\)</math> et pour nous <math>\(a=G_R\)</math> et <math>\(b=R_b\)</math>

notre arc d'elipse a pour aire : <math>\(A_{arc}=2\int_0^{\theta} \frac{R_b^2}{G_R+\sqrt(G_R^2+R_b^2)*cos(\theta)} \mathrm{d}\theta\)</math> (oui je sais que integre de <math>\(0\)</math> a <math>\(\theta\)</math> avec d<math>\(\theta\)</math> c'est pas tres rigoureux)
<math>\(A_{arc}=\frac{2\theta R_b^2}{G_R}+\frac{2R_b^2}{\sqrt(G_R^2+R_b^2)} \times \ln({\tan(\frac{\pi}{4}+\frac{\theta}{2}))}\)</math> (trigo+chanegement de varible... un bon bazare)

bon maintenant il faut soustraire l'aire verte <math>\(A_{tri}=R_bsin(\theta)*G_Rcos(\theta)\)</math>

Tous ca c'est bien beau mais nous on connais que l'angle <math>\(\alpha\)</math> pas l'angle <math>\(\theta\)</math>. Exprimons<math>\(\alpha\)</math> en fonction de <math>\(\theta\)</math>

Dans un triangle que j'ai pas mis sur la figure (oublie) on a <math>\(G_R=\frac{R_b}{cos(\alpha)}\)</math>
De plus sur l'elipse on a <math>\(G_R=G_Rcos(\theta)+h \Rightarrow cos(\theta)=\frac{G_R-h}{G_R} \Rightarrow \theta=\arccos(\frac{1-hcos(\alpha)}{R_b})\)</math>

on obtient donc <math>\(A_{tri}=G_R*(\frac{1-hcos(\alpha)}{R_b})*R_b sin(\arccos(\frac{1-hcos(\alpha)}{R_b}))\)</math>
et comme <math>\(\sin(\arccos x) = \sqrt(1-x^2)\)</math>
<math>\(A_{tri}=G_R*(\frac{1-hcos(\alpha)}{R_b})*R_b \sqrt(1-(\frac{1-hcos(\alpha)}{R_b})^2)\)</math>

Il faut integrer <math>\(A_{arc}-A_{tri}=\frac{2\theta R_b^2}{G_R}+\frac{2R_b^2}{\sqrt(G_R^2+R_b^2)} \times \ln({\tan(\frac{\pi}{4}+\frac{\arccos(\frac{1-hcos(\alpha)}{R_b})}{2}))}-G_R*(\frac{1-hcos(\alpha)}{R_b})*R_b \sqrt(1-(\frac{1-hcos(\alpha)}{R_b})^2)\)</math>

Maintenant (malgrés l'horreur de l'expression ci dessus) on va mettre le triangle cyan dans une position avantageuse !:



equation du type :<math>\(h=x\tan(\alpha)\)</math> et il va falloir integrer de <math>\(h=0\)</math> a <math>\(h=H\)</math>
<math>\(H=\frac{\sin(\alpha)}{v}\)</math>

conclusion le volume du machin bleu la :

<math>\(\int_0^\frac{\sin(\alpha)}{v} \frac{2\arccos(\frac{1-x\tan(\alpha)cos(\alpha)}{R_b}) R_b^2}{G_R}+\frac{2R_b^2}{\sqrt(G_R^2+R_b^2)} \times \ln({\tan(\frac{\pi}{4}+\frac{\arccos(\frac{1-x\tan(\alpha)cos(\alpha)}{R_b})}{2}))}-G_R*(\frac{1-x\tan(\alpha)cos(\alpha)}{R_b})*R_b \sqrt(1-(\frac{1-x\tan(\alpha)cos(\alpha)}{R_b})^2) \mathrm{d}x\)</math>

Voila moi je vais me coucher xD (si quelqu'un est d'humeur a integrer !)

Sinon il a reste a definir le domaine de validité de ce modele en fonction de l'angle<math>\(\alpha\)</math> et du volume initiale donc de V et 1/V

et puis a calculer les deux autres volume puis calculer le poid de chacun et l'influence de sont centre de gravité et de trouver la derivée nul d'une equation a deux varibale (<math>\(f(x,y)\)</math> tel que <math>\(x=\alpha\)</math> et <math>\(y=volume\)</math>)

ou peut etre qu'il y a une solution niveau 4ieme xD

(bon je suis sur que la grosse integrale se simplifie mais ca donnne mal a la tete rien que de la regarder