Des dessins avec du style et de la géométrie

Quelques pavages par des polygones réguliers

Piste bleue Le 5 octobre 2022  - Ecrit par  Andrés Navas Voir les commentaires
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Ceci est un article pédagogique. Après un petit rappel sur les pavages réguliers du plan, on passe aux semi-réguliers, c’est-à-dire ceux pour lesquels différents types de polygones réguliers peuvent être mélangés, mais dont la combinatoire autour de tous les sommets est la même. En particulier, on donne une preuve complète d’un théorème (qui peut être attribué à Kepler) qui liste toutes les possibilités. Il s’agit d’un résultat élémentaire mais qui n’est pas facile à trouver dans la littérature. De plus, il est très joli, et peut être utile pour mettre en place des activités ludiques en classe !

Une deuxième partie à propos des recherches actuelles sur le sujet paraîtra dans quelques semaines.

On mentionne souvent que les cultures anciennes ont développé la géométrie dans deux buts assez bien définis : se situer (à la fois géographiquement et astronomiquement) et construire des bâtiments. Cependant, il y avait —et il y a toujours— une autre motivation : l’élaboration d’iconographie et de décors. Dans l’histoire, ce type de manifestations, très variable d’une culture à l’autre, a trouvé un niveau de complexité remarquable dans le monde islamique. Souvent, les découvertes venaient des plus grands sages de chaque époque, mais il y avait aussi des cas où des progrès étaient réalisés grâce à la pratique
de bâtisseurs et d’artisans. Parmi de nombreuses expressions, on trouve des innovations magnifiques liées à l’ornementation géométrique des sols et des murs.

On peut trouver beaucoup d’information sur des pavages du plan sur Images des Maths, par exemple ici, ici, ici, ici et ici. Dans cet article nous resterons à un niveau très élémentaire (à comparer avec cet article). Le but est de donner une preuve complète d’un théorème (qui peut être attribué à Kepler) à propos de pavages par des polygones réguliers du plan qui n’est pas facile à trouver dans la littérature (sauf si l’on rentre dans des ouvrages spécialisés tels que [1]).

Les trois pavages réguliers du plan

On sait depuis les mathématiques de l’ancienne Grèce (et très probablemente bien avant) que seuls trois polygones réguliers peuvent paver le plan, c’est-à-dire le recouvrir sans superpositions, en utilisant des copies de la même tuile, aucun sommet ne se trouvant sur un côté. Il s’agit du triangle équilatéral, du carré et de l’hexagone régulier. En effet, les angles internes d’un polygone régulier de $n$ côtés mesurent [2]
\[\frac{(n-2) \, 180º}{n}.\]
Si on juxtapose $m$ de ces polygones autour d’un sommet commun, alors l’angle total qui y est regroupé est égal à
\[\frac{m \, (n-2) \, 180º}{n}.\]
Bien sûr, celui-ci doit être un angle complet, donc
\[\frac{m \, (n-2) \, 180}{n} = 360 \quad \Longrightarrow \quad \frac{m \, (n-2)}{n} = 2.\]
Ceci donne $\, mn - 2m = 2n, \,$ donc $\, mn - 2m - 2n + 4 = 4,\,$ ce qui peut être écrit de cette façon :
\[(m-2) \, (n-2) = 4.\]
Puisque les seules manières de décomposer $4$ comme un produit (de facteurs entiers et positifs) sont $\, 4 \times 1 = 2 \times 2 = 1 \times 4, \,$ on a trois possibilités :

(a) $m-2 = 4, \, n-2 = 1$ : dans ce cas, $m=6$ et $n=3$, c’est-à-dire que six triangles équilatéraux convergent à chaque sommet.

(b) $m-2=2, \, n-2=2$ : dans ce cas, $m=n=4$, donc quatre carrés convergent à chaque sommet.

(c) $m-2 = 1,\, n-2 = 4$ : dans ce dernier cas, $m=3$ et $n=6$, et trois hexagones réguliers convergent à chaque sommet.

On illustre en bas les pavages (dits ’’réguliers’’) qui s’ensuivent. Il n’y a pas grand-chose de plus à dire à leur sujet, si ce n’est que le pentagone régulier, qui ne tuile pas, reste entre le carré et l’hexagone, qui le font...

D’Archimède à Kepler

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On peut concevoir des pavages plus intéressants en mélangeant des polygones réguliers. Les possibilités sont infinies. On peut commencer avec le pavage par des hexagones réguliers puis diviser au hasard ces polygones en triangles équilatéraux (figure de droite).
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Pour dire quelque chose de concret, nous imposerons deux restrictions dans cet article :

- Nous considérerons uniquement des pavages pour lesquels les sommets des polygones ne se trouvent pas sur des côtés d’autres polygones (le pavage de gauche est ainsi écarté).

- Nous supposons que la configuration des polygones est la même autour de chaque sommet, à l’ordre près.

Avec cette dernière restriction, les configurations de triangles équilatéraux et d’hexagones affichés à gauche ci-dessous ne sont pas équivalentes. À droite, par contre, il y a deux types de sommets. Pour un type, la configuration est exactement opposée à celle de l’autre type, de sorte que le pavage rentre dans notre champ d’étude.

À chaque configuration on peut associer une liste ordonnée de nombres, à savoir les nombres de côtés des polygones autour des sommets. Puisqu’il n’y a pas de choix spécial d’un « premier » polygone autour d’un sommet, lorsque nous nous référons à « l’ordre », nous pensons à l’ordre cyclique. En ce sens, les configurations $(3\, 6\, 3\, 6)$ et $(6\, 3\, 6\, 3)$ sont équivalentes entre elles, mais pas à $(3\, 3\, 6\, 6)$. Ces deux configurations sont celles illustrées en haut à gauche. À droite, les configurations des sommets peuvent être $(4 \, 6 \,12)$ ou son inverse $(12 \, 6 \, 4)$.

La notation des listes ordonnées de nombres peut également être utilisée pour des pavages réguliers. À titre d’exemple, l’image d’entrée de cet article correspond à la configuration $(6\, 6\, 6)$. La décoration en est très appropriée...

Un pavage est dit semi-régulier lorsqu’il n’utilise que des polygones réguliers d’au moins deux types et respecte les deux restrictions plus haut. Archimède a étudié quels sont les pavages semi-réguliers possibles du plan. Il a très probablement obtenu une classification, mais certains de ses écrits sur le sujet sont perdus. Le sujet a refait surface au début de l’ère moderne, lorsque Kepler a réussi à obtenir une description complète, qui est résumée dans le théorème ci-dessous.

Théorème : Il existe 8 configurations possibles pour des pavages semi-réguliers du plan, à savoir $(3\, 3\, 3\, 3\, 6),$ $(3\, 6\, 3\, 6),$ $(3\, 3\, 3\, 4\, 4),$ $(3\, 3\, 4\, 3\, 4),$ $(3\, 4\, 6\, 4),$ $(4\, 8\, 8),$ $(3\, 12\, 12)$ et $(4\, 6\, 12)$ (la dernière configuration doit être considérée en association avec son inverse $(6\, 4\, 12)$).

Toutes les configurations possibles pour les pavages semi-réguliers sont illustrées ci-dessus dans le même ordre d’apparition que dans l’énoncé du théorème. Notez que $(3\, 3\, 6\, 6)$ n’apparaît pas. Il se trouve qu’avec celui-ci on ne peut pas compléter un pavage semi-régulier. En fait, comme nous le verrons, il existe 10 configurations de ce type : $(3\, 8\, 24)$, $(3\, 7\, 42)$, $(5\, 5\, 10)$, $(3\, 9\, 18)$, $(3\, 10\, 15)$, $(4\, 5\, 20)$, $(3\, 4\, 4\, 6)$, $(3\, 3\, 4\, 12)$, $(3\, 4\, 3\, 12)$ et $(3\, 3\, 6\, 6)$ (elles sont illustrées dans cet ordre ci-dessous). Signalons qu’aux configurations de cette liste nous devons rajouter leurs inverses, car si une configuration ne peut pas apparaître
en un pavage semi-régulier, alors son inverse non plus. Une manière rapide de montrer ceci est par réflexion : chaque fois que nous appliquons une symétrie miroir, la configuration d’origine change en son inverse.

Ajoutons que l’on peut aller plus loin dans le théorème ci-dessus. À partir des 8 configurations possibles, il n’existe qu’une seule façon de compléter un pavage semi-régulier. C’est un peu plus difficile à démontrer et nous le laissons comme « exercice au lecteur ». Petite subtilité : la configuration $(3 \, 3 \, 3 \, 3 \, 6)$ peut apparaître de deux manières, considérées comme identiques ou différentes selon les critères de départ.

Cela est illustré par les schémas ci-dessous : les pavages se ressemblent mais on ne peut pas passer de l’un à l’autre par rotation/translation. Il faut une réflexion.

Ci-dessous, nous illustrons un pavage pour chacune des configurations répertoriées dans le théorème. Encore une fois, vous remarquerez l’absence mystérieuse des pentagones...

Les configurations locales

La preuve du théorème de Kepler que nous allons présenter consiste essentiellement en deux parties. Dans la première, en utilisant des méthodes arithmétiques et algébriques, on détermine quelles sont les configurations possibles des sommets. Un bon exercice avant de se lancer dans les calculs est de vérifier que toutes les configurations présentées permettent d’entourer parfaitement un sommet. Dans la deuxième partie de la preuve, chacune de ces configurations est analysée géométriquement afin d’écarter celles qui ne produisent pas de pavage régulier ou semi-régulier.

La première partie se traduit par le théorème suivant.

Théorème Sans distinguer les configurations de leurs inverses, il existe 21 configurations possibles de polygones réguliers autour d’un point :

- $(3\, 3\, 3\, 3\, 3\, 3)$, $(4\, 4\, 4\, 4)$, $(6\, 6\, 6),$

- $(3\, 3\, 3\, 3\, 6),$ $(3\, 6\, 3\, 6),$ $(3\, 3\, 3\, 4\, 4),$ $(3\, 3\, 4\, 3\, 4),$ $(3\, 4\, 6\, 4),$ $(4\, 8\, 8),$ $(3\, 12\, 12),$ $(4\, 6\, 12),$

- $(3\, 8\, 24),$ $(3\, 7\, 42),$ $(5\, 5\, 10),$ $(3\, 9\, 18)$, $(3\, 10\, 15),$ $(4\, 5\, 20),$ $(3\, 4\, 4\, 6),$ $(3\, 3\, 4\, 12),$ $(3\, 4\, 3\, 12),$ $(3\, 3\, 6\, 6).$

Dans l’énoncé ci-dessus, nous avons regroupé les configurations en trois familles pour des raisons déjà évoquées : les 3 premières conduisent à des pavages réguliers, les 8 de la liste du milieu conduisent à des pavages semi-réguliers et (comme nous le prouverons plus tard) les 10 dernières ne peuvent pas être complétées en des pavages semi-réguliers.

La preuve de ce théorème résulte d’une étude patiente au cas par cas que nous ferons complètement. Tout au long des arguments, chaque fois que nous détectons une configuration, nous la mettons en gras de sorte qu’en fin de compte il devienne clair que nous avons détecté les 21 combinaisons possibles, et qu’il n’y en a pas d’autres.

Pour commencer, notez que le plus petit angle intérieur possible pour un polygone régulier est $60º$, qui n’apparaît que pour le triangle équilatéral. Par conséquent, une configuration locale ne peut pas rassembler plus de 6 polygones réguliers, et la seule configuration à 6 polygones est $\bf{(3\, 3\, 3\, 3\, 3\, 3 )}$. Il faut donc analyser les configurations possibles avec 3, 4 et 5 polygones par sommet.

Trois polygones. On commence par des configurations avec 3 polygones, disons de $n_1$, $n_2$ et $n_3$ côtés. Puisque la somme des angles correspondants doit être égale à $360º$, on a l’égalité
\[\frac{(n_1 - 2) \, 180º}{n_1} + \frac{(n_2 - 2) \, 180º}{n_2} + \frac{(n_3 - 2) \, 180º}{n_3} = 360º,\]
qui peut s’écrire
\[\frac{n_1 - 2}{n_1} + \frac{n_2 - 2}{n_2} + \frac{n_3 - 2}{n_3} = 2.\]
Un petit calcul montre que ceci équivaut à
\[3 - 2 \left( \frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2} + \frac{1}{n_3} \right) = 2,\]
donc
\[\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2} + \frac{1}{n_3} = \frac{1}{2}.\]
Puisqu’on ne fait pas de distinction entre une configuration et son inverse, on peut supposer que $n_1 \leq n_2 \leq n_3$. On a quatre possibilités.

- Si $n_1 = 3$, alors l’égalité précédente devient
\[\frac{1}{n_2} + \frac{1}{n_3} = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \frac{1}{6}.\]
Ceci donne
\[6n_2 + 6n_3 = n_2 n_3,\]
donc
\[(n_2 - 6) \, (n_3 - 6) = 36.\]
Si l’on liste toutes les façons d’écrire $36$ comme un produit de deux nombres (entiers et positifs) et l’on tient compte de ce que $\, n_2 \leq n_3, \,$ on obtient toutes les possibilités suivantes :

$36$ $n_2 - 6$ $n_3 - 6$ $n_2$ $n_3$ configuration
$1 \times 36$ $1$ $36$ $7$ $42$ $\bf{(3 \, 7 \, 42)}$
$2 \times 18$ $2$ $18$ $8$ $24$ $\bf{(3 \, 8 \, 24)}$
$3 \times 12$ $3$ $12$ $9$ $18$ $\bf{(3 \, 9 \, 18)}$
$4 \times 9$ $4$ $9$ $10$ $15$ $\bf{(3 \, 10 \, 15)}$
$6 \times 6$ $6$ $6$ $12$ $12$ $\bf{(3 \, 12 \, 12)}$

- Si $n_1 = 4$, alors l’égalité en haut s’écrit
\[\frac{1}{n_2} + \frac{1}{n_3} = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} = \frac{1}{4}.\]
Ceci donne
\[4n_2 + 4n_3 = n_2 n_3,\]
donc
\[(n_2 - 4) \, (n_3 - 4) = 16.\]
De nouveau, si l’on liste toutes les écritures de $16$ comme un produit de deux nombres et l’on tient compte de ce que $n_2 \leq n_3$, on obtient les possibilités suivantes :

$16$ $n_2 - 4$ $n_3 - 4$ $n_2$ $n_3$ configuration
$1 \times 16$ $1$ $16$ $5$ $20$ $\bf{(4 \, 5 \, 20)}$
$2 \times 8$ $2$ $8$ $6$ $12$ $\bf{(4 \, 6 \, 12)}$
$4 \times 4$ $4$ $4$ $8$ $8$ $\bf{(4 \, 8 \, 8)}$

- Si $n_1 = 5$, alors on a
\[\frac{1}{n_2} + \frac{1}{n_3} = \frac{1}{2} - \frac{1}{5} = \frac{3}{10}.\]
Si $n_2 = 5$, alors $n_3 = 10$, ce qui donne la configuration $\bf{(5\, 5\, 10)}$. Pour $n_2 = 6$ on n’obtient pas de valeur entière pour $n_3$. Si $n_2 \geq 7$, alors $n_3 \geq 7$ et
\[\frac{1}{n_2} + \frac{1}{n_3} \leq \frac{2}{7} < \frac{3}{10},\]
donc on n’a pas de nouvelle configuration.

- Si $n_1 \geq 6$, alors $n_2 \geq 6$ et $n_3 \geq 6$. Cependant, puisque
\[\frac{1}{6} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} = \frac{1}{2},\]
on ne peut avoir que $n_1 = n_2 = n_3 = 6$. En d’autres termes, la configuration est $\bf{(6\, 6\, 6)}$.

Quatre polygones. Si $n_1$, $n_2$, $n_3$ et $n_4$ désignent la quantité de côtés des polygones, alors l’égalité à considérer est
\[\frac{n_1 - 2}{n_1} + \frac{n_2 - 2}{n_2} + \frac{n_3 - 2}{n_3} + \frac{n_4 - 2}{n_4} = 2,\]
ce qui donne
\[4 - 2 \left( \frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2} + \frac{1}{n_3} + \frac{1}{n_4} \right) = 2,\]
c’est-à-dire
\[\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2} + \frac{1}{n_3} + \frac{1}{n_4} = 1.\]
On peut supposer que $n_1$ est plus petit ou égal à $n_2$, $n_3$ et $n_4$. Il y a deux cas :

- Si $n_1 \geq 4$, alors $n_2 \geq 4$, $n_3 \geq 4$ et $n_4 \geq 4$. Puisque
\[\frac{1}{4} + \frac{1}{4} +\frac{1}{4} +\frac{1}{4} = 1,\]
ceci force que $\, n_1 = n_2 = n_3 = n_4 = 4, \,$ c’est-à-dire que la configuration est $\bf{(4\, 4 \, 4\, 4)}$.

- Si $n_1 = 3$, alors l’égalité devient
\[\frac{1}{n_2} + \frac{1}{n_3} + \frac{1}{n_4} = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3},\]
donc
\[3 \, (n_2 n_3 + n_3 n_4 + n_4 n_2) = 2 \, n_2 n_3 n_4.\]
Par suite, au moins l’un des $n_i$ doit être un multiple de 3.

Si le plus petit multiple de 3 qui apparaît est 3, alors, en désignant par $r$ et $s$ les autres deux valeurs des $n_i$, on a
\[\frac{1}{r} + \frac{1}{s} = \frac{2}{3} - \frac{1}{3} = \frac{1}{3}.\]
Comme dans les cas précédents, cette égalité peut s’écrire sous la forme
\[(r-3) \, (s-3) = 9,\]
ce qui donne les possibilités suivantes :

$9$ $r - 3$ $s - 3$ $r$ $s$ configurations
$1 \times 9$ $1$ $9$ $4$ $12$ $\bf{(3\, 3\, 4 \, 12)}$ et $\bf{(3\, 4\, 3\, 12)}$
$3 \times 3$ $3$ $3$ $6$ $6$ $\bf{(3 \, 3 \, 6 \, 6)}$ et $\bf{(3\, 6\, 3\, 6)}$

Si le plus petit multiple de 3 qui apparaît est 6, alors on obtient l’égalité
\[\frac{1}{r} + \frac{1}{s} = \frac{2}{3} - \frac{1}{6} = \frac{1}{2}.\]
Ceci équivaut à $\, (r-2) \, (s-2) = 4\,$ et donne les possibilités suivantes :

$4$ $r - 2$ $s - 2$ $r$ $s$ configurations
$1 \times 4$ $1$ $4$ $3$ $6$ aucune, car 3 y apparaît et le plus petit multiple de 3 était 6
$2 \times 2$ $2$ $2$ $4$ $4$ $\bf{(3 \, 4 \, 6 \, 4)}$ et $\bf{(3\, 4\, 4\, 6)}$

Si le plus petit multiple de 3 qui apparaît est 9 ou plus grand, alors on obtient
\[\frac{1}{r} + \frac{1}{s} \geq \frac{2}{3} - \frac{1}{9} = \frac{5}{9},\]
ce qui est impossible car
\[\frac{1}{4} + \frac{1}{4} < \frac{5}{9}.\]

Cinq polygones. Si $n_1$, $n_2$, $n_3$, $n_4$ et $n_5$ désignent le nombre de côtés des polygones, alors l’égalité a considérer est
\[\frac{n_1 - 2}{n_1} + \frac{n_2 - 2}{n_2} + \frac{n_3 - 2}{n_3} + \frac{n_4 - 2}{n_4} + \frac{n_5 - 2}{n_5} = 2.\]
Ceci donne
\[5 - 2 \left( \frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2} + \frac{1}{n_3} + \frac{1}{n_4} + \frac{1}{n_5} \right) = 2,\]
c’est-à-dire
\[\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2} + \frac{1}{n_3} + \frac{1}{n_4} +\frac{1}{n_5} = \frac{3}{2}.\]
Au moins trois valeurs des $n_i$ doivent être égales à 3, car au contraire la valeur maximale de l’expression à gauche serait
\[\frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{17}{12},\]
ce qui est plus petit que $3/2$. On obtient alors l’équation
\[\frac{1}{r} + \frac{1}{s} = \frac{3}{2} - \left( \frac13 + \frac13 + \frac13\right) = \frac{1}{2},\]
c’est-à-dire
\[(r-2)\, (s-2) = 4,\]
d’où on obtient les dernières possibilités :

$4$ $r - 2$ $s - 2$ $r$ $s$ configurations
$1 \times 4$ $1$ $4$ $3$ $6$ $\bf{(3\, 3\, 3\, 3\, 6)}$
$2 \times 2$ $2$ $2$ $4$ $4$ $\bf{(3 \, 3 \, 3 \, 4\, 4)}$ et $\bf{(3\, 3\, 4\, 3\, 4)}$

Les configurations locales qui ne tuilent pas

Ayant déjà détecté les 21 configurations locales possibles, notre travail consiste maintenant à écarter les 10 dernières listées dans le théorème précédent, en montrant qu’elles ne génèrent pas de pavage semi-régulier. Plus précisément, nous devons prouver ce qui suit.

Théorème Aucune des configurations $(3\, 8\, 24),$ $(3\, 7\, 42),$ $(5\, 5\, 10),$ $(3\, 9\, 18),$ $(3\, 10\, 15),$ $(4\, 5\, 20),$ $(3\, 4\, 4\, 6),$ $(3\, 3\, 4\, 12),$ $(3\, 4\, 3\, 12),$ $(3\, 3\, 6\, 6)$ n’amène à des pavages semi-réguliers du plan.

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Encore une fois, la démonstration résulte d’une étude au cas par cas, géométrique cette fois : avec chacune des configurations, on tente de couvrir le plan, et on vérifie qu’il est impossible de le faire de manière à obtenir un pavage semi-régulier. Notons toutefois que cela ne signifie pas qu’il n’y a pas de pavage qui comporte cette configuration. Par exemple, vous remarquerez à droite la présence de la configuration « interdite » $(3\, 3\, 4\, 12)$ en compagnie de $(3\, 3\, 3\, 3\, 3\, 3)$ (il s’agit d’un pavage 2-régulier, c’est-à-dire dont les configurations peuvent être de deux types différents ; on reviendra sur ce point dans un prochain article...).

Les configurations $(3\, 8\, 24)$, $(3\, 7\, 42)$, $(3\, 9 \,18 )$ et $(3\, 10\, 15)$. Elles sont toutes de la forme $(3\, m\, n)$, avec $m \neq n$. Commençons par l’une d’entre elles, comme illustré à gauche ci-dessous. Au centre, nous avons marqué deux points spéciaux. Sur le segment qui les joint, un sommet revendiquerait le polygone de $m$ côtés, et l’autre celui de $n$ côtés, comme illustré à droite. Puisque $m\neq n$, ces sont des exigences incompatibles.

Les configurations $(4\, 5\, 20)$ et $(5\, 5\, 10)$. Elles sont de la forme $(m\, 5 \, n)$, avec $m \neq n$. Commençons par l’une d’entre elles
(illustrée en bas à gauche). Autour du point marqué, il faut compléter avec le polygone de $m$ côtés, tel qu’il apparaît au centre. Mais autour des deux
sommets marqués au centre, on doit voir apparaître des polygones de $n$ côtés. Cependant, ces polygones convergent sur le sommet inférieur et, en fait, ils se chevauchent.

Les configurations $(3\, 3\, 4\, 12)$ et $(3\, 3\, 6\, 6)$. Elles sont de la forme $(3\, 3 \, m \, n)$. Remarquez le sommet marqué à gauche dans chaque cas. Nécessairement, les polygones qui y convergent doivent être complétés par un triangle équilatéral de sorte qu’il y en ait deux qui soient contigus. Cependant, cela fait qu’aux sommets marqués à droite dans chaque cas convergent trois triangles, ce qui n’est pas autorisé.

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La configuration $(3\, 4\, 3 \, 12)$. Dans la figure à gauche, le sommet marqué demande à être complété comme illustré à droite. Cependant, cela provoque la convergence de deux carrés au nouveau sommet marqué, ce qui n’est pas autorisé.

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La configuration $(3\, 4\, 4\, 6)$. La seule possibilité de complétion autour du sommet marqué à gauche est par deux carrés. Cependant, cela fait converger deux carrés au sommet marqué à droite, ce qui n’est pas autorisé.

Post-scriptum :

Je remercie chaleureusement Nicolé Geyssel pour les images du corps de cet article, ainsi qu’Antonieta Emparán pour l’image $(6 \, 6 \, 6)$ de couverture.
Je remercie également les relecteurs Sébastien Peronno, Mario et agirand pour leurs corrections et améliorations.

Notes

[1Grünbaum, Branko ; Shephard, G. C. (1987). Tilings and Patterns. W. H. Freeman and Company.

[2Ceci découle du fait que la somme des angles de tout polygone à $n$ sommets est égale à $(n-2) 180º$. Une manière classique de constater ceci consiste à diviser le polygone par des diagonales en $n-2$ triangles et puis sommer les angles respectifs. Un argument de nature différente apparaît dans cet article. En fin, voici une « preuve sans parole » d’un fait équivalent : la somme des angles extérieurs est toujours égale à $360º$.

Attention : la formule de la somme des angles internes est valable même pour des polygones non convexes !

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Pour citer cet article :

Andrés Navas — «Quelques pavages par des polygones réguliers » — Images des Mathématiques, CNRS, 2022

Crédits image :

Image à la une - Elaboré à partir de l’image du disque « The Number of the beast », de Iron Maiden ; voir ici.

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