Un tétraèdre régulier et un octaèdre régulier,l'un et l'autre d'arête 1, reposent sur la table, posés sur une face. Lequel surpasse l'autre en hauteur ? De combien ?

Comme je ne maîtrise pas le LaTeX j'écrirai rc pour racine carrée.

Commençons par le tétraèdre. La hauteur recherchée (H) atterrit pile sur le centre du triangle sur lequel repose le tétraèdre (peut-on dire que c'est évident ?). Ce centre est entre autres l'intersection des hauteurs ou des médianes(peu importe puisqu'elles sont confondues ; il se trouve aux 2/3 de la hauteur à partir d'un des sommets. On alors un triangle rectangle dont l’hypoténuse est une arête et les côtés de l'angle droit sont H et les 2/3 d'une hauteur de la base.
H²=1²-(2/3 x rc3/2)²
H²=1-1/3=2/3
H=rc(2/3)=rc6/3
Pour l'octaèdre, c'est plus compliqué à expliquer. En tranchant l'octaèdre on peut obtenir un losange dont les côtés sont les hauteurs des triangles équilatéraux composant le solide. Ce losange peut être découpé en deux triangles par la petite diagonale (de longueur 1). On a donc des triangles isocèles de dimension rc3/2, rc3/2 et 1 dont la hauteur relative à un des deux petits côtés vaut la longueur recherchée.
De là on peut calculer l'aire de deux manières pour trouver la hauteur (X) de l'octaèdre.
(1)A=(rc3/2 x X)/2
(2)A=rc((rc3+1)/2 x (rc3-1)/2 x (1/2)²) (formule de héron)
=rc(2/4 x 1/4)=rc2/4
En égalant (1) et (2, rc2/4=rc3/4 x X
d'où X=rc2/rc3= rc6/3

En bref, j'obtient que le tétraèdre et l'octaèdre ont la même hauteur, aucun des deux ne surpasse l'autre.
Excuser moi pour la notation, je sais que c'est horrible.
Je suis bien motivé pour apprendre le LaTeX maintenant :)
Sinon, un conseil pour rendre mon texte plus clair? Ou un meilleur moyen d'avoir la réponse?

Edite ton message en mettant des dollars à la place des (*d*) autour des codes suivant, on apprend une langue en la lisant avant de l'écrire ;)


(*d*)
\begin{array}{rcccl}
H^2& =& 1^2-\left(\frac{2}{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2& &\\
H^2& =& 1 - \frac{1}{3}& =& \frac{2}{3}\\
H&=&\sqrt{\frac{2}{3}}&=&\frac{\sqrt{6}}{3}
\end{array}
(*d*)


(*d*)
\begin{eqnarray}
A & = & \frac{\frac{\sqrt{3}}{2} \times X}{2}
A & = & \sqrt{\frac{\sqrt{3}+1}{2} \times \frac{\sqrt{3}-1}{2} \times \left(\frac{1}{2}\right)^2)}\text{ (Formule de Heron)}
\end{eqnarray}
(*d*)


(*d*)
\frac{\sqrt{2}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{4} \times X
(*d*)


(*d*)
X=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}= \frac{\sqrt{6}}{3}
(*d*)

Parfait, je promet d'écrire comme ça à l'avenir.
Sinon pour le problème posé, qu'en dis-tu ?

Je ne vérifie pas tes calculs (), mais le raisonnement a l'air chouette. Un argument simple pour prouver que le pied de la hauteur est le centre du triangle est de dire que dans un tétraèdre, aucun point n'est privilégié. Par suite, le pied de la hauteur n'est pas privilégié par rapport à un quelconque des trois sommets. C'est donc le centre du triangle. Ou, si tu veux condenser davantage, tu dis juste que c'est "pour des raisons de symmétrie"

Le tétraèdre me parait bon, pour l'octaèdre, je regarde ça demain en rentrant à 18h :)

C'est correct, je viens de relire calmement tes calculs et tout me semble bon :)

Pas amusant comme problème

Merci pour ta joie de vivre naturelle, François.

Postulat de Staelens : si un problème de géométrie ne contient pas :

* Une inversion.
* 2 paires de triangles semblables qui, par effet d'optique, sont introuvables.
* Une application de Ceva ou Menelaus.
* 27 orthocentres alignés sur une droite coupant un triangle au milieu d'un de ses côtés.

Alors, il ne peut pas être considéré comme étant amusant. Tu as raison, ne fais jamais ingénieur ! =p

Tu oublies les quadrilatères cycliques, les puissances de points, le théorème de Pascal et les homothéties:p
Mais, le problème 3 de la BxMO de l'année dernière contenait selon la solution trouvée:
- application de ménélaüs
- application de Pascal
- une inversion
- les puissances de points
- deux paires de triangles semblables
- un quadrilatère cyclique

(mais pas 27 orthocentres alignés:p)
Il était pourtant pas amusant (quoique, après coup il ne m'a pas semblé si méchant..)

Je pense donc que le critère "27 orthocentres alignés" est déterminant pour juger de si un problème est amusant ou pasXD