Le coté du tétraèdre régulier (volume maximal) inscrit dans une sphère de rayon R est: [latex]a=2R\dfrac{\sqrt{6}}{3}[/latex] (détails par exemple: http://serge.mehl.free.fr/exos/TetraMax.html) d'où ici 1,633.

Le rayon de la sphère inscrite dans un tétraèdre régulier de coté a est: [latex]r=a\dfrac{\sqrt{6}}{12}[/latex], ce qui fait précisement [latex]r=\dfrac{R}{3}[/latex], ce qui est un résultat simple à connaitre: dans un tétraèdre régulier le rapport des rayons de la sphère circonscrite à celui de la sphère inscrite est de 3. (détails par exemple: http://www.ac-noumea.nc/maths/polyhedr/tetra_s1.htm). La sphère inscrite à donc un rayon de 1/3 et son volume est donc: [latex]\dfrac{4}{3}\pi(\dfrac{1}{3})^3=\dfrac{4\pi}{81}=0,155[/latex]

Voila, voila. Merci pour l'énigme.
Mais de la géométrie dans l'espace, est-ce vraiment pour les nuls???
Bien sûr google est notre ami...

coté du tetraedre = 3
volume de la boule inscrite = pi*4/3
soit environ V=4.2

En même temps, il reste plus de quatre jours pour répondre

bon plus serieusement, sauf erreur...

Je pars d'un tetraedre avec base a plat dont le sommet du haut est A et le centre de gravite est O. O est aussi le centre de la sphere.

J, appelle E le centre de gravite de la base du tetraedre. comme OA=1, OE=1/3 et AE=4/3. et donc finalement si je projette le tout sur disons OAB (B est un des points de la base), j'ai un joli dessin du genre :


et donc on a un cote donné par :
[TeX]AB^2=AE^2+EB^2[/TeX]
Or, sur la base, si j' appelle F le projete de B sur CD, j'ai
[TeX]EB=\frac{2}{3} BF = \frac{2}{3} \frac{\sqrt{3}}{2} BC =\frac{1}{\sqrt{3}} AB[/TeX]
ce qui donne
[TeX]AB^2=AE^2+\frac{1}{3} AB^2[/TeX]
d'ou
[TeX]AB = \sqrt{\frac{3}{2}} AE =\sqrt{\frac{3}{2}} \frac{4}{3} = \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}[/TeX]
Ensuite, la boule a l'interieur sera de meme centre encore, et son rayon est directement donne par le point E : 1/3.