Volume de l'anti-prisme-4
Réponses
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Bonjour,
tiens, la construction d'un octogone régulier !
Bien cordialement.
kolotoko -
Pratiquée notamment par les compagnons.
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Merci Soland pour ce bel exercice que je serai bien en peine de résoudre vu mon incapacité notoire à voir dans l'espace.
Le site mathcurve donne cette formule pour le volume:
$$\dfrac{a^3}{12t}(3-t^2)^{\frac 32}\qquad$$
où $a$ est la longueur commune des arêtes et $t=\tan(\frac{\pi}8)\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
J'ai l'intuition que ce volume peut être calculé par intégration en coupant l'antiprisme par des plans parallèles aux bases carrées, l'aire des sections obtenues devant s'évaluer facilement (?) comme celle d'un carré écorné avec les axiomes de Thalès et de Pythagore! -
J'ai une autre méthode, mais attends encore un peu.
-
Mon cher Soland
Peut-être que l'antiprisme peut être vu comme une réunion de pyramides?
Je dis sans doute une bêtise car j'ai du mal à voir dans l'espace!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Oui, avec le sommet au centre et une face de l'antiprisme comme base.
La fin du calcul est
$V=2V4+8V3 = ...$ -
Bonsoir,
Ci-joint une figure GGB 3D de l'anti-prisme coupé par un plan parallèle à ses bases carrées. -
Merci Ludwig
Mais si on veut suivre la méthode que je suggère, la figure plane de Soland (vue en géométrie cotée) se suffit à elle même puisque j'ai réussi à tracer ta section plane en vraie grandeur avec elle.
Tout ce qui reste à faire, ce sont les calculs!
Quelque vague polynôme à intégrer!
Est-ce que c'est moi qui vais devoir m'y coller comme d'habitude?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Merci pour ta figure avec laquelle on voit mieux le découpage de Soland à réaliser.
Mais pourrais-tu la refaire un peu plus grande sans la section plane et en donnant des étiquettes aux sommets?
$(a_0,b_0,c_0,d_0)\qquad$ pour la première face carrée, $(a_1,b_1,c_1,d_1)\qquad$ pour la seconde, tournée d'un quart de tour.
Merci d'avance! -
Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves.
Je pense que nous sommes dans un cas où nous pouvons appliquer la formule des trois niveaux:
$$V=\dfrac h6(S_0+4S_{\frac 12}+S_1)\qquad$$
Ici $S_0=S_1=S(a_0b_0c_0d_0)=S(a_1b_1c_1d_1)$ est l'aire commune des deux faces carrées.
Et $S_{\frac 12}$ est l'aire de la section du milieu qui est celle d'un octogone régulier.
Quant à $h$, c'est la distance entre les deux faces carrées.
J'ai la flemme de faire ces calculs sans intérêt!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
Si on veut utiliser la formule des trois niveaux, il faut prouver que l'aire de la section de cote $z$ est de la forme:
$$S(z)=Az^2+Bz+C\qquad$$
Un simple et tristounet polynôme du second degré mais c'est encore trop demander à nos étudiants actuels qui, par contre sont imbattables sur les anneaux de polynômes!!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Deux petits déterminants donnent les volumes des tétraèdres infra (rouges).
Summa summarum on trouve
$$
Vol=\sqrt[4]{2}(1+\sqrt{2}a^3/3 \approx 0.957 a^3
$$ -
Quitte à paraître ridicule ou pinailleur, je m'interroge sur la preuve de la preuve de
$Vol(P)=\sum_i Vol(Conv(X,F_i))$ où les $F_i$ sont les faces et $X$ le point bleu.
Vraisemblablement, ces ensembles ont $P$ comme réunion et les intersections 2 à 2 de mesure nulle; mais comment le montrer rigoureusement ? -
Mon cher Soland
Dis moi si je me trompe mais aurais-tu découpé ton antiprisme en deux quadruplets de tétraèdres isométriques?
Il faudrait expliquer un peu plus ta figure!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Je préconise une visualisation les yeux fermés, un
un dessin animé sur écran 3D imaginaire.
L'antiprisme A ressemble à un tambour, deux peaux carrées
et un zig-zag de cordes pour les tendre.
On subdivise les carrés par leurs diagonales
ce qui donne un nouveau polyèdre A' à faces triangulaires,
huit faces équilatérales et huit faces rectangles isocèles.
On transforme E, une des faces, en E'
par une homothétie centrée au centre o du polyèdre.
Son rapport décroît de 1 à 0, puis croît de 0 à 1,
puis décroît à nouveau, puis recroît, etc.
Dans ce mouvement la face E' balaye une pyramide
de base E et de sommet o.
On applique cette procédure à toutes les faces de A'
qui est alors décomposé en pyramides.
$-$ Si deux faces sont disjointes, les pyramides correspondantes P et Q ont le point o en commun.
$-$ Si deux faces ont une arête commune C, les pyramides correspondantes P et Q ont une face latérale commune,
balayée par C.
A se trouve ainsi décomposé en pyramides dont les intérieurs sont disjoints.
C'est le standard pour ce genre de décompositions servant à calculer des volumes. -
C'est magnifique !
Mais il reste pour moi un point obscur : le rayon de la sphère circonscrite est semble-t-il égal aux arêtes, et je ne vois pas pourquoi.
Une remarque pour pappus : la formule des trois niveaux s’applique dès que l'aire de la section est une fonction de la cote qui est un polynôme de degré inférieur ou égal à $3$.
Et maintenant, il reste à calculer le moment d'inertie de notre antiprisme par rapport à son axe (:D.
Bonne journée de soleil.
Fr. Ch.
. -
> le rayon de la sphère circonscrite est semble-t-il égal aux arêtes <
Il n'est pas.
cordialement. -
Alors le tétraèdre rouge de la deuxième image n'est pas régulier ?
-
Il n'est pas.. Voici les coordonnées d'un sommet :
-
Alors finalement, quel est ce volume, en fonction de l'arête $a$ ?
Admettons que s'applique la formule des 3 niveaux, selon l'idée de pappus.
Les deux bases sont des carrés d'aire $a^2$.
Le côté $c$ du grand carré de la figure initiale s'exprime sans trop de mal en fonction de $a$.
Avec les remarques graphiques de pappus, on voit que la section médiane est un octogone régulier inscrit dans un cercle de rayon $\frac c2$, dont l'aire n'est donc pas difficile à calculer,
Le point un peu plus embêtant c'est la hauteur, mais on peut y arriver.
Est-il utile de finaliser ?
Bonne nuit.
Fr. Ch. -
Mon cher Chaurien
Oui, finalise!
Je te signale que la longueur de la hauteur est donnée dans mathcurve, sans doute en appliquant l'axiome de Pythagore, quelle histoire!!
On se demande bien à quoi il peut encore servir!
Il ne reste plus que le calcul de l'aire de cet octogone!
Mais le plus intéressant est de montrer que l'aire de la section de cote $z$ est bien donnée par un polynôme du second degré en $z$.
Le résultat reste valable pour un $n$-gone dont les sommets écrivent des droites.
Cela sent bon les $TGV$!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
En jetant un (petiit) coup d'œil sur les coordonnées que j'ai données,
on voit que la hauteur de l'antiprisme est
$$
h=2^{(-1/4)} \approx 0.841
$$ -
pappus, j'ai fait observer plus haut que la formule des trois niveaux s'applique dès lors que l'aire de la section est une fonction polynomiale de la cote de degré inférieur ou égal à 3 et non seulement à 2.
Bonne journée d'été.
Fr. Ch. -
Mon cher Chaurien
Bien sûr que je sais que tu sais.
Mais une chose est d'affirmer que dans la configuration de Soland l'aire de la section de cote $z$ est un polynôme de degré inférieur ou égal à $3$ en $z$ (et en l'occurrence un polynôme de degré $2$) et autre chose est de le prouver pour l'édification de tes lecteurs.
C'est d'ailleurs le seul intérêt de cet exercice!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Mon cher pappus,
Oui je sais bien qu'en mathématiques l'important c'est de prouver, et de ne pas rester dans les « activités » dénoncées à juste titre par notre cher Ramon.
Alors, je proposerais de reprendre la belle figure que tu nous as offerte, en appelant $M$ le point variable sur le segment $AB$. Il me semble que le rapport $\lambda = \frac {AM}{AB}$ est proportionnel à la cote du plan sécant variable, et l'aire de l'octogone jaune n'est pas trop difficile à calculer en fonction de $\lambda$, avec Thalès et Pythagore, qui, quels que soient leurs statuts, sont des vérités sûres. Sauf erreur, on trouve un polynôme de degré 2, et comme cet octogone est la section, ceci nous autorise à appliquer la formule des trois niveaux, selon ton idée.
J'espère n'avoir pas dit de bêtises.
Bonne journée.
Fr. Ch. -
L'anti-prisme5, que l'on peut compléter en icosaèdre, est-il
plus, ou moins "user-friendly"? -
Je note toujours $a$ l'arête de notre antiprisme.
$\bullet$ Les bases sont des carrés d'aire $a^2$.
$\bullet$ La section médiane correspond sur la figure précédente au point $M$ milieu de $AB$.
$~~~~~~~~$C'est un octogone régulier dont le côté est $\frac a2$. Son aire est : $\frac {\sqrt 2+1}2 a^2$.
$\bullet$ Moi aussi avec mes méthodes un peu balourdes j'ai trouvé la hauteur $h=2^{-\frac 14}a$.
$\bullet$ La formule des trois niveaux donne donc le volume :
$~~~~~~~~$$V= \frac 16· 2^{-\frac 14}a( a^2+a^2+4 \frac {\sqrt 2+1}2 a^2) =(2^{\frac 14}+2^{\frac 34}) \frac {a^3}3$.
Juste ou faux ?
Bonne journée.
Fr. Ch. -
Désolé, je ne comprends pas plus le globish que le FCC.
-
Mon cher Chaurien
Soland avait donné auparavant la même valeur que toi pour le volume.
Quant à l’anti prisme, je le trouve aussi convivial puisque nous sommes tous réunis autour de lui pour en parler!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Eh bien nous sommes d'accord, et nous trouvons la même chose en ayant procédé différemment, ce qui est bon signe.
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Bonjour!
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