Nech hustota acidka je $\rho$ a jeho objem v krabici $V$. Potom naň pôsobí tiažová sila $$ \vec{F_\text{g}} = m \vec{g} = V \rho \vec{g}, $$ kde $m$ je hmotnosť acidka a $\vec{g}$ tiažové zrýchlenie.

Acidko sa neprevrhne vtedy, keď zostáva v rovnováhe, čiže keď je vektorový súčet síl aj momentov síl nulový. $$ \vec{F_\text{g}} = \vec{F_\text{P}} + \vec{N}, $$ $$ \vec{N} + \vec{N’} = \vec{0}, $$ $$ \vec{F}\text{P} + \vec{F’}\text{P} = \vec{0}, $$ kde $\vec{N’}$ je sila, ktorou lavica pôsobí na krabicu acidka a je reakciou na silu rovnakého smeru a veľkosti ako $\vec{N}$, ktorou na lavicu pôsobí acidko v dôsledku tiažovej sily (ale nie je reakciou na tiažovú silu), $\vec{F}\text{P}$ je zložka tiažovej sily rovnobežná s rovinou lavice a $\vec{F’}\text{P}$ je sila, ktorou zarážka pôsobí na krabicu.

Acidko sa počas prevracania bude otáčať okolo hrany, ktorá sa dotýka zarážky, preto ju budeme nazývať os otáčania. Pretože acidko považujeme za homogénne, ak jeho ťažisko kolmo premietneme do roviny lavice a následne na os otáčania, dostaneme bod, ktorý si zvolíme za počiatok súradnicovej sústavy (lebo neskôr zistíme, že je to výhodné, takouto voľbou sa zjednodušia niektoré vzťahy). Budeme sa preto zaoberať dvojrozmerným prípadom, t. j. predstavme si prierez acidkom kolmý na lavicu a prechádzajúci ťažiskom (takže aj počiatkom nami zvolenej súradnicovej sústavy) a súradnicovú sústavu $S$ zvoľme tak, aby os $x$ ležala v rovine lavice v smere $\vec{F}_\text{P}$ a os $y$ bola na ňu kolmá a orientovaná opačne ako $\vec{N}$ (os $z$ by bola totožná s osou otáčania, orientácia nie je dôležitá, lebo smer otáčania je zrejmý, ale uvažujme zaužívanú orientáciu, teda “pred nákresňu”).

Moment sily je určený ako $$ \vec{M} = \vec{r} \times \vec{F}, $$ kde $\vec{M}$ je moment sily vzhľadom na počiatok súradnicovej sústavy a $\vec{r}$ je polohový vektor bodu, na ktorý pôsobí sila $\vec{F}$. Zaveďme novú súradnicovú sústavu $S’$ tak, že os $x’$ je priemetom osi $x$ do vodorovnej roviny, os $y’$ priemetom osi $y$ do zvislého smeru a $z’ \equiv z$. Poznamenajme, že počiatok sa nezmenil. Vektory rozpíšeme na zložky: $$ \vec{M’} = (r’x, r’_y, 0) \times (F’_x, F’_y, 0) = (0, 0, r’_x F’_y - r’_y F’_x). $$ $$ \vec{F\text{g}} = (0, -F_\text{g}, 0), $$ preto $$ \vec{M’} = (0, 0, - R’x F\text{g}), $$ kde $R’x$ je $x’$-ová súradnica ťažiska (a v absolútnej hodnote aj kolmá vzdialenosť vektorovej priamky sily od osi otáčania). Pretože $F\text{g}$ je konštantné, moment sily bude nulový práve vtedy, keď $$ R’_x = 0, $$ teda keď sa ťažisko nachádza nad osou otáčania.

K rovnakému záveru možno prísť uvážením skutočnosti, že acidko sa prevrhuje vtedy, keď jeho ťažisko klesá, teda keď už nie je potrebné vykonať ďalšiu prácu na zdvíhanie ťažiska do dosiahnutia maximálnej výšky, t. j. keď už cez bod s maximálnou výškou prešlo. Inými slovami, ak chceme preklopiť kváder okolo jednej z jeho strán, je potrebné postaviť ho na hranu, okolo ktorej by sa mal otáčať, takže dostať ho do stavu, kedy je vzhľadom na zvolenú os otáčania ťažisko najvyššie a ak ho posunieme o veľmi malý kúsok ďalej, spadne sám.

Keď je krabica plná, acidko má tvar kvádra, ktorý má ťažisko v svojom strede súmernosti, preto jeho poloha vzhľadom na súradnicovú sústavu $S$ (tretí rozmer sme uvažovali len kvôli momentu sily, teraz je už zbytočný a sústavu bez neho budeme označovať rovnako ako s ním, ak bude zrejmé, že sa nepomýlia) je určená polohovým vektorom $$ \vec{R} = (-a/2, a), $$ kde mínus je len kvôli voľbe smeru osi $x$.

Zo zadania vieme, že plné acidko sa prevrhne, preto z neho treba časť objemu odstrániť. Označme ju $V_1$. Acidko je v nádobe tvaru kvádra, preto nám stačí uvažovať plošný obsah čelného prierezu pri pohľade v smere osi $z$, ktorý označíme $S_1$ a platí vzťah: $$ V_1 = S_1 h, $$ kde $h$ je hrúbka nádoby, v našom prípade $h = a$. Označme $b = 2 a$. Vidíme, že $S = a b$.

Rozlíšme $3$ prípady:

V nasledujúcom texte budeme pracovať so súradnicovou sústavou $S$.

Na začiatok uvedieme konštatovania zrejmé z obrázka. Veľké písmená v rovniciach reprezentujú polohové vektory bodov, nie samotné body. $$ E = [E_x, E_y] = [-a, b] $$ $$ \tan\alpha = \frac{q}{p} $$ $$ T_1 = \frac{P-Q’}{3} + Q’ = \frac{P}{3} + \frac{2}{3} Q’ $$ $$ P = [E_x + p, E_y] = [p - a, b] $$ $$ Q = [E_x, E_y - q] = [-a, b - q] $$ $$ Q’ = \left[-a, b - \frac{q}{2}\right] $$ $$ T_1 = \left[\frac{p-a}{3} - \frac{2}{3} a, \frac{b}{3} + \frac{2}{3} \left(b - \frac{q}{2}\right)\right] = \left[\frac{p}{3} - a, b - \frac{q}{3}\right] $$

$$ T_1 S_1 + T_2 S_2 = T S = T a b $$ $$ S_1 = \frac{1}{2} |P - E| |Q - E| = \frac{1}{2} p q = \frac{1}{2} p^2 \tan\alpha = \frac{1}{2} \frac{q^2}{\tan\alpha} $$ $$ q = \sqrt{\frac{2 S_1}{\tan\alpha}} $$ $$ p = \sqrt{2 S_1 \tan\alpha} $$ $$ T_2 = \frac{T S - T_1 S_1}{S - S_1} = \frac{1}{S - S_1} \left[- \frac{S a}{2} - S_1 \frac{p}{3} + S_1 a, \frac{S b}{2} - S_1 b + S_1 \frac{q}{3}\right] $$

(pozn.: v okamihu prevrhnutia je ťažisko nad osou otáčania, teda:)

$$ \tan\alpha = \frac{- T_{2 x}}{T_{2 y}} = \frac{\frac{S a}{2} + S_1 \frac{p}{3} - S_1 a}{\frac{S b}{2} - S_1 b + S_1 \frac{q}{3}} = \frac{a^3 + S_1 \frac{\sqrt{2 S_1 \tan\alpha}}{3} - S_1 a}{2 a^3 - 2 a S_1 + S_1 \frac{\sqrt{\frac{2 S_1}{\tan\alpha}}}{3}} $$ Triviálnou úpravou, ktorú pre jednoduchosť nechávame na čitateľa, dostaneme nasledujúci vzťah pre jediný reálny koreň, kde kvôli lepšej čitateľnosti $r = \tan\alpha$. (Počítal WolframAlpha, trochu upratal ChatGPT, no je to tak grcné, že sa mi nechce overovať platnosť takéhoto výsledku, nuž verím “kolegom,” lebo sedia aj jednotky, aj niektoré limitné prípady, ale i napriek tomu je to zle) $$
S_1 = \frac{{3(4a^2r^2 - 4a^2r + a^2)}}{{8r}} - \frac{{3^{1/3}\left(16\sqrt{6}\sqrt{-64a^{12}r^9 + 288a^{12}r^8 - 432a^{12}r^7 + 304a^{12}r^6 - 108a^{12}r^5 + 18a^{12}r^4 - a^{12}r^3}\right)^{1/3}}}{{8r}} + \frac{{-1296a^4r^4 + 4320a^4r^3 - 3672a^4r^2 + 1080a^4r - 81a^4}}{{72 \cdot 3^{1/3}r\left(16\sqrt{6}\sqrt{-64a^{12}r^9 + 288a^{12}r^8 - 432a^{12}r^7 + 304a^{12}r^6 - 108a^{12}r^5 + 18a^{12}r^4 - a^{12}r^3}\right)^{1/3}}} $$ Ak sa Vám substitúcia nepáči, tu je výsledok bez nej. $$ S_1 = \frac{{3(4a^2\tan^2\alpha - 4a^2\tan\alpha + a^2)}}{{8\tan\alpha}} - \frac{{3^{1/3}\left(16\sqrt{6}\sqrt{-64a^{12}\tan^9\alpha + 288a^{12}\tan^8\alpha - 432a^{12}\tan^7\alpha + 304a^{12}\tan^6\alpha - 108a^{12}\tan^5\alpha + 18a^{12}\tan^4\alpha - a^{12}\tan^3\alpha}\right)^{1/3}}}{{8\tan\alpha}} + \frac{{-1296a^4\tan^4\alpha + 4320a^4\tan^3\alpha - 3672a^4\tan^2\alpha + 1080a^4\tan\alpha - 81a^4}}{{72 \cdot 3^{1/3}\tan\alpha\left(16\sqrt{6}\sqrt{-64a^{12}\tan^9\alpha + 288a^{12}\tan^8\alpha - 432a^{12}\tan^7\alpha + 304a^{12}\tan^6\alpha - 108a^{12}\tan^5\alpha + 18a^{12}\tan^4\alpha - a^{12}\tan^3\alpha}\right)^{1/3}}} $$

sem prepíšem riešenie z náboja 2018

Teraz má prierez zostávajúcim acidkom tvar trojuholníka. Ako vyplýva z $1$. prípadu, jeho ťažisko sa bude nachádzať na polpriamke prechádzajúcej bodom na osi otáčania, preto ak sa dostaneme do tohto stavu, odpiť viac už nepomôže.