Volume d'un parallélépipède = 3! volume du tétraèdre

Julia Paule

Bonjour, j'aimerais démontrer que le déterminant de 3 vecteurs est le volume du parallélépipède porté par les 3 vecteurs qui le définissent = 3! volume du tétraèdre porté par les 3 vecteurs (dans le cas où l'espace est muni de la distance euclidienne).

Pour commencer et plus précisément, j'aimerais visualiser que pour le parallélépipède $ABCDEFGH$, son volume est $6$ fois le volume du tétraèdre $ABDE$.

Comment le découper pour le montrer ?

Merci d'avance.

plsryef

Le plus simple est de le montrer pour un cube, montrer que le volume des 6 pyramides, dont le sommet est l'intersection des grandes diagonales, et dont les bases sont les faces, partage le volume du cube en 6 volumes égaux, puis par transformation affine passer du repère cube à un repère parallélépipède, et enfin conclure par invariance des quotients de volumes via une transformation affine  qui envoie le premier repère sur l'autre de $\mathbb{R}^3$.

Foys

Les rapports de volumes sont invariants par transformations affines bijectives. D'où la possibilité de répondre à cette question sur la seule base de ce qui se passe pour le tétraèdre $\{(x,y,z) \in [0,1]^3 \mid x+y+z \leq 1\}$ et le cube unité $[0,1]^3$.

D'ailleurs on peut même tout de suite traiter la généralisation suivante:

La mesure de Lebesgue de $\left \{ (x_i)_{1\leq i \leq n} \in [0,1]^n \mid \sum_{i=1}^n x_i \leq 1\right \}$ est égale à $\int_0^1 \left ( \int_0^{1 - x_n} \left ( \int_0^{1 - x_n - x_{n-1}} ... \left ( \int_0^{1 - x_n - x_{n-1} - ... -x_2} 1 dx_1 \right ) ... \right ) d  x_{n-1} \right ) d x_n$ c'est-à-dire $\frac 1 {n!}$.

JLT

Je crois que ABDE, HEFD, EFBD, GHFC, BCDF, CDHF marche.

Julia Paule

@plsryef Ton découpage est celui en 6 pyramides de bases des rectangles, je cherchais celui en 6 tétraèdres : de base des triangles et un des tétraèdres est de sommet un sommet du parallélépipède, si ce découpage est possible.

@Foys, je cherchais par découpage - recollement des volumes : il s'agit d'obtenir le volume du tétraèdre $ABDE$ en fonction des coordonnées des vecteurs $\vec {AB} (a_{11}, a_{12}, a_{13}), \vec {AD} (a_{21}, a_{22}, a_{23}) , \vec {AE} (a_{31}, a_{32}, a_{33})$.

Mais déjà, le découpage.

plsryef

Oups désolé @Julia Paule , je m'en suis rendu compte trop tard, sinon on découpe le cube avec 3pyramides qui ont pour base 3 faces qui ont un sommet en commun, et pour sommet le sommet opposé dans le cube , pour obtenir le tétraèdre, on coupe la base carrée en 2, et ou retrouve 1/6 du cube.Sinon on peut quand même s'en sortir avec mon découpage, dans la mesure ou on passe d'une pyramide au tétraèdre, en divisant l'aire en 2 et un multipliant la hauteur par 2.(mais ce n'est pas un découpage), ou alors couper tout directement en 6 en découpant les 3 pyramides à base carrés, et 2 tétraèdre de même volume en découpant le carré en 2 triangles isocèles.

jelobreuil

Bonjour Julia Paule,

Une idée comme ça, qui me passe par la tête : pour visualiser la chose devant tes élèves, peut-être pourrais-tu te servir de berlingots ?

Bien cordialement, JLB

gebrane

Ce n'est pas si évident de visualiser les coupes pour former les 6 tetra http://villemin.gerard.online.fr/GeomLAV/Objet3D/Pave_fichiers/image050.jpg

Julia Paule

Ouah, super merci @gebrane. On a bien 6 tétraèdres. Non ce n'est pas évident de les visualiser. 

Les tétraèdres paraissent avoir la même forme et le même volume (b x h / 3).

Dans le cas du parallélépipède (droit), je ne sais pas si les tétraèdres auraient encore la même forme, et/ou s'ils auraient le même volume ?

JLT

Le cube c'est $\{(x_1,x_2,x_3)\mid 0\leqslant x_1,x_2,x_3\leqslant 1\}$. Il se divise en six tétratèdres $T_\sigma=\{0\leqslant x_{\sigma(1)}\leqslant x_{\sigma(2)}\leqslant x_{\sigma(3)}\leqslant 1\}$.

Julia Paule

Je sens que cela va très dur d'obtenir le volume du tétraèdre (dans le cas d'un parallélépipède quelconque) par découpage - recollement, en fonction des coordonnées des vecteurs. Il faut inscrire le tétraèdre dans un prisme droit, enlever les excédents, remettre ce qu'on a enlevé en trop (vu la formule du déterminant), bref cela a déjà été fait. 

Quelqu'un aurait-il cette démonstration dans un document ?

incognito

Découpage du parallélépipède :

gebrane

je me pose une question ( je ne suis pas un géomètre) si on connait les sommets d'un tétraèdre, comment calculer sont volume ,voir exemple ci-dessous . La réponse dit que ce volume est 30

Rescassol

Bonsoir,

Par exemple:

A=[2; 4; 2]; B=[-4; 1; 2]; C=[0; 3; 8]; D=[2; -1; 6];
V=abs(det([B-A C-A D-A]))/6

Ce qui donne effectivement $V=30$.

Cordialement,

Rescassol

Julia Paule

Merci @incognito. Les 6 tétraèdres ont bien la même forme : ils sont portés par les côtés $x,y,z$, la base est par exemple, $xy/2$ (pour un parallélépipède droit) et la hauteur $z$ se présente au bout d'un côté $x$ ou $y$, puis par roulement entre les 3 côtés.

Merci @JLT, on a une permutation des 3 côtés pour former les 6 tétraèdres.

Swingmustard

Bonjour,

Julia Paule a dit :

Les 6 tétraèdres ont bien la même forme.

Peut-être que je ne vois pas bien ? Un parallélépipède voisin du gif d'@incognito peut avoir pour face du dessus un carré rouge et bleu, tandis que toutes les autres faces seront des parallélogrammes non carrés.
Alors le triangle isocèle rectangle du tétraèdre rouge n'empêche-t-il pas le tétraèdre vert (qui ne me semble pas avoir de face isocèle rectangle) d'avoir la même forme que le tétraèdre rouge ? 
Amicalement,
Swingmustard

Julia Paule

Bonjour @Swingmistard et merci. J'ai du mal à voir dans l'espace. Oui tu as raison, j'ai été trop vite.

Ne serait-ce que si on prend un parallélépipède rectangle (pour y voir plus clair), il me semble chaque tétraèdre présente :

- 3 triangles rectangles, les angles droits n'étant pas sur le même sommet,

- 3 arêtes qui sont les 3 côtés du parallélépipède,

- 2 arêtes qui sont des diagonales d'une face,

- 1 arête qui est une grande diagonale (reliant 2 sommets opposés) du parallélépipède.

Il y a une dissymétrie entre les diagonales d'une face, qui ne sont pas les mêmes.

Mais il me semble qu'ils peuvent quand même avoir le même volume ?

C'est mon anniversaire aujourd'hui, je reçois une dizaine de personnes, je verrai plus tard.

gebrane

Bon anniversaire Julia, tu fais partie de mes fans dans ma photo de profil .
Une idée, un morceau de bois parallélépipédique et une scie peuvent faire l'affaire pour y voir plus clair. 

Julia Paule

Merci gebrane ! Tu m'as beaucoup rajeunie !
C'est une idée pour la bûche et la scie, rien ne vaut les méthodes éprouvées. Tiens, je pourrais aussi utiliser le rôti qu'il va falloir decouper.

Swingmustard

Bonjour,

On peut commencer par le prisme $P$ à base triangulaire : je crois que sur l'animation d'@incognito, les tétraèdres rouge et jaune (identiques) en forment un avec le tétraèdre rose (forme différente).

(Pareil pour bleu et gris, avec vert.)

Rouge et jaune ont la même base que $P$, donc ont chacun pour volume 1/3 de celui de $P$.

On en tire $1-2/3=1/3$ de $P$ aussi pour rose.

Ainsi les 6 tétraèdres ont le même volume.

a) Ce qui précède est peut-être acceptable comme preuve d'existence d'un découpage du parallélépipède en six tétraèdres de même volume.

b) Je conjecture (sans savoir le démontrer) que pour un parallélépipède non cubique, on ne trouvera pas six tétraèdres de même forme.

Amicalement,

Swingmustard

Julia Paule

Oui tu as raison. Je regarde avec le dessin donné par gebrane de Gérard Villemin, plutôt qu'avec ce truc qui tourne (qui m'a aussi été très utile).

J'appelle L, P, H les 3 longueurs du parallélépipède rectangle : L est le côté devant, P le côté en profondeur, H la hauteur.

Les tétraèdres 1 et 3 ont même forme : s'expriment avec base = P X H et hauteur L ou bien base = L x H et hauteur P.

Les tétraèdres 4 et 6 ont même forme : s'expriment avec base = L X P et hauteur H ou bien base = P x H et hauteur L.

Les tétraèdres 2 et 5 ont même forme : s'expriment avec base = L X H et hauteur P ou bien base = L x P et hauteur H.

Donc ils ont même volume dans ce cas.

Pour un parallélépipède quelconque, cela revient à pencher le parallélépipède droit selon 3 axes : LxP, LxH et PxH. Je pense que les volumes diminuent dans les mêmes proportions, rectifiés par les sinus des 3 angles (en tout cas c'est vrai pour l'aire de la base), donc que les volumes des 6 tétraèdres restent égaux entre eux.

Swingmustard

Bonsoir,

Je crains que le dessin de Gérard Villemin soit un cas très particulier.

Dans le cas général, voici un exemple : celui que donnait @gebrane dans son message d'après.

J'ai ajouté les 4 hauteurs, qui montrent qu'on sort de la simplicité de L x P x H.

Tant qu'à faire, je me suis demandé si on pouvait inscrire ce tétraèdre dans un prisme à base triangulaire.

Par exemple en prenant ABD pour base ?

Avec B' et D' qui forment les parallélogrammes AB'CD et BDCD', on obtient deux tétraèdres AB'CD' et ABCD' dont ggb confirme qu'ils ont le même volume que ABCD, et pas la même forme : j'ai demandé les aires des quatre faces de ABCD (par hasard, deux sont égales) : la première que j'ai ensuite demandée pour AB'CD' n'égalait aucune d'entre elles.

Cela dit, j'aurais dû chercher encore un peu : je conjecture qu'il y a moyen (comme je le disais dans le dernier message) que deux des trois soient égaux. Mais je ne conjecture pas mordicus.

Amicalement,

Swingmustard

Julia Paule

Bonjour @Swingmustard J'ai évidemment extrapolé le dessin de Villemin à un parallélépipède rectangle porté par 3 côtés non forcément de longueur égale.

Puis, par exemple dans le tétraèdre n°2 du dessin, disons ABCD, on peut prendre le triangle $ABC$ rectangle en $A$ pour base, une hauteur est $[BD]$, il en suffit d'une, et le volume est 1/3 (1/2 AB x AC) x BD = $\dfrac{1}{6}  AB.AC.BD = \dfrac{1}{6} xzy$,

ou bien on peut prendre le triangle $ABD$ rectangle en $B$ pour base, une hauteur est $[AC]$, le volume est 1/3 (1/2 BA x BD) x AC = $\dfrac{1}{6}  BA.BD.AC = \dfrac{1}{6}  xyz$.

Maintenant si le triangle ABC n'est pas rectangle, son aire géométrique est $\dfrac{1}{2}  AB.AC. \sin (BAC)$, i.e. on ajuste l'aire du triangle par le sinus de l'angle BAC. Si [BD] n'est pas une hauteur, la hauteur [DH] issue de D vérifie sin (HBD)=DH /BD, donc DH = BD x sin (HBD), et le volume du tétraèdre ABCD devient $\dfrac{1}{6}  AB.AC.BD \sin (BAC) \sin (HBD)$  : on ajuste encore le volume du tétraèdre ABCD par le sinus de l'angle HBD (i.e. l'angle que forme (BD) avec le plan (ABC)).

On aurait pu aussi procéder avec l'autre triangle de base et l'autre hauteur, pour obtenir le même volume.

Il y a donc une relation entre ces variables d'ajustement que sont les sinus : $\sin (BAC) \sin (HBD) = \sin (ABD) \sin (CAK)$, idem pour les autres, sachant que les angles opposés des faces du parallélépipède sont 2 à 2 égaux, que les hauteurs des tétraèdres sont 2 à 2 égales, mais peu importe.

Ce qui compte c'est que pour l'ensemble des tétraèdres, ceux qui ont la même forme ont bien sûr les mêmes volumes, ceux qui n'ont pas la même forme ont 2 à 2 une base de même aire et une hauteur identique, donc ils ont les mêmes volumes (voir les tétraèdres 1 et 2 , 3 et 4, 5 et 6 pour s'en convaincre), et ce volume commun divise par $6$ le volume du parallélépipède (d'ailleurs j'aurais pu le voir dès le début, c'est évident que deux tétraèdres consécutifs ont une même aire de base et une même hauteur).

Julia Paule

Maintenant cela me parait plus difficile de montrer par découpage - recollement que le déterminant de 3 vecteurs est le volume du parallélépipède porté par les 3 vecteurs qui le définissent.

On suppose qu'un point du tétraèdre est l'origine du repère, on insère le tétraèdre dans un parallélépipède rectangle qui borde les sommets du tétraèdre, on donne des coordonnées aux 3 autres points (i.e. aux vecteurs dont on cherche le déterminant), et on procède par découpage du parallélépipède en tétraèdres.

Cela va être difficile sans une figure claire de ce découpage.

EDIT : je crois même que c'est impossible de dessiner 3 plans orthogonaux 2 à 2 contenant chacun 1 des 3 sommets du tétraèdre. Il faudrait procéder à l'envers : dessiner d'abord le repère, puis le tétraèdre, matérialiser ses coordonnées, mais là aussi, trop dur. Autre possibilité : commencer par le cas simple où les sommets du tétraèdre sont sur les axes du repère, mais c'est un cas particulier de tétraèdre rectangle. Bref, je laisse tomber.

GaBuZoMeu

Bonsoir,

Si on part d'un prisme triangulaire avec en bas le triangle $ABC$ et en haut le triangle $A'B'C'$ :

tétraèdre $AA'BC$

tétraèdre $A'BB'C$

tétraèdre $A'B'CC'$

découpent le prisme, et ont tous trois même volume.

Ça se généralise en n'importe quelle dimension. Par exemple, en dimension 4, on découpe en 4 morceaux un hyperprisme de base un tétraèdre.

GaBuZoMeu

Bonjour,

Le fait que les trois morceaux soient de même volume n'est peut-être pas tout à fait évident. Mais c'est une conséquence facile du fait suivant :

Si on bouge un sommet d'un tétraèdre dans le plan parallèle à la face opposée passant par ce sommet, on ne change pas le volume du tétraèdre. Raison : les tranches de tétraèdre dans les plans parallèles à cette face ne font qu'être translatées.

Le même argument vaut en toute dimension : le $d$ volume d'un $d$-simplexe en dimension $d$ ne change pas quand on bouge un sommet dans l'hyperplan parallèle à la face opposée passant par ce sommet.

Julia Paule

Merci. Je n'ai pas de problème pour voir que les 3 tétraèdres sont de même volume et se partagent l'espace du prisme. Cela ressemble à une généralisation de la dimension 2 où 2 triangles de même aire se partagent l'aire d'un parallélogramme.

GaBuZoMeu

Tout à fait, et comme je l'écrivais ça ne marche pas uniquement en dimension 2 et 3, mais en toute dimension.

Julia Paule

A défaut de pouvoir découper - recoller le parallélépipède rectangle dans lequel sont inscrits les vecteurs $\vec {OA_1}, \vec {OA_2},\vec {OA_3}$ en parallélépipèdes dont le volume est "calculable" (i.e. porté par des droites parallèles aux axes des coordonnées, donc rectangles), et calculer ainsi le volume $V$ du parallélépipède porté par les vecteurs $\vec {OA_1}, \vec {OA_2},\vec {OA_3}$, on peut le faire par un calcul direct.

On a $V=OA_1.A_2H.A_3K$, où $H$ est le projeté orthogonal de $A_2$ sur la droite $(OA_1)$, et $K$ le projeté orthogonal de $A_3$ sur le plan $(OA_1A_2)$.

Pour résumer, on a :

$\vec {OH} = \dfrac {\vec {OA_1}. \vec {OA_2}}{OA_1^2} \vec {OA_1}$, donc $OH = \dfrac {\vec {OA_1}. \vec {OA_2}}{OA_1}$ et $A_2H= \sqrt{OA_2^2-OH^2}$.

$\vec {A_3K} = -\dfrac {\vec {OA_3}. v}{v^2} v$ où $v=\vec {OA_1} \wedge \vec {OA_2}$ (produit vectoriel), donc $A_3K = \dfrac {|\vec {OA_3}. v|}{||v||} $.

On obtient $V=OA_1. \sqrt{OA_2^2-(\dfrac {\vec {OA_1}. \vec {OA_2}}{OA_1})^2}. \dfrac {|\vec {OA_3}. v|}{||v||}$=$\dfrac { \sqrt{OA_1^2 OA_2^2-(\vec {OA_1}. \vec {OA_2})^2}}{||v||}$ . $|\vec {OA_3}. v|= | \vec {OA_3}.(\vec {OA_1} \wedge \vec {OA_2})|$.

On obtient ainsi $V=|\det (\vec {OA_1}, \vec {OA_2},\vec {OA_3})|$, puis pour le signe c'est une question d'orientation.

On peut aussi le faire par un changement de base orthonormée, avec la nouvelle base portant le vecteur $\vec {OA_1}$, le 2ème vecteur tel que $\vec {OA_2}$ est dans le plan vectoriel dirigé par la famille libre formée, le 3ème vecteur s'ensuivant, car le volume reste inchangé par ce changement. Dans une telle base, le volume s'écrit $(a_{11}a_{22} - a_{12}a_{21}) a_{33}$, i.e. le déterminant des vecteurs, c'est un début.

Je l'ai fait en dimension 2 (je mettrai éventuellement ici mes calculs plus tard), je n'ai pas le courage de le faire en dimension 3.

Mais je ne désespère pas de le faire par découpage - recollement, qui doit être la méthode la plus simple avec une bonne vision dans l'espace ou avec un bon outil graphique qui permet de faire tourner les figures.