Exercices corrigés : les figures et les solides équivalents (math SN4)

a) L'aire du rectangle vaut $12\times 5=60$ cm². Un carré équivalent a la même aire, donc $c^2=60$ et $c=\sqrt{60}=2\sqrt{15}\approx 7{,}746$ cm. Noter que le carré n'est ni isométrique ni semblable au rectangle : la seule chose que les deux figures partagent est leur aire.

b) Pour le cercle : $\pi r^2=60$, donc $r^2=\dfrac{60}{\pi}\approx 19{,}0986$ et $r\approx 4{,}370$ cm. Contrôle : $\pi(4{,}370)^2\approx 3{,}1416\times 19{,}097\approx 60{,}0$ ✓.

c) L'aire d'un triangle vaut $\dfrac{b\times h}{2}$, donc $\dfrac{15h}{2}=60$, soit $15h=120$ et $h=8$ cm. Un triangle de base $15$ cm et de hauteur $8$ cm est donc équivalent au rectangle de $12$ sur $5$, alors que ses trois côtés ne ressemblent en rien aux siens.

d) Périmètre du rectangle : $2(12+5)=34$ cm. Périmètre du carré : $4\times 7{,}746\approx 30{,}98$ cm. Circonférence du cercle : $2\pi\times 4{,}370\approx 27{,}46$ cm. Les trois figures ont la MÊME aire mais des périmètres nettement différents, et le classement est net : le cercle est le plus économique, puis le carré, puis le rectangle allongé. C'est le principe central du chapitre : à aire fixée, plus la figure est « ramassée », plus son contour est court. C'est exactement pourquoi les bulles de savon sont sphériques et pourquoi un enclos carré coûte moins de clôture qu'un enclos étroit de même superficie.

a) $A=\dfrac{(B+b)\times h}{2}=\dfrac{(14+8)\times 6}{2}=\dfrac{22\times 6}{2}=66$ cm². Moyen mnémotechnique fiable : l'aire du trapèze est celle d'un rectangle dont la base serait la MOYENNE des deux bases, ici $11$ cm, et la hauteur $6$ cm, soit $66$ cm².

b) $A=\pi r^2=\pi\times 49=49\pi\approx 153{,}94$ cm². Garder la forme exacte $49\pi$ jusqu'au bout est un réflexe payant : si le résultat doit ensuite être divisé ou comparé à un autre multiple de $\pi$, tout se simplifie.

c) Un secteur est une FRACTION du disque, celle que représente son angle au centre sur le tour complet : $\dfrac{72}{360}=\dfrac{1}{5}$. Donc $A=\dfrac{1}{5}\times\pi\times 10^2=\dfrac{100\pi}{5}=20\pi\approx 62{,}83$ cm². L'erreur classique consiste à utiliser l'angle en degrés comme s'il était un rayon, ou à oublier de diviser par $360$.

d) Un hexagone régulier se découpe en six triangles équilatéraux de côté $6$ cm. L'apothème est la hauteur d'un de ces triangles : $a=\dfrac{6\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}\approx 5{,}196$ cm. On applique la formule des polygones réguliers, $A=\dfrac{P\times a}{2}$, avec $P=6\times 6=36$ cm : $A=\dfrac{36\times 3\sqrt{3}}{2}=54\sqrt{3}\approx 93{,}53$ cm². Vérification par l'autre voie : chaque triangle équilatéral de côté $6$ a pour aire $\dfrac{6\times 5{,}196}{2}=15{,}59$ cm², et $6\times 15{,}59\approx 93{,}53$ cm² ✓.

a) $V=\pi r^2h=\pi\times 25\times 12=300\pi\approx 942{,}48$ cm³. La base est un disque d'aire $25\pi$ cm², empilé sur $12$ cm de hauteur.

b) Même base et même hauteur que le cylindre du a), donc le volume en est exactement le tiers : $V=\dfrac{300\pi}{3}=100\pi\approx 314{,}16$ cm³. Aucun calcul n'était nécessaire une fois a) fait, et c'est le genre d'économie qui compte en examen.

c) $V=\dfrac{4\pi r^3}{3}=\dfrac{4\pi\times 216}{3}=\dfrac{864\pi}{3}=288\pi\approx 904{,}78$ cm³. Attention à élever le rayon au CUBE, pas au carré : $6^3=216$, et non $36$. C'est de loin l'erreur la plus fréquente sur la sphère.

d) L'aire de la base carrée vaut $9^2=81$ cm². Le volume de la pyramide est le tiers de celui du prisme correspondant : $V=\dfrac{81\times 14}{3}=\dfrac{1134}{3}=378$ cm³. Contrôle de vraisemblance : le prisme de même base et de même hauteur ferait $1134$ cm³, et $378$ en est bien le tiers ✓.

a) $V=\pi r^2h=\pi\times 16\times 9=144\pi\approx 452{,}39$ cm³. On garde $144\pi$ : les trois questions suivantes vont s'en trouver simplifiées.

b) Le cône a le même rayon, donc la même aire de base, $16\pi$ cm². Son volume vaut $\dfrac{16\pi h}{3}$, et on veut qu'il égale $144\pi$ : $\dfrac{16\pi h}{3}=144\pi$. On divise les deux membres par $16\pi$ : $\dfrac{h}{3}=9$, donc $h=27$ cm. Le résultat est très lisible : à base égale, un cône doit être TROIS FOIS plus haut qu'un cylindre pour contenir autant. Remarquez comme le $\pi$ s'est éliminé de lui-même, ce qui n'aurait pas été possible en passant par $452{,}39$.

c) On pose $\dfrac{4\pi r^3}{3}=144\pi$. On divise par $\pi$ : $\dfrac{4r^3}{3}=144$, donc $4r^3=432$ et $r^3=108$. D'où $r=\sqrt[3]{108}\approx 4{,}762$ cm. Contrôle : $\dfrac{4\pi(4{,}762)^3}{3}=\dfrac{4\pi\times 107{,}99}{3}\approx 452{,}4$ cm³ ✓.

d) On pose $a^3=144\pi\approx 452{,}389$, donc $a=\sqrt[3]{452{,}389}\approx 7{,}677$ cm. Ici le $\pi$ ne s'élimine pas, il faut donc passer par la valeur décimale. Observation qui prépare la partie B : ces quatre solides ont tous exactement le même volume, mais des aires totales très différentes. Le cône de $27$ cm de haut est un solide très effilé, donc très coûteux en surface, alors que la sphère de rayon $4{,}762$ cm est la plus économique de toutes.

a) L'aire totale est celle des deux disques plus celle de la surface latérale, qui est un rectangle une fois déroulé : sa largeur est la circonférence $2\pi r$ et sa hauteur est $h$. Donc $A=2\pi r^2+2\pi rh=2\pi(25)+2\pi(5)(12)=50\pi+120\pi=170\pi\approx 534{,}07$ cm².

b) $A=4\pi r^2=4\pi(36)=144\pi\approx 452{,}39$ cm². Curiosité utile à mémoriser : l'aire d'une sphère est exactement quatre fois celle de son grand disque, et c'est aussi l'aire latérale du cylindre qui l'enveloppe juste.

c) Il faut d'abord l'apothème $a$, qui est la distance du sommet à un point du bord de la base, donc l'hypoténuse du triangle rectangle formé par la hauteur et le rayon : $a=\sqrt{r^2+h^2}=\sqrt{25+144}=\sqrt{169}=13$ cm. Ensuite $A=\pi r^2+\pi ra=\pi(25)+\pi(5)(13)=25\pi+65\pi=90\pi\approx 282{,}74$ cm². Utiliser $12$ à la place de $13$ dans la formule est l'erreur qui coûte le plus de points sur le cône : la hauteur sert au VOLUME, l'apothème sert à l'AIRE.

d) Un cube a six faces carrées identiques : $A=6\times 8^2=6\times 64=384$ cm². Comparaison instructive avec b) : ce cube a un volume de $512$ cm³ contre $904{,}78$ cm³ pour la sphère, donc il contient BEAUCOUP moins, tout en ayant une aire du même ordre. C'est une première illustration chiffrée du fait que la sphère est la forme la plus efficace, et c'est ce que la partie B va quantifier.

a) La longueur est toujours $\dfrac{36}{x}$ et le périmètre $2(x+\text{longueur})$. Largeur $1$ : longueur $36$, périmètre $2(37)=74$ cm. Largeur $2$ : longueur $18$, périmètre $2(20)=40$ cm. Largeur $3$ : longueur $12$, périmètre $2(15)=30$ cm. Largeur $4$ : longueur $9$, périmètre $2(13)=26$ cm. Largeur $6$ : longueur $6$, périmètre $2(12)=24$ cm. Tous ces rectangles sont ÉQUIVALENTS, puisqu'ils ont tous une aire de $36$ cm², et pourtant leurs périmètres vont de $24$ à $74$ cm.

b) Le plus petit périmètre est $24$ cm, obtenu pour la largeur $6$. Sa forme particulière : longueur et largeur sont égales, c'est donc un CARRÉ. La figure le confirme, la courbe atteint son creux exactement en $x=6$. Elle montre aussi pourquoi le résultat est robuste : la courbe est très plate autour du minimum, donc un rectangle de $5$ sur $7{,}2$ a un périmètre de $24{,}4$ cm, à peine plus, alors qu'un rectangle très allongé explose.

c) Pour le cercle, $\pi r^2=36$ donne $r=\sqrt{\dfrac{36}{\pi}}\approx 3{,}385$ cm, et sa circonférence vaut $2\pi r\approx 21{,}27$ cm. C'est effectivement PLUS PETIT que les $24$ cm du carré. Le cercle bat donc tous les rectangles, y compris le meilleur d'entre eux.

d) Règle générale : parmi toutes les figures planes de même aire, c'est le CERCLE qui a le plus petit périmètre ; et parmi les rectangles seuls, c'est le carré. Plus généralement, à aire fixée, plus une figure est proche de la forme circulaire, plus son contour est court. Applications concrètes : on clôture un enclos carré plutôt qu'un long couloir pour économiser la clôture, et une casserole ronde perd moins de chaleur par les parois qu'une casserole rectangulaire de même surface de fond.

a) L'aire totale d'un cylindre vaut $2\pi r^2+2\pi rh$. On y remplace $h$ par la valeur imposée : $2\pi rh=2\pi r\times\dfrac{1000}{\pi r^2}=\dfrac{2000\pi r}{\pi r^2}=\dfrac{2000}{r}$. Le $\pi$ et un facteur $r$ se simplifient. Donc $A(r)=2\pi r^2+\dfrac{2000}{r}$, ce qu'il fallait montrer. La structure de cette expression explique déjà tout : le premier terme, celui des deux couvercles, croît avec $r$, tandis que le second, celui de la paroi, décroît. Le minimum naît de cet affrontement.

b) $A(4)=2\pi(16)+\dfrac{2000}{4}=100{,}53+500=600{,}53$ cm². $A(5)=2\pi(25)+400=157{,}08+400=557{,}08$ cm². $A(6)=2\pi(36)+333{,}33=226{,}19+333{,}33=559{,}53$ cm². $A(7)=2\pi(49)+285{,}71=307{,}88+285{,}71=593{,}59$ cm². L'aire descend de $r=4$ à $r=5$, puis remonte à $r=6$ : le minimum est donc situé ENTRE $5$ et $6$ cm. C'est un encadrement obtenu sans aucune dérivée, uniquement par lecture du sens de variation, et c'est exactement ce que l'épreuve de secondaire 4 attend.

c) $h=\dfrac{1000}{\pi(5{,}419)^2}=\dfrac{1000}{\pi\times 29{,}366}=\dfrac{1000}{92{,}25}\approx 10{,}84$ cm. Le diamètre vaut $2r=2\times 5{,}419=10{,}84$ cm : la hauteur est EXACTEMENT égale au diamètre. La boîte optimale est donc celle qui tient juste dans un cube, aussi haute que large. L'aire correspondante vaut $A(5{,}419)\approx 184{,}5+369{,}1\approx 553{,}6$ cm², soit environ $4$ cm² de moins que le cylindre de rayon $5$, une économie réelle mais modeste, ce qui explique que les vraies boîtes de conserve s'éloignent souvent de l'optimum pour des raisons de manutention.

d) Pour la sphère : $\dfrac{4\pi r^3}{3}=1000$ donne $r^3=\dfrac{3000}{4\pi}\approx 238{,}73$, donc $r\approx 6{,}204$ cm. Son aire vaut $4\pi r^2=4\pi(38{,}48)\approx 483{,}6$ cm². C'est nettement moins que les $553{,}6$ cm² du meilleur cylindre, soit environ $13$ % d'économie. Conclusion : à volume égal, la sphère est le solide d'aire minimale, et aucun cylindre ne peut l'égaler. On ne vend pourtant pas de conserves sphériques, parce qu'elles roulent, ne s'empilent pas et gaspillent l'espace de transport : l'optimum mathématique n'est pas toujours l'optimum pratique.

a) Le volume impose $\pi r^2h=500$, donc $h=\dfrac{500}{\pi r^2}$. Le coût se décompose en deux morceaux. Les deux disques ont une aire totale de $2\pi r^2$, facturée à $0{,}02$ : cela donne $0{,}02\times 2\pi r^2=0{,}04\pi r^2$. La paroi a une aire de $2\pi rh$, facturée à $0{,}01$ : cela donne $0{,}01\times 2\pi r\times\dfrac{500}{\pi r^2}=\dfrac{10\pi r}{\pi r^2}=\dfrac{10}{r}$. En additionnant, $C(r)=0{,}04\pi r^2+\dfrac{10}{r}$ dollars, ce qu'il fallait montrer.

b) $C(3)=0{,}04\pi(9)+\dfrac{10}{3}=1{,}131+3{,}333=4{,}464$ dollars. $C(3{,}5)=0{,}04\pi(12{,}25)+2{,}857=1{,}539+2{,}857=4{,}397$ dollars. $C(4)=0{,}04\pi(16)+2{,}5=2{,}011+2{,}5=4{,}511$ dollars. Le coût baisse de $3$ à $3{,}5$ puis remonte à $4$ : le rayon optimal est donc compris entre $3$ et $4$ cm, et plus précisément proche de $3{,}5$.

c) $h=\dfrac{500}{\pi(3{,}414)^2}=\dfrac{500}{\pi\times 11{,}655}=\dfrac{500}{36{,}61}\approx 13{,}66$ cm. En comparant au rayon : $\dfrac{13{,}66}{3{,}414}\approx 4{,}00$. La hauteur vaut donc exactement QUATRE FOIS le rayon, c'est-à-dire deux fois le diamètre. Le coût minimal est $C(3{,}414)\approx 1{,}464+2{,}929\approx 4{,}39$ dollars.

d) Si l'on minimisait l'aire pure, on retrouverait la condition de l'exercice précédent, $h=2r$, c'est-à-dire une boîte aussi haute que large. Ici, avec un métal deux fois plus cher pour les extrémités, l'optimum devient $h=4r$ : le contenant s'ALLONGE et se rétrécit. L'explication est directe : puisque les disques coûtent le double, il devient rentable de réduire leur rayon, quitte à allonger la paroi qui, elle, est bon marché. Vérification chiffrée du raisonnement : pour $r=3{,}414$, les deux disques coûtent $1{,}46$ dollar et la paroi $2{,}93$ dollars, soit exactement le double, ce qui est la signature de l'optimum dans ce type de problème. La leçon générale à retenir : changer la fonction à minimiser change la forme optimale, même si la contrainte de volume, elle, ne bouge pas.

a) Volume de la sphère : $V=\dfrac{4\pi(6)^3}{3}=\dfrac{4\pi\times 216}{3}=288\pi$ cm³. Volume d'un petit cylindre : $\pi(1)^2(4)=4\pi$ cm³. Le nombre cherché est le quotient : $\dfrac{288\pi}{4\pi}=72$. On peut couler exactement $72$ cylindres, sans reste. Remarquez que les $\pi$ se simplifient : c'est la raison pour laquelle l'énoncé demandait de les garder en facteur.

b) On pose $\pi(2)^2h=288\pi$, soit $4\pi h=288\pi$. On divise par $4\pi$ : $h=72$ cm. La tige mesure $72$ centimètres. Coïncidence numérique amusante avec le a), mais qui n'a rien de fortuit : dans les deux cas on divise $288\pi$ par $4\pi$.

c) Aire de la sphère : $4\pi(36)=144\pi\approx 452{,}39$ cm². Aire d'un petit cylindre : $2\pi(1)^2+2\pi(1)(4)=2\pi+8\pi=10\pi$ cm². Pour les $72$ cylindres : $72\times 10\pi=720\pi\approx 2261{,}95$ cm². Le rapport vaut $\dfrac{720\pi}{144\pi}=5$ : la surface totale a été MULTIPLIÉE PAR CINQ alors que le volume n'a pas bougé d'un millimètre cube. C'est le fait physique majeur de ce chapitre. Fractionner la matière augmente énormément sa surface, ce qui explique pourquoi la limaille de fer rouille en quelques jours quand un lingot met des années, et pourquoi un médicament en poudre agit plus vite qu'en comprimé.

d) Volume d'une bille de rayon $2$ cm : $\dfrac{4\pi(8)}{3}=\dfrac{32\pi}{3}$ cm³. Nombre de billes : $\dfrac{288\pi}{32\pi/3}=\dfrac{288\pi\times 3}{32\pi}=\dfrac{864}{32}=27$. On obtient exactement $27$ billes. Lien avec la similitude : la grande sphère et les billes sont des solides SEMBLABLES, de rapport $k=\dfrac{6}{2}=3$. Or les volumes de solides semblables sont dans le rapport $k^3$, et $3^3=27$ ✓. On pouvait donc répondre sans aucun calcul de volume, uniquement en cubant le rapport des rayons, et c'est la méthode à privilégier en examen.

a) Petit cube : $V_1=5^3=125$ cm³. Grand cube : $V_2=10^3=1000$ cm³. Le rapport des volumes vaut $\dfrac{1000}{125}=8$. C'est bien $k^3=2^3=8$ ✓, conformément à la règle des solides semblables : les longueurs sont dans le rapport $k$, les aires dans le rapport $k^2$ et les volumes dans le rapport $k^3$.

b) La somme des deux volumes vaut $125+1000=1125$ cm³. On cherche l'arête $a$ telle que $a^3=1125$, donc $a=\sqrt[3]{1125}\approx 10{,}400$ cm. Ce troisième cube est ÉQUIVALENT à la réunion des deux autres, sans leur être semblable en tant qu'ensemble : c'est exactement la distinction que le chapitre veut faire passer.

c) Sa réponse donnerait un volume de $15^3=3375$ cm³, soit trois fois trop. L'écart est énorme : $3375$ contre $1125$ cm³. L'erreur consiste à additionner les ARÊTES alors que ce sont les VOLUMES qui s'additionnent. En termes de dimensions, une longueur et un volume ne sont pas des grandeurs comparables, et rien n'autorise à passer de l'une à l'autre par une simple somme. Le contrôle de vraisemblance était accessible : le grand cube seul fait déjà $10$ cm d'arête, donc le cube réunissant les deux doit dépasser $10$ cm mais de peu, puisque le petit n'ajoute que $12{,}5$ % de volume supplémentaire. Une arête de $15$ cm était donc visiblement trop grande.

d) Le rapport vaut $\dfrac{10{,}400}{5}\approx 2{,}080$. Ce n'est PAS un nombre entier. On peut l'obtenir exactement : le volume du nouveau cube vaut $9$ fois celui du petit, car $1125=9\times 125$, donc le rapport de similitude est $\sqrt[3]{9}\approx 2{,}0801$. Le résultat mérite d'être noté : neuf fois le volume ne correspond pas à trois fois les longueurs, comme le suggérerait un raisonnement en deux dimensions, mais à $\sqrt[3]{9}$ fois seulement. C'est la même mise en garde que celle de l'exercice sur les aires, portée d'un cran plus loin : chaque passage d'une dimension à l'autre fait intervenir une puissance ou une racine, jamais une multiplication directe.

a) Côté : $\dfrac{40}{3}\approx 13{,}333$ cm. Hauteur, par Pythagore dans le demi-triangle : $\sqrt{13{,}333^2-6{,}667^2}=\dfrac{40}{3}\times\dfrac{\sqrt{3}}{2}\approx 11{,}547$ cm. Aire : $\dfrac{13{,}333\times 11{,}547}{2}\approx 76{,}98$ cm².

b) Côté : $\dfrac{40}{4}=10$ cm. Aire : $10^2=100$ cm².

c) Côté : $\dfrac{40}{6}=\dfrac{20}{3}\approx 6{,}667$ cm. L'hexagone se découpe en six triangles équilatéraux de ce côté, d'apothème $6{,}667\times\dfrac{\sqrt{3}}{2}\approx 5{,}774$ cm. Aire : $\dfrac{P\times a}{2}=\dfrac{40\times 5{,}774}{2}\approx 115{,}47$ cm².

d) Rayon : $2\pi r=40$ donne $r=\dfrac{20}{\pi}\approx 6{,}366$ cm. Aire : $\pi r^2=\pi\times\dfrac{400}{\pi^2}=\dfrac{400}{\pi}\approx 127{,}32$ cm². On garde la forme exacte $\dfrac{400}{\pi}$ : arrondir le rayon avant de l'élever au carré décale le centième.

e) Rectangle : $15\times 5=75$ cm². Classement par aire croissante : rectangle de $15$ sur $5$ ($75$), triangle équilatéral ($76{,}98$), carré ($100$), hexagone ($115{,}47$), disque ($127{,}32$). Règle : à périmètre fixé, parmi les polygones réguliers, l'aire AUGMENTE avec le nombre de côtés, et le cercle, limite de tous les polygones réguliers, a la plus grande aire. Parmi les rectangles, c'est le carré qui gagne. Le rectangle allongé est même battu par le triangle : une figure « écrasée » gaspille son contour. C'est la règle de l'exercice 6 vue dans l'autre sens.

a) $h=\dfrac{216}{36}=6$ cm : la boîte est un CUBE d'arête $6$ cm. Aire : $2\times 36+4\times 6\times 6=72+144=216$ cm².

b) $h=\dfrac{216}{9}=24$ cm, une boîte haute et étroite. Aire : $2\times 9+4\times 3\times 24=18+288=306$ cm², soit $90$ cm² de carton de plus que le cube pour le même contenu.

c) $h=\dfrac{216}{144}=1{,}5$ cm, une boîte plate. Aire : $2\times 144+4\times 12\times 1{,}5=288+72=360$ cm². Les deux bases pèsent à elles seules $288$ cm² : aplatir une boîte coûte encore plus cher que l'allonger.

d) Pour $c=5$ : $h=\dfrac{216}{25}=8{,}64$ cm, aire $50+4\times 5\times 8{,}64=50+172{,}8=222{,}8$ cm². Pour $c=7$ : $h=\dfrac{216}{49}\approx 4{,}408$ cm, aire $98+4\times 7\times 4{,}408\approx 98+123{,}43=221{,}43$ cm². Les deux dépassent les $216$ cm² du cube, de peu : près de l'optimum, l'aire varie lentement.

e) On remplace $h$ par $\dfrac{216}{c^2}$ : $4ch=4c\times\dfrac{216}{c^2}=\dfrac{864}{c}$, donc $A(c)=2c^2+\dfrac{864}{c}$. Les valeurs $A(3)=306$, $A(5)=222{,}8$, $A(6)=216$, $A(7)\approx 221{,}43$ et $A(12)=360$ descendent puis remontent autour de $c=6$. Règle : parmi les prismes à base carrée de même volume, c'est le CUBE qui a la plus petite aire totale. C'est l'analogue, pour les prismes, du carré parmi les rectangles.

a) L'aire d'un losange est le demi-produit de ses diagonales : $\dfrac{8\times D}{2}=36$, donc $4D=36$ et $D=9$ cm.

b) $\dfrac{(10+6)\times h}{2}=36$, soit $8h=36$ et $h=4{,}5$ cm. Contrôle : un rectangle de base moyenne $8$ cm et de hauteur $4{,}5$ cm a bien une aire de $36$ cm² ✓.

c) Les deux cathètes ont la même longueur $c$ et forment l'angle droit : l'aire vaut $\dfrac{c\times c}{2}=36$, donc $c^2=72$ et $c=\sqrt{72}=6\sqrt{2}\approx 8{,}49$ cm. Répondre $6$ cm, comme le carré, est l'erreur typique : le triangle n'est que la MOITIÉ d'un carré de côté $c$.

d) Un secteur d'angle $\theta$ représente la fraction $\dfrac{\theta}{360}$ du disque, d'aire $36\pi$ cm². On résout $\dfrac{\theta}{360}\times 36\pi=36$, soit $\dfrac{\theta\pi}{10}=36$, donc $\theta=\dfrac{360}{\pi}\approx 114{,}59^\circ$. Le secteur occupe un peu moins du tiers du disque.

e) Aire de la couronne : $\pi R^2-\pi\times 2^2=\pi(R^2-4)$. On résout $\pi(R^2-4)=36$ : $R^2=\dfrac{36}{\pi}+4\approx 11{,}459+4=15{,}459$, donc $R\approx 3{,}93$ cm. Il ne faut pas soustraire les RAYONS : une couronne de largeur $R-2$ n'a pas pour aire $\pi(R-2)^2$.

a) Hauteur du triangle équilatéral : $4\times\dfrac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}\approx 3{,}464$ cm. Aire de la base : $\dfrac{4\times 2\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}\approx 6{,}93$ cm². Volume : $4\sqrt{3}\times 20=80\sqrt{3}\approx 138{,}56$ cm³.

b) Même longueur et même volume imposent la même AIRE DE BASE, $4\sqrt{3}$ cm². Carré : $c^2=4\sqrt{3}$, donc $c\approx 2{,}63$ cm. Cylindre : $\pi r^2=4\sqrt{3}$, donc $r=\sqrt{\dfrac{4\sqrt{3}}{\pi}}\approx 1{,}49$ cm. On garde $4\sqrt{3}$ exact dans les calculs, et l'on n'arrondit qu'à la fin.

c) Chaque aire totale vaut deux bases plus la surface latérale, qui est le périmètre de la base fois la longueur. Prisme triangulaire : $2\times 6{,}928+3\times 4\times 20\approx 13{,}86+240=253{,}86$ cm². Prisme carré : $13{,}86+4\times 2{,}632\times 20\approx 13{,}86+210{,}57=224{,}43$ cm². Cylindre : $13{,}86+2\pi\times 1{,}485\times 20\approx 13{,}86+186{,}61=200{,}47$ cm².

d) Les deux bases pèsent le même poids, $13{,}86$ cm², dans les trois cas : toute la différence vient de la surface latérale, égale à $20$ fois le PÉRIMÈTRE de la base. Or ces bases sont trois figures équivalentes, et leurs périmètres valent $12$ cm pour le triangle, environ $10{,}53$ cm pour le carré et environ $9{,}33$ cm pour le disque. C'est la règle de l'exercice 1 : à aire fixée, plus la figure est ramassée, plus son contour est court, et le disque est imbattable.

e) Économie par emballage : $253{,}86-200{,}47=53{,}39$ cm². Pour $10\ 000$ emballages : $533\ 900$ cm². Comme $1$ m² $=10\ 000$ cm², l'économie vaut $53{,}39$ m². Le chocolatier garde souvent le prisme triangulaire malgré tout : il se reconnaît en rayon et ne roule pas.

a) Une balle : $\dfrac{4}{3}\pi\times 3{,}3^3$. Trois balles : $4\pi\times 35{,}937\approx 451{,}60$ cm³. Tube : rayon $3{,}3$ cm, hauteur $6\times 3{,}3=19{,}8$ cm, volume $\pi\times 3{,}3^2\times 19{,}8\approx 677{,}40$ cm³.

b) $\dfrac{451{,}60}{677{,}40}\approx 0{,}6667$ : les balles occupent les DEUX TIERS du tube. Avec un rayon $r$ quelconque : trois balles valent $3\times\dfrac{4}{3}\pi r^3=4\pi r^3$, et le tube vaut $\pi r^2\times 6r=6\pi r^3$. Le rapport vaut $\dfrac{4\pi r^3}{6\pi r^3}=\dfrac{2}{3}$, sans $r$. C'est le résultat dont Archimède était le plus fier : une sphère occupe les deux tiers du cylindre qui l'enveloppe.

c) Aire latérale du tube : $2\pi\times 3{,}3\times 19{,}8\approx 410{,}54$ cm². Aire des trois balles : $3\times 4\pi\times 3{,}3^2\approx 410{,}54$ cm². Elles sont ÉGALES. En général : $2\pi r\times 6r=12\pi r^2$ et $3\times 4\pi r^2=12\pi r^2$. Le tube a exactement la surface de ce qu'il contient, sans compter ses deux couvercles.

d) Arête $a$ telle que $a^3=451{,}60$ : $a=\sqrt[3]{451{,}60}\approx 7{,}67$ cm.