Exercices de statistiques - 4 - 3° partie, Exercices de Probabilités et statistiques
Emmanuel_89
Emmanuel_8929 May 2014

Exercices de statistiques - 4 - 3° partie, Exercices de Probabilités et statistiques

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Exercices de statistiques - 4 - 3° partie Les thèmes principaux abordés sont les suivants: l’aire de la surface engendrée par le segment de droite AB. les rapports entre les volumes et les surfaces totales.
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Correction

H

h

R h

R H

2 2 2 2 3

2

3 3 3

1 1 1 1 ; , or et 2

3 3 6 3

1 1 0.7937. .

2 2

h H H H H h h H h H

R R R V R H V R h V V R H h

h H H

h H h H H

 p  p    p  p

   

33. GSE053, Louvain, juillet 2002, série 2

Soit un cube d’arête a et dont les diagonales sont AA’, BB’, CC’ et DD’. On fait tourner le cube autour de AA’. On vous demande :

* de déterminer en fonction de a l’aire de la surface engendrée par le segment de droite AB.

* d’expliquer votre démarche au moyen d’un dessin clair et précis.

Correction

B

A

C

D

D’

C’ B’

a

A’

Figure 1

A

A’

B

a a

H

Figure 2

   

ône dont l'aire latérale est :

3 Figure 1: : ,0,0 ' : , , ; soit est l'angle ent re ces deux vecteurs : cos 54.7356 .

3

3 6 La Figure 2 montre le plan ' : , ;

3 3

engendre un c 2L

AB a AA a a a

ABA AH a BH a

AB A AH

a a   a  

 

 p  2 3 6 2 2

. 2 . , 3 3 3

LBH a a A a p  p

34. GSE054, Louvain, septembre 2002

Soit un hexagone régulier tournant autour d’un axe passant par un de ses sommets et perpendiculaire à un côté adjacent. On vous demande :

* De déterminer les rapports entre les volumes et les surfaces totales des deux solides engendrés par cette rotation.

* D’expliquer votre démarche au moyen d’un dessin clair et précis.

Correction

A

B

C D

E

F

H

c

60°

c / 2c / 2

I

ône : ône :

2 3

3 Puisque 60 , et .

2 2

Rapport des volumes : Il suffit d'étudier le rapport des volumes engendré par et .

1 c 3 3 engendre un c = c c , engendre un t ronc de c

3 2 2 24 ABH

c ABE BH AH c

AFEH ABH

ABH V AFEH

   

  p  

 

3 2 3

2

3

3 c

3c 3 3 19 3 24= . . c= 19. 3 2 2 2 24 19 3

24

ABH AFEH

AFEH

Vc c V c c

V c

 p p        

p   

 ône : 2

1

2

Rapport des surfaces totales : Ici aussi, il suffit de faire le rapport des surfaces engendrées par et .

: urface latérale d'un c Rappel : . 2 2

: , urface d'un cercle :

AB AFE

c c AB s S c S rl

AFE AF s S

p  p   p

 p 2 ;c

  ône : 2

3 1 2

2

2 2 2

4 2 3 2

3 5 , urface latérale d'un t ronc de c Rappel :

2 2

7

5 7 2donc 7. 2 2

2

c c FE s S c c S r r l

c

c c AFE S S S c

AB c

p   p    p  

 

p

p p    p    

p

35. GSE055, Louvain, juillet 2003, série 1

On considère une caisse cubique de côté c. On désire mettre dans cette caisse des troncs cylindriques de hauteur c et de rayon c/20 et ensuite refermer la caisse : en d'autres mots, rien ne peut déborder de la caisse.

On vous demande :

* de donner le nombre maximum de cylindres qui peuvent être placés dans cette caisse,

* de calculer le rapport entre le volume vide et le volume de la caisse,

* d'expliquer votre démarche par un dessin précis.

Correction

R

Figure 1

Arrangement en carré

Envisageons d’abord l’arrangement en carré : on pourra mettre 10 couches de 10 cylindres. Le nombre de cylidres sera alors 102=100.

2 3 3 Volume videVolume vide 100 1 1 21.46%

400 4 Volume total 4

c c c c

p p p           

  .

R

R

R (

1 +

 

 2

)

Figure 2

Arrangement hexagonal

R

60°

Envisageons maintenant l’arrangement hexagonal : la première couche aura une hauteur de

3 . 1

20 2

c    

  ; les couches intermédiaires une hauteur de 3

20

c , la dernière couche une hauteur de

3 . 1

20 2

c    

  .

Le nombre total n de couches sera le plus grand entier tel que

     20 2 33

2 . 1 2 3 2 3 2 3 20 2 11 20 2 20 3

c c n c n n n

                    

  

.

Les couches paires comprennent 10 cylindres et les couches impaires 9 ; le nombre de cylindres est :

6 10 5 9 105    .

2 3 3 105 Volume vide 105Volume vide 105 1 ; 1 17.53%.

400 100 Volume total 400

c c c c

p p p           

 

L’arrangement hexagonal permet de mettre plus de cylindres.

c

C

36. GSE056, Louvain, juillet 2003, série 2

Soit une pyramide de base B et de hauteur h. On prolonge les arêtes de cette pyramide au-delà du sommet et on coupe ces prolongements par un plan parallèle à la base B. On forme ainsi une seconde

pyramide de hauteur h' et de base B'. On définit : 'h h h   .

On vous demande d'exprimer la somme des volumes de ces deux pyramides en fonction de B, de B' et de

h , en vous aidant d'un dessin du problème.

Correction

h h

'

B’

B

  2

' ' On a : '. ' ' '. ' 1 ' 1

' ' ' 1

'

h B B B B h h h h h h h h h h

h B B B B B

B

               

  

       1 1 1

D'autre part : ' ' ' ' ' ' ' . ' ' . 3 3 3

V V Bh B H Bh Bh Bh B h B h h B B          

    1 '

En vertu de 1 : ' . ' ' . 3 3

1 1 ' '

h h B B V V B h B B V V B

B B

B B

       

                 

            

37. GSE057, Louvain, septembre 2003

Une "maison" est construite à partir d'un cube de côté a auquel on superpose un toit pyramidal de hauteur H. Pour des raisons de dimensionnement du chauffage, on cherche à construire trois niveaux (rez de chaussée au niveau zéro et deux étages) ayant le même volume. Le premier étage est au niveau h1 et le deuxième étage au niveau h1 + h2.

On vous demande :

* d’exprimer h1 et h2 en fonction de a et H en discutant la solution pour différentes valeurs de a et H ;

* d’évaluer h1 dans les cas (i) a = 1, H = 1/2 et (ii) a = 1, H = 9.

Correction

h 3

h 2

h 1

h T

H

a

Figure 1

H = 3 a / 2 Posons V1 le volume correspondant à la hauteur h1, V2 celui correspondant à h2, V3 à h3, où h3 est la

hauteur du troisième niveau, VT le volume total : 2

3 T

H V a a

    

  .

Envisageons deux cas particuliers :

a. le niveau 1 2h h arrive juste à hauteur du toit (fig. 1) ; dans ce cas 3

1 2 2

a V V  d’où

3 2

3 1

1

3 2

a V a H V   , soit

3

2 H a ;

b. le niveau h1 arrive juste à hauteur du toit (fig. 2) : 3 2 3

1 1 2

1 , 2 6

3 V a V V a H a H a      .

h 3

h 2h 1

h T

H

a

Figure 2

H = 6 a Il faut donc traiter les cas :

1.  2 21 2 1 2 1 1 2 3 1 1 1

0 3 . 2 3 3 3 9

T

H H a h h a V V h a V a a h h a H

                 

 

2.  2 21 1 2 1 1 1 3 1 1 1

6 et 3 . 2 3 3 3 9

T

H a H a h a h h a V h a V a a h a H

                

 

 ôté de la basse 23 3 3 3

3 2 2 23 3 3

3 3 3 2 1 32

1 c carrée de la pyramide au niveau 3 ,

3

1 1 or .

3 3 3 3

V c h c

h a h a H H c V a a h H a h a H h h

H H

 

                   

   

3.

,

3 2 2 2 23 3

1 3 3 2 3 2 32

1 1 1 6

3 3 3 3 3

h a H H a H h a V a a h H a V V c h

H

                   

   

     

   

   

ôté de la basse

3 2 2 3 2 3

3 2 2 3 2

3 2 2 32 2

1 2 3 2

2 233 3 2 1 1 2 3

1 c carrée de la pyramide au niveau 2 , or .

3

1 1 1

3 3 3 3 3

2 2 1 3 3

T T

h h a h h a c c V V

H H

h h aH H V V a a V V V a a

H

H H h H a h H a h a H h h a

      

               

   

                    

   

2 3 2 .

3

H H H a

    

 

h 3

h 2

h 1

h T

H

a

Figure 3

a = 1 , H = 1 / 2

h 3

h 2h 1

h T

H a

Figure 4

a = 1 , H = 9

Applications :

1 2 3

1 1 1 7 i) 1, , ous sommes dans le premier cas : 3 0.3889, 0.7222.

2 9 2 18 a H n h h h

         

 

 

2 3

3

23 3 2 1

9 ii) 1, 9, ous sommes dans le t roisième cas : 9 1 6.8683,

3

9 2 1 9 1 1.78521, 1 9 6.8683 1.78521 1.3465.

3

a H n h

h h

       

 

           

 

38. GSE058, Liège, juillet 2004

On considère un tétraèdre SABC tel que les droites SA, SB et SC soient perpendiculaires deux à deux. Soit H la projection orthogonale de S sur le plan ABC.

1. Démontrer que H est l’orthocentre du triangle ABC.

2. Si on note aXYZ l’aire du triangle XYZ, montrer que ACB ASB

AHBASB

a a

a a  .

Correction

B S

AC

H

B S

AC

H

D

1. Montrons que SC est perpendiculaire à BA :

et au plan SC SB SA SC SBA SC AB     ,

au plan SH ABC SH AB   , et au plan AB SC SH AB SCH AB CH    

et sont coplanaires AB CH AB CH   .

On recommence pour BH. H est l’orthocentre du triangle ABC.

2. Soit D le pied de la hauteur de CH dans ABC, c’est également le ped de la hauteur issue de S dans ABS.

ACB ASB

ASB AHB

CD AB SD ABa a

a a SD AB HD AB    d’où

2 CD HD SD qu’il suffit de démontrer.

Le triangle SCD est rectangle donc CSD et SHD sont semblables (rect. et angle D en commun).

Finalement. 2SD HD

CD HD SD CD SD

   .

39. GSE059, Liège, juillet 2004

On considère le cube ABCDA’B’C’D’. Sur la diagonale AC’, on définit les points P et P’ par

' 'AP PP P C  .

1. Montrer que les droites PB et D’P’ sont parallèles

2. Montrer que PB et A’D ont un point Q en commun.

3. Montrer que PQ est la perpendiculaire commune aux droites AC’ et A’D.

Correction

A B

D C

A’ B’

D’ C’

P’

P

A B

D C

A’ B’

D’ C’

P’

P

Q

Première méthode

1. ' ' ' ' ' 'PB PA AB C P D C D P     donc BP et DP’ sont parallèles.

2. BP et DP’ sont dans le plan ABDC’ qui coupe prependiculairement la face ADDA’ selon AD’. Dans le triangle APD’, P est le milieu de AP’ donc Q est le milieu de AD’. Mais Q appartient également à la diagonale AD et finalement 'Q PB A D  .

3. ' plan ' ' 'A D ABC D BQ A D   ; plan ' plan ' ' ' plan ' 'A DB ABC D AC A DB AC BQ     .

Donc PQ est la perpendiculaire commune aux droites AC’ et AD.

Deuxième méthode

On choisit comme repère  ; , , 'A AB AD AA :      1,0,0 , 0,1,0 , ' 0,0,1B D A ,  ' 0,1,1D ,  ' 1,1,1C .

1.          

     

1 1 1,0,0 1,1,1 2, 1, 1

1 1 2 3 3 ' : 1,1,1 et ' : 1,1,1 ' '.

2 13 3 3 ' ' 1,1,1 0,1,1 2, 1, 1

3 3

PB

AP AC P P PB D P

D P

     

          

2. On calcule l’équation de PB : 1

2

x PB y z

      ; la droite AD contient A’ et D :

0 '

1

x A D

y z

  

 

d’où

2 1

' 0

1

x y

y z PB A D

x

y z

   

   

  

, soit une seule solution 1 1

: 0, , 2 2

Q      

.

c.             1 1 1 1 1

0,1,1 1,1,1 , , , ' 1,1,1 , ' 0,1,0 0,0,1 0,1, 1 2 3 3 6 6

PQ AC A D  

           

. Il suffit de

vérifier : . ' 0PQ AC  et . ' 0PQ A D  .

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