Le volume d'un tétraèdre régulier

Stratégie : le déterminant multiplie les volumes, on lui fait transporter le volume du tétraèdre de référence. Un déterminant d'ordre trois donne le volume d'un parallélépipède ; le tétraèdre n'en est qu'une fraction, et cette fraction se calcule une fois pour toutes sur la base canonique.

1) Le facteur un sixième, justifié. Le tétraèdre bâti sur les trois vecteurs de la base canonique a pour base le triangle rectangle isocèle de côtés $1$, d'aire $\frac{1}{2}$, et pour hauteur $1$ : son volume vaut $\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}\times 1=\frac{1}{6}$. Soit maintenant $u$ l'endomorphisme de ${\mathbb{R}}^3$ envoyant les trois vecteurs de la base canonique sur les trois vecteurs $v_1$, $v_2$, $v_3$ qui nous intéressent. Il envoie le tétraèdre de référence sur le tétraèdre étudié, et le cours dit qu'il multiplie tous les volumes par $|\det u|=\left|\det (v_1,v_2,v_3)\right|$. D'où

$$\mathcal{V}=\frac{1}{6}\left|\det (v_1,v_2,v_3)\right|.$$

2) Le déterminant. Rangeons les trois vecteurs en colonnes et développons selon la première ligne :

$$\det =\left|\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 1& 1& 0\\ 0& 1& 1\end{array}\right|=1\times \left|\begin{array}{cc}1& 0\\ 1& 1\end{array}\right|-0+1\times \left|\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right|=1+1=2.$$

3) Conclusion.

$$\boxed{\mathcal{V}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}.}$$

⚠️ Le point délicat est la valeur absolue. Le déterminant vaut ici $+2$, mais s'il avait valu $-2$ le volume serait resté le même : le signe ne mesure que l'orientation du triplet, jamais la taille. Oublier la valeur absolue, c'est risquer d'annoncer un volume négatif.

Contrôle, et une surprise géométrique. Les quatre sommets sont l'origine et trois sommets du cube unité. Calculons les six arêtes : chacun des trois vecteurs a pour norme $\sqrt{1+1+0}=\sqrt{2}$, et la différence de deux d'entre eux, par exemple $(1,1,0)-(0,1,1)=(1,0,-1)$, a elle aussi pour norme $\sqrt{2}$. Les six arêtes sont donc égales : ce tétraèdre est régulier, d'arête $a=\sqrt{2}$. Or le volume d'un tétraèdre régulier d'arête $a$ vaut $\frac{a^3}{6\sqrt{2}}$, soit ici $\frac{2\sqrt{2}}{6\sqrt{2}}=\frac{1}{3}$ ✓ — deux chemins totalement indépendants, un seul nombre.

Second contrôle, sur un cas où tout se voit. Le tétraèdre de sommets $O$, $(2,0,0)$, $(0,3,0)$, $(0,0,4)$ a pour déterminant $2\times 3\times 4=24$, donc un volume de $\frac{24}{6}=4$. Par la formule élémentaire, base $\times$ hauteur divisé par trois : $\frac{1}{3}\times \left(\frac{1}{2}\times 2\times 3\right)\times 4=4$ ✓.

Ce que l'exercice installe. Une seule idée sert dans tout l'espace : un endomorphisme multiplie tous les volumes par le même facteur $|\det u|$. Il suffit donc de connaître le volume d'une figure de référence pour connaître celui de toutes ses images — le déterminant transporte les mesures.