Tétraèdre "de Rupert"

cailloux · 02-01-2026 15:15:19

Bonjour à tous,
Le problème Tétraèdre vs cube initié par jpp est relativement simple dans la mesure où on est amené à inscrire un carré dans un hexagone, carré et hexagone ayant même "centre".
La solution optimale a été découverte par Nieuwland en 1794.
Notre ami Imod avait, à cette occasion, publié le lien suivant :
Cube de Rupert
où on peut lire :

Autres polyèdres
Le cube n'est pas le seul solide pouvant passer à travers un trou pratiqué dans une copie de lui-même. Par définition, un polyèdre $P$ possède la propriété de Rupert si un autre polyèdre de la même forme et de la même taille que $P$ peut passer à travers un trou dans $P$.
Cette propriété est valable pour tous les polyèdres réguliers. La preuve pour le tétraèdre et l'octaèdre réguliers a été donnée en 1968.

J'ai tenté l'affaire pour le tétraèdre régulier en me posant la question suivante :
Quelle est l'arête maximale d'un tétraèdre régulier qui peut traverser un tétraèdre régulier d'arête unité.
Il semble que le problème soit beaucoup plus délicat que pour le cube. Entre autres, si on envisage le cas particulier où la section du "trou" est un carré, on est amené à cette construction :
Construire (règle et compas) un carré inscrit dans un quadrilatère convexe donné.
Condition(s) sur ce quadrilatère pour que ce carré existe.
C'est pour l'instant cette dernière question que je vous soumets.

Dernière modification par cailloux (03-01-2026 15:30:08)

cailloux · 06-01-2026 15:51:18

Bonjour à tous,
Je fais remonter une dernière fois ce sujet. On oublie le tétraèdre "de Rupert" pour se concentrer sur la question que je reformule ici sous une forme moins contraignante :

On se donne 4 droites du plan. Construire un carré dont les sommets appartiennent à chacune des 4 droites.

Je vous vois venir : "le vieux filou a commencé par le carré".
Non, non, pour vous en convaincre, voici un lien où on peut "bouger" (dans certaines limites) les 4 points $A,B,C,D$ :
https://www.geogebra.org/m/s5wbtxeg
Je vous avoue que j'en suis encore au stade "recherche". Les "discussions" sont difficiles ...

Bernard-maths · 06-01-2026 17:31:48

Bonsoir à tous !

Réaction zéro : si les 4 droites sont les supports des côtés d'un carré (ou rectangle ? ou parallélo ???), alors il y a une infinité de solutions !

B-m

cailloux · 06-01-2026 18:37:44

Bonsoir,
Très franchement, je pensais prêcher dans un désert géométrique qui est aujourd'hui notre quotidien.
Grand merci à Bernard-maths pour sa réaction fût-elle numérotée "zéro".
Je suppose que ceux qui ont eu le courage de cliquer sur le lien sont convaincus que je tiens une "construction".
Alambiquée et un tantinet obscure, elle n'est pas très satisfaisante.
Une piste que j'ai tenté d'explorer :
Si on appelle $P$ le plan plus ou moins euclidien et $O$ le centre du carré solution, on peut chercher à préciser l’application $f:\,P^4\rightarrow P$ définie par $f(A,B,C,D)=O$.
Si on tient $f$, on tient tout le reste.
Pour l'instant, j'ai totalement échoué ...

Dernière modification par cailloux (06-01-2026 18:40:57)

Imod · 07-01-2026 11:24:41

Bonjour Cailloux
Je comprends ta réaction qui est partagée par de nombreux matheux pré-maths-modernes . Les quelques bases de géométrie de grand papa que je connais sont celles que j’ai appris dans les livres de collège de ces dernières années , on est vraiment très loin des connaissances des anciens . Ce n’est pas un jugement de valeur mais d’autres domaines des mathématiques se sont développés et méritent aussi de l’intérêt et du temps . En 3D je ne vois pas pratiquement rien et la géométrie projective ne me parle pas , j’ai très vite abandonné le problème initial . La version planaire me convient mieux et il est clair que la clé du problème est dans la position du centre du carré qui pris comme centre de rotations de 90° définit les sommets du carré .

En bref , il ne faut pas trop s'étonner que des problèmes que l'on trouve particulièrement intéressants ne mobilisent pas les foules , à chacun ses goûts :)

J'aime bien celui-là mais je je ne suis pas sûr d'avoir tous les éléments pour le résoudre .

Imod

Bernard-maths · 07-01-2026 14:21:37

Bonjour à tous !

Voici une figure, pour un exemple de faisabilité ... :

J'ai tracé au hasard (AB) en rouge, (AC) en bleu (C est en bas caché), (DE) en vert et (DF) en mauve.

J'ai pris des points mobiles G sur (AC) et H sur (AB), et tracé un carré GHIJ.

En déplaçant les ponts G et H on arrive à mettre les points I et J sur les droites (DE) et (DF) ...

Reste à trouver les calculs à faire !!! Que je n'ai pas trouvés ...

B-m

Bernard-maths · 07-01-2026 14:57:14

Suite !!!

En fait je me dis que :

Les équations des 4 droites étant connues : a1 x + b1 y + c1 = 0 ... a4 x + b4 y + c4 = 0,

Les points G(x1,y1), H(x2,y2), I(x3,y3) et J(x4,y4) sont liés par le carré car x1 et x2 étant connus (G et H déplaçables ...), I et J sont aussi connus ...

En portant les coordonnées de I et J dans les équations de (DE) et (DF), on doit résoudre un certain système ...

Et hop, ça y est, non ??? Un petit problème à 2 inconnues ...

Berrnard-maths

Dernière modification par Bernard-maths (07-01-2026 15:21:52)

cailloux · 08-01-2026 15:06:49

Bonjour à tous et merci à vous deux : je me sens moins seul ...
>>Imod Curieusement (Bac C 73) j'ai subi de pleins fouet la réforme "Maths modernes" et je n'ai jamais entendu parler de la Géométrie de grand papa pendant mes études. Je ne m'y suis mis que (beaucoup) plus tard et la discipline m'a plu.
Si mes élucubrations géométriques peuvent intéresser ne serait-ce qu'un quidam qui passe ici et l'inciter à approfondir la matière, je serai pleinement satisfait.
>> Bernard-maths J'ai du mal à te comprendre :

Et hop, ça y est, non ???

Tu avoueras que c'est un peu court ...
En Géométrie, les calculs sont souvent nécessaires. Mais ils faut qu'ils aboutissent ! Autrement dit, tu dois mettre les mains dans le cambouis pour convaincre ton auditoire.
Et pas que : tous calculs faits, il faut les interpréter géométriquement et revenir à la figure pour en déduire (ici) une construction.
C'est cette étape (la plus difficile) qui est souvent ignorée.
Ce sont ces aller-retours permanents entre calculs et figures qui sont l'âme de la "belle Géométrie".

Dernière modification par cailloux (08-01-2026 15:11:47)

Bernard-maths · 08-01-2026 15:48:32

Bonjour à tous !

Alors, quelqu'un a essayé de comprendre ma "solution" ???

Bac C 73, j'enseignais depuis 3 ans, mais le bac C enseigné 2 mois en 70, puis en 77-78 seulement ...

Alors j'ai fait les calculs ... et je vais tester avec GeoGebra.

Donc à +,

B-m

PS : https://www.bibmath.net/forums/viewtopi … 80#p118880

Dernière modification par Bernard-maths (08-01-2026 15:50:49)

Imod · 08-01-2026 17:39:08

@Cailloux : ce n'est pas le sujet mais quand tu passais ton bac , j'étais encore au collège et les choses avaient déjà bien changé .

Tu n'es pas en cause mais la multiplication ici ou ailleurs de messages du style : la géométrie va disparaître car elle n'intéresse plus personne , m'agace au plus haut point . L'importance de la géométrie a bien changé dans l'enseignement des mathématiques car il fallait faire de la place pour d'autres choses importantes et aussi pour s'adapter à un public plus large . J'aime bien la géométrie de collège , je laisse le reste aux initiés .

Imod

Bernard-maths · 08-01-2026 18:53:53

Bonsoir à tous !

J'ai un truc qui cloche !???

Voici ce que j'ai écrit à la main, j'écris de travers maintenant ... (:-) bonne lecture !

1) Je suppose que les 4 droites sont données par des équations réduites : y=a1 x + b1 , etc ...

2) Je peux choisir un point G(x1;y1) sur d1, alors y1=a1 x1 + b1. Puis un point H(x2;y2) sur d2, alors y2 = a2 x2 + b2.

3) Je peux ensuite calculer les points I(x3;y3) et J(x4;y4) tels que GHIJ soit un carré direct. I et J dépendent des 2 inconnues x1 et x2 !!!

4) J'écris alors que I est sur d3, et que J est sur d4. En remplaçant x et y par x3 et y3 dans d3, et par x4 et y4 dans d4 ... J'obtiens un système de 2 équations à 2 inconnues x1 et x2 !

5) Je résous le système ... (j'utilise des variables intermédiaires en p0 ...p2, q0 ... q2)

On obtient les valeurs de x1 et x2, et donc toutes les coordonnées ...

Voilà le principe, MAIS j'ai du faire une erreur quelque part, car le résultat est faux !!!

SI vous avez le courage de reprendre, merci !

Bernard-maths

PS : explications bonnes, cailloux ?

Certes, la méthode est analytique ...

Dernière modification par Bernard-maths (08-01-2026 18:56:42)

cailloux · 09-01-2026 13:14:24

Bonjour Bernard-maths,
J'ai bien compris le principe et il est fort possible qu'il n'y ait pas d'erreurs de calcul mais j'ai quelques remarques que je posterai plus tard.
Auparavant, pourrais-tu préciser ceci :

MAIS j'ai du faire une erreur quelque part, car le résultat est faux !!!

J'imagine que tu as utilisé GeoGebra où tu as rentré 4 droites via leurs équations du type $y=ax+b$ puis les sommets calculés du carré censé être solution.
Peux-tu nous donner les équations des 4 droites, et la figure GeoGebra obtenue via tes calculs (avec 4 sommets qui ne forment pas un carré) ?

Bernard-maths · 09-01-2026 13:22:12

Bonjour cailloux !

J'ai télé chargé mon fichier :

https://www.geogebra.org/upload/6960f2773664f/?lang=fr

Peux tu le récupérer ?

B-m

Bernard-maths · 09-01-2026 13:27:48

Suite :

cette figure part de 4 droites, je prend G sur d1 et H sur d2, je trace le carré GHIJ.

Ensuite je déplace G sur d1 et H sur d2 pour essayer de mettre I sur d3 et J sur d4.

J'ai "réussi" à avoir ce carré GHIJ qui parait correct !

Mais dans les calculs j'obtiens PQRS en place de GHIJ, j'aurais du avoir P = G et Q = J ... raté !!!

@ + B-m

cailloux · 09-01-2026 15:42:50

Excuse mes retards : mon écran est lézardé avec une vilaine tache noire qui prend des proportions inquiétantes. Qui plus est, mon disque dur est vérolé (plantages à répétitions, je mets deux heures à poster un misérable message). Il faut absolument que j'investisse ...
Quand je clique sur ton lien, je n'obtiens qu'une feuille de travail GeoGebra ... vide.
Ce qui m'intéresse :
-Les équations des 4 droites que tu as utilisées pour vérification.
-Les 4 points $P,Q,R,S$ obtenus par calculs qui ne semblent pas être les sommets d'un carré.
-Le fichier GeoGebra correspondant (au pire sous forme d'une image si tu n'arrives pas à poster un lien direct).
Ceci dans le but de confirmer certains soupçons dont je ne manquerai pas de faire état dans un prochain message.

Bernard-maths · 09-01-2026 17:03:13

Salut !

J'étais en course ... essaye :

https://uploadnow.io/files/VJ39VMN

B-m

Dernière modification par Bernard-maths (09-01-2026 17:03:28)

Imod · 09-01-2026 17:27:36

Bonsoir Pierre

Au vu de ta construction , tu sais construire (mais sans preuve ) le centre du carré , peux-tu indiquer comment tu l'obtiens ?

Imod

cailloux · 09-01-2026 21:41:56

Bonsoir à tous,
D'abord, Bernard-maths :
Ton lien m'expédie vers un site où il faut s'inscrire, ouvrir un compte : par principe, c'est non.
Je vais te faire néanmoins part de mes "soupçons".
Je change les notations :
Soit 4 droites $D_1,D_2,D_3,D_4$ du plan. On cherche 4 points $A_1,A_2,A_3,A_4$ où $A_1\in D_1,A_2\in D_2,A_3\in D_3,A_4\in D_4$ tels que ces 4 points forment un carré.
Tu pars d'un carré direct $A_1A_2A_3A_4$
En situation générale, ce carré est unique. Rien n'assure qu'il soit direct.
Pire : il est possible qu'il s'agisse du carré $A_1A_3A_2A_4$ (direct ou indirect) où le segment $[A_1A_2]$ est une diagonale.
Dans ce cas, les calculs sont entièrement différents.
Toujours en situation générale (non exceptionnelle) les calculs doivent envisager toutes ces situations.
Et bien sûr, le retour dont je parlais plus haut est absolument nécessaire : en clair, aboutir à une construction (règle et compas). Nos aïeux ne disposaient pas de logiciels de géométrie dynamique pour faire joujou ...

Dernière modification par cailloux (09-01-2026 21:49:06)

Bernard-maths · 10-01-2026 08:04:12

Bonjour à tous !

@ cailloux : entièrement d'accord avec toi, il y a 6 à 12 façons de choisir les 2 premiers points, c'est ce que j'envisageai pour la suite.

Mais ce qui me chagrine c'est que le carré direct GHIJ que j'ai trouvé manuellement, je ne le retrouve pas avec les calculs ! D'où erreur ? où ?

Pour joindre un fichier, quel logiciel ? Depuis la défaillance de icloud !???

Je me suis créé un compte Geogebra à part qui me permet de recevoir et envoyer des fichiers sans rapport avec mon mail.
Si tu veux tu peux en faire autant, et je t'enverrai le fichier ...

@ + B-m

cailloux · 10-01-2026 12:27:39

Bonjour à tous,
Je réponds d'abord à Imod (j'ai les pires difficultés pour poster ...)

Au vu de ta construction , tu sais construire (mais sans preuve ) le centre du carré

Hélas, trois fois hélas, non ! Avec le centre, j'étais sauvé !
Je n'ai fait que construire un des sommets du carré solution :

- On construit $H$ et $K$ (angles droits en $D$ et $C$)
- On construit les triangles rectangles isocèles (dans le "bon sens") $DHE$ et $CKF$.
- La droite $(EF)$ coupe la droite $D_1$ en $A_1$ premier sommet du carré solution.

On en déduit les trois autres sommets facilement.
On peut observer qu'il y a 0, 1 ou une infinité de solutions suivant que la droite $(EF)$ est strictement parallèle, sécante ou confondue avec $D_1$.
Cette construction n'est pas robuste. Elle dépend des circonstances (position relative des 4 droites). C'est en cela qu'elle n'est pas "satisfaisante".
Je ne parle pas des discussions pour que le carré soit inscrit dans le quadrilatère convexe $ABCD$ (où on ne considère plus la droite $(EF)$ mais le segment $[EF]$ : infernal ...)

Dernière modification par cailloux (10-01-2026 13:15:55)

cailloux · 10-01-2026 13:06:23

Bonjour Bernard-maths,
Mes suppositions (sans certitudes) :

Mais ce qui me chagrine c'est que le carré direct GHIJ que j'ai trouvé manuellement, je ne le retrouve pas avec les calculs ! D'où erreur ? où ?

Il est probable que tu le trouverais avec des calculs relatifs aux autres situations (carré indirect ou $[A_1A_2]$ diagonale)
Dans ton calcul précédent, je suppose que de la manière dont tu l'as mené, tu es tombé sur un quadrilatère croisé (avec deux angles droits). Toi seul, avec ton dessin, peut confirmer ou infirmer ce que je raconte ...
J'ai bien un compte GeoGebra.
La solution idéale est tout de même de "partager" ton fichier GeoGebra via ton compte et de récupérer un lien que tu peux poster ici. C'est ce que je fais régulièrement. Au début il faut un peu tâtonner mais j'ai fini par y arriver.

cailloux · 10-01-2026 14:58:34

Bonjour à tous,
Ma pauvre machine est en toute fin de vie. J'en suis à sauver ce qui peut encore l'être sur un disque dur amovible (Mots de passe, fichiers GeoGebra, autres ... ).
Poster est un calvaire.
Bref, ne vous étonnez pas si je reste silencieux dans un proche avenir.
J'ai repoussé l'échéance trop loin : il faut absolument que j'investisse dans un ordi.
Je vais m'y employer très prochainement. En attendant ...
Amicalement.

Bernard-maths · 11-01-2026 10:17:11

Bonjour à tous !

Je continue avec ces drôles de carrés !

Je choisis G et H sur 2 droites et je les déplace pour mettre I et J sur les 2 autres droites, alors :

Le carré de gauche GHIJ est obtenu avec G de d1 et H de d2, on a I sur d2 et J sur d4. Celui de droite G2H2I2J2 est obtenu avec G2 de d1 et H2 de d3, on a I2 sur d2 et J2 sur d4. Celui du milieu G3H3I3J3 avec G3 de d1 et H3 de d4, on a I3 sur d3 et J3 sur d2.

Je n'ai pas encore vérifié la réalité des positions au moyen des équations ...

Mais ça peut laisser supposer qu'il y a plusieurs solutions !!!???

Bernard-maths

Ps à cailloux : courage et bon choix ...

Dernière modification par Bernard-maths (11-01-2026 10:18:55)

Imod · 11-01-2026 11:53:18

Bon je commence à comprendre la question . Si on se donne les droites $ D_2 , D_3 , D_4$ alors on peut construire $(EF)$ et le sommet $A_1$ sur $D_1$ doit aussi être sur $(EF)$ . Si $D_1$ et $(EF)$ sont sécantes , $A_1$ est parfaitement défini et $A_4$ doit être à l’intersection de $D_4$ avec l’image de $D_2$ par la rotation de centre $A_1$ et d’angle 90° . Généralement la solution va être unique mais il peut y en avoir une infinité par exemple dans le cas où les intersections des droites forment un carré . Il serait intéressant de regarder le cas où les intersections forment un rectangle et aussi le cas de quatre droites parallèles .
Bon courage avec ton ordi :)
Imod

Bernard-maths · 11-01-2026 15:09:59

Bonjour à tous !

J'ai trouvé mon erreur !!! Dans les calculs que j'ai envoyés en #11, à la fin il faut lire :

x1(p1 q2 - q1 p2) = p0 q2 + q0 p2
x2(p2 q1 - q2 p1) = p0 q1 - q0 p1

il y a eu inversion de variables ... (:-(

Ca donne bien un carré.

Il faut reprendre les calculs pour envisager les autres cas, je ferai ça tranquille !

Donc il faut bien s'attendre à plusieurs solutions !!!

Bernard-maths

Forum de mathématiques - Bibm@th.net

#1 02-01-2026 15:15:19

Tétraèdre "de Rupert"

#2 06-01-2026 15:51:18

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#3 06-01-2026 17:31:48

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#4 06-01-2026 18:37:44

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#5 07-01-2026 11:24:41

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#6 07-01-2026 14:21:37

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#7 07-01-2026 14:57:14

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#8 08-01-2026 15:06:49

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#9 08-01-2026 15:48:32

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#10 08-01-2026 17:39:08

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#11 08-01-2026 18:53:53

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#12 09-01-2026 13:14:24

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#13 09-01-2026 13:22:12

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#14 09-01-2026 13:27:48

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#15 09-01-2026 15:42:50

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#16 09-01-2026 17:03:13

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#17 09-01-2026 17:27:36

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#18 09-01-2026 21:41:56

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#19 10-01-2026 08:04:12

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#20 10-01-2026 12:27:39

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#21 10-01-2026 13:06:23

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#22 10-01-2026 14:58:34

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#23 11-01-2026 10:17:11

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#24 11-01-2026 11:53:18

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#25 11-01-2026 15:09:59

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