Pas besoin des dimensions du dé par rapport à celles du cylindre et/ou du crayon et/ou de l'étagère?
Il manque quelque chose ou je n'ai pas compris le problème.

Trivial ? Dans un cube le crayon épouse un arc de cercle de rayon le côté du cube.

Shadock

Je n'ai pas bien tout compris alors j'ai fait tous les cas ... Si le cube fait la même hauteur que le cylindre, aucun souci.
Si c'est  juste "peut-on sortir un crayon d'un cube, la réponse est non, je pense...

Considérons un dé d'arête 1 et un crayon de longueur [latex]\sqrt{2}+x[/latex]
Dans la situation la plus défavorable (image 1), l'étagère est à hauteur de l'extrémité supérieure du crayon : [latex]\frac{\sqrt{2}+x}{\sqrt{2}}[/latex]

En déplaçant le crayon selon la grande diagonale du dé (image 2), son extrémité supérieure est à une hauteur de [latex]$y-\dfrac{(-1+y)\cdot \left (\sqrt{2}+x\right )}{\sqrt{3-2\cdot y+y^{2}}}$[/latex] (y est la hauteur de l'extrémité inférieure du crayon)

Cette extrémité décrit une courbe style strophoïde dont il faut nous assurer que le maximum local ne dépasse pas [latex]\frac{\sqrt{2}+x}{\sqrt{2}}[/latex]

Ce maximum est atteint pour y = [latex]1+\sqrt{-2+2^{2/3} \left(2+2 \sqrt{2} x+x^2\right)^{1/3}}[/latex]

à une hauteur h(x) = [latex]1+\sqrt{-2+2^{2/3} \left(\left(\sqrt{2}+x\right)^2\right)^{1/3}}[/latex]
[TeX]-\frac{\left(\left(\sqrt{2}+x\right)^2\right)^{5/6} \sqrt{-2+2^{2/3} \left(\left(\sqrt{2}+x\right)^2\right)^{1/3}}}{2^{1/3} \left(\sqrt{2}+x\right)}[/TeX]
La fonction h(x) - [latex]\frac{\sqrt{2}+x}{\sqrt{2}}[/latex] est toujours négative sur [latex][x;\infty ][/latex]

Le crayon devrait donc toujours pouvoir s'échapper (à moins qu'il ne soit déjà coincé dans la position de la grande diagonale)

Il me semblait bien aussi...



Que la forme soit un cylindre ou un dé, le centre instantané de rotation F est tel que le crayon peut sortir si et seulement si l'extrémité supérieure du crayon n'a pas à monter au début du déplacement.
La longueur du crayon doit être au moins diag.²/larg. du récipient.

Le problème me parait parfaitement clair :

Quand on sort le crayon, son sommet passe à une hauteur maximale quand le crayon est à 45° par rapport à l'étagère.

Conséquences :
1) On pourra toujours sortir le crayon si d >= h.

2) Si d < h, la longueur maxi est indépendante de h et fait :
                             (d+e) * racine(2)

Note : d peut représenter le diamètre du cylindre ou la diagonale de la base du parallélépipède.

EDIT : Au temps pour moi . J'annule tout : j'avais raisonné sur un cas trop particulier...

Looozer est sur la bonne piste

Il y a une solution générale ( pas complètement élémentaire ) avec quelques racines cubiques .

Penser à bien distinguer les deux cas déjà cités ( message #11 )

Vasimolo

PS : c'est une solution "maison" donc sans garantie .

Perso je renonce à la dérivée nulle de mon équation ( ce qui ne veut pas dire que ma dérivée ne vaut rien). C'est un chouiat lourd...
Et pis d'abord, j'ai que des stylos, na!
Et je mets pas mes stylos dans des boites cylindriques.
Et encore moins le tout sur une étagère.

La deuxième formule est assez curieuse car indépendante de [latex]h[/latex] : si je peux sortir le crayon de la boîte je pourrais le sortir de toute boîte de même diamètre !

Cette condition peut paraître curieuse si on oublie qu'elle est associée à l'entrée du bloc crayon-boîte dans l'étagère .

Vasimolo

J'arrive aussi à une expression indépendante de h mais elle tellement laide que je ne peux la simplifier (Wolfram non plus d'ailleurs).

Je suis intéressé la logique qui aboutit à la tienne, Vasimolo.

Mes calculs ( à vérifier )

On suppose que d , e et h sont donnés et on cherche le plus grand crayon qui va rentrer avec la boîte et sortir sans faire bouger la boîte .



Pythagore nous dit que [latex]c\leq (e+h)\sqrt{1+\frac{d^2}{h^2}}[/latex]

Maintenant on fait varier l'angle â , et on calcule la taille du crayon qui reste en contact avec l'étagère supérieure et avec le bord gauche du cylindre .
[TeX]c\leq f(\hat{a})=\frac{d}{\sin\hat{a}} +\frac{e}{\cos\hat{a}}[/latex] et [latex]f'(\hat{a})=\frac{e.\sin^3\hat{a}-d.\cos^3\hat{a}}{\sin^2\hat{a}\cos^2\hat{a}}[/TeX]
Donc [latex]f(\hat{a})[/latex] est minimum quand [latex]\hat{a}=\arctan(x)[/latex] avec [latex]x=\sqrt[3]{\frac de}[/latex]

Or [latex] \sin\arctan(x)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}[/latex] et [latex]\cos\arctan(x)=\frac {1}{\sqrt{1+x^2}}[/latex]

Donc la valeur minimale de [latex]f(\hat{a})[/latex] est [latex]M=(\frac{d}{x}+e)\sqrt{1+x^2}[/latex] .

On pose [latex]y=\sqrt{(\sqrt[3]{d^2}+\sqrt[3]{e^2}}[/latex] et alors [latex]\sqrt{1+x^2}=\frac{y}{\sqrt[3]{e}}[/latex]

La suite est facile : [latex]M=y(\frac{dx}{\sqrt[3]{e}}+\frac{e}{\sqrt[3]{e}})=y(\sqrt[3]{d^2}+\sqrt[3]{e^2})=y^3[/latex] .

[latex]M=\sqrt{(\sqrt[3]{d^2}+\sqrt[3]{e^2})^3}[/latex] .

Vasimolo

PS : suite à la remarque de Thomas j'ai corrigé les extrémums

Efficace et beaucoup plus "simple" que prévu