L'objet de ce problème est de montrer que lorsque les faces d'un tétraèdre ont la même aire alors elles sont isométriques (théorème de Bang).

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Énoncé

L'objet de ce problème est de montrer que lorsque les faces d'un tétraèdre ont la même aire alors elles sont isométriques (théorème de Bang).

On se place dans un espace euclidien orienté de dimension trois.

1. Écart angulaire.

Soit − → u et − → v deux vecteurs non nuls. On appelle écart angulaire entre − → u et − → v le nombre

θ = arccos ( − → u / − → v ) k− → u k k− → v k Montrer que

k− → u ∧ − → v k = k− → u k k− → v k sin θ 2. Intersection d'une sphère et d'un plan.

Soit O un point xé et − →

β , − → γ deux vecteurs non colinéaires de norme 1 . On note P l'ensemble des points M tels que

( − → γ + − → β / −−→

OM ) + ( − → γ / − →

β ) + 1 = 0

a. Quelle est la nature de P ? Exprimer la distance de O à P en fonction de ( − → γ / − → β ) . Former à l'aide de − →

β et − → γ des exemples de points dans P et sur la sphère centrée en O et de rayon 1 .

b. En déduire qu'il existe des vecteurs − →

δ de norme 1 tels que ( − → γ / − →

β ) + ( − → δ / − →

β ) + ( − → γ / − → δ ) = −1 c. Montrer qu'il existe des vecteurs − → α , − →

δ de norme 1 et vériant

−

→ α = − →

β + − → γ + − →

δ et det( − → β , − → γ , − →

δ ) > 0 3. Un système d'équations vectorielles.

Dans cette question, on se donne trois vecteurs − → β , − → γ , − →

δ non coplanaires c'est à dire que det( − →

β , − → γ , − →

δ ) 6= 0 . On considère un système S de trois équations aux inconnues vectorielles ( − →

b , − → c , − → d ) :

(S )



 



 



−

→ b ∧ − → c = − → δ

−

→ c ∧ − → d = − →

β

−

→ d ∧ − → b = − → γ

a. Montrer que si S admet des solutions alors det( − → β , − → γ , − →

δ ) > 0 . On note ∆ ce déterminant.

b. Montrer que si ∆ est strictement positif alors le système admet deux triplets solutions

( 1

√ ∆

−

→ δ ∧ − → γ , 1

√ ∆

−

→ β ∧ − → δ , 1

√ ∆

−

→ γ ∧ − → β , ) (− 1

√

∆

−

→ δ ∧ − → γ , − 1

√

∆

−

→ β ∧ − → δ , − 1

√

∆

−

→ γ ∧ − → β , ) 4. a. Soit A , B , C , D quatre points non coplanaires. On pose

−

→ δ = − − → AB ∧ −→

AC, − → α = − − → BC ∧ −−→

BD, − → β = −−→

CD ∧ −→

CA, − → γ = − − − → DA ∧ −−→

DB Que peut-on dire de la direction et des longueurs de ces vecteurs ? Montrer qu'ils vérient une certaine relation à préciser. Cette relation ne contiendra ni A , ni B , ni C ni D .

b. On se donne quatre vecteurs − → α , − → β , − → γ , − →

δ tels que det( − →

β , − → γ , − →

δ ) > 0, − → α − − →

β − − → γ − − → δ = − →

0 Montrer qu'il existe quatre points non coplanaires A , B , C , D tels que

−

→ δ = − − → AB ∧ −→

AC, − → α = − − → BC ∧ −−→

BD, − → β = −−→

CD ∧ −→

CA, − → γ = − − − → DA ∧ −−→

DB Quelle condition supplémentaire doit-on imposer aux vecteurs donnés pour que les quatre faces du tétraèdre (A, B, C, D) aient la même aire ?

5. Soit − →

β et − → γ deux vecteurs unitaires et non colinéaires.

a. Montrer qu'il existe au moins un tétraèdre (A, B, C, D) tel que toutes les faces aient la même aire et que

−

→ β = −−→

CD ∧ −→

CA − → γ = − − − → DA ∧ −−→

DB

Dans la suite, A , B , C , D est un tel tétraèdre et on adopte les notations de la question 4.

b. Exprimer l'écart angulaire entre − → α et − →

β en fonction de l'écart angulaire entre − → γ et − →

δ . En déduire que AB = CD .

c. Montrer que AD = BC et en déduire que les faces ABC et ACD sont isomé- triques.

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Corrigé

1. On reproduit ici une démonstration de cours. Formons une base orthonormée directe bien adaptée aux données.

−

→ u

0

= 1 k− → u k

−

→ u , − → w

0

= 1 k− → u ∧ − → v k

−

→ u ∧ − → v , − → v

0

= − → w

0

∧ − → u

0

La famille (u

0

, v

0

, w

0

) est une base orthonormée directe d'après les propriétés du pro- duit vectoriel. Dans cette base, on connait des coordonnées

−

→ u : (k− → u k , 0, 0) , − → u ∧ − → v : (0, 0, k− → u ∧ − → v k) .

Notons (λ, µ, 0) celles de v , en exprimant le produit scalaire et le produit vectoriel dans cette base, on obtient

k− → u k k− → v k cos θ = ( − → u / − → v ) = k− → u k λ ⇒ λ = k− → v k cos θ

On en déduit µ = ± k− → v k sin θ avec θ ∈ [0, π] car c'est un arccos . En exprimant les coordonnées du produit vectoriel,



 0 0 k− → u ∧ − → v k



 =



 k− → u k

0 0



 ∧





k− → v k cos θ µ 0



 =



 0 0 k− → u k µ





on déduit que µ est positif comme sin θ donc

µ = k− → v k sin θ et k− → u ∧ − → v k = k− → u k k− → v k sin θ 2. a. L'ensemble P est un plan orthogonal à − → γ + − →

β . D'après la formule du cours, exprimant la distance d'un point à un plan à l'aide de son équation, la distance de O à P est

( − → γ / − →

β ) + 1

−

→ γ + − → β

= ( − → γ / − →

β ) + 1 q

2(1 + ( − → γ / − → β ))

= s

1 + ( − → γ / − → β ) 2

car les vecteurs sont unitaires. De plus ils ne sont pas égaux donc le produit scalaire est strictement plus petit que 1 . La distance de 0 à P est donc strictement plus petite que 1 .

On en déduit que le plan P coupe la sphère de rayon 1 centrée en O .

En remplaçant dans l'équation du plan, on remarque que les points P et Q dénis par − − →

OP = − − → β et − − →

OQ = −− → γ sont dans cette intersection.

b. Pour tout point M dans l'intersection de la sphère et du plan, si on pose − → δ = −−→

OM , on a bien la relation demandée.

c. Dénissons un vecteur − →

δ comme dans la question b. et posons

−

→ α = − →

β + − → γ + − → δ Le vecteur − → α est unitaire car

k− → α k

²

= 3 + 2 ( − →

β / − → γ ) + ( − → γ / − → δ ) + ( − →

δ / − → β )

= 3 − 2 = 1

Tout revient alors à prouver qu'il existe un point M du cercle intersection de la sphère et du plan pour lequel le déterminant est strictement positif. Évidemment les points P et Q ne conviennent pas car ils conduisent à un déterminant nul.

Le centre de ce cercle est un point qui peut s'écrire O + λ( − →

β + − → γ ) pour un certain λ réel. Notons r son rayon. Pour tout − → u unitaire et orthogonal à − →

β + − → γ , on peut prendre un − →

δ de la forme

−

→ δ = λ( − →

β + − → γ ) + r − → u pour lequel

det( − → β , − → γ , − →

δ ) = det( − → β , − → γ , − → u ) On pourra donc choisir

−

→ u =

−

→ β ∧ − → γ

−

→ β ∧ − → γ pour s'assurer d'un déterminant positif.

3. a. On suppose que S admet des solutions. Soit − → b , − → c , − →

d trois vecteurs vériant le système.

Le vecteur − →

b est orthogonal à − →

δ et − → γ . Il est donc de même direction que − → δ ∧ − → γ . Le raisonnement est le même pour les autres vecteurs. Il existe donc des réels λ

b

, λ

c

, λ

d

tels que

−

→ b = λ

_b

− →

δ ∧ − → γ , − → c = λ

_c

− → β ∧ − →

δ , − →

d = λ

_d

− → γ ∧ − → β ,

On remplace alors dans les équations en utilisant la formule du double produit

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vectoriel. On déduit



 



 



λ

_b

λ

_c

det( − → β , − → γ , − →

δ ) − → δ = − →

δ λ

c

λ

d

det( − →

β , − → γ , − → δ ) − →

β = − → β λ

b

λ

d

det( − →

β , − → γ , − →

δ ) − → γ = − → γ

⇒



 



 



λ

_b

λ

_c

det( − → β , − → γ , − →

δ ) = 1 λ

c

λ

d

det( − →

β , − → γ , − → δ ) = 1 λ

b

λ

d

det( − →

β , − → γ , − → δ ) = 1

⇒ (λ

b

λ

c

λ

d

)

²

det( − → β , − → γ , − →

δ )

³

= 1 ⇒ det( − → β , − → γ , − →

δ ) > 0 b. Continuons l'analyse démarrée en a.

La condition ∆ = det( − → β , − → γ , − →

δ ) > 0 doit être vériée et on doit aussi avoir λ

_b

λ

_c

λ

_d

= ε ∆

⁻³²

avec ε = ±1

On reprend alors les relations trouvées en a.

λ

b

λ

c

det( − → β , − → γ , − →

δ ) = 1 λ

c

λ

d

det( − →

β , − → γ , − → δ ) = 1 λ

b

λ

d

det( − →

β , − → γ , − → δ ) = 1



 



 



⇒ λ

_b

= λ

_c

= λ

_d

= λ

_b

λ

_c

λ

_d

∆ = ε

√

∆ Les deux triplets de l'énoncé sont donc bien les deux seuls possibles.

On vérie facilement par la formule du double produit vectoriel qu'ils sont eec- tivement solutions.

4. a. Le vecteur − → α est orthogonal à la face BCD du tétraèdre et sa longueur est le double de l'aire de cette face. Il en est de même pour les autres. On note que le nom du vecteur correspond au point du tétraèdre qui n'est pas sur la face à laquelle il est orthogonal.

Posons − →

b = − − →

AB, − → c = −→

AC, − → d = − − →

AD Les relations deviennent alors



 

 

 

 

 

 

−

→ δ = − → b ∧ − → c

−

→ α = ( − → c − − → b ) ∧ ( − →

d − − → b )

−

→ β = ( − →

d − − → c ) ∧ (−− → c )

−

→ γ = −(− − → d ) ∧ ( − →

b − − → d )

⇔



 

 

 

 

 

 

−

→ δ = − → b ∧ − → c

−

→ α = − → c ∧ − →

d − − → c ∧ − → b − − →

b ∧ − → d

−

→ β = − − → d ∧ − → c

−

→ γ = − → d ∧ − →

b

En remplaçant les produits vectoriels dans la deuxième relation, on obtient

−

→ α = − → β + − →

δ + − → γ ⇔ − → α − − →

β − − → γ − − → δ = − →

0

b. Fixons arbitrairement un point A et notons

−

→ b = − − →

AB, − → c = −→

AC, − → d = − − →

AD.

Les calculs de la question 1., montrent que les points vérient la condition si et seulement si



 

 

 

 

 

 

−

→ δ = − → b ∧ − → c

−

→ α = − → c ∧ − →

d − − → c ∧ − → b − − →

b ∧ − → d

−

→ β = − − → d ∧ − → c

−

→ γ = − → d ∧ − →

b

⇔



 



 



−

→ b ∧ − → c = − → δ

−

→ c ∧ − → d = − →

β

−

→ b ∧ − → d = − → γ

car la deuxième relation du système de gauche est vériée par hypothèse. La question 3.b. montre l'existence de vecteurs − →

b , − → c , − →

d vériant ce système. Il existe donc bien un tétraèdre vériant les conditions imposées. En fait il en existe deux symétriques par rapport au point A .

Toutes les faces de ce tétraèdre ont la même aire si et seulement si les vecteurs donnés ont la même norme.

5. a. Soit − →

β et − → γ deux vecteurs unitaires et non colinéaires. d'après la question 2., il existe des vecteurs unitaires − → α et − →

β tels que

−

→ α = − →

β + − → γ + − →

δ et det( − → β , − → γ , − →

δ ) > 0

La question 4.b. montre alors qu'il existe des points A , B , C , D vériant les relations demandées. Ces relations entrainent que toutes les faces ont la même aire qui est égale à

¹₂

.

b. Les vecteurs − → α , − → β , − → γ , − →

δ sont unitaires et vérient − → α = − →

β + − → γ + − →

δ . On en tire

−

→ α − − →

β = − → γ + − → δ ⇒

−

→ α − − → β

2

=

−

→ γ + − → δ

2

⇒ 2(1 − ( − → α / − →

β )) = 2(1 + ( − → γ / − →

δ )) ⇒ ( − → α / − →

β ) = −( − → γ / − → δ ) On en déduit que la somme des deux écarts angulaires est égale à π . Ceci en- traine que les deux écarts angulaires ont le même sin . On l'exploite de la manière suivante :

−−→ CD = − →

d − − → c = ε

√ ∆

− → γ ∧ − → β − − →

β ∧ − → δ

= ε

√ ∆ ( − → γ + − → δ ) ∧ − →

β

= ε

√

∆ ( − → α − − → β ) ∧ − →

β = ε

√

∆

−

→ α ∧ − → β

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D'autre part,

− − → AB = − →

b = ε

√

∆

−

→ δ ∧ − → γ

Comme les deux écart angulaires ont le même sinus, les vecteurs sont de même longueur.

c. Les calculs sont analogues pour AD et BC . On trouve

− − →

BC = − → c − − → b = ε

√ ∆

−

→ α ∧ − →

δ , − − → AD = − →

d = ε

√ ∆

−

→ γ ∧ − → β

et

k− → α − − →

δ k

²

= k − →

β + − → γ k

²

⇒ ( − → α / − →

δ ) = −( − → β / − → γ )

Les deux écarts angulaires ont donc le même sinus ce qui assure que AD = BC . Les deux faces ABC et ACD ont leur troisième côté AC commun. Elles sont donc isométriques.

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