Introduction : la méthode et les problèmes

Un peu d’histoire

Mesurer des aires est une activité aussi vieille que le monde. Ainsi, les anciens Egyptiens ont été perpétuellement confrontés à la nécessité de telles mesures, notamment à cause des crues du Nil, qui effaçaient chaque année les limites des parcelles qu’ils cultivaient.

On trouve aussi des traces de ces questions dans la littérature. Par exemple, un problème célèbre (rapporté par Virgile dans l’Énéide), est celui
de la légendaire reine Didon. Cette princesse phénicienne venait de Tyr (actuellement en Syrie) et débarqua sur les côtes de l’actuelle Tunisie. Elle demanda une terre pour s’établir au seigneur local qui ne lui concéda qu’« autant qu’il en pourrait tenir dans la peau d’un bœuf ». Elle choisit alors pour fonder sa ville une péninsule qui s’avançait dans la mer et fit découper une peau de bœuf en lanières extrêmement fines. Mises bout à bout, elles délimitèrent l’emplacement de ce qui devint plus tard la ville de Carthage. Voilà un bel exemple des liens troubles qui unissent les notions d’aire et de périmètre !

Les anciens Grecs faisaient un usage constant de la notion d’aire et les démonstrations originelles des théorèmes de Thalès et de Pythagore l’utilisent. C’est d’ailleurs autour de ces notions d’aire et de volume que tournaient plusieurs des problèmes laissés en suspens par les Grecs, en particulier la quadrature du cercle et la duplication du cube [2].

C’est aussi en ce domaine que les mathématiciens de l’Antiquité remportèrent leurs plus grands succès. Dans la seconde partie, nous expliquerons le splendide calcul du volume de la pyramide par Euclide, mais il faut aussi citer Archimède, dont une grande partie des travaux concerne la mesure des aires et des volumes, avec notamment deux résultats extraordinaires : la quadrature (c’est-à-dire le calcul de l’aire) du segment de parabole [3] et celle de la spirale dite d’Archimède.

Propriétés des aires

Pour mesurer les aires, il faut d’abord disposer d’une unité. On prend généralement pour unité l’aire d’un carré dont le côté est l’unité de longueur : par exemple le $m^2$ ou le $cm^2$, etc. L’aire est alors égale à un nombre positif [4] d’unités.

La notion d’aire a deux propriétés fondamentales qui la caractérisent. La première propriété c’est que l’aire est additive. Cela signifie que si l’on découpe une partie du plan en morceaux disjoints (c’est-à-dire qui ne se recouvrent pas), l’aire du tout est la somme des aires des parties. Une conséquence en est que si une partie $A$ est contenue dans une partie $B$, l’aire de $A$ est plus petite que celle de $B$ (les anciens Grecs disaient : « le tout est plus grand que la partie »). En effet, le tout $B$ est alors réunion de la partie $A$ et de son complémentaire, de sorte que son aire est somme des aires des morceaux, donc plus grande que chacune d’elles.

En fait, nous utiliserons souvent une propriété un peu plus forte en demandant que l’additivité soit encore vraie si les morceaux sont « presque » disjoints, ce qui signifie qu’ils peuvent avoir en commun des parties considérées comme négligeables, par exemple des segments ou des points [5]. Nous verrons plus loin à quelles complications on peut aboutir si l’on ne prend pas cette précaution.

La seconde propriété c’est que l’aire d’une partie du plan ne change pas si on déplace cette partie ou si on la retourne : on dit qu’elle est invariante par déplacement (si on ne retourne pas les pièces) ou par isométrie (si on peut les retourner).

À partir des propriétés ci-dessus et de l’unité, on peut mesurer l’aire d’un rectangle. Le lecteur connaît la formule : $longueur \times largeur$. Contrairement à ce qu’il pourrait penser, une preuve rigoureuse de cette formule n’est pas si facile. Bien sûr, lorsque les longueurs des côtés sont des nombres entiers d’unités, la preuve est immédiate en découpant le rectangle en carrés unités et en comptant les carreaux, voir figure 1.

Figure 1

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Une méthode analogue fonctionne lorsque les côtés ont pour longueurs des fractions [6] d’unités, voir figure 2, mais sinon, les choses ne sont pas si simples et il faut un passage à la limite pour conclure. Cependant, comme le résultat est connu de tous, nous l’admettrons sans soulever de difficulté.

Figure 2

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Les deux propriétés d’additivité et d’invariance par déplacement mises ensemble donnent une méthode pour mesurer les aires. Si l’on a une partie $A$ à mesurer, on la découpe en un nombre fini de morceaux puis on déplace ces morceaux, pour reconstituer une autre figure $B$. On dira alors que les parties $A$ et $B$ sont équivalentes par découpage et recollement (ou encore par puzzle ou tangram). Si l’opération est faite soigneusement, c’est-à-dire sans perte ni chevauchement, les aires de $A$ et $B$ sont égales. Ce procédé est utilisé pour ramener des figures complexes à d’autres, plus simples, voir figure 3a.

Figure 3a

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$\quad$

Ainsi, par exemple, pour calculer l’aire d’un triangle rectangle, la méthode la plus simple est de considérer le triangle symétrique par rapport au milieu de l’hypoténuse. Comme la réunion des deux est un rectangle et que les triangles sont de même aire, l’aire du triangle est la moitié de celle du rectangle. On en déduit ensuite facilement, pour un triangle quelconque, la formule $\frac 1 2 base \times hauteur$. On peut d’ailleurs montrer cette formule directement par un découpage, voir figure 4.

Figure 4

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À partir du triangle, on peut, en principe, calculer l’aire de n’importe quel polygone, simplement en le découpant en triangles. Pour les aires de parties courbes comme un disque, les choses sont plus difficiles. La méthode est d’encadrer ces surfaces entre deux polygones, de plus en plus finement. Ainsi, Archimède calculait l’aire d’un disque en l’encadrant par des polygones réguliers inscrits et circonscrits.

Signalons une dernière propriété importante des aires : l’homogénéité. C’est la propriété qui affirme que si, par exemple, on double les dimensions d’une figure, son aire est multipliée par $4$ (plus généralement par le carré du rapport d’agrandissement). Cette propriété est évidente dans le cas d’un carré ou d’un rectangle et facile à montrer par découpage pour un triangle, au moins dans le cas d’un rapport entier, voir figures 5 et 6.

Figure 5

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Figure 6

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Volumes

Pour l’essentiel le problème de la mesure des volumes, que nous aborderons dans la seconde partie, est analogue à celui de la mesure des
aires, avec la difficulté supplémentaire de la vision dans l’espace. En tous cas, les propriétés de base des volumes sont tout à fait analogues à celles des aires : additivité et invariance par déplacement. Il s’ensuit que la méthode de découpage et recollement va être, là encore, un outil essentiel pour calculer des volumes.

Un problème fondamental

Le problème suivant, qui concerne le lien entre découpage et mesure (de l’aire ou du volume), sera le fil conducteur des deux épisodes de ce texte.

La question est identique pour deux parties de même volume dans l’espace.

Si l’on est plus prudent, on peut se poser la même question en se restreignant à des parties particulières, par exemple les polygones dans le plan, les polyèdres dans l’espace.

Nous verrons que cette question admet à la fois des réponses assez faciles et d’autres qui ne le sont pas du tout et que ces réponses sont différentes entre le plan et l’espace. En ce qui
concerne les appellations, la question traitée par Bolyai (1830) concerne le découpage des polygones, celle posée
par Hilbert (1900) est la question analogue pour les polyèdres, enfin,
la question de Tarski (vers 1925)
concerne la possibilité de passer d’une partie à une autre de même aire, par exemple d’un disque à un carré
(une variante de la quadrature du cercle, en quelque sorte).

Justification de la méthode de découpage et recollement : le théorème de Bolyai

Dans ce paragraphe nous donnons une première réponse positive, dans un cas particulier, à l’un de nos deux problèmes : deux parties du plan, de même aire, sont-elles
équivalentes par découpage et recollement ?

Énoncé

On peut même préciser que l’on n’utilise que des déplacements dans le découpage (autrement dit, on n’a pas le droit de retourner les pièces : penser à une feuille de papier dont les deux faces sont de couleurs différentes, le puzzle doit rester d’une seule couleur).

D’une certaine manière, ce théorème est la justification de la méthode d’introduction des aires à l’école primaire : en théorie au moins, toute aire (de polygones) peut être mesurée en utilisant les ciseaux et la colle.

Le principe de la preuve

Je vais donner une preuve complète de ce théorème. Elle est assez longue, mais élémentaire et très visuelle. Le lecteur se reportera aux diverses figures et les animera éventuellement pour comprendre les procédures.
Pour alléger les notations on dira souvent « équivalent » tout court au lieu de « équivalent par découpage et recollement » ou « équivalent par puzzle ».

Une première remarque concerne la transitivité de la relation « être équivalent par puzzle ». Cela signifie que si l’on a des parties $A,B,C$ et que l’on peut passer de $A$ à $C$ par découpage et recollement, puis de $B$ à $C$ par le même procédé, on peut passer aussi de $A$ à $B$ de la même façon. Le lecteur s’en convaincra en réalisant une vraie expérience, avec des ciseaux. L’astuce consiste à « découper les découpages » de la partie $C$, c’est-à-dire à couper $C$ avec à la fois les coups de ciseaux ayant servi à passer à $A$, mais aussi avec ceux servant à passer à $B$, voir figure 7.

Figure 7

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Cette remarque étant acquise, le théorème va résulter du lemme suivant :

Notons déjà que ce lemme implique le
théorème de Bolyai. Soient $A$ et $B$
des polygones
de même aire. En vertu du lemme, on peut découper $A$ pour en faire un rectangle $R_A$ dont un côté est l’unité et découper $B$ pour en faire un rectangle $R_B$ dont un côté est l’unité.
Comme l’aire est
conservée par découpage et recollement, les rectangles
$R_A$ et $R_B$ ont même aire et, comme ils ont un côté égal à l’unité, leurs
deuxièmes côtés sont aussi égaux (en vertu de la formule $longueur \times largeur$). Les deux rectangles sont donc superposables et la transitivité montre qu’on peut passer de $A$ à $B$ en passant par l’intermédiaire des rectangles.

Preuve du lemme fondamental

Découper en triangles

On remarque d’abord qu’il suffit d’établir le Lemme fondamental
pour un triangle. En effet, si $A$ est un
polygone quelconque, on peut le découper en triangles
$T_1, T_2, \ldots, T_n$. Si on a prouvé le lemme pour un triangle, on peut trouver des rectangles
$R_i$ dont un côté est de longueur $1$ et qui sont
équivalents aux $T_i$. On obtient alors un
rectangle $R$ équivalent à $A$ en mettant bout à bout tous les
$R_i$, voir figure 8.

Figure 8

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Passer d’un triangle à un parallélogramme

Le pas suivant est de découper un triangle pour en faire un parallélogramme, voir figure 9a. On part du triangle $ABC$, on porte les milieux $M$ et $N$ des côtés $[AB]$ et $[AC]$. On sait qu’alors $(MN)$ est parallèle à $(BC)$. On découpe le triangle en le trapèze $BCNM$ et le triangle $AMN$ et on fait tourner ce dernier de $180$ degrés autour de $N$ pour amener $A$ en $C$. On obtient bien un parallélogramme.

Figure 9a

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$\quad$

Passer d’un parallélogramme quelconque à un parallélogramme dont un côté est l’unité

Les opérations suivantes sont toutes des manipulations du parallélogramme obtenu précédemment.

La première consiste à changer de parallélogramme de manière à ce qu’un de ses côtés ait une longueur qui soit un nombre rationnel (c’est-à-dire une fraction) d’unités.

C’est un résultat un peu théorique que l’on comprend mieux en manipulant. Sur la figure I10a, si l’on déplace le point $A'$ sur le côté $[AD]$, on voit qu’on peut découper le parallélogramme initial $ABCD$ (dont on peut supposer que le côté $AB$ est plus petit que la diagonale $BD$) en un autre, $A'B CD'$, qui admet donc $BA'$ comme côté. On voit aussi que, lorsque $A'$ se déplace de $A$ à $D$, $BA'$ varie continûment de $AB$ jusqu’à $BD$. Mais, entre $AB$ et $BD$, on a dit plus haut (voir note 7) qu’il y avait une infinité de points $A'$ tels que $BA'$ soit un nombre rationnel d’unités et on a le résultat voulu [7].

Figure 10a

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$\quad$

La seconde opération va permettre de passer d’un parallélogramme dont un côté est rationnel à un parallélogramme dont un côté est entier.

Partons d’un
parallélogramme $ABCD$ avec $CD= \displaystyle {p \over q}$ (sur la figure 11, on a $CD= 4/3$).

Figure 11

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On partage le
côté $AD$ en $q$ parties égales (ici, en trois parties). On mène, par les points de partage, des droites parallèles à
$(CD)$ qui déterminent $q$ petits parallélogrammes que l’on met bout à bout. On obtient un parallélogramme $A'B'C'D'$ donc le côté $C'D'$ vaut $q$ fois $CD$, c’est-à-dire $p$.

On a donc maintenant un parallélogramme $A'B'C'D'$ avec un côté, disons $A'B'$, qui vaut un nombre entier d’unités, disons $p$ (sur la figure 12a, on a $A'B'= 4$). On découpe le côté en question en $p$ parties égales et on obtient une pile de $p$ parallélogrammes, que l’on met en ligne, voir figure 12a, de façon à obtenir un parallélogramme de côté $1$.

Figure 12a

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$\quad$

Passer d’un parallélogramme à un rectangle

Nous sommes presque au bout de nos peines. Il reste à passer d’un parallélogramme qui admet un côté de longueur $1$ à un rectangle avec aussi un côté unité. Pour cela, voir figure 13a, on pose le parallélogramme $ABCD$ sur son côté unité $[AB]$, on projette le sommet $D$ sur la base, on obtient un triangle rectangle que l’on fait glisser de l’autre côté le long de la base. On a bien obtenu un rectangle.

Figure 13a

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$\quad$

Attention, il y a un cas défavorable dans cette opération : celui où la projection du sommet est en dehors du côté de base. Qu’à cela ne tienne, on découpe notre parallélogramme en autant de petits parallélogrammes que nécessaire pour être dans le cas favorable, on fait l’opération précédente, on obtient des rectangles de base unité qu’il n’y a plus qu’à faire glisser pour les regrouper en un unique rectangle, voir figure 14a.

Figure 14a

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$\quad$

Cela achève la démonstration du théorème de Bolyai [8].

Une variante, ou comment se débarrasser des segments gênants

Comme Obélix, le lecteur pourra sans doute se dire à propos du paragraphe qui suit : ils sont fous ces mathématiciens ! Certes, mais il verra aussi qu’ils sont plus rusés que le renard.

Reprenons l’un des découpages envisagés ci-dessus, celui qui passait du parallélogramme $ABCD$ au rectangle $A'B'CD$, voir figure 15.

Figure 15

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On a dit plus haut qu’on faisait un découpage en morceaux disjoints, mais dans notre manipulation nous n’avons pas prêté attention aux bords [9]. Essayons de faire la manœuvre en les prenant en compte. Dans la figure, la partie violette (avec tout son bord) ne bouge pas. Le triangle orange de gauche (sans les bords) est transporté sur le triangle vert de droite (sans les bords). Le segment $[AA'[$ (sans son extrémité $A'$ qui est violette) est transporté sans encombre sur $[B'B[$ (en le retournant). Il ne reste plus que le segment $]AD[$. Bien entendu, il y a une place libre sur $]B'C[$, mais pas assez grande (car $AD$ est plus grand que $B'C$). On a donc un bout de segment superflu, $I=[MD[$ dont on ne sait que faire. Eh bien, on va le faire disparaître dans la partie violette !

Pour cela, on commence par faire un trou circulaire dans $A'BCD$ et on suppose que le rayon du trou est $> MD$, voir figure 16 (sinon il faut d’abord découper $MD$ en morceaux).

Figure 16

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Le tour de magie est le suivant :

Si $D$ est un disque de rayon $r$ et $I$ un segment de longueur plus petite que
$r$ et extérieur au disque, on peut produire un découpage et recollement [10] pour passer du disque plus le segment au disque seul.

Autrement dit, on a bien
fait disparaître le lapin, pardon, le segment. L’idée est simple, mais astucieuse et universelle dans ce type de problèmes (on la reverra, sous une autre forme, pour le paradoxe de Hausdorff-Banach-Tarski).

Pour l’expliquer, commençons par un problème analogue [11]. On considère l’ensemble de tous les entiers naturels : $0,1,2,3, \ldots$. On suppose qu’on a rangé chaque élément de cet ensemble dans un tiroir et utilisé ainsi tous les tiroirs dont on disposait. Mais voici qu’on a un élément supplémentaire $a$ à ranger. Que faire ? C’est simple : on range $a$ dans le tiroir de $0$. Et $0$ alors ? On le range dans le tiroir de $1$, puis $1$ dans celui de $2$, $2$ dans celui de $3$, etc. Comme l’ensemble des tiroirs est infini, il y en aura toujours assez. En effet, pour ranger $458792546841278$ on utilisera le tiroir de $458792546841279$, etc.

Dans notre cas c’est presque la même chose. On considère dans le disque un segment $J$ porté par un rayon et de même taille que le segment $I$ qu’on veut faire disparaître (voir figure 17).

Figure 17

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On va faire tourner ce segment d’un certain angle $a$, puis de $2a$, $3a$, etc. Il faut comprendre qu’il y a deux cas de figures dans cette situation. Si on prend un angle $a$ (en degrés) qui est « commensurable » à $180$ degrés (c’est-à-dire qui est égal à une fraction de $180$ degrés), on va retomber sur nos pieds au bout d’un nombre fini de coups. Prenons un exemple : $a= 15$ degrés. Comme on a $180= 15 \times 12$, au bout de $12$ coups, $J$ sera revenu à sa place. C’est vrai aussi si $a$ est une fraction plus compliquée, par exemple $a = \displaystyle \frac 5 7 180$. Alors, si on tourne $7$ fois de $a$ on revient à la position initiale après avoir fait $5$ fois le tour du cercle.

Bien, mais, comme on l’a déjà dit, il y a beaucoup de nombres qui sont irrationnels (c’est-à-dire qui ne sont pas des fractions, par exemple $\sqrt 2$ et bien d’autres, on peut montrer qu’il y en a plus que de fractions en vérité). Si on prend pour $a$ un nombre irrationnel de fois $180$, on ne retombera jamais sur la position initiale, mieux, tous les segments obtenus en tournant $J$ de l’angle $a$, $2a$, $3a$, etc. seront disjoints. Mais alors, on a gagné. En effet, on a fabriqué ainsi une infinité de « tiroirs » : le segment initial $J$, le segment $J_1$ tourné de $a$, $J_2$ tourné de $2a$, etc. On peut alors ranger notre segment supplémentaire $I=[MD[$. En effet, on le met à la place de $J$ que l’on pousse à la place de $J_1$ en le tournant de $a$, on pousse ensuite $J_1$ à la place de $J_2$, $J_2$ à la place de $J_3$, etc. Magique [12], non ?

Quelques exemples de découpages

Le théorème de Bolyai a un grand intérêt théorique, puisqu’il assure qu’on peut
toujours trouver un puzzle pour passer d’un
polygone à un polygone de même aire. Cependant, la procédure qu’il donne est longue et laborieuse. Une question souvent plus
amusante est de trouver le puzzle le plus simple
possible. Voici quelques exemples de tels
problèmes :

• On se donne un carré. Produire un puzzle pour
  le transformer en deux carrés de même aire (c’est facile), en
  trois carrés de même aire (c’est plus difficile, il y a notamment la méthode d’Abul-Wafa, voir figure 18a).

Figure 18a

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$\quad$

On se donne un triangle équilatéral : produire un puzzle qui le transforme en un carré
(c’est le célèbre découpage de Dudeney, voir figure 19a).

Figure 19a

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• Le problème du pâtissier.

Il était une fois un pâtissier, féru de
géométrie, mais paresseux, et un peu distrait. Il possédait un
moule à tarte très original, en forme de triangle
scalène [13] qui lui venait d’un de ses ancêtres. Il y tenait beaucoup et en connaissait par cœur les trois longueurs. Un jour qu’il avait oublié son moule dans sa cave, il n’eut pas le courage de redescendre le chercher. Comme il en connaissait les dimensions, il
réalisa un triangle de pâte aux mesures de son moule et le couvrit de
fruits. Hélas, quand il retourna chercher le moule, il s’aperçut que le
triangle qu’il venait de réaliser n’était pas le
bon, mais son symétrique par rapport à
une droite, voir figure 20.

Figure 20

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Il ne pouvait donc y mettre sa tarte [14]. En bon géomètre, il connaissait le
théorème de Bolyai et se mit en quête d’un
découpage lui permettant de rattraper sa
bévue. Pouvez-vous l’aider ?

En cas d’échec [15], voir figure 21a.

Figure 21a

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$\quad$

• Un dernier problème. Il est facile de montrer que, si
  $p$ est un nombre pair, on peut partager un
  carré en
  $p$ triangles de même aire, et ce de multiples manières (le lecteur ne manquera pas de le faire pour $p=2,4,6$, etc.). On peut montrer, en revanche, mais c’est plus difficile, que
  c’est impossible si $p$ est impair (autrement dit : même aire entraîne $p$ pair !), voir
  [Bekker].

Références

Pour des exemples d’utilisation des aires en géométrie le lecteur pourra consulter [ME], pour d’autres preuves du théorème de Bolyai [Boltianskii 1,2]. Pour le tour de magie du segment disparu il lira le merveilleux petit livre [Guinot].

[Bekker] Bekker B., Partage d’un
carré en triangles d’aires égales, L’Ouvert
(IREM de
Strasbourg), 76 (1994), p.17-20.

[Boltianskii1] Boltianskii V., Equivalent
and equidecomposable figures, D.C. Heath and
company, 1963.

[Boltianskii2] Boltianskii V. Hilbert’s
third problem, Winston & sons, 1978.

[Guinot] Guinot M., Le paradoxe de
Banach-Tarski, Aleas, Lyon (1991).

[ME] Perrin D., Mathématiques d’École, Cassini, 2005.