Tétraèdre vs cube.

jpp · 18-12-2025 11:16:00

Salut à tous ;

On réalise un trou dans un cube d'arête : 1 . On veut y faire passer un tétraèdre régulier .
Quelle peut être la longueur maximum de ses arêtes ?

Rescassol · 18-12-2025 11:39:20

Bonjour,

Pourrais tu définir ce qu'est un "trou" ?

Cordialement,
Rescassol

jpp · 18-12-2025 11:47:10

re ;

le cube est troué ; il est donc homéomorphe à un tore .

Rescassol · 18-12-2025 11:56:00

Bonjour,

Tant qu'on ne connaît pas la forme du trou, on ne peut pas répondre.
La notion d'homéomorphie est hors sujet, dès qu'il est question de distance, et c'est le cas ici puisque tu parles de longueur d'arête.
Ton trou pourrait aussi bien être en forme de cylindre circulaire, cylindre elliptique, parallélépipède rectangle ou que sais-je ...
Est ce que le trou coupe une arête du cube, ou contient il un de ses sommets, etc ... ?
Bref, ce n'est pas clair.

Cordialement,
Rescassol

Dernière modification par Rescassol (18-12-2025 11:58:35)

Bernard-maths · 18-12-2025 12:07:13

Bonjour à tous !

Eh oui, des précisions !!!

Le trou est-il carré centré sur une face ? Rond ? ...

Comme on veut ? ...

@ +, B-m

Rescassol · 18-12-2025 12:11:46

Bonjour,

D'ailleurs, si veut que le tétraèdre passe dans le trou, on se fiche complètement de l'extérieur du trou.
Alors, à quoi sert le cube ? A part se faire trouer.

Cordialement,
Rescassol

Ernst · 18-12-2025 18:08:09

jpp a écrit :

Salut à tous ;
On réalise un trou dans un cube d'arête : 1 . On veut y faire passer un tétraèdre régulier .
Quelle peut être la longueur maximum de ses arêtes ?

Bonsoir,

Génial. En première approche, le trou fait la taille d'un carré de côté unité moins un petit quelque chose, si on y passe un tétraèdre les côtés seront inclinés par rapport au plan d'un côté, donc on doit gagner un certain facteur, donc les arêtes seront plus grandes que l’unité c’est sûr, mais de combien ?

Problème 1, quelle orientation du tétraèdre maximise la plus grande surface compatible avec celle du trou en projection plane ? (taille d’une ombre sur un plan avec lumière à l’infini par exemple)

Problème 2, dans le cube est-ce que je ne peux pas faire un trou plus grand ? Par exemple en orientant le cube de telle façon que son ombre ait une surface plus grande genre un hexagone et que j’y passe un emporte-pièce, je peux me retrouver avec un trou qui laisserait passer un tétraèdre encore plus grand. Sauf que l’emporte-pièce qui va faire le ‘trou’ risque aussi de disjoindre les parties du cube qui restent et ça ne serait plus un trou fermé…

Bref, très joli.

Bernard-maths · 18-12-2025 18:42:05

MOI j'ai trouvé !

Imod · 18-12-2025 19:39:25

Bonjour à tous :)

Une façon propre de poser le problème qui éviterait les polémiques : Quelle est l'arête maximale d'un tétraèdre régulier qui peut traverser un cube d'arête 1 ?
Imod

Roro · 18-12-2025 21:57:55

Bonsoir,

Une réponse juste pour essayer de jouer (je ne cache pas car je ne pense pas que ma réponse apporte beaucoup d'indication) : $\displaystyle a=\sqrt{\frac32}-\varepsilon$ ?

Roro.

Dernière modification par Roro (18-12-2025 21:58:34)

Ernst · 18-12-2025 21:58:51

Bonsoir,

Première approche, la projection plane d’un cube. La longueur maximale est obtenue quand une de ses grandes diagonales est parallèle au plan de projection je pense. Faut donc trouver une projection de tétraèdre qui minimise la plus grande longueur de sa projection plane, et appliquer ensuite le coefficient de proportionnalité entre cette longueur et celle de la diagonale sus-dite – et vérifier qu’aucune partie de cette projection ne déborde de la projection du cube bien sûr.

Rigolo.

Bernard-maths · 19-12-2025 07:16:05

Bonjour à tous !
Et à jpp le muet !

Savez vous comment fabriquer un tétraèdre avec un cube ...?

B-m

jpp · 19-12-2025 10:11:42

Salut ;

@Roro : je pense que tu as multiplié la hauteur du tétraèdre par son inverse pour obtenir [tex]\sqrt{\cfrac{3}{2}} \approx 1.22[/tex]
mais non ; un peu plus .
@Ernst : en effet l'idée est d'incliner le cube de façon à avoir une vue de dessus qui donne un hexagone , pas forcément régulier
à l'intérieur duquel on inscrit le plus grand carré ( puisque c'est un carré , mais il faut chercher ) .
@Bm : " jpp le muet" . On fait donc une moyenne tous les deux . Puisque tu as trouvé tu peux donner ta solution sans polluer le
problème par une autre question . Tu la poses dans un autre poste si tu le souhaites . Par contre , chapeau pour tes origamis.

Revenons à notre problème ...

Bernard-maths · 19-12-2025 17:21:11

Bonsoir à tous !

Je vous propose un cube vert dans lequel je trace les diagonales croisées sur les faces ABCD et EFGH ...

Puis les triangles rouges ACF et ACH, et les triangles oranges FHD et FHA ...

Comment sortir ce tétraèdre du cube ??? Quelle est son arête ?

Bernard-maths

Dernière modification par Bernard-maths (20-12-2025 06:51:26)

cailloux · 19-12-2025 19:21:18

Bonjour,
Un petit mouvement d'humeur : je constate, avec consternation mais sans surprise, que, fidèle à ses habitudes, Bernard-maths est totalement hors sujet.
Doit-on comprendre que ce "géomètre" tente, en toute circonstance, de tirer la couverture vers ses élucubrations ?

Bernard-maths · 19-12-2025 20:34:56

Bonsoir cailloux !

J'ai du mal à comprendre ta remontrance ... selon ses habitudes ??????? Je ne comprends pas !

J'essaye d'apporter une réponse, selon la demande de jpp, rien de plus.

Je peux aussi me tromper ... mais où, et pourquoi ?

Faire entrer un tétraèdre est (pour moi) équivalent à l'en faire sortir ... d'où la suite ...

Je serai ravi de comprendre tes remarques !

Bonne soirée, B-m

yoshi · 19-12-2025 21:20:07

Bonsoir,

La taille de l'image finale n'est-elle pas suffisante ? Avec mon écran 24 pouces, ladite image prenait une sacrée place et pourtant grosso modo elle faisait 6 cm x 6 cm...
Alors ?
Et j'ai vu que sa résolution...
Pour quoi faire était : 300 points par pouce...
Pourquoi faire ? 300 dpi (dots per inch) c'est la qualité photo : nos écrans grand public, s'ils sont de qualité supérieure affichent en 100 dpi (faux pour les écrans des pros, mais ils ne sont pas au même tarif), en gros 700 ko... Sinon, c'est 72 dpi...

D'autant qu'il faut penser que 300 dpi c'est aussi bien en largeur qu'en hauteur...
Et que donc sur un pouce carré, il y a 300 x 300, soit 90000 pixels) (points lumineux...
Avec une image de, grosso modo, 2 pouces sur 2, 4 pouces-carrés cela fait 360 000 pixels)...
Après, intervient le nombre de couleurs possible par pixel...
1 octet par pixel c'est du 8 bits soit 2³ =256 couleurs (ou 256 niveaux de gris). Exemple du format .gif
Ensuite on trouve
- 2 octets, soit 16 bits , donc $2^{16} $=65536 teintes possibles
- 4 octets, soit 32 bits, donc $2^{24}$= 4 294 967 296 teintes possibles...
Sont encore possibles 48 et 64 bits...
Si l'image de B-M était en 16 bits, chaque pixel pesait 2 octets, l faut encore multiplier 360 000 par 2 soit 720 000 octets
720 000 /1024, en gros 700 ko...

Ce qui reste raisonnable, mais attention maintenant couleurs 16 bits, c'est la base, couramment, c'est 24 ou 32 bits, mais pour jouer sur le nombre de teintes, il ne faut pas utiliser es logiciels de retouche d'entrée de gamme, mais PhotoShop ou The Gimp son équivalent libre et gratuit.
Mais, imaginez un peu que quelqu'un a ouvert un fil de discussion où est publié 15 à 20 images couleurs qui font 10 x 10 cm ou 10 x 12 cm en 300 dpi et en couleurs 32 bits..
Le "poids" du fil...
Et si comme certains soirs, il y 1200 à 1800 personnes connectées dont une cinquantaine sur ledit fil...
Bibmath se mettrait à ramer...

Modo, je me préoccupe aussi de cela...

Bon, là, je cale, j'ai eu une journée chargée aujourd'hui, j'ai les yeux qui se croisent les bras...
J('ai essayé de donner dans la vulgarisation, il est possible que je me sois raté, que j'ai oublié des précisions...

Wait and see !

@+

Bernard-maths · 20-12-2025 06:58:37

Bonjour yoshi ! Bonjour à tous !

J'ai rectifié les tailles, "dabitude" c'est plus petit ...

Que pense jpp de ma présentation ? Est-elle hors sujet, ou bien laisse t elle encore un peu à chercher ?

J'espère que cailloux finira par comprendre, je ne voudrais pas perdre la face, comme ce pauvre cube ...

Bonne journée à tous, Bernard-maths

Roro · 20-12-2025 08:22:33

Bonjour,

Sauf si je n'ai pas tout compris, j'ai l'impression que Bernard-maths a raison : son tétraèdre peut presque traverser le cube. Avec un tétraèdre à peine plus petit (de coté $\sqrt{2}-\varepsilon$), ça doit passer !
Evidemment, il faut faire un gros trou...

Mais est-ce le plus petit ?

Roro.

Dernière modification par Roro (20-12-2025 08:24:01)

Bernard-maths · 20-12-2025 09:00:16

Hello !

L'énoncé de jpp ne demande rien sur le trou, ni sur sa forme ...

B-m

jpp · 20-12-2025 11:10:01

Salut ,

Il faut encore creuser .
Le trou est de section carrée, précisé au poste #13

Imod · 20-12-2025 11:44:01

D'un autre côté il faut comprendre que s'il faut attendre les treizième message pour enfin connaître la question , il y a de quoi décourager le plus intéressé des candidats :)
Imod

Bernard-maths · 20-12-2025 13:18:16

Bonjour Imod !

La précision du post #13 ne fait qu'aider à trouver, l'énoncé seul au post #1 suffit.

En fait, le trou n'est qu'un divertisseur !

B-m

Dernière modification par Bernard-maths (20-12-2025 13:21:14)

cailloux · 21-12-2025 13:43:46

Bonsoir à tous,
Tout d'abord un hénaurme méa culpa à l'intention de Bernard-maths :
J'ai d'abord pensé que tu étais hors sujet faute d'avoir moi-même compris le problème.
Mon tempérament sanguin me joue des tours régulièrement.
Tu étais en fait totalement dans le sujet. J'espère que tu voudras bien me pardonner mon message inutilement agressif que j'ai posté sous le coup d'une colère tout à fait injustifiée.
Ça, c'est fait.
Et donc, j'ai regardé d'un peu plus près en pensant "c'est un problème taillé pour la géométrie descriptive"
Je n"ai pas abouti. J'ai tout de même réalisé une épure que voici :

Le cube est présenté en position générique avec ses faces parallèles et perpendiculaires aux plans de projection (les deux carrés à droite de la figure).
On projette orthogonalement ce cube sur un plan défini par ses traces horizontales et frontales $\alpha H$ et $\alpha F$. Les deux projections horizontales et frontales sont visibles respectivement en bleu et rouge sur la figure.
Enfin, on rabat en vraie grandeur cette figure plane dans le plan horizontal de projection : c'est la figure en magenta.
Si j'ai bien compris, la suite consiste à inscrire un carré dans le contour apparent de la figure en magenta.
Je poste maintenant un lien où on peut modifier le plan de projection via les points $H$ et $F$.
Cube projeté sur un plan
Entendons-nous bien : je n'ai rien trouvé du tout. Je propose juste ici un outil exploratoire. Utile ou pas ? Je ne sais pas.
[Edit] Finalement, après avoir inscrit un carré dans l'hexagone magenta contour et fait varier le plan de projection, j'arrive à une valeur maximale de $1.5$ pour l'arête du tétraèdre. Sans aucune certitude ...

Dernière modification par cailloux (21-12-2025 15:19:38)

cailloux · 21-12-2025 18:32:33

Bien que sans certitude, j'insiste avec une nouvelle figure :

Le plan de projection est fixé (voir les deux équations de ses traces).
Dans cette situation un carré noir est inscrit dans le contour apparent en magenta. Ses diagonales représentent deux arêtes du tétraèdre "maximal" vues en vraie grandeur et pour un cube d'arête $1$ on a bien l'arête du tétraèdre qui vaut $1.5$.
Vu les symétries du cube, il y a de multiples axes de trous possibles.
En voici un :
Avec un cube classique $ABCDEFGH$ et le repère $(A,\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AH})$, un des axes a pour orientation $\overrightarrow{u}(2,-2,1)$
À vérifier ou à infirmer bien sûr !
[Edit] Ajout d'un nouveau lien pour comprendre :
Cube et tétraèdre

Dernière modification par cailloux (22-12-2025 15:51:11)

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Tétraèdre vs cube.

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