Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Bonsoir,
Ah! Je ne connaissais pas. En effet très similaire. Merci pour le lien et très bonnes fêtes ! :)

Bonjour,
Je savais que ça allait être une galère : je n'ai pas été déçu ...
Le pire est qu'en respectant certains canons de la perspective, la figure devient difficilement lisible.
Ainsi la section du "trou" bleu à gauche de la figure est un carré.
Malgré ses défauts je publie tout de même :

Joyeux Noël à tous !

Bonsoir,
Un hasard malencontreux a fait que deux sommets du carré semblent figurer aux milieux de deux arêtes du cube sur ma dernière figure.
Dans cette situation, on est effectivement pas très loin de $\sqrt{2}$ pour l'arête du tétraèdre.
Mais ce n'était qu'un exemple. En voici un autre où l'arête du tétraèdre est nettement supérieure à $\sqrt{2}$

Bon, je n'ai pas encore trouvé le courage de m'attaquer à la "perspective édifiante (coton)" mais je ne désarme pas ... :)

Comme écrit plus haut, la figure dans l'espace est difficile à visualiser et il va falloir que je réalise une perspective édifiante (ça va être coton ...)
Plus aujourd'hui : je n'ai plus le temps. Demain peut-être ...

Merci jpp pour ton retour que j'espérais. J'ai bien compris.
Un petit côté rassurant : ta vue de dessus et la partie magenta de ma dernière figure sont identiques à une similitude près.
Je pense tout de même qu'il est très difficile, pour un quidam qui découvre ce fil, de comprendre ce qui se passe à moins qu'il ait une vision de l'espace exceptionnelle.
Il reste que nous avons fait, toi comme moi, des présupposés : par exemple, on peut envisager le cas où le tétraèdre régulier a sa projection sur un plan orthogonal à l'axe du "tunnel" en forme de triangle isocèle. Bien sûr moins "bon".
Encore merci pour ton sujet qui m'a bien plu.
P.S. J'ai une nouvelle fois du mal à comprendre ce qui se passe avec le compteur de vues : un robot ?

Bonjour Bernard-maths,
Et heureux que tu ne sois pas trop fâché ...
J'étais "sans certitude" mais je suis maintenant certain de mon 1.5. C'est trop beau pour être faux.
J'ai ajouté un lien GeoGebra dans mon dernier message : peut-être permet-il de mieux comprendre mes élucubrations ? ...

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 ...

Bonjour,
Je reviens sur la construction du point $H$ de notre ami Imod en me plaçant dans le cas plus général de deux cercles $(O_1)$ et $(O_2)$ quelconques.
On cherche le lieu des centres des cercles qui coupent diamétralement les cercles $(O_1)$ et $(O_2)$.
On prouve facilement (faites-le !) que ce lieu est la droite symétrique de leur axe radical par rapport au milieu $I$ de $[O_1O_2]$ :

Dans le cas qui nous occupe, l'axe radical est la tangente commune aux deux cercles en leur point de contact $T$ et $H$ est le symétrique de $T$ par rapport à $I$. Le point $O$ est l'intersection de la perpendiculaire en $H$ à $[O_1O_2]$ avec une des tangentes communes.
Sangaku
[Edit] Ajout d'un lien _{(un peu à l'intention de Rescassol)}.

Bonjour à tous,
>>Rescassol
Il semble que tu n'aies pas récupéré le bon lien dans GeoGebra Tube. Quand on "découvre", je me souviens que c'était une petite galère ...
>>Imod
Oui, oui : ta justification permet d'obtenir une valeur du rayon du demi disque de centre $O$. Pas très drôle :
$$r=\dfrac{1}{2}\sqrt{(a^2+b^2)\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}+4\right)}$$
Je reviendrai plus tard sur ta construction du point $O$ en la généralisant avec les cercles "pseudo-orthogonaux".
Je ne pense pas qu'il soit encore utile de camoufler nos réponses.

Bonjour Imod,

:)

Bonjour,
J'arrive après la bataille mais tant pis ...

Bonjour à tous,

Lors du crash d'août/septembre 2023, j'avais pu constater que des sauvegardes étaient effectuées à intervalles réguliers.
Je ne connais pas la période mais j'avais pu l'évaluer à "un ou deux jours" avec quelques messages disparus sur un sujet initié par notre ami pappus.
Il est bien sûr probable qu'il y aura quelques messages partis dans le cosmos. C'est un moindre mal.