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Solutions des problèmes
KIO 2 F 2
n =
K.l ·
R 2 + y 2
y
Dn
n
=
y
R 2 + y 2 −
1
y
Dy
a = 8,38 ± 0,025 Å ;
c = 8,41 ± 0,025 Å.
Le cristal est donc orthorhombique ou tétragonal. Il est orthorhombique car biaxe.
m = n · M/V · N
n = 4.
Groupe Pbcm.
8 positions générales équivalentes :
K et I occupent des positions particulières.
x, y, z
−x, ½ + y, z
−x, −y, −z
x, ½ − y, −z
x, y, ½ − z
−x, ½ + y, ½ − z
−x, −y, ½ + z
x, ½ − y, ½ + z.
,
½+
½–
, ,
,
Groupe Pca2 1 .
4 positions générales équivalentes.
x, y, z
x+½ , −y, z
½ − x, y, ½ + z −x, −y, ½ + z
hk : pas de condition.
0k : = 2n. h0 : h = 2n.
hk0 : pas de condition.
h00 : h = 2n.
0k0 : pas de condition.
00 : = 2n.
Pseudo symétrie
tg a Kmax = 40/R = p/3
a Kmax = 46,4 ◦ .
n uvw · sin a K = Kl
K max = n uvw · sin a K /l.
Rotation autour de [001] K max = 4,05 ⇒ 9 strates (avec la strate équatoriale).
Rotation autour de [010] K max = 6,7 ⇒ 13 strates.
Méthode générale :
cos u =
N ∗
201
· N ∗
100
N ∗
201
· N ∗
100
=
−2A·C + C
2
4A 2 − 4 · A·C + C 2
· C 2
≈ 0