D326- Des calots et des billes Les calots en agate d’Eliott
Empilement n°1
La pyramide P des centres a la forme d’une pyramide SPQRT de sommet S et de base carrée PQRT. On a SP = SQ = SR = ST = PQ= QR = RT = TP. Les faces SPQ, SQR, SRT et STP sont des triangles équilatéraux.
H projection de S sur le plan horizontal est au centre du carré PQRT, M projection de S sur QR est milieu de cette arête de même que N projection de Q sur SR est milieu de cette arête.
Soit a = 1 le rayon d’une agate. Dès lors PQ = QR = 4, QM = HM = HN = 2, QH = SH = 2
2 et SM = NQ = 2 3. Le triangle SHM de même que le triangle QNT sont donc rectangles isocèles.
On en déduit les angles suivants : SPQ = α = 60°, SPT = β = 60°, QPT = γ = 90°,
PSQ =α = 60°, PSH = QSH = δ = 45°,SMH = δ = 45°,QNT = γ = 90°.
Afin de calculer les portions des agates qui sont contenues dans la pyramide P, on utilise le théorème dit de l’excès sphérique de Gauss-Bonnet (voir
http://fr.wikipedia.org/wiki/Angle_solide ) qui donne l'angle solide formé par trois angles α, β, γ (sommet d'un tétraèdre) : = A + B + C - π avec
Le volume du coin du tétraèdre qui est contenu dans une sphère de rayon a = 1 est alors égal à 4π
Ω . 3 4πa3
= 3 Ω.
Les 14 agates de l’empilement se répartissent ainsi :
- les 4 agates dont les centres sont aux sommets P,Q,R,T de la base carrée. Avec α = 60°, β = 60° et γ = 90°, on en déduit = 2arccos(
3
3) + arccos(- 3
1) - π d’où le volume des 4 agates inclus dans P :
V = 1
3
4.[2arccos(
3
3) + arccos(- 3 1) - π ]
- l’agate dont le centre est au sommet S de P. Avec α = 60°, β = 45° et γ = 45°, on obtient l’angle solide du coin du tétraèdre SHPQ contenu dans l’agate : = arccos(0°) +
2arccos(
3
3) - π = 2arcos(
3 3) -
2 π.
D’où le volume de l’agate contenue dans P qui est égale à 4 fois le volume de l’angle solide précédemment calculée : V = 2
3
4.[2arcos(
3 3) -
2 π].
- les 4 agates dont les centres sont placés aux milieux des 4 arêtes SP, SQ, SR et ST. La partie commune de chacune d’elles avec P est un quartier de sphère dont le volume est le quart du volume de l’agate (en effet
360 γ =
4
1).Leur volume total est donc égal à V3= 3 4π.
- les 4 agates dont les centres sont placés aux milieux des 4 arêtes PQ,QR,RT et TP. La partie commune de chacune d’elles avec P est un quartier de sphère dont le volume est le huitième du volume de l’agate (en effet
360 δ =
8
1).Leur volume total est donc égal à
V =4
3 2π.
- la quatorzième agate dont le centre est confondu avec H. Son volume commun avec P est évidemment une demi-sphère de volume V5=
3 2π
Au total le volume des 14 agates contenu dans P est égal à VAV1V2V3V4V5 = 9,73692805..
Le volume de la pyramide P est égal au tiers du produit de l’aire PQRT par la hauteur SH de la pyramide =
3 2
32 = 15,08494467..
La densité de l’empilement est de 0,645473236...
Empilement n°2
Dans cet empilement la pyramide des centres S’P’Q’R’ a la forme d’un tétraèdre régulier T dans lequel les six arêtes S’P’, S’Q’, S’R’ ,P’Q’, Q’R’ et R’P’ sont toutes égales. Les faces S’P’Q’, S’Q’R’,S’R’P’ et la base P’Q’R’ de T sont des triangles équilatéraux. D’où les angles
α' = S’P’Q’ = β' = S’P’R’ = γ' = Q’P’R’ = 60°
H’ projection de S’ sur le plan horizontal est au centre de gravité du triangle P’Q’R’, M’
projection de S’ sur Q’R’ est milieu de cette arête.
Toujours avec a = 1 pour rayon d’une agate, on a P’Q’ = Q’R’ = S’Q’ = .. = 4. Par ailleurs S’M’ = 2 3, H’M’ =
3 3
2 , S’H’=
3
4 2 , cos(δ') = 3 1. Les 10 agates de l’empilement se répartissent ainsi :
- les 4 agates dont les centres sont aux sommets du tétraèdre. Avecα' = β' = γ' = 60°, on en déduit = 3*arccos(
3
1) - π d’où le volume des 4 agates inclus dans le tétraèdre T: '
V1 = 4arccos(
3 1) -
3 4π.
- les 6 agates dont les centres sont au milieu des 6 arêtes de T: La partie commune de chacune d’elles est un quartier de sphère dont le volume rapporté à celui d’une agate est égal à
2π δ' =
2π 3) arcos(1
. Leur volume global vaut alors V2' = 6*
3 4π*
2π 3) arcos(1
= 4arcos(
3 1).
Au total le volume des 10 agates contenu dans T est égal à V'AV'1V'2 = 4[2arcos(
3 1) -
3
π] = 5,65688851... tandis que lee volume de la pyramide T est égal au tiers du produit de l’aire P’Q’R’ par la hauteur S’H’ du tétraèdre =
3 2
16 = 7,54247233..
La densité de l’empilement est de 0,75026269..
Conclusion : le deuxième empilement est le plus dense.
Nota : 1) si on poursuit l’empilement du premier type avec des pyramides de base carrée dont les côtés valent 4(n-2) avec n nombres d’agates mises côte à côte sur le côté de la base carrée, la densité de l’empilement est de la forme N/D avec N équivalent à
9
2)π 1)(n 4n(n
et D qui vaut
3 2 1) 4(n 3
. La densité converge logiquement par valeurs inférieures vers la densité
optimale de l’empilement compact de la conjecture de Képler (désormais démontrée) : 2
3
π =0,7404804... Voir http://fr.wikipedia.org/wiki/Empilement_compact
2) le deuxième empilement donne une densité qui est supérieure à la densité optimale de Képler. Il n’y a pas contradiction car le motif du 2ème empilement ne permet de paver R et il 3 est facile de vérifier avec des considérations d’angles que les tétraèdres réguliers de mêmes dimensions ne s’ajustent pas les uns sur les autres comme les cubes dans une boite
rectangulaire et ne remplissent pas l’espace.Si par analogie avec le motif de la pyramide à base carrée,on augmente la dimension du tétraèdre régulier, le volume des agates inclus dans le tétraèdre est équivalent à
9
2)π 1)(n 2n(n
tandis que le volume du tétraèdre est égal à
3 2 1) 2(n 3
. La densité de l’empilement tétraèdrique converge elle aussi vers la densité optimale
2 3
π mais par valeurs supérieures..
Les billes métalliques de Céline
Il est bien connu que l’empilement « cubique simple » dans lequel Céline remplit le cube avec des couches successives dans lesquelles les billes sont disposées en carré aboutit à une densité égale à
6
π qui est le rapport de du volume de la sphère de rayon a égal à 3 4a3
au volume du cube (2a)3 8a3 qui la contient. On a donc un volume d’eau égal à )
6 1 π ( 21
V1 3 pour finir de remplir le cube.
Avec le remplissage dit optimal, le volume d’eau qui permet de finir de remplir le cube est
égal à )
2 3 (1 π 21
V2 3 . L’économie d’eau est alors ) 6 π 2 3 ( π
213 = 1543.5π( 21) = 2008.54.. arrondis à 2009 cm . 3
Etrange coïncidence, c’est dans les derniers jours de l’année calendaire 2009 que Céline a fait son expérience.
