cas où BC=3:
[TeX]\frac{y}{3}=x \; et \; \frac{xy}{2}=\frac{3}{4}[/TeX][TeX]\Rightarrow \, x=\frac{1}{\sqrt{2}}[/TeX]
D'où [latex]R=\frac{2-\sqrt{2}}{4}[/latex]

Pour le cas AB=z = infini, on remarque que les calculs ne dépendent pas de z, d'où le résultat constant [latex]R=\frac{2-\sqrt{2}}{4}[/latex], simplement le cylindre sera déplacé vers l'infini vers la droite.

Je modifie mon post à ta demande, voici ma méthode :

Ah que voilà un p'tit problème de mécanique qu'il est intéressant !

Que le cylindre ne puisse pas bouger, c'est une chose qu'il fallait effectivement préciser.
Il suffit d'ailleurs pour cela que le coefficient d'adhérence entre le cylindre et chacune des deux surfaces en contact soit supérieur à [latex]tg(1/2*arctg(1/3))[/latex], soit [latex]f > 0.16228[/latex] (ce qui est tout à fait plausible) pour éviter de mettre de la colle.

Mais il faut aussi que le point A ne glisse pas sur le sol !
Pour faire confiance au frottement dans le cas où l'on place le cylindre au plus près du centre de gravité de la pièce principale, il faudrait que le coefficient d'adhérence au point A soit supérieur à 3, ce qui est rigoureusement impossible (Les meilleurs dragsters, avec une gomme spéciale dont une bonne partie reste sur le bitume, dépasse à peine un coefficient de 1 ce qui leur permet d'obtenir une accélération légèrement supérieure à g).

Ceci étant posé, considérons d'abord l'équilibre du cylindre : il est soumis seulement à 2 forces, donc celle-ci sont colinéaires et passent par les points de contact.
Considérons maintenant l'équilibre de la pièce principale : elle est soumise à 3 forces :
-    son poids P, vertical et passant par le centre de gravité G ; ce point est situé à une abscisse de 1 par rapport au point A.
-    l'action du cylindre FD dont on connaît maintenant la direction et le point d'application.
-    l'action du sol en A dont on ne connaît pas à priori la direction.

Dans le cas général l'équilibre de la pièce principale est représenté sur la figure 1 ci-dessous (dans le cas d'un coefficient d'adhérence en A de 0.4, ce qui est déjà beaucoup).


Si on veut utiliser un cylindre plus petit, le mieux serait de fixer une petite cale sur le sol en A pour empêcher ce glissement.

A partir de là, je modifie mon calcul et la figure 2.

Si la pièce est bloquée en A, on peut faire tendre le point de contact D vers le point M, intersection de le centre du cylindre vers la verticale en G et de AB passant par le point G ; le point O tend aussi vers M vers le plan horizontal et l'effort FA prend alors la direction AC horizontale (figure 2).

On a AD = 1/cos A AD = 1, et r = AD * tg (A/2) avec A = arctg (1/3)
d'où : r = 0.17106 0.16228.

Si on réalise une affinité d'axe AB et de rapport ausi grand que l'on veut, on conserve la distance AB, AC tend vers l'horizontale, FD vers la verticale et FA tend vers 0.
Le rayon du cercle tend alors vers 1.66666...

Edit: message modifié suite aux remarques.

Le centre de gravité se trouve sur la médiane y=1-x/L, à 1/3 de la hauteur ici de longueur L. Les coordonnées de G sont x=2/3 et y=L/3.

Le cylindre supporte le triangle au point tangent avec l’hypoténuse, son diamètre est donc légèrement supérieur à la valeur de 1/3.

Nous avons [latex]\frac 1 3 = R + R cos (atan \frac 1 L) = R \frac{ L + \sqrt {1+L^2}}{\sqrt {1+L^2}}[/latex]

Ce qui donne
[TeX]R = \frac{L^2+1-L\sqrt{1+L^2}}3[/TeX]
avec L = 3
[TeX]R = \frac{10-3\sqrt{10}}3 \approx 0.171 [/TeX]
Lorsque L est grand, l'angle par rapport à la verticale tend vers 0 et donc R vers 1/6.

Bonjour,

1°) Soit D le point de contact entre le triangle et le cercle.
Soient a l'angle BCA et R le rayon recherché.
R = AD x tg(a/2) et tg a = 1/3
Grâce à la relation tg a = 2 x tg (a/2) / ( 1 - tg2 a), on en déduit:
tg(a/2) = -3+V10 (équation du second degré)
Il reste à trouver AD.
Soit E l'intersection entre la droite BC et la parallèle à AB passant par D.
Le moment des surfaces ABED et DEC par rapport à DE doivent être identiques: on trouve DE = (-1+V5)/2
La relation AD/V10 = (3-V5)/2 (triangles semblables) donne: AD = (3V10-5V2)/2
Finalement R = (-3+V10)(3V10-5V2)/2 = (30+15V2-10V5-9V10)
soit R = 0,196 environ

2°) Le fait d'éloigner C vers l'infini ne change pas les proportions du problème.
Je crois que cela s'appelle une homothétie (mais mes souvenirs sont lointains).
Et donc R reste inchangé à la valeur précédente.

Bonne soirée.
Frank

Edit: Evidemment, quel âne suis-je: il ne faut pas équilibrer les surfaces, mais le moment de celles-ci par rapport à l'axe: je modifie mon texte. Est ce correct ?

Voir le début des calculs dans mon post précédent.

Une autre possibilité d'équilibre est que le centre de gravité (F dans mon dessin) soit à la verticale du point de contact (G dans mon dessin).
Dans ce cas G a pour coordonnées (1, 1/3).
Le cercle (vue en coupe du cylindre) a son centre sur la bissectrice de (AC) et (Ax) et est tangent à (AC) en G donc a son centre sur la perpendiculaire à (AC) en G (droite (g)).
L'équation de (g) est y=-3x+c (produit des coeffs directeurs=-1).
G(1,1/3) appartient à (FG) donc: 1/3=-3x1+c et c=10/3.
(g) a donc pour équation: y=-3x+10/3. (1)

On a vu que l'équation de la bissectrice est: [latex]y=(\sqrt{10}-3)x[/latex] et on cherche le point H intersection de cette bissectrice avec (g).
On trouve comme coordonnées: [latex](\dfrac{\sqrt{10}}3,\dfrac{10-3\sqrt{10}}3)[/latex]

L'ordonnée de H est le rayon du cercle qui est donc de [latex]\dfrac{10-3\sqrt{10}}3=\dfrac{10}3-\sqrt{10}[/latex] soit approximativement 0,171.

Lorsque l'on fait tendre BC vers l'infini, le rayon du cylindre tend vers 1/6.

J'espère que c'est bon cette fois-ci.

franck9525, rivas et L00ping007 : bonnes réponses

Jackv : je t'ai oublié dans la liste des bonnes réponses, veux-tu bien m'en excuser!

Merci à tous d'avoir participé

Je vous avoue être quelque peu perplexe.

En imaginant cette énigme, je n'avais pas vraiment vu venir la divergence des raisonnements qui seraient proposés.

Je pensait qu'elle pourrait se résumer à chercher le point de l'hypoténuse à la verticale du centre de gravité, car le "cercle" étant fixe, ce point de contact fait office de point d'appui. Restait à chercher le cercle tangent en ce point.

Et puis Jackv et dylasse me sortent des considérations plus orientées "physique" et j'ai envie de les croire également.

La limite à l'infini est clairement 1/6 pour tout le monde, mais pour la première...

En gros j'ai des doutes et j'aimerais vous encourager à donner votre avis maintenant que les réponses de chacun apparaissent.

Un grand merci à dylasse pour ses compliments.
Je pense même maintenant que l'on peut aller encore plus loin que je ne l'ai été.
En supposant que le point A soit sur un appui vertical, le frottement sur cet appui conduirait à une force FA dirigée vers le bas et faisant un angle = arctg (f) avec l'horizontale.
Cela conduirait à un diamètre encore un peu plus petit que celui que j'ai proposé !