La distance à l'orthocentre du tétraèdre.

Racine ( 3/4 - 1/12 )  * 3/4 = 0,612 pour chaque taupe.

4 taupes donc 2,449

http://fr.wikipedia.org/wiki/T%C3%A9tra%C3%A8dre

Les taupes se rejoindront au centre du tétraèdre, situé à un quart de la hauteur. Chacune aura donc parcouru trois quarts de la hauteur, et cette hauteur vaut [latex]\sqrt{\frac 23}[/latex] ; par conséquent, la distance parcourue est [latex]\frac 34 \sqrt{\frac 23} = \frac{\sqrt 6}4[/latex] soit environ 0,612.

Si on compte les quatre galeries ensemble, on obtient une longueur globale de \sqrt 6 qu'on peut arrondir à 2,449 (la case réponse ne valide aucune des deux, même avec des points à la place des virgules... me suis-je trompé quelque part ? il ne me semble pas o_0')

Déjà 3 réponses équivalentes tombées dans le même piège.
Pourquoi aurais-je posé ce problème s'il était aussi banal ?

La case de vérification est juste.

AN^2 - HN^2 = AH^2
AH= racine ( 3/4 - 3/12)

Le baricentre est aux 3/4 de cette distance, donc 3 fois la distance pour 4 taupes.

La distance est donc de : racine ( 8 / 12 )  * 3 =  2,4494897....   

donc 2.449  Mais Non validé.

Conclusion : Soit je ne sais pas compter, soit ce n'est pas le barycentre.

La réponse est sur google en tapant "tétraèdre", mais je vais quand même faire les calculs.

Les 4 chemins doivent se rencontrer au centre de gravité du tétraèdre, qui représente le chemin le plus court. voici la position de ce point :


Pour calculer la position de ce point, il faut passer par le barycentre d'un des triangles, puis remonter jusqu'au point H :


Soit M, le barycentre du triangle :

Calcul de FC :
[TeX]FC=CD\, cos(\frac{\pi}{6})=a \frac{sqrt{3}}{2}\\[/TeX]
Car dans un triangle équilatérale, les angles font chacun 60°...

Calcul de CM:
D'après la relation de Chasles on a :
[TeX]\vec{EM}+\vec{CM}+\vec{DM}=\vec{0}\\
\vec{EC}+\vec{CM}+\vec{CM}+\vec{DC}+\vec{CM}=\vec{0}\\
2\vec{FC}-3\vec{CM}=\vec{0}\\
\vec{CM}=-\frac{2}{3}\vec{FC}[/TeX][TeX]\Rightarrow \, CM=\frac{a\sqrt{3}}{3}[/TeX]
Calcul de AM :
D'après Pythagore :
[TeX]AM^2=a^2-CM^2\\
AM^2=\frac{2a^2}{3} \, \Rightarrow \, AM=a\sqrt{\frac{2}{3}}[/TeX]
Maintenant pour trouver le point G, on réfléchit en terme de volume. On sait que le volume EDGC est le quart du volume AEDC :
[TeX]\frac{1}{3}\frac{ED\times CF}{2} \times MG\, = \, \frac{1}{12} \frac{ED\times CF}{2} \times AM\\
\frac{MG}{6}=\frac{AM}{24}\\
MG=\frac{AM}{4} \, = \, \frac{a}{4}\sqrt{\frac{2}{3}}[/TeX]
Comme a=1 ,on a approximativement MG = 0.204

J'ai trouvé l'astuce Ce que l'on cherche n'est pas la distance parcourue par les taupes, qui est bien au minimum [latex]\sqrt6[/latex], mais la longueur creusée !
La réponse est : [latex]\sqrt3+\frac{\sqrt2}2[/latex]

EDIT
Donc, un peu de temps pour écrire ma démo.
Par contre j'ai pas encore vraiment réfléchi au problème de montrer qu'il était impossible de faire moins, mais je m'y penche

L'idée c'est de faire se rejoindre les taupes 2 à 2 avant le centre, histoire qu'à 2 elles empruntent la même galerie. Non seulement elles font pas la fin du trajet toutes seules, mais en plus au final elles creuseront moins ... à condition de trouver la bonne configuration !
Après quelques tâtonnements :
- A et B se rejoignent au milieu de [AB], puis ensemble vont au centre. Et idem pour C et D. Mais la longueur des galeries est encore trop longue.
- A,B et C se rejoignent au centre de gravité du triangle ABC, et rejoignent D au centre : idem trop long.

En notant O le centre du tétraèdre, l'idée est de faire se déplacer A et B dans le plan (OAB). Pour des raisons de symétrie, le mieux est qu'ils se rejoignent sur la médiatrice de (AB) qui passe par O. Ce sera la même chose pour C et D, avec les mêmes distances, donc je ne traite que le cas A et B.

J'ai utilisé un repère de centre A, (AB) axes des x, et axe des y dans le plan (ABC) (D est ainsi le sommet du tétraèdre)
Les coordonnées des points A,B,C,O et I (milieu de AB) sont donc :
[TeX]A(0,0,0)
B(1,0,0)
C(\frac12,\frac{\sqrt3}2,0)
I(\frac12,0,0)
O(\frac12,\frac1{2\sqrt3},\frac1{2\sqrt6})[/TeX]
(calculs assez faciles à faire en remarquant que D est à la verticale du centre de gravité de ABC)

Je peux ainsi caculer la distance OI :
[TeX]OI=\sqrt{\frac1{12}+\frac1{24}}
OI=\frac1{2\sqrt2}[/TeX]
Il ne reste plus qu'à trouver un point M, sur (OI), tel que la distance : AM + BM + MO soit minimale. Comme AM=BM, on veut que d=2AM+MO soit minimale.

Je me place maintenant dans le triangle ABO, et je note x la distance IM
Avec un peu de Pythagore :
[TeX]d(x)=2\sqrt{\frac14+x^2}+\frac1{2\sqrt2}-x
d(x)=\sqrt{4x^2+1}+\frac1{2\sqrt2}-x[/TeX]
On dérive par rapport à x :
[TeX]d'(x)=\frac{4x}{\sqrt{4x^2+1}}-1[/TeX]
Cette dérivée s'annule pour : [latex]x_0=\frac1{2\sqrt3}[/latex] (on doit pouvoir montrer proprement que c'est bien un minimum)
[TeX]d(x_0)=\frac2{\sqrt3}+\frac1{2\sqrt2}-\frac1{2\sqrt3}
d(x_0)=\frac{\sqrt3}2+\frac1{2\sqrt2}[/TeX]
On fait la même chose pour C et D, et on trouve la même valeur. Donc on double la distance qu'on vient de trouver pour avoir la longueur totale des galeries :
[TeX]L=\sqrt3+\frac1{\sqrt2}[/TeX]
Y a besoin de montrer que cette longueur est la plus petite qu'on puisse trouver ?

le chemin le plus court le trouve au centre de la sphere circonconscrite au tetraedre.
ABCD le tetraedre
G le centre de gravité de la face ABC alors si H est le pied de la hauteur de A alors AH=[latex]\sqrt3\over2[/latex] d'après le théorème de Pythagore
donc AG=[latex]2\over3[/latex]AH=[latex]\sqrt3\over3[/latex]
Soit O le centre de la sphere circonscrite alors DO=[latex]3\over4[/latex]DG car O est la barycentre (A;1)(B;1)(C;1)(D;1) et G barycentre de (A;1)(B;1)(C;1) d'où O barycentre (G;3)(D;1)

le triangle ADG est rectangle en G d'où DG²=1-[latex]1\over3[/latex]=[latex]2\over3[/latex] d'après le théorème de Pythagore donc DG=[latex]\sqrt{2\over3}[/latex] donc DO=[latex]{3\over4}\times{\sqrt{2\over3}}[/latex]=[latex]\sqrt{3\over8}[/latex]

Solution 1:
Je positionne les quatre taupes (A,B,C,D) dans un systeme cartesien aux coordonnées suivantes:
A=[0, √3/3, 0]
B=[1/2, -√3/6, 0]
C=[-1/2, -√3/6, 0]
D=[0, 0, √3/6]
Le point d'origine O se trouve donc directement au dessous du sommet de la pyramide.
On peut facilement verifier que les distance A-B, A-C, A-D, B-C, B-D et C-D sont de 1.
Ensuite, je calcule les équations de la droite qui va de A a G, G etant l'epicentre du triangle BCD
(comme O est l'epicentre du triangle ABC)
Les équations sont X=0 et Z=-√2/4Y+√6/12
Le centre de gravité G de la pyramide est le point qui coupe cette droite avec la verticale qui passe par D.
On obtient donc les coordonées de ce point, en combinant ces équations:
G= [0, 0, √6/12]
La distance de G a A est √( (√3/3)^2 + (√6/12)^2 ) = √6/4 = 0.612372436
La distance de G a B est √( (1/2)^2 + (√3/6)^2 + (√6/12)^2 ) = √6/4 = 0.612372436
La distance de G a C est √( (1/2)^2 + (√3/6)^2 + (√6/12)^2 ) = √6/4 = 0.612372436
La distance de G a D est √6/3-√6/12 = √6/4 = 0.612372436
la somme des tunnels est donc √6 = 2.449489743
Cependant ni 0.612 ni 2.449 ne valident....

PS: il m'a fallu griffoner 4 pages de diagrames et calculs pour trouver cette solution....

Solution 2:
Les taupes se retrouvent 2 a 2 quelque part en direction du centre de la pyramide.
Je construit donc entre les points A, B et G un triangle isocele de base 1, et de coté √6/4.
M étant la distance de G a X, et N la distance de X a A, le point X de rencontre d'un groupe de 2 taupes est tel que la distance M + 2 * N  est minimale. Apres de long calculs je trouve:
M = (3×√2−2×√3)÷12 = 0.064878256
N = √(1÷12+1÷4) = 0.577350269
d'ou la distance totale des taupes a parcourir = 2*M+4*N = 2.439157588

gazole oui.
drhm77 aussi.

Bonjour,
J'étais persuadé que la réponse était 4 fois la distance d'un sommet au centre de gravité du tétraèdre (soit V6=2.449 env.), mais cette réponse est refusée.
Et effectivement, cette réponse serait trop simple, mais je sèche complètement.
Je ne vois pas comment la solution ne pourrait pas être "symétrique". Pour le carré, la réponse est plus "visible" (1+V3=2,732 env. et pas 2V2=2,828 env.).
Bonne journée.
Frank

Désolé, j'ai abandonné avant la fin. Trop dur pour moi. Mais mes préconçus en prennent un coup.