Les faces sont des triangles équilatéraux

D357- Le dé du roi de Silla

Problème proposé par Pierre Henri Palmade

Q1

Le patron de ce dé est donné par la page web à laquelle renvoie le lien juryeonggu :

Q₂

Un octaèdre régulier a 8 faces et 6 sommets. Les faces sont des triangles équilatéraux. En chaque sommets se rejoignent 4 faces; les arêtes adjacentes font un angle de 60° et les arêtes opposées sont orthogonales.

À l'occasion de fouilles réalisées en 1975 à Gyeongju en Corée du Sud, les archéologues ont découvert un dé à 14 faces appelé "juryeonggu" qui datait de l'époque du roi de Silla au 7ème siècle après J.C.

Ce dé comporte deux motifs : un carré reproduit sur six faces et un hexagone qui apparaît à l'identique sur huit faces. Par convention, le côté de chaque carré est égal à l'unité et les longueurs distinctes des côtés de chaque hexagone sont 1 et a.

Q₁ Etablir le patron de ce dé.

Q₂ Montrer que ce dé peut être obtenu par troncature d'un polyèdre régulier dont on donnera les dimensions en fonction de a.

Q₃ Calculer la valeur de a de sorte que les aires des 14 faces soient identiques (juryeonggu traditionnel).

Q₄ Pour les plus courageux : on admet qu'après avoir lancé le dé, la probabilité pour qu'il tombe sur l'une quelconque de ses faces est proportionnelle à l'angle solide sous-tendu par cette face. Peut-on dire qu’avec le juryeonggu traditionnel la probabilité d'apparition de l'une quelconque des faces visible est toujours égale à 1/14?

Si l'on tronque un sommet par un plan orthogonal à la direction menant de celui-ci au centre de l'octaèdre, on obtient un carré et les 4 faces réunies en ce sommet sont chacune amputées en l'un de leurs sommets d'un triangle équilatéral de côté égal à celui du carré.

Si l'on procède de même en chaque sommet avec la même dimension des carrés, en prenant le côté de chaque carré pour unité, les 8 faces triangulaires de l'octaèdre deviennent autant d'hexagones dont les côtés sont alternativement 1 et a.

Les arêtes de l'octaèdre avant troncature ont donc pour longueur 2 + a.

Q₃

Les faces carrées ont pour aire 1, par convention.

Les faces hexagonales résultent chacune de l'amputation d'un triangle équilatéral de côté 1 en chacun des 3 sommets d'un triangle équilatéral de côté 2 + a. Elles ont donc chacune pour aire :

[(2 + a)² – 3] √3/4 = [1 + 4a + a²]√3/4.

Pour que cette aire soit égale à celle des faces carrées, soit 1, il faut que : a² + 4a + 1– 4/√3 = 0

soit :

a = – 2 + √(3+4/√3) = 0,30421377 Q₄

Pour répondre à cette question, il suffit de rechercher si les 6 faces carrées (ou les 8 faces

hexagonales, mais elles sont moins simples) sous-tendent / interceptent la moitié de l'espace, soit 2 stéradians.

Le dé comporte 6×4 = 24 sommets de carrés, donc 24 sommets en tout car en chaque sommet du dé il y a un sommet de carré et un seul. Pour d'évidentes raisons de symétrie, ces 24 sommets sont sur une même sphère, dont il nous faut tout d'abord calculer le rayon.

Considérons un plan de symétrie du dé, qui le coupe selon un octogone formé d'une alternance de 4 diagonales de carrés (de longueur √2) et de 4 "côtés a" d'hexagones.

Les angles AOB et AOC sont complémentaires donc : Asin (√2/2r) + Asin (a/2r) = /4

Or on connaît a = 0,304

On en déduit par tâtonnements : r = 1,162

Nous devons donc calculer la portion d'espace (angle solide) sous-tendue par une pyramide droite à base carrée de côté 1 et dont les arêtes issues du sommet ont pour longueur r.

Si ce nombre est proche de 1/14 4 =2/7 = 0,8976 stéradians, la réponse sera positive.

Cette pyramide découpe sur la sphère de rayon r un "carré sphérique" formé de deux triangles sphériques égaux accolés. Calculons l'aire de chacun d'entre eux par la formule de Girard :

S = (somme des dièdres – ) r²

Calculons les dièdres de ce triangle sphérique. Dans la pyramide SABCD, où ABCD est un carré de côté 1 et où SA = SB = SC = SD = r, le dièdre en B est l'angle que font les faces SBA et SBC.

Si l'on élève de A et de C les hauteurs AH et CH de SBA et SBC, on a, en écrivant de deux manières l'aire de SAB :

r AH / 2 = h × 1 / 2

où h est la hauteur issue de S du triangle SAB, soit √(r² – ¼), soit : AH = √(r² – ¼) / r

à titre indicatif, pour r = 1,162, on trouve : AH = 0,9027.

Dans le triangle isocèle AHC, le dièdre B n'est autre que l'angle AHC, qui peut se calculer par la loi des cosinus, soit :

AC² = AH² + CH² – 2 AH CH cosB 2 = 2 AH² (1 – cosB)

(1 – cosB) = 1/AH² = r² / (r² – ¼) cosB = – 1 / (4r² – 1)

Soit ici, avec r = 1,162 :

cos B = – 0,2272

B = 1,8 radian = 103,13°

Dans le triangle sphérique ABC, les dièdres en A et C sont à l'évidence moitié du dièdre en B et la formule de Girard s'écrit :

S = (2B – ) r² = (3,6 – ) r²

soit pour chaque "carré sphérique" un angle solide de (7,2 – 2) = 0,9168 stéradians.

Il reste donc à se partager en 8 pour les hexagones : 4– 6 (7,2 – 2) = 16– 6×7,2,

soit pour chaque "hexagone sphérique" :

2– 5,4 = 0,8832

Ces valeurs, rapportées à 4, sont les probabilités d'apparition d'une face donnée, soit :

 pour une face carrée : p_c = 0,9168 / 4= 0,0729

 pour une face hexagonale : p_h = 0,8832 / 4= 0,0703 Par construction, on retrouve bien :

6 pc + 8ph = 1

En conclusion, avec le juryeonggu traditionnel, la probabilité d'apparition de l'une

quelconque des faces visibles (probabilité comprise comme proportionnelle à l'angle solide sous-tendu par cette face) est assez voisine selon qu'il s'agit d'une face carrée ou

hexagonale, mais on ne peut pas dire qu'elle est toujours égale à 1/14. Elle s'en écarte d'environ 2% dans un sens ou dans l'autre et les faces carrées sont défavorisées.

À noter que la page web à laquelle renvoie le lien juryeonggu déclare ces probabilités toutes égales à 1/14, ce qui est exact si la probabilité d'apparition de l'une quelconque des faces visibles est comprise comme proportionnelle à l'aire de cette face (puisque ces aires sont toutes égales par construction aux termes de la question 3), et non à l'angle solide qu'elle sous-tend.

Inversement, on peut se demander à titre de curiosité pour quelle valeur de a les 14 faces seraient équiprobables au titre des angles solides.

Comme a est lié à r par :

Asin (√2/2r) + Asin (a/2r) = /4

et que c'est r qui intervient dans le calcul des angles solides, il suffit de calculer ce dernier.

Il suffit donc de "remonter" les calculs ci-dessus.

L'aire S du demi-carré sphérique est toujours : S = (2B – ) r²

et B est toujours défini par :

cosB = – 1 / (4r² – 1)

mais nous voulons cette fois que S = 4r²/28 = r²/7, soit : (2B – ) = /7

donc :

B = 4/7 D'où :

cos B = – 0,2252 et donc :

(4r² – 1) = 1/0,2252 soit :

r = 1,1719

En reportant dans :

Asin (√2/2r) + Asin (a/2r) = /4 il vient :

Asin (a/2×1,1719) = /4 – Asin (√2/2×1,1719) = 0,1377 D'où :

a = 2×1,1719 sin(0,1377) = 0,32173, qui diffère de 0,30421 de près de 6%