
Même air(e)
Bonjour à tous
Le mois dernier je me suis intéressé à un problème de Pierre Renfer même air(e) .
Soit ABCD un tétraèdre dont les quatre faces ont la même aire. Montrer que les quatre faces sont isométriques, les longueurs des arêtes vérifiant :
AB = CD et AC = BD et AD = BC .
J'ai vainement cherché quelque chose de simple et finalement j'ai attendu la fin du mois pour voir les solutions proposées. La solution de l'auteur est la plus convaincante mais reste assez "lourde". Peut-on faire mieux ?
Merci d'avance ;-)
Domi
Le mois dernier je me suis intéressé à un problème de Pierre Renfer même air(e) .
Soit ABCD un tétraèdre dont les quatre faces ont la même aire. Montrer que les quatre faces sont isométriques, les longueurs des arêtes vérifiant :
AB = CD et AC = BD et AD = BC .
J'ai vainement cherché quelque chose de simple et finalement j'ai attendu la fin du mois pour voir les solutions proposées. La solution de l'auteur est la plus convaincante mais reste assez "lourde". Peut-on faire mieux ?
Merci d'avance ;-)
Domi
Réponses
-
Je n'ai pas regardé la solution proposée, mais voici un énoncé que j'avais fabriqué pour Math. Sup. au temps jadis.
Bonne soirée.
Fr. Ch. -
Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves
On devrait pouvoir utiliser le lemme suivant
Soit $ABCD$ un tétraèdre de l'espace euclidien.
Si les deux faces issues de $AB$ ont la même aire, la perpendiculaire commune aux arêtes $AB$ et $CD$ coupe l'arête $CD$ en son milieu.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
Comme il se doit, le lemme de Pappus donne une solution très simple puisqu'il montre que, si les $4$ faces ont la même aire, la perpendiculaire commune à deux arêtes opposées passe par leurs milieux et qu'ainsi, par symétrie par rapport à cette perpendiculaire commune, deux arêtes opposées ont la même longueur et les triangles $ABC,BAD,CDA,DCB$ sont isométriques.
Je laisse à nos amis le soin de prouver ce lemme, ce qui est facile en remarquant que les points $C$ et $D$ sont équidistants de la droite $AB$.
Je pense que le résultat de Domi, classique s'il en est, est très ancien.
Quelqu'un aurait-il une information à ce sujet? L'Antiquité, peut-être??
On trouvera ICI comment Emile Lemoine traitait ce problème en $1880$.
Amicalement. Poulbot -
Bonjour à tous et merci Poulbot
C'est pourtant d'une simplicité biblique par les temps qui courent où la géométrie en est réduite aux axiomes de Thalès et de Pythagore.
Vous avez sous les yeux un tétraèdre $ABCD$ dont les faces $ABC$ et $ABD$ ont la même aire.
Soit $M$ le milieu de l'arête $CD$.
On projette orthogonalement sur l'arête $AB$ les points $C$, $M$, $D$ en $c$, $m$, $d$.
D'après l'axiome de Thalès, le point $m$ est le milieu du segment $cd$.
Comme $S(ABC)=\dfrac 12 AB.Cc$ et $S(ABD)=\dfrac 12 AB.Dd$, l'égalité de ces aires entraine: $Cc=Dd$.
Mézalor d'après l'axiome de Pythagore:
$$mC^2=mc^2+Cc^2=md^2+Dd^2=mD^2$$
Le triangle $mCD$ est isocèle et par suite $mM\perp CD$.
Quod erat demonstrandum.
Il n'y a plus qu'à appliquer ce lemme et qui vivra verra!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Voir aussi : P. Couderc et A. Balliccioni, Premier livre du tétraèdre, Gauthier-Villars, 1935.
-
Bonjour.
Voyons voir si l'on aboutit en utilisant les coordonnées barycentriques. On a donc $
\def\ptv{~;~} \def\linf{\mathcal{L}_{\infty}} \def\pythq{\boxed{Pyth_{4}}} \def\metq{\boxed{\mathcal{M}_{4}}}
\def\Sa{S_{a}} \def\Sb{S_{b}} \def\Sc{S_{c}} \def\Sw{S_{\omega}}
$ \[ A,B,C,D\simeq\left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\\ 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right)\ptv\linf\simeq\left[1,1,1,1\right]\ptv\pythq=\frac{-1}{2}\,\left[\begin{array}{cccc} 0 & c^{2} & b^{2} & A^{2}\\ c^{2} & 0 & a^{2} & B^{2}\\ b^{2} & a^{2} & 0 & C^{2}\\ A^{2} & B^{2} & C^{2} & 0 \end{array}\right] \] On prend $X=\left(\frac{1}{2}+x\right)\,A+\left(\frac{1}{2}-x\right)B$, $Y=\left(\frac{1}{2}+y\right)\,C+\left(\frac{1}{2}-y\right)D$ et l'on écrit que \[ AX^{2}+XY^{2}-AY^{2}=0=CY^{2}+YX^{2}-CX^{2} \] On résoud (du verbe résoutre) et on utilise Heron. Cela donne: \[ x=\dfrac{8\, aire\left(DCA\right)-8\, aire\left(DBC\right)}{\left(A^{2}-B^{2}+a^{2}-b^{2}\right)^{2}-\left(2\,Cc\right)^{2}},y=\dfrac{8\,aire\left(ABC\right)-8\,aire\left(DAB\right)}{\left(A^{2}-B^{2}+a^{2}-b^{2}\right)^{2}-\left(2\,Cc\right)^{2}} \]
Pendant que l'on y est, on substitue $A=a$, $B=b$, $C=c$ dans les objets usuels. Cela donne \begin{eqnarray*} \metq & = & 8\left[\begin{array}{cccc} 2\,S^{2} & -c^{2}\Sc+2\,S^{2} & -b^{2}\Sb+2\,S^{2} & -a^{2}\Sa+2\,S^{2}\\ -c^{2}\Sc+2\,S^{2} & 2\,S^{2} & -a^{2}\Sa+2\,S^{2} & -b^{2}\Sb+2\,S^{2}\\ -b^{2}\Sb+2\,S^{2} & -a^{2}\Sa+2\,S^{2} & 2\,S^{2} & -c^{2}\Sc+2\,S^{2}\\ -a^{2}\Sa+2\,S^{2} & -b^{2}\Sb+2\,S^{2} & -c^{2}\Sc+2\,S^{2} & 2\,S^{2} \end{array}\right]\\ V^2 & = & \frac{1}{9}\,\Sa\Sb\Sc \end{eqnarray*} Et donc $V=0$ si le triangle de base est rectangle. Dans tous les cas, le centre de gravité est en même temps centre de la sphere circonscrite, avec $R^{2}=\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)/8$.
Edit: $V^2$ et non $V$. En outre, les $\Sa$ etc, sont les symboles de Conway.
Cordialement, Pierre -
Merci pour toutes ces réponses :-)
Celle de Pappus est à peu près celle de l'auteur du problème et elle n'est pas si compliquée que ça en fin de compte .
Peut-être trop facile et trop classique mais c'est la géométrie que j'aime (tu).
Domi -
Voici mon corrigé des deux premières parties de l'énoncé que j'ai donné plus haut. La solution me semble la même, simplement détaillée à l'usage d'élèves moins familiers avec la géométrie élémentaire que les pointures de ce forum, même à une époque et en un pays où elle n'était pas encore morte.
-
La question de l'origine de ce problème est très intéressante. Je n'ai pas l'impression que ça remonte à la plus haute antiquité, comme aurait dit Alexandre Vialatte.
Voici un extrait d'un livre de Laisant, ce cher vieil anar.
C'était la question 1272 posée par Cottereau dans les Nouvelles Annales de Mathématiques, et résolue par Lemoine en 1880, p. 133 et en 1881, p. 515. Ceci rejoint le document donné par Poulbot.
Bonne journée.
Fr. Ch. -
Bonjour.
https://gdz.sub.uni-goettingen.de/volumes/id/PPN590106031?sorting=currentnosort&direction=asc
donne les tomes 1-5 du "Recueil de problèmes de mathématiques". Mais il semble qu'il y ait aussi les tomes 6-7.
Il reste à les trouver.
Cordialement, Pierre. -
Bonjour
Je vais essayer une autre méthode plus calculatoire.
Je pose $BC=a$, $CA=b$, $AB=c$, $DA=a'$, $DB=b'$, $DC=c'$
Je suppose dans un premier temps que:
$S(BCD)=S(ABC)$ et $S(ABD)=S(ACD)$.
On utilise alors la formule de Héron, le pauvre vieux, ça va lui faire plaisir!
Merci Héron!!
$S(BCD)^2=S(ABC)^2$ équivaut à: $2a^2(b^2+c^2-b'^2-c'^2)=(b^2+b'^2-c^2-c'^2)(b^2-b'^2-c^2+c'^2)$
$S(ABD)^2=S(ACD)^2$ équivaut à: $2a'^2(b^2-b'^2-c^2+c'^2)=(b^2+b'^2-c^2-c'^2)(b^2-b'^2+c^2-c'^2)$
On pose: $\rho=b^2+b'^2-c^2-c'^2$, $\sigma=b^2-b'^2$, $\tau =c^2-c'^2$
On tombe sur un système linéaire homogène en $(\sigma,\tau)$:
$$\begin{cases}
2a^2(\sigma+\tau)&=&\rho(\sigma-\tau)\\
2a'^2(\sigma-\tau)&=&\rho(\sigma+\tau)
\end{cases}
\ $$
Il semble me souvenir qu'à défaut de la géométrie, la théorie des systèmes linéaires homogènes est encore provisoirement (?) dans nos programmes.
Alors pour laisser du grain à moudre, je vous en laisse la résolution: deux équations à deux inconnues, c'est littéralement affreux!
Que se passe-t-il quand les points $A$, $B$, $C$, $D$ sont coplanaires avec les mêmes hypothèses sur les aires?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Comme références, nous avons aussi :
Victor Thébault, Parmi les belles figures de la géométrie dans l'espace (Géométrie du Tétraèdre), Vuibert, 1953.
Augustin Balliccioni, Coordonnées barycentriques et géométrie. Applications : tétraèdre, Surfaces et Lignes remarquables associées, Claude Hermant, 1963.
Pour mémoire : Victor Thébault (1882-1960) https://fr.wikipedia.org/wiki/Victor_Thébault, Augustin Balliccioni (1902-1963).
L'ouvrage de Balliccioni relate p. 261 des propriétés de tétraèdres particuliers : orthocentrique, équifacial, isodynamique, de Möbius
Dans l'ouvrage de Victor Thébault, l'avant-propos renvoie à des publications dans des revues. Il évoque incidemment le tétraèdre équifacial mais dans la partie relative aux tétraèdres spéciaux (p. 71), il délaisse les tétraèdres équifaciaux, orthocentriques, isodynamiques ou involutifs comme trop connus et traite de tétraèdres plus rares.
Ces deux ouvrages donnent des références à des revues mathématiques de la fin du XIXème siècle et du début du XXème, que l'on pourra consulter en bibliothèque, ou en ligne pour les plus malins, et alors qu'ils nous en fassent profiter, merci d'avance. Je pense qu'il y a eu un grand développement de la géométrie du triangle et aussi de la géométrie du tétraèdre à cette époque. Mon idée est que la propriété qui nous occupe dans ce fil est apparue à cette époque et non auparavant. Il me semble avoir vu passer ce problème dans les olympiades soviétiques dans les années 1960, mais il faudra que je retrouve la référence. Les historiens des mathématiques pourraient faire une recherche sur cette question, ça les changerait des grimoires exotiques.
Bonne journée.
Fr. Ch.
NB. Je suis admiratif devant les forumeurs comme pldx1, qui trouvent des ouvrages et articles en ligne. S'ils peuvent trouver : Court, Modern pure solid geometry, ils y verront une partie consacrée aux tétraèdres spéciaux, et s'ils nous en font profiter, ce sera sympa. -
Il y a aussi cet ouvrage de Joseph Neuberg dans lequel, pour la première fois, apparaît une description de sa cubique.
... -
Merci à tous pour tous ces beaux ouvrages!
Mais qui résoudra mon petit système linéaire homogène?
Il n'y a pas besoin de remonter si loin dans le temps!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Je dirais même plus:
https://gdz.sub.uni-goettingen.de/id/PPN578424835
@pappus: $ V^2 = \frac{1}{9}\,S_a\, S_b\, S_c $
Cordialement, Pierre.
Edit: $V^2$, pas $V$. -
Vraiment super ces documents (tu)
Merci Pierre :-)
Domi -
Merci Pierre pour cette référence très intéressante.
Suggères-tu qu'on doit retrouver mon petit calcul dans cet article de Neuberg?
Cela ne m'étonnerait guère car il est difficile d'être original en géométrie du triangle ou du tétraèdre.
J'ai vaguement survolé cet article sans trouver le tétraèdre équifacial.
Mais ma vue n'est plus très bonne et je ne suis pas très patient!
Quelle est la signification des quantités $S_a$, $S_b$, $S_c$ dans ta formule:
$ V = \frac{1}{9}\,S_a\, S_b\, S_c $
Je suppose que $V$ est le volume du tétraèdre équifacial et ces quantités sont donc homogènes à des longueurs, oui mais les quelles?
Celles des perpendiculaires communes ?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Toujours pas de réponse sur mon petit système linéaire homogène!
Serait-ce à dire que cette théorie est-elle aussi passée à la trappe comme tant d'autres? -
Bonjour à tous
Le déterminant de ce minable système linéaire est:
$$4a^2a'^2-\rho^2$$
Et il s'agit de montrer qu'il est strictement différent de $0$
Et c'est là que les Athéniens s'atteignirent, que les Perses se percèrent et que les Mèdes se médirent!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour pappus,
J'espère que tu vas bien.
On a $\rho=2\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{AD}$ donc $|\rho|<2aa'$.
Le déterminant de ton système étant non nul, il n'a qu'une solution $\sigma=\tau=0$ donc $b=b'$ et $c=c'$. -
pappus écrivait:
> Quelle est la signification des quantités $S_a$, $S_b$, $S_c$ dans ta formule:
> $ V = \frac{1}{9}\,S_a\, S_b\, S_c $
> Je suppose que $V$ est le volume du tétraèdre équifacial
> et ces quantités sont donc homogènes à des longueurs, oui mais les quelles?
Il s'agit de $V^2$ et non de $V$. Moyennant quoi, les $S_a$ sont homogènes à
des surfaces. Il s'agit des symboles de Conway. On a donc $V=0$ équivaut
à l'un des angles est droit.
Cordialement, Pierre. -
Merci Gai Requin.
Effectivement, on a: $\rho=2\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{AD}$.
Il fallait y penser et ce n'est pas si évident que cela à montrer.
On a déjà dû rencontrer cette formule dans le passé.
Tu écris ensuite:
donc $|\rho|<2aa'$.
Bien sûr c'est l'inégalité de Cauchy-Schwarz qui fonctionne ici car les points $A$, $B$, $C$, $D$ n'étant pas coplanaires, on ne peut avoir $AD\parallel BC$.
Et c'est d'ailleurs pourquoi je demandais ce qui se passait quand les points $A$, $B$, $C$, $D$ sont coplanaires.
Toujours pas de réponse à cette épineuse question!
Je te dois toujours une discussion sur la géométrie hyperbolique mais aujourd'hui même si ma santé n'est pas trop préoccupante, je suis très très fatigué et plus très lucide.
La preuve:
@Pierre
Excuse moi, ma vue n'est plus très bonne et je n'ai pas vu ton $V^2$, seulement le $V$
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonsoir pappus,
J'ai regardé le cas où $\overrightarrow{AD}$ et $\overrightarrow{BC}$ sont colinéaires de même sens.
Soit $I$ et $J$ les milieux de $BC$ et $AD$.
J'obtiens la CNS $(a\overrightarrow{AD}-a'\overrightarrow{BC})\cdot\overrightarrow{IJ}=0$, qui est par exemple obtenue quand $AD$ et $BC$ sont perpendiculaires à $IJ$. -
Mon cher Gai Requin
Sais-tu que les aires peuvent se grouper pour former des coordonnées barycentriques?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonsoir Pappus
"Et c'est d'ailleurs pourquoi je demandais ce qui se passait quand les points $A,B,C,D$ sont coplanaires. Toujours pas de réponse à cette épineuse question!"
$A,B,C,D$ sont les sommets d'un parallélogramme.
Amicalement Poulbot -
Ce fil tourne autour de l'assertion : « Si les quatre faces d'un tétraèdre ont la même aire, alors elles sont isométriques ». C'est vraiment une belle propriété, inattendue, et dont la démonstration est de difficulté moyenne, ni triviale, ni inaccessible au commun des matheux.
Poulbot a posé la bonne question de l'origine de ce résultat, et nul so-called historien-des-mathématiques n'a daigné se manifester à ce sujet...
Dans un précédent message, j'ai cité une question posée dans Les Nouvelles Annales de mathématiques en 1880 : « Dans un tétraèdre dont les faces sont équivalentes : 1° Les faces sont égales ». À l'époque, des triangles « équivalents » c'étaient des triangles ayant la même aire, et des triangles « égaux » c'étaient des triangles isométriques. Il s'agit donc de la même assertion. Si cette assertion a été posée dans cette revue comme un problème à résoudre, c'est qu'il ne s'agissait pas alors d'un théorème connu et estampillé. Il semblerait donc que nous ayons affaire ici au premier énoncé de cette propriété, qu'on devrait dès lors dénommer « théorème de Cottereau-Lemoine ». Qu'en pensez-vous ?
Bonne soirée.
Fr. Ch. -
@ pappus
... et que les satrapes s'attrapèrent -
Merci Chaurien
J'avais oublié ceux là!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour,
J'en reviens au problème de pappus [ici] quand $\overrightarrow{AD}$ et $\overrightarrow{BC}$ sont colinéaires de même sens.
Si $I$ et $J$ sont les milieux de $BC$ et $AD$, on obtient $(a\overrightarrow{AD}-a'\overrightarrow{BC})\cdot\overrightarrow{IJ}=0$, ce qui équivaut à $DA=DB$ ou $IJ\perp AD$ ou $I=J$ (qui n'est pas très intéressant). -
Bon, j'ai mal lu les notations de pappus.
Pour tous points $A,B,C,D$ tels que $\overrightarrow{AD}$ et $\overrightarrow{BC}$ sont colinéaires, on a $S(BCD)=S(ABC)$ et $S(ABD)=S(ACD)$ !!! -
Il y a des résultats concernant les tétraèdres : trirectangle, régulier, orthocentrique, équifacial, dans : René et Yvonne Sortais, Géométrie de l'espace et du plan, Hermann, 1988. Malheureusement, pour le tétraèdre équifacial, les auteurs partent de la définition de faces déjà isométriques, ce qui est dommage.
-
Bonjour
Voici la preuve de ce qu'affirme Poulbot:
Les points $A$, $B$, $C$, $D$ sont coplanaires.
On suppose les égalités entre aires:
$$S(ABC)=S(BCD)=S(CAD)=S(ABD)$$
Les coordonnées barycentriques de $D$ dans le triangle $ABC$ sont de la forme:
$$\big(\pm S(BCD):\pm S(CAD):\pm S(ABD)\big)$$
Le point $D$ appartient donc à l'orbite harmonique du centre de gravité $G$:
$$\{G,D_A,D_B,D_C\}$$
Et il est clair que le cas $D=G$ doit être écarté.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Un copain me signale la référence suivante.
..................................................................................
Concours général 1992 - exercice 3.
Soit $ABCD$ un tétraèdre inscrit dans une sphère de centre $O$. On note $G$ l’isobarycentre des quatre sommets du tétraèdre et $ I$ le centre de la sphère inscrite dans le tétraèdre.Montrer que les trois propriétés suivantes sont équivalentes :
1. Les deux points $O$ et $G$ sont confondus.
2. Les quatre faces du tétraèdre sont isométriques.
3. Les deux points $O$ et $I$ sont confondus. -
Bonjour,
Apparemment il y a eu une démonstration "simple et originale" dans quadrature en janvier 2021 : https://www.quadrature.info/produit/numero-119/
par Jean-Marc LÉVY-LEBLOND , mais je n'ai pas reçu ce numéro...
Je suis en effet en train de rédiger l'article sur le tétraèdre équifacial dans wikipedia.
https://fr.wikipedia.org/wiki/T%C3%A9tra%C3%A8dre_%C3%A9quifacial
https://fr.wikipedia.org/wiki/T%C3%A9tra%C3%A8dre_orthocentrique
https://fr.wikipedia.org/wiki/T%C3%A9tra%C3%A8dre_trirectangle
Si vous avez des remarques..
-
Personne n'a raison contre un enfant qui pleure.
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Bonjour,@rferreol2 sur le tétraèdre trirectangle : évoquer l'exemple "point de vue + triangle de fuite d'un cube en perspective" ?Amicalement,Swingmustard
-
SwingmustardDésolé, mais je n'ai pas très bien compris.[Inutile de reproduire le message précédent. AD]
-
EDIT. Pardon, tu as dit "je rédige équifacial", et comme tu as mis ensuite aussi "trirectangle" en référence, je me suis imaginé que tu rédigeais également "trirectangle", or tu n'as pas dit ça. Fin de l'EDITBonjour,Il me semble qu'en perspective, lieu de rencontre un peu flou entre artistes et géomètres, et où on ne cherchera pas midi à quatorze heures, les deux communautés s'accordent à considérer que, étant donné un point de vue $S$ et un cube à trois points de fuite $A$, $B$ et $C$ (sur le plan de projection), les trois directions des arêtes de ce cube définissent ce que j'appelle (peut-être à tort) un triangle $ABC$ de fuite qui, avec $S$, constitue un joli exemple (à mes yeux) de tétraèdre $ABCS$ trirectangle en $S$.À une époque, je me suis inspiré de http://www.zpag.net/Dessin_Technique/1980/Observation/Pers_3point.htm pour le dessin suivant, où $ABCS$ est $PQRCV$ (je crois que $CV$ est là pour "centre de vue").Si ce n'est pas assez clair, je pourrai essayer de retrouver ou faire un dessin 3D montrant $ABCS$. Mais le plus important serait de démontrer qu'il y a trois angles droits en $S$, dus tout simplement aux angles droits entre les directions du cube, mais que j'explique mal en général, donc je m'abstiens.Amicalement,Swingmustard
-
Merci ev pour la référence à Internet Archive pour le livre de Nathan Altshiller-Court, Modern Pure Solid Geometry.J'ai déjà observé que ce site est une ressource supplémentaire pour trouver en ligne des textes dont on ne peut disposer autrement. Mais présentement je n'ai pas compris comment faire pour lire l'intégralité de ce livre, ni pour l'enregistrer.Notez qu'on peut acheter ce livre en version papier d'origine : il n'en coûte que ... 700 €, si j'ai bien cherché
.
Bonne soirée.Fr. Ch. -
700 €, il ne faut pas pousser mémère (même aire) dans les orties.Comme me l'a appris ma maîtresse de CE2, tata Suzanne, dite Susu, $\{l,é,o\} \cap \{t,o,t,o\}=\{o\}$
-
Et on en parle, des p-paires ?
The real danger is not that computers will begin to think like men, but that men will begin to think like computers.
-- Harris, Sidney J. -
Voici la démonstration d'équiaire => équifacial de Lévy Leblond, résumée par JP Boudine, contacté.On montre qu'étant donnés deux points, A et B, l'ensemble des points Z tels que le triangle ABZ ait une aire donnée est un cylindre. Les trois cylindres ont 8 points en commun. Deux sont symétriques par rapport au plan ABC, et trois sont dans le plan ABC. Ces trois là comptent double, et ces tétraèdres sont plats. Reste donc UNE solution, et son symétrique.Maintenant si on cherche un point Z tel que ZAB, ZAC er ZCB sont isométrique, on en trouve 2, symétriques.Donc les tétraèdres équiaires sont ceux dont les faces sont isométriques.
-
Mais personnellement j'aime bien la démonstration originelle de Lemoine qui consiste à projeter
trois faces sur une d'entre elles, et à en déduire que la somme des
cosinus des dièdres associés à une face vaut 1 puis que les dièdres
opposés sont égaux deux à deux, puis que les arêtes opposées sont égales
deux à deux http://www.numdam.org/article/NAM_1880_2_19__133_1.pdf.
-
Bonjour, (peut être dit dans les postes)
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