Tétraèdre "de Rupert"

cailloux · 11-01-2026 17:49:17

Bonjour à tous,
Bernard-maths m'a obligé à manger mon chapeau ! Merci à lui :)
Par négligence/flemme, j'avais écrit dans le message 20 :
- On construit les triangles rectangles isocèles (dans le "bon sens") $DHE$ et $CKF$.
Suite à la dernière figure de Bernard-maths où semble apparaître plusieurs solutions, J'ai tenté d'adapter ma construction en considérant les points $E'$ et $F'$ symétriques de $E$ et $F$ par rapport à $H$ et $K$.
La droite $(E'F')$ coupe $D_1$ en $B_1$ à l'origine d'un second carré solution $B_1B_2B_3B_4$
Il est possible qu'il en existe d'autres (les droites $(EF')$ et $(E'F)$ ne semblent rien donner).

Bref, je savais le problème "difficile" mais c'est encore plus compliqué que je ne le pensais ...
La figure commence à être parfaitement illisible. Je n'ose pas imaginer ce qu'elle pourrait devenir avec d'autres solutions éventuelles ...
En tout cas, l'ami Bernard-maths a le grand mérite d'avoir levé un lièvre, via une exploration logicielle, que j'avais fort malhonnêtement balayé sous le tapis.

Dernière modification par cailloux (11-01-2026 18:08:19)

Imod · 11-01-2026 18:07:40

J'avais préparé une figure pour illustrer l'infinité de solutions dans certains cas , je la donne :

J'ai tout de même jeté un coup d'œil à la figure précédente . Il semblait assez évident qu'en visitant les droites dans le sens trigo ou rétro on allait généralement obtenir deux solutions .

Imod

Edit : plus précisément , si les droites sont numérotées 1 , 2 , 3 et 4 il faut que les sommets 1 , 2 , 3 et 4 du carré soient respectivement sur les droites 1 , 2 , 3 et 4 , la rotation s'effectuant dans le sens trigo .

Dernière modification par Imod (11-01-2026 18:16:05)

Bernard-maths · 12-01-2026 17:25:56

Bonjour à tous !

J'ai poussé les calculs en envisageant de garder P et Q sur d1 et d2, mais en permutant R sur d4 et S sur d3 PQRS toujours direct :

On a un autre carré P'Q'R'S' en plus du 1er PQRS.

On doit donc prévoir "beaucoup de solutions" ???

Bernard-maths

cailloux · 13-01-2026 00:32:26

Bonsoir,
Plusieurs solutions, c'est désormais certain. Combien ? Je ne me risquerai pas à répondre.
En situation générale (hormis cas exceptionnel), j'en avais repéré 4 : deux construites dans le message 26 et deux autres dont la construction m'échappe pour l'instant.
En initiant ce fil, j'étais très (trop) optimiste : le tétraèdre "de Rupert", j'allais en faire mon affaire en un tournemain avec la descriptive.
Las ! Non seulement j'ai vite déchanté mais le problème annexe (4 droites et les carrés) a débouché sur des difficultés que je n'avais pas vu venir.
Je me suis perdu à plusieurs reprises dans ma propre figure. Un comble !
Bref, sans être totalement découragé, je commence à faiblir ...

Bernard-maths · 13-01-2026 08:50:55

Bonjour à tous !

Je vais continuer le début des 2 cas en prenant un carré indirect. Nouveaux cas ou non ?

Après on fait du dénombrement !

G sur d1 mais H sur d3, puis I et J sur d2 d4 ou d4 d2, en direct ou indirect : 4 cas

G sur d1 mais H sur d4, puis ... 4 cas

G sur d2 et H sur d3 ...4 cas

G sur d2 et H sur d4 ... 4 cas

Gsur d3 et H sur d4 ... 4 cas

Donc environ 20 cas ???

B-m

Imod · 13-01-2026 10:15:27

Bien sûr que c'est du dénombrement .

Dans les cas non dégénérés chaque cycle 1234 donne au maximum un carré il y a donc au maximum 12 solutions . L'étude n'est pas si complexe que ça , il suffit de considérer deux points C et D sur D2 et D4 et de tracer la droite ( EF) du dessin de Pierre . (CD) correspond à la droite D3 sur le dessin de Pierre . On a la solution 1234 à partir de l'intersection des droites D1 et (EF) . On retrouve bien la question initiale sur les positions relatives des droites D1 et (EF) .

Imod

DSBmath · 13-01-2026 10:25:16

cailloux a écrit :

Bref, sans être totalement découragé, je commence à faiblir ...

Bonjour
En ce qui me concerne j'ai choisi de traiter ce problème en utilisant des barycentres.
Les solutions sont données par a,b,c,d et qui sont des rapports d'homothéties.
Ces rapports peuvent êtres représentés par des coordonnées cartésiennes de points situés sur des coniques (au total six coniques) dans un repère orthonormé.
Chaque rapport de ces homothéties est une des deux coordonnées d'un point situé sur les coniques qui lui correspondent.

Donc voilà ce que j'ai obtenu précisément mais je poste que la première partie de mon propos avec une première image pour l'accompagner:
___________________________________________
On dispose d'un ensemble défini par quatre droites lesquelles sont elles aussi définies
Écrivons $\{(A_1A_2),(B_1B_2),(C_1C_2),(D_1D_2)\}$ cet ensemble
On va supposer qu'il existe un carré $ABCD$ tel que toute droite de cet ensemble porte un sommet de ce carré
et tout sommet de ce carré est porté par une droite de cet ensemble

On va supposer aussi que:
La droite $(A_1A_2)$ porte $A$
La droite $(B_1B_2)$ porte $B$
La droite $(C_1C_2)$ porte $C$
La droite $(D_1D_2)$ porte $D$

Deux conséquences triviales s'imposent alors:

_______________________________
Première conséquence triviale :

Ces droites étant définies alors on a :
$A_1A_2\neq 0$
$B_1B_2\neq 0$
$C_1C_2\neq 0$
$D_1D_2\neq 0$
_____________________________
Deuxième conséquence triviale:

Comme il s'agit d'un ensemble défini par quatre éléments lesquels sont des droites alors on a:

$A_1$ et $A_2$ ne peuvent simultanément appartenir à l'une des trois droites $(B_1B_2),(C_1C_2),(D_1D_2)$
$B_1$ et $B_2$ ne peuvent simultanément appartenir à l'une des trois droites $(C_1C_2),(D_1D_2),(A_1A_2)$
$C_1$ et $C_2$ ne peuvent simultanément appartenir à l'une des trois droites $(D_1D_2),(A_1A_2),(B_1B_2)$
$D_1$ et $D_2$ ne peuvent simultanément appartenir à l'une des trois droites $(A_1A_2),(B_1B_2),(C_1C_2)$

_____________________________
Passons au choix de traitement du problème

On va choisir de travailler avec des barycentres où les poids sont des rapports d'homothéties

-Comme $A\in (A_1A_2)$ on peut donc considérer que:
$A$ est l'image de $A_2$ par l'homothétie de centre $A_1$ et de rapport a
-Comme $B\in (B_1B_2)$ on peut donc considérer que:
$B$ est l'image de $B_2$ par l'homothétie de centre $B_1$ et de rapport b
-Comme $C\in (C_1C_2)$ on peut donc considérer que:
$C$ est l'image de $C_2$ par l'homothétie de centre $C_1$ et de rapport c
-Comme $D\in (D_1D_2)$ on peut donc considérer que:
$D$ est l'image de $D_2$ par l'homothétie de centre $D_1$ et de rapport d

___________________________
On obtient les résultats immédiats suivants:

Les rapports $a,b,c,d$ sont donnés par les expressions:

$a=\dfrac {A_1A^2-A_2A^2+A_1A_2^2}{2 A_1A_2^2}$
$b=\dfrac {B_1B^2-B_2B^2+B_1B_2^2}{2 B_1B_2^2}$
$c=\dfrac {C_1C^2-C_2C^2+C_1C_2^2}{2 C_1C_2^2}$
$d=\dfrac {D_1D^2-D_2D^2+D_1D_2^2}{2 D_1D_2^2}$

On obtient les relations vectorielles suivantes:

$\overrightarrow {A_1A}=a \overrightarrow {A_1A_2}$
$\overrightarrow {B_1B}=b \overrightarrow {B_1B_2}$
$\overrightarrow {C_1C}=c \overrightarrow {C_1C_2}$
$\overrightarrow {D_1D}=d \overrightarrow {D_1D_2}$

On obtient les mesures géométriques des bipoints selon:

$A_1A=\sqrt {a^2} A_1A_2$
$B_1B=\sqrt {b^2} B_1B_2$
$C_1C=\sqrt {c^2} C_1C_2$
$D_1D=\sqrt {d^2} D_1D_2$

$A_1A=\sqrt {(a-1)^2} A_1A_2$
$B_1B=\sqrt {(b-1)^2} B_1B_2$
$C_1C=\sqrt {(c-1)^2} C_1C_2$
$D_1D=\sqrt {(d-1)^2} D_1D_2$

___________________________

Si la supposition est exacte alors on obtient

En notant $r$ la longueur du côté du carré ABCD
$R=\sqrt {2} r $ la longueur de la diagonale du carré ABCD

donc:

$r^2=AB^2=BC^2=CD^2=DA^2$
$R^2=AC^2=BD^2$

Alors on obtient les six équations suivantes:

$AB^2=A_1B_1^2+a^2A_1A_2^2+b^2B_1B_2^2$
$+a\left(B_1A_2^2-A_1B_1^2-A_1A_2^2\right)$
$+b\left(A_1B_2^2-A_1B_1^2-B_1B_2^2\right)$
$+ab\left(A_1B_1^2+A_2B_2^2-A_1B_2^2-A_2B_1^2\right)$

$BC^2=B_1C_1^2+b^2B_1B_2^2+c^2C_1C_2^2$
$+b\left(C_1B_2^2-B_1C_1^2-B_1B_2^2\right)$
$+c\left(B_1C_2^2-B_1C_1^2-C_1C_2^2\right)$
$+bc\left(B_1C_1^2+B_2C_2^2-B_1C_2^2-B_2C_1^2\right)$

$CD^2=C_1D_1^2+c^2C_1C_2^2+d^2D_1D_2^2$
$+c\left(D_1C_2^2-C_1D_1^2-C_1C_2^2\right)$
$+d\left(C_1D_2^2-C_1D_1^2-D_1D_2^2\right)$
$+cd\left(C_1D_1^2+C_2D_2^2-C_1D_2^2-C_2D_1^2\right)$

$DA^2=D_1A_1^2+d^2D_1D_2^2+a^2A_1A_2^2$
$+d\left(A_1D_2^2-D_1A_1^2-D_1D_2^2\right)$
$+a\left(D_1A_2^2-D_1A_1^2-A_1A_2^2\right)$
$+da\left(D_1A_1^2+D_2A_2^2-D_1A_2^2-D_2A_1^2\right)$

$AC^2=A_1C_1^2+a^2A_1A_2^2+c^2C_1C_2^2$
$+a\left(C_1A_2^2-A_1C_1^2-A_1A_2^2\right)$
$+c\left(A_1C_2^2-A_1C_1^2-C_1C_2^2\right)$
$+ac\left(A_1C_1^2+A_2C_2^2-A_1C_2^2-A_2C_1^2\right)$

$BD^2=B_1D_1^2+b^2B_1B_2^2+d^2D_1D_2^2$
$+b\left(D_1B_2^2-B_1D_1^2-B_1B_2^2\right)$
$+d\left(B_1D_2^2-B_1D_1^2-D_1D_2^2\right)$
$+bd\left(B_1D_1^2+B_2D_2^2-B_1D_2^2-B_2D_1^2\right)$

______________________________

Traitement avec des coniques

Dans un repère orthonormé d'origine $O$ et de base orthonormée $\left(\overrightarrow {i},\overrightarrow {j}\right)$

on va considérer les équations de six coniques $\Omega _k$ avec $k\in \mathbb {N}^*_6$ définies par:

$a_kx^2+2b_kxy+c_ky^2+d_kx+e_ky+f_k=0$ avec:

$a_1=2 A_1A_2^2$
$b_1=A_1B_1^2+A_2B_2^2-A_1B_2^2-A_2B_1^2$
$c_1=2 B_1B_2^2$
$d_1=2\left(B_1A_2^2-A_1B_1^2-A_1A_2^2\right)$
$e_1=2\left(A_1B_2^2-A_1B_1^2-B_1B_2^2\right)$
$f_1=2 \left(A_1B_1^2-r^2\right)$

En fait avec cette première conique en mauve dans l'image ci-dessous

Je reviendrai pour la suite de mon propos
Il y a cinq autres coniques à faire
puis ensuite il faudra que je les traite

Dernière modification par DSBmath (13-01-2026 10:38:55)

DSBmath · 13-01-2026 10:39:30

il y avait une faute d'écriture sur l'image j'ai corrigé

DSBmath · 13-01-2026 20:01:56

Que dois-je comprendre de Cailloux ? Que ce n'est pas la peine que je continue avec ce que je propose ici?
SI c'est le cas alors très bien car après tout c'est votre sujet. Je ne sais pas trop quoi penser de votre sujet ouvert à côté sans même me répondre directement. N'ayez pas peur de me parler, je n'ai pas la peste
peste

Imod · 13-01-2026 23:38:47

@DSB
Il n'est pas utile de monter dans les étages parce qu'il n'y a pas eu de réaction à tes messages . Personnellement je ne lis jamais les réponses en plusieurs pages quand elles n'arrivent pas à m'accrocher dès les première lignes . Tes pages de calculs où les brouillons de Bernard n'ont vraiment rien d'enthousiasmant et dans ces cas , par paresse , je laisse tomber .
Imod

DSBmath · 13-01-2026 23:58:05

Bonjour Imod
Dans ce cas je posterai directement les solutions des rapports a,b,c,d sans aucunes explications
Il suffira de les prendre et puis si quelqu'un me demande comment je les ai eu eh bien j'ouvrirai un sujet voilà tout
Je trouve que c'est plus civilisé que de se parler au lieu d'ouvrir un sujet comme Cailloux l'a fait et me traiter ainsi comme un pestiféré (ce que je ne suis pas)

Dernière modification par DSBmath (13-01-2026 23:58:40)

jelobreuil · 14-01-2026 11:46:42

Bonjour DSBmaths, bonjour Imod,
Apparemment, le message n° 22 de cette discussion vous a échappé ! Vous y trouverez l'explication du silence de cailloux...
Cordialement, JLB

Imod · 14-01-2026 11:56:30

Ce message ne nous avait pas échappé :)
Cailloux continue à participer .
Imod

DSBmath · 14-01-2026 12:28:22

Ce message m'avait échappé
Quand je suis arrivé au message n°7 je suis parti avec l'idée que traiter ce problème en prenant les équations des droites comme il était suggéré était une mauvaise idée et qu'il fallait s'y prendre autrement donc avec des barycentres comme je l'ai fait.
Bon moi avec mes six coniques j'ai obtenu un résultat qui sans alourdir mon propos par des calculs ici (comme cela tout se passera bien ) seront simplement exprimés ici :
Pour les quatre première coniques je pose r la longueur du côté du carré et pour les deux autres je pose R la longueur de la diagonale du carré comme étant compris dans un intervalle tel que pour une conique donnée le déterminant de la matrices 3x3 d'une certaine forme quadratique $Q(X)=q(x)+l(x).x_3+c_0.x_3^2$ (où entre parenthèses q est la forme quadratique de matrice carrée 2x2 qui indique si dans l'hypothèse que la conique soit propre alors on sait si celle-ci est une ellipse , une parabole ou une hyperbole ) dans une base (i,j,1) de l'espace produit $\mathcal {P}\times \mathbb {R}$ (entre parenthèses avec $\mathcal {P}$ le plan de la conique et (i,j) une base orthonormée de la direction du plan de cette conique) ne soit pas nul et dans ce contexte là alors la conique est propre.

Merci Cailloux pour l'idée de ce sujet car elle est bien

DSBmath · 14-01-2026 14:35:00

une précision puisque je viens de le voir avec la matrice de q dans la base (i,j)
si un tel carré ABCD existe alors ces 6 coniques sont toujours des ellipses

Imod · 16-01-2026 10:06:23

J’ai continué à regarder les cas dégénérés . Il est facile d’en construire une infinité en partant d’un triangle quelconque $XHK$ , $H$ et $K$ sont les points du dessin de Pierre et $X$ le point d’intersection des droites $D_2$ et $D_4$ . On place $C$ et $D$ les pieds des hauteurs et $Y$ le point tel que $XHYK$ soit un parallélogramme . On construit les points $E$ et $F$ de la figure de Pierre qui sont sur $(HY)$ et $(KY)$ . Il reste à placer les points $A$ et $B$ sur $(XH)$ et $(XK)$ . Si $(AB)$ est strictement parallèle à $(EF)$ , il n’y a pas de carré $A_1A_2A_3A_4$ dans le sens direct et si $(AB) = (EF)$ il y en a un infinité c’est-à-dire que l’on peut placer $A_1$ n’importe où sur $(EF)$ . Dans ce cas de figure il me semble que le centre des différents carrés décrit une droite .

Imod

cailloux · 16-01-2026 13:23:05

Bonjour à tous,

Dans ce cas de figure il me semble que le centre des différents carrés décrit une droite .

Une droite qu'on peut construire : voir les milieux $I$ et $J$ des segments $[CF]$ et $[DE]$.
Pour chaque centre $O$ de cette droite, on peut aussi construire le carré $A_1A_2A_3A_4$ correspondant via la symétrie centrale de centre $O$.

Ce ne sont que quelques remarques sans prétention ...

DSBmath · 01-02-2026 13:11:57

DSBmath a écrit :

une précision puisque je viens de le voir avec la matrice de q dans la base (i,j)
si un tel carré ABCD existe alors ces 6 coniques sont toujours des ellipses

Je reviens juste pour ne pas laisser cette erreur :
Erreur de ma part donc car je viens juste de terminer ma démonstration.
Si un tel carré ABCD existe alors ces coniques ne sont jamais des hyperboles.
-Si deux droites sont parallèles alors la conique associée à ces deux droites est une parabole.
-Si deux droites sont perpendiculaires alors la conique associée à ces deux droites est un cercle.

Bon maintenant que cette erreur est corrigée je reviendrai donc avec les gifs correspondants.
Cas général lorsque les quatre droites forment un quadrilatère complet et les cas particuliers avec des droites parallèles et (ou) perpendiculaires.

Dernière modification par DSBmath (01-02-2026 13:12:40)

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#26 11-01-2026 17:49:17

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#27 11-01-2026 18:07:40

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#28 12-01-2026 17:25:56

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#29 13-01-2026 00:32:26

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#30 13-01-2026 08:50:55

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#31 13-01-2026 10:15:27

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#32 13-01-2026 10:25:16

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#33 13-01-2026 10:39:30

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#34 13-01-2026 20:01:56

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#35 13-01-2026 23:38:47

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#36 13-01-2026 23:58:05

Re : Tétraèdre "de Rupert"

#37 14-01-2026 11:46:42

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#38 14-01-2026 11:56:30

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#39 14-01-2026 12:28:22

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#40 14-01-2026 14:35:00

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#41 16-01-2026 10:06:23

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#42 16-01-2026 13:23:05

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#43 01-02-2026 13:11:57

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