Centre de masse huitième de calotte sphérique

Dumont
Dumont
dans Géométrie
Bonjour,

Je cherche à déterminer le centre de masse d'un huitième de calotte sphérique.
(J'ai fait des études de mathématiques il y a longtemps, mais je suis complètement rouillé).
J'ai trouvé sur le net une démonstration de la détermination du centre de masse d'un huitième de sphère, et celui d'une calotte sphérique, mais je n'arrive pas à déterminer celui d'un huitième de calotte sphérique. Pourriez-vous m'aider ?

Merci.

https://www.google.fr/url?sa=t&rct=j&q=&esrc=s&source=web&cd=2&cad=rja&uact=8&ved=0ahUKEwj_ra3LkpLKAhVIiRoKHWf2DfYQFggmMAE&url=http://www.itterbeek.org/uploads/documents/MecaChap4(GeomDesMasses).pdf&usg=AFQjCNGHQBMvW4W-CvkCgLEvLayehs1ACQ&sig2=PQFeiOnv6LKBhAwsggZXSw

Réponses

  • fm_31
    fm_31
    Bonjour ,

    j'ai trouvé cette formule sur internet .

    $ z= \frac{3}{4}\,\frac{(R+d)^2}{d+2R}$

    Cordialement47575
  • P.
    P.
    C'est tres facile en utilisant le theoreme d'Archimede qu'on peut enoncer ainsi ; soit la sphere $S=x^2+y^2+(z-\frac{1}{2})^2=1/4$ de diametre 1. L'aire de la calotte spherique $S_h=S\cap\{z; z<h\}$ est $\pi h.$ En d'autres termes si $(X,Y,Z)$ sont les coordonnees d'un point choisi uniformement sur $S$ alors $Z$ est uniforme sur $(0,1).$ Donc si $M$ est choisi unifomement sur la calotte $ S_h,$ le centre de masse est $(0,0,h/2).$
  • fm_31
    fm_31
    Mais peut-être faut-il préciser le 1/8 de quoi ? du volume , de la hauteur , à partir du sommet , de la base .....
  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    Je comprends qu'une calotte sphérique est un solide de révolution autour d'un axe, et que le 8e de calotte est ce qu'on obtient en faisant un 8e de tour autour de cet axe. Dumont pourra confirmer.
  • jacquot
    jacquot
    Bonjour,
    J'ai regarde dans le document joint, je crois que la question est autre :
    il s'agit dune sphère ou d'une boule coupée en 8 secteurs par 3 plans deux à deux orthogonaux passant tous trois par le centre.

    Il faudrait que Dumont revienne pour préciser ce qu'il veut déterminer.
  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    Non jacquot, ça c'est le huitième de sphère à mon avis.
  • Dumont
    Dumont
    Merci pour ces réponses.
    Effectivement, mon énoncé doit être précisé.
    Si on a une calotte sphérique de rayon R et de hauteur H, cette calotte sphérique peut être divisée en secteurs d'angle, en la coupant par des plans verticaux passant par le centre de la sphère. On obtient ainsi des secteurs de calotte. Je cherche donc à déterminer le centre de masse d'un secteur de calotte, d'angle 45° (pour un huitième de calotte), ou 90° (pour un quart de calotte).

    @fm_31 : la formule donnée ci-dessus est celle que j'ai également trouvée, mais elle concerne la calotte entière. Le centre de masse d'un secteur de calotte sera autre, puisqu'il ne sera pas dans l'axe de symétrie vertical de la calotte.
  • P.
    P.
    Si Jacquot a raison, les probabilities permettent de beaucoup simplifier le probleme: si $(X,Y,Z)$ sont des va independantes et de meme loi $N(0,1)$ alors on demande le point $(a,a,a)$ avec $$a=\mathbb{E}\left(\frac{|X|}{\sqrt{X^2+Y^2+Z^2}}\right).$$ Apres cela, routine : $T= (Y^2+Z^2)/X^2$ suit une loi beta de deuxieme espece de parametres (1,1/2) qui est de densite $$\frac{1}{B(1,1/2)}\frac{1}{(1+t)^{3/2}}.$$ Donc $a=1/2.$ Apres tout, ce resultat pouvait etre intuite, et meme demontre, avec le theoreme d'Archimede applique a la demi sphere.
  • Dumont
    Dumont
    Je reprécise (sans figure, c'est toujours délicat).
    Voilà un huitième de sphère :

    874790Huitimedesphre.jpg

    Un quart de calotte ressemble à ce huitième de sphère, avec un rayon de la sphère de r0, et une hauteur h (inférieure à r0).
    Le huitième de calotte dont je cherche à déterminer le centre de masse, serait ce quart de calotte divisé en 2 par un plan vertical passant par le centre et coupant le plan Oxy à 45°.

    @P. : je ne comprends pas la démonstration. Pour moi le centre de masse n'est pas égal à h/2 (ce n'est d'ailleurs pas le cas pour le huitième de sphère).
  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    J'avais bien raison, na ! :-D
  • aléa
    aléa
    La preuve est écrite de manière incompréhensible, à la physicienne.
    Il s'agit simplement d'utiliser le théorème de Fubini en intégrant suivant les tranches en $x$.
  • aléa
    aléa
    Par homogénéité, je peux supposer $r_0=1$. Si je pose $C=\{(x,y,z); x\ge 0,y\ge 0,z\ge 0; x^2+y^2+z^2\le 1\}$,
    je cherche $\int_C \frac1{\lambda^3(C)}x\ d\lambda^3(x,y,z)=\frac1{\lambda^3(C)}\int_0^1 x\lambda^2(y\ge 0,z\ge 0,x^2+y^2+z^2\le 1)\ dx=\frac1{4/3\pi}\int_0^1 x\frac{\pi}4 (1-x^2)\ dx$.
  • P.
    P.
    Comprend rien. Pas vu de $h$ dans le dessin. Mets des lettres aux coins du polygone spherique dont tu cherches le centre de masse, on pourra y arriver.
  • Dumont
    Dumont
    @ P. : je suis dans le métro, je ne peux donc pas faire de dessin avant le milieu d'après- midi.
    Si j'essaie d'expliquer par rapport au dessin de la demi-sphère : si je coupe ce huitième de sphère par un plan horizontal à la hauteur z = r0 - h, j'obtiens un quart de calotte sphérique de rayon r0 et de hauteur h.
  • Dumont
    Dumont
    @ aléa : je ne comprends pas la formule de ton message précédent.
    La hauteur z du centre de masse dépend de ro et de h. En intègrant ta formule, h n'apparaîtra pas (?)
  • aléa
    aléa
    @Dumont: oui, j'avais mal compris, je croyais que tu cherchais pour le 8e de calotte tout entier.
  • aléa
    aléa
    Voici comment je procèderais: à $z$ fixé, il est facile de calculer le barycentre de masse de la tranche de hauteur $z$, mettons $(X'(z),Y'(z),z)$, ensuite on calcule la loi de $Z$, et enfin on intègre $(X'(z),Y'(z),z)$ par rapport à la loi de $Z$.
  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    Moi, je travaillerais en coordonnées cylindriques.
  • Dumont
    Dumont
    @ aléa : sans doute, mais j'en suis incapable :-S
  • jacquot
    jacquot
    Rebonjour,

    Si c'est bien le centre de masses dune surface (et non d'un volume que tu cherches à déterminer, je procèderais comme suit :
    je chercherais d'abord le centre de masses d'un arc de cercle, puis je concentrerais la masse de l'arc de cercle sur ce centre avant de le déplacer le long d'un autre arc de cercle.

    Mais j'attends d'être sûr d'avoir bien compris ce que tu cherches.
  • Dumont
    Dumont
    Je cherche le centre de masse du volume de mon secteur de calotte
  • Chaurien
    Chaurien
    Comme hélas trop souvent la question n'est pas claire.
    S'agit-il du huitième de la boule (pleine) ou bien du huitième de la sphère (surface) ?
  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    Je répète autrement : l'intersection de la calotte sphérique solide (intersection de la boule avec un demi-espace) avec un dièdre solide d'angle 45° d'arête l'axe de révolution de la calotte sphérique.
    Un peu lourds à la détente ces matheux ! (:D
  • fm_31
    fm_31
    Est-ce ce secteur (angle à préciser) ?47585
  • Dumont
    Dumont
    Oui, merci fm-31, il s'agit bien de déterminer le centre de masse du volume déterminé par les 4 surfaces délimitées par les lignes bleues.
    Un grand pardon pour le temps que je vous ai fait perdre à tous....
  • P.
    P.
    Alors la, c'est tres facile. Le centre de masse est a mi hauteur et sur le plan de symetrie. Details sur demande, et sans integrale.
  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    P. écrivait:
    > Le centre de masse est a mi hauteur.

    Ca, ça m'étonnerait beaucoup ! A mi-hauteur de la calotte, il y en a plus en-dessous qu'au-dessus !
  • jacquot
    jacquot
    À mi-hauteur et sur le plan médiateur ou bissecteur de l'angle de 45°, certes, mais ça ne nous donne pas encore da distance à l'axe $(Oz)$

    PS Mi-hauteur est correct quand la calotte est vide, mais là elle est remplie.
  • P.
    P.
    Oh, ben si c'est plein, c'est moins amusant Si la sphere est comme dans mon premier fil, et si la hauteur de la demi gousse d'orange est $h$ et l'angle est $\theta_0$ le volume cherche est $$\theta_0 \int_0^{\sqrt{h-h^2}}\left(h-\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{1}{4}-r^2}\right)rdr.$$
  • Dumont
    Dumont
    ... Ce qui donne ?
  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    Soit R le rayon de la sphère, H la hauteur de la calotte.
    Avec ça, en Sage, 
    H,R,rho,z,theta=var('H,R,rho,z,theta')
assume(H>0); assume(R>H)
V=(pi/4)*integral((sqrt(R^2-rho^2)-R+H)*rho,rho,0,sqrt(H*(2*R-H))).canonicalize_radical()
print 'volume de la calotte =', V.factor()
D=integral(cos(theta),theta,-pi/8,pi/8)*integral((sqrt((R)^2-rho^2)-R+H)*rho^2,rho,0,sqrt(H*(2*R-H))).canonicalize_radical()
print 'distance du centre de masse à l axe =',D/V
A=(pi/4)*integral(integral(z,z,R-H,sqrt(R^2-rho^2))*rho,rho,0,sqrt(H*(2*R-H))).canonicalize_radical()
print 'hauteur du centre de masse =', (A/V).factor()
    J'obtiens :
    volume du huitème de calotte = $\dfrac{\pi(3R-H)H^2}{24}$

    distance du centre de masse à l'axe vertical = $\dfrac{\sqrt{2-\sqrt2}\left (3R^4\arcsin(\sqrt{H(2R-H)}/R)-(2H^3 - 6H^2R + HR^2 + 3R^3)\sqrt{H(2R-H)}\right)}{\pi(3R-H)H^2}$

    hauteur du centre de masse sur le plan équatorial = $\dfrac{3(2R-H)^2}{4( 3R-H)}$

    sauf erreur.
    Edit : une erreur corrigée (dans la transcription du résultat Sage).
  • P.
    P.
    Je suis idiot. Les coordonnees du centre de gravite se calculent de la meme manier que le volume, dont on n'a pas besoin. J'arrete puisque GBZM a fait le travail.
  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    On a tout de même besoin du volume, à mon avis.
  • YvesM
    YvesM
    Bonjour,

    On considère la partie sphérique délimitée par $\displaystyle 0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{4}$, $\displaystyle 0 \leq \phi \leq \frac{\pi}{4}$, et $\displaystyle {R \over \sqrt{2} \cos \theta} \leq r \leq R$ où $\displaystyle (\theta, \phi, r)$ sont les coordonnées sphériques d'un point $M$ et $R$ le rayon de la sphère centrée en $O.$

    Les limites sur les angles assurent que l'on ne considère qu'une fraction de cette sphère : le titre est trompeur, c'est bien moins qu'un huitième.

    Les limites sur $r$ se comprennent en dessinant un triangle rectangle d'hypothénuse $R$, de petit coté $\displaystyle \frac{R}{\sqrt{2}}$ qui correspond à un angle $\displaystyle \theta$ de $45°.$

    Le centre de masse $G$ est donné par la formule suivante, selon la définition, et en supposant que le champs de pesanteur est constant et que la masse est homogène : $\displaystyle OG = \frac{1}{V} \int dV OM.$

    Comme on sait que $\displaystyle x = r \sin \theta \cos \phi, \quad y = r \sin \theta \sin \phi, \quad z = r \cos \theta$, alors le volume est $\displaystyle V = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} d\phi \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} d\theta \sin \theta \int_{\frac{R}{\sqrt{2} \cos \theta}}^{R} dr r^2 = \frac{4\pi}{3} R^3 \frac{1}{16} (1-\frac{5}{4\sqrt{2}}).$

    On a calculé $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} d\theta \sin \theta (1-\frac{1}{2\sqrt{2}\cos^3 \theta}) = 1-\frac{5}{4\sqrt{2}}.$

    Le résultat est homogène, se compare facilement au 16ème de la sphère...

    Puis on cherche $\displaystyle z(G)$, il faut calculer $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} d\phi \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} d\theta \sin \theta \cos \theta \int_{\frac{R}{\sqrt{2}\cos \theta}}^{R} dr r^3 = \frac{\pi}{4} \frac{R^4}{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} d\theta \sin \theta \cos \theta (1-\frac{1}{4 \cos^4 \theta}).$

    On en déduit $\displaystyle z(G) = R \frac{3}{32 }\frac{1}{1-\frac{5}{4\sqrt{2}}} \sim 0,80 R.$ Le résultat est homogène et plausible.

    On a calculé $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} d\theta \sin \theta \cos \theta (1-\frac{1}{4 \cos^4 \theta}) = \frac{1}{8}.$

    Et pour ceux qui adorent les intégrales techniques, on calcule aussi $x(G) = y(G)$, il faut calculer $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} d\phi \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} d\theta \sin^2 \theta \int_{\frac{R}{\sqrt{2}\cos \theta}}^{R} dr r^3 = \frac{\pi}{4} \frac{R^4}{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} d\theta \sin^2 \theta (1-\frac{1}{4 \cos^4 \theta}).$

    On en déduit $\displaystyle x(G) = y(G) = R {\frac{3\pi}{8} -1 \over 4- \frac{5}{\sqrt{2}}} \sim 0,38 R.$ Le résultat est homogène et plausible.

    On a calculé $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} d\theta \sin^2 \theta (1-\frac{1}{4 \cos^4 \theta}) = \frac{\pi}{8} - \frac{1}{3}.$
  • YvesM
    YvesM
    Bonjour,

    Et pour le cas le plus général :
    $\displaystyle \theta_1 \leq \theta \leq \theta_2, \quad \phi_1 \leq \phi \leq \phi_2, \quad R \frac{\cos \theta_2}{\cos \theta} \leq r \leq R$,

    $\displaystyle V = \int_{\phi_1}^{\phi_2} d\phi \int_{\theta_1}^{\theta _2} d\theta \sin \theta \int_{R \frac{\cos \theta_2}{\cos \theta}}^{R} dr r^2 = \frac{R^3}{3} (\phi_2-\phi_1) \int_{\theta_1}^{\theta _2} d\theta \sin \theta (1-{\cos^3 \theta_2 \over \cos^3 \theta}) =\\ \displaystyle \frac{R^3}{3} (\phi_2-\phi_1) \times -\frac12 {\cos^3 \theta_2 \over \cos^2 \theta} - \cos \theta \mid_{\theta_1}^{\theta _2}.$

    $\displaystyle z(G) V = \int_{\phi_1}^{\phi_2} d\phi\int_{\theta_1}^{\theta _2} d\theta \sin \theta \cos \theta \int_{R \frac{\cos \theta_2}{\cos \theta}}^{R} dr r^3 = \frac{R^4}{4} (\phi_2-\phi_1) \int_{\theta_1}^{\theta _2} d\theta \sin \theta \cos \theta (1-{\cos^4 \theta_2 \over \cos^4 \theta}) =\\ \displaystyle \frac{R^4}{4} (\phi_2-\phi_1) \times -\frac12 {\cos^4 \theta_2 + \cos^4 \theta \over \cos^2 \theta}\mid_{\theta_1}^{\theta _2}.$

    $\displaystyle x(G)V = y(G)V = \int_{\phi_1}^{\phi_2} d\phi \int_{\theta_1}^{\theta _2} d\theta \sin^2 \theta \int_{R \frac{\cos \theta_2}{\cos \theta}}^{R} dr r^3 = \frac{R^4}{4} (\phi_2-\phi_1) \int_{\theta_1}^{\theta _2} d\theta \sin^2 \theta (1-{\cos^4 \theta_2 \over \cos^4 \theta}) =\\ \displaystyle \frac{R^4}{4} (\phi_2-\phi_1) \times \frac{1}{12} (-4 \cos^4 \theta_2 \tan^3 \theta + 6 \theta - 3 \sin 2\theta) \mid_{\theta_1}^{\theta _2}.$

    On retrouve que, par symétrie, les coordonnées du centre de masse $G$ ne dépendent pas de $\phi.$
  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    On peut demander à Sage de faire le calcul pour une part de calotte d'ouverture $2\alpha$, avec toujours H la hauteur de la calotte et R le rayon de la sphère.47613
  • Dumont
    Dumont
    @YvesM

    Merci pour ce calcul, mais je reprécise mon énoncé avec la figure jointe (bricolée à partir de celle de fm_31, avec "paint" :-S) :

    145574Huitimedecalottebis.jpg

    L'angle BAC est bien égal à 45°, mais BAD est égal à 90° : on a donc bien 1/8 de calotte sphérique (pleine).

    Je prends donc a priori comme solution celle de GaBuZoMeu (je vais vérifier ce que cela donne avec mes valeurs de H et R).

    Merci à tous pour votre patience et votre temps !!

    Maintenant, pour ceux que cela intéresserait, je vous explique le pourquoi de ma question :
    Dans le cadre d'un Mémoire en archéologie, j'essaie d'obtenir un ordre de grandeur du temps qu'il a fallu pour ériger un tumulus en terre, dont la forme peut être assimilée à une calotte sphérique.
    Les données archéologiques sont assez minces quant à la séquence de construction du tumulus, et notamment on ne sait pas d'où la terre a été prise. Mon calcul comporte donc des facteurs d'incertitude très importants.
    Le temps total est essentiellement le temps d'excavation de la terre + le temps de son transport "dans" le tumulus. Ne connaissant pas le(s) lieu(x) d'excavation, on ne peut pas calculer un temps maximal, mais en revanche on peut avoir une approche d'un temps minimal "raisonnable".
    Pour cela, je suppose que la terre a été prélevée sur une surface proche du tumulus.
    Je fais un calcul de temps de transport de la terre jusqu'au bord du tumulus.
    Je dois alors calculer le temps pour déposer cette terre "dans" le tumulus. Pour minimiser ce temps, je découpe ma calotte sphérique en 8 (j'aurais pu prendre d'autres chiffres, mais compte tenu des incertitudes importantes sur les autres données, cette hypothèse me paraît raisonnable). Je considère donc, virtuellement, que 8 groupes de personnes ont amené la terre dans 1/8 de calotte, et je suppose que cela revient globalement à déposer l'ensemble de la masse de terre de ce 1/8 de calotte au centre de masse de celle-ci.
    Encore une fois, compte tenu de toutes mes incertitudes, cette hypothèse me paraît bonne.
  • YvesM
    YvesM
    Bonjour @Dumont,

    La modélisation évoquée me paraît hazardeuse.

    En voici une autre bien meilleure :
    Soit une masse (de terre) $m$ située en un point $A$, on prend un temps $t$ pour l'excaver, puis on la transporte, pendant un temps $\Delta$ sur une distance $D$ pour arriver en un point $B$, où on la dépose, en un temps $T$.

    Pour une première modélisation et compte tenu des approximations à faire, il faut des hypothèses simples :
    - La masse de terre $m$ est constante, c'est-à-dire qu'à chaque trajet, la même quantité de terre est excavée.
    - Le temps d'excavation $t$ est constant (en fait proportionnel à la masse $m$).
    - Le temps du trajet dépend de la distance, on peut supposer une vitesse constante $V$, et est donc directement proportionnel à la distance entre $A$ et $B$ : $\Delta = \frac{AB}{V}$.
    - Le temps de dépose $T$ est constant (en fait proportionnel à la masse $m$ car il ne suffit pas de laisser tomber la masse, il faut l'aplanir pour bâtir le tumulus).

    Modèle 1 :
    On déplace une masse $m$ de $A$ et $B$ et on revient à vide en $A$, le temps est $t+2 \times AB/V + T.$

    Modèle 2 :
    On mesure un tumulus : hauteur $H$, diamètre $D$... donc un volume $V.$
    On suppose la quantité de terre par trajet, par exemple transportée par une brouette, d'un volume équivalent cubique $h^3$.
    Le nombre de trajets est donc $\frac{V}{h^3}.$
    Le temps de construction est donc $(t+2 \times AB/V + T)\frac{V}{h^3}.$
    Ici, on néglige les différences entre les distances : $AB$ est la distance entre la zone d'excavation et le centre du tumulus.

    Enfin, il ne faut pas confondre temps de construction et durée de construction. S'il faut 1 million d'heure (temps de construction) et si on a 1 million de personnes, alors c'est fait en une heure (durée de construction).

    Exemple :
    Une brouette prend (0.5m)^3...
    Le tumulus a une hauteur de H=10 m et un diamètre de D = 40 m. Il a un volume $V \sim \frac{HD^2}{3} = 5 300m^3$.
    Le nombre de trajets est donc 42 400.
    Il faut t = 15 minutes pour excaver, T = 10 minutes pour aplanir.
    La distance est de 1000 mètres entre la zone d'excavation et le tumulus (il faut que le tumulus soit un peu isolé... c'est un lieu à respecter, donc on ne prend pas la terre juste à côté au risque de défigurer le paysage). La vitesse de transport est celle de la marche encombrée donc 2 kilomètres par heure, soit 30 minutes.
    Le temps de construction est : 42 400 x 2 x 30 minutes = 42 400 heures.
    A raison de 8 heures par jour (pas du fait des 35 heures, mais plutôt de la luminosité), on a 5 300 jours.
    Un groupe de 10 personnes est raisonnable... donc à dix : 530 jours de travail. Avec les autres activités nécessaires, on peut arrondir tout cela à 2 ans. Et même 3 à 4 ans pour le premier que l'on fait et un grand minimum à 1 an si on a l'expérience et 25 à 30 personnes...
    Un tumulus n'est donc pas une mince affaire.
  • Dumont
    Dumont
    Bonjour YvesM,

    Merci pour cette réponse qui présente en fait exactement la méthode que je compte utiliser, avec quelques ajustements :

    853004Msg1.jpg
    Ce sont les hypothèses que je prends en compte, avec comme seul ajustement le fait que je prends en compte 2 vitesses, une vitesse aller chargée, et une vitesse retour non chargée.

    Le temps total sera donc Tt = t + AB (1/Va+ 1/Vr) + T, Va et Vr étant les vitesses aller et retour.

    Le seul autre ajustement concerne justement le sujet qui nous a occupé jusqu'à présent, à savoir le "point moyen" de dépôt.
    L'hypothèse du point central, à altitude 0, est la plus simple. Si j'ai cherché une hypothèse plus fine, c'est pour 3 raisons :

    1- Comme je l'ai dit, on ne peut pas calculer de temps maximal, la distance moyenne aller-retour, notamment, pouvant être allongée indéfiniment (mais on peut y ajouter d'autres facteurs, notamment l'existence de rituels, qui consisteraient à effectuer des opérations particulières consommatrices de temps)

    2- Si j'essaie de calculer un temps minimal, je dois supposer des zones d'extraction proches du tumulus. Cette hypothèse n'est pas fortuite. Dans certains cas de constructions de ce type d'édifice, on a des preuves que les matériaux ont été excavés très près de la construction, notamment dans le cas d'édifices en pierre, mais aussi en terre quand on a identifié des "fosses" d'extraction.
    Avec cette hypothèse de zone d'extraction rapprochée, la localisation du point moyen de dépôt prend de l'importance, non seulement pour le trajet "à plat", mais aussi pour le trajet "en hauteur".
    L'hypothèse que j'ai imaginée correspond à une certaine optimisation du temps de transport, en supposant une provenance répartie autour du tumulus et un trajet moyen qui évite d'aller jusqu'au centre du tumulus. Cette hypothèse a d'ailleurs une certaine base anthropologique, car on a montré dans certains cas que ces édifices ont été construits par plusieurs "clans", chacun responsable d'une partie de l'édifice.
    Mais si je minimise le trajet à plat, je dois quand même tenir compte du fait que la masse moyenne de terre a été élevée, et la vitesse en montée, notamment chargée, est inférieure à la vitesse à plat. D'où mon idée du centre de masse d'un secteur de calotte.

    3- Enfin, l'idée de ces centres de masse consiste à utiliser un modèle théorique se rapprochant le plus de la réalité supposée, et qui puisse être utilisée pour d'autres édifices. En fonction des distances excavation/centre de l'édifice et des dimensions propres de l'édifice, l'effet de cette meilleure précision sera, ou ne sera pas, négligeable.

    Concernant les valeurs que je compte utiliser, pour information, les voici :

    - Charge moyenne : 25 à 30 kg, soit environ 25 à 30 dm3. Cette charge moyenne correspond à des tailles de dépôts assez fréquemment mises en évidence dans les tumuli excavés (correspondant à des charges de paniers, la brouette n'étant pas connue, donc pas utilisée, dans la plupart des constructions de tumuli - pour info, mon cas se situe en 600 av. J.-C., en Europe, époque à laquelle on ne connaissait pas la brouette).
    - Les vitesses couramment utilisées dans ce type d'analyse sont de 3 km/h chargée (avec 25/30 kg), et 5 km/h à vide. Ces valeurs correspondent à des expériences effectuées. Ces vitesses sont à moduler en fonction notamment de l'état du terrain, et de sa pente. On considère grossièrement que 1 mètre de dénivelé correspond à 10 mètres à plat. Je n'ai pas encore choisi mes valeurs, mais je prendrai sans doute des valeurs inférieures pour tenir compte de terrains un peu cahoteux et humides.
    - Le volume du tumulus est assimilé à une calotte sphérique.
    - Temps d'excavation : de nombreuses expériences ont été effectuées, et les temps d'excavation sont assez variables, dépendant notamment du type de sol, des outils utilisés et de la motivation des travailleurs. Dans mon cas, je prendrai vraisemblablement une valeur proche de 4 à 5 m3/j. (J'utilise une durée de travail moyenne de 8 heures, exactement pour la raison citée).
    - Temps de tassage : je ne l'ai pas encore choisie.
    - Le nombre de personnes est difficile à déterminer. Je prendrai en compte, pour déterminer une fourchette de nombres de personnes, notamment la population de la communauté concernée et la "masse totale" des travaux devant être effectués par cette communauté. En fait l'étude de ce temps de construction d'un tumulus est une partie d'une étude plus globale consistant à déterminer le temps de travail global d'une communauté, sur 2 générations, qui a construit de nombreux d'édifices comprenant des fortifications, des habitations, des fossés, des tumuli,...

    Tout cet exposé (dont je n'ai donné que les éléments principaux) nous sort bien des mathématiques...
  • Dumont
    Dumont
    Je reviens sur la même question, si ce n'est que mon 1/8 de calotte pleine est transformé en 1/4 de cône plein.
    Je cherche à déterminer, pour les mêmes raisons que j'ai expliquées précédemment, le centre de masse de ce quart de cône, de rayon R et de hauteur h.

    817526Quartdecne.jpg

    La hauteur de ce centre de masse doit être z= 1/4 h (comme pour un cône entier), mais quelle est la distance de ce centre de masse à l'axe du cône ?

    Merci pour vos réponses.
  • soland
    soland
    Bonjour48177
    48179
  • Dumont
    Dumont
    Merci beaucoup Soland, mais je ne suis malheureusement plus capable de finir le calcul...
  • soland
    soland
    Le courage me manque pour pousser ces calculs ad finem.
    Désolé, soland.
  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    Il suffit de demander gentiment à SageMaths, ou à tout autre logiciel de calcul formel.
  • aléa
    aléa
    @Dumont: sauf erreur, le centre que tu cherches est dans le plan de symétrie de ton quart de cône.
  • aléa
    aléa
    La section horizontale $x$ (à partir du sommet) est un quart de disque. Son centre de masse à les coordonnées
    $(\frac{4}{3\pi}.(R/h).x,\frac{4}{3\pi}.(R/h).x,x)=x(\frac{4}{3\pi}.R/h,\frac{4}{3\pi}.R/h,1)$ (par exemple grace au théorème de Guldin).

    Il reste donc à calculer $\frac{\int_0^h x \times \pi x^2/4\ dx}{\int_0^h \pi x^2/4\ dx}=\frac{h^4/4}{h^3/3}=\frac34 h$,
    d'où finalement les coordonnées $\frac{3}4 h(\frac{4}{3\pi}.R/h,\frac{4}{3\pi}.R/h,1)$
  • Dumont
    Dumont
    Merci beaucoup aléa ! (et merci aux autres aussi, qui ont perdu du temps sur ce sujet)
    Je vais utiliser ce résultat dans mon Mémoire en archéologie.

    ( Pour la philosophie, et pour les jeunes étudiants : alors que je jonglais facilement avec ce genre de calcul, qui était justement mon point fort en M.Sup / M.Spé, les années passant, et mon cerveau s'embrumant, je m'aperçois que je suis tout juste bon aujourd'hui à comprendre le résultat.
    Evidemment, sous la torture, j'arriverais sans doute à faire ce genre de calcul. Mais ce qui me manque aujourd'hui, c'est le courage...
    Il faut profiter de la jeunesse ! :-))
  • jacquot
    jacquot
    Bonjour Dumont,

    Un petit complément aux calculs d'aléa:
    Pour déterminer le centre de gravité du quart de disque plusieurs méthodes sont envisageables
    Par exemple on peut considérer que le quart de disque est réunion de triangles isocèles de bases infimes. Leurs centres de gravité respectifs décrivent alors un arc de cercle de rayon $\frac 2 3 R$. Le centre de gravité du quart de disque est alors aussi celui de cet arc de cercle (en rouge sur le dessin ci-dessous)
    Son abscisse est $\frac 2 3 R$ multiplié par la valeur moyenne de $\cos \alpha$ sur $[0;\frac \pi 2]$ soit $x_G=\frac 2 3 R\times \frac 2 \pi = \frac {4R}{3\pi}$. Son ordonnée idem pour raison de symétrie

    Une autre méthode est d'appliquer le théorème de Guldin : si le quart de disque fait une révolution autour de son côté vertical, il balaye une demi-sphère de volume $\frac 2 3\pi R^3$.
    Ce volume est égal à l'aire du quart de disque multipliée par la distance parcourue par son centre de gravité donc $\frac 2 3\pi R^3= \frac \pi 4 R^2\times 2\pi x_G$.
    On retrouve $x_G=\frac {4R}{3\pi}$

    Pour en déduire la position de centre des masses $\Omega$ de ton quart de cône, on pourra considérer que le quart de cône est un empilement de plaques en forme de quart de disques et d'épaisseur infime. Tous leurs centres de gravité sont alignés et $\Omega$ se trouve sur cet alignement, au quart de la hauteur, comme tout centre de masses de tétraèdre ou toute autre pyramide.
    Donc $x_\Omega=y_\Omega= \frac 3 4 x_G=\boxed {\frac R \pi}$ et $\boxed{z_\Omega =\frac h 4}$48199
  • Dumont
    Dumont
    Merci beaucoup Jacquot ! (et de nouveau, à tous)
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