La mesure des volumes, généralités

Résumé de l’épisode précédent

Dans la première partie de ce texte [1], nous avons étudié le comportement des aires vis à vis de la méthode de découpage et recollement et montré notamment le théorème de Bolyai : deux polygones de même aire sont équivalents par découpage et recollement [2]. Nous abordons maintenant le cas des volumes.

Propriétés élémentaires

La théorie des volumes, au moins au départ, est très proche de celle des aires. Elle vérifie aussi les propriétés d’additivité et d’invariance par isométrie, donc d’invariance par découpage et recollement.
Nous supposerons connue la formule du volume du parallélépipède rectangle comme produit de ses trois dimensions, même si ce résultat requiert (en général) un passage à la limite.

Comme dans le plan, on a aussi une propriété d’homogénéité, mais cette fois, comme on est en dimension $3$, c’est par le cube du rapport qu’il faut multiplier les volumes, comme on le voit aussitôt dans le cas du doublement du cube, voir figure 1. Cependant nous éviterons d’utiliser cette propriété. Pour comprendre pourquoi, voir plus loin.

Figure 1

La théorie d’Euclide

Euclide établit, en utilisant uniquement découpage et recollement, nombre de résultats. Par exemple, il montre que le volume d’un prisme droit est le produit de l’aire de sa base par sa hauteur. Par découpage, on se ramène au cas d’un prisme à base triangulaire (voir figure 2) et on utilise ensuite le découpage du triangle (Partie I, figure 4) pour passer d’un prisme droit à base triangulaire à un parallélépipède rectangle (voir figure 3).

Figure 2

Cliquer sur l’image pour agrandir

Figure 3

Cliquer sur l’image pour agrandir

On peut aussi découper un prisme oblique pour le ramener à un prisme droit, puis à un parallélépipède rectangle. Il suffit pour cela de le couper par un plan perpendiculaire aux arêtes (le plan bleu de la figure 4) et de passer le morceau du haut en dessous de l’autre. On en déduit que la formule du volume d’un prisme quelconque est toujours la même : $base \times hauteur$.

Figure 4

Cliquer sur l’image pour agrandir

Le volume de la pyramide

Là où les choses sont plus délicates, c’est pour le volume de la pyramide. On sait qu’alors le volume est le tiers du produit $base \times hauteur$ et
l’on peut
assez facilement découvrir cette formule (dès le collège) dans des cas particuliers.
Par exemple, les
six pyramides ayant pour sommet commun le centre d’un cube d’arête
$a$ et pour bases les faces du cube ont toutes même volume (on passe de l’une à l’autre par rotation), et ce volume est donc le sixième du volume du cube : $a^3/6$. On vérifie alors que ce volume est bien le tiers du produit $base \times hauteur$. En effet, la base d’une telle pyramide est une face du cube, donc d’aire $a^2$, et sa hauteur est une moitié d’arête $a/2$, voir figure 5, et on a bien $\displaystyle \frac {a^3} 6 = \frac 1 3 \times a^2 \times \frac a 2$. De même les trois
pyramides dont le sommet est un sommet du cube et dont les bases sont les faces du cube qui ne contiennent pas ce sommet, ont pour volume le tiers du volume du cube comme annoncé par la formule $\displaystyle \frac 1 3 \times a^2 \times a$, voir figure 6.

Figure 5

Cliquer sur l’image pour agrandir

Figure 6

Cliquer sur l’image pour agrandir

En revanche, la
démonstration de la formule dans le cas général n’est pas évidente, c’est même un des sommets de la
mathématique d’Euclide. Bien entendu, en découpant la base en triangles, on se ramène aussitôt au cas d’une pyramide à base triangulaire. Le point
difficile est alors de montrer le lemme
suivant :

Si on a établi ce lemme, on montre facilement que le volume d’une pyramide est donné par la formule, voir figure 7. La méthode consiste, pour calculer le volume de la pyramide de sommet $D$ et de base $ABC$ à considérer le prisme de bases parallèles $ABC$ et $DEF$. On sait que son volume est le produit de l’aire de $ABC$ par $h$ (où $h$ est la hauteur du prisme, comme de la pyramide). On découpe alors le prisme en trois pyramides : la pyramide initiale noire $P_1= (D, ABC)$ (sommet $D$, base $ABC$) et les pyramides bleue $P_2= (B, DEF)$ (sommet $B$, base $DEF$) et rose $P_3= (B, CDF)$ (sommet $B$, base $CDF$). Il suffit de montrer que toutes trois ont le même volume qui sera alors le tiers du volume du prisme. Pour $P_1$ et $P_2$, c’est le lemme appliqué avec les bases $ABC$ et $DEF$, qui sont bien de même aire. Pour $P_1$ et $P_3$ c’est encore le lemme avec les bases $ACD$ et $CDF$ (ce sont deux moitiés d’un parallélogramme, donc elles ont même aire).

Figure 7

Cliquer sur l’image pour agrandir

Le lemme des pyramides de même base et même hauteur

Il reste à prouver le lemme. C’est ce que fait Euclide, au moyen du raisonnement ci-dessous, que je considère pour ma part comme un chef-d’œuvre. Ce raisonnement est le modèle de ce qu’on appelle la méthode d’exhaustion.

Premier découpage

On se reportera à la figure 8. On a deux pyramides $P$ et $Q$, avec des bases de même aire et des hauteurs égales. On découpe $P$ et $Q$, comme indiqué sur la figure, en utilisant les milieux des arêtes, en deux pyramides (rose et orange), l’une au-dessus, l’autre en bas à gauche et deux prismes (noir et vert), l’un debout, l’autre couché.

Figure 8

Cliquer sur l’image pour agrandir

La première chose à noter c’est que les deux prismes noir et vert de $P$ (ou de $Q$) ont même volume. En effet, voir la figure 9, chacun d’eux peut être vu comme la moitié d’un parallélépipède (l’un vert, l’autre noir) qui a pour base un parallélogramme dont l’aire est la moitié de la base des pyramides et pour hauteur la moitié de la hauteur des pyramides.

Figure 9

Cliquer sur l’image pour agrandir

Ensuite, on note que les prismes noirs de $P$ et $Q$ ont même volume.
En effet, la base du prisme noir de $P$ est le quart de la base de $P$ et sa hauteur la moitié de la hauteur de $P$ et c’est la même chose pour $Q$. Ils ont donc même volume puisque $P$ et $Q$ ont même base et même hauteur. Bien entendu, la même chose vaut pour les prismes verts, puisqu’ils ont même volume que les noirs.

Par ailleurs, chacune des petites pyramides peut être glissée dans le prisme noir par une translation, de sorte que le volume total des deux petites pyramides de $P$ est plus petit que celui des deux prismes, donc est plus petit que la moitié du volume de $P$, et de même pour $Q$.

Itération du procédé

L’étape suivante consiste à retirer les prismes. Il reste deux pyramides de chaque côté, avec des bases de même aire (le quart de celle de la pyramide initiale) et même hauteur (la moitié de la hauteur initiale). On recommence alors la même opération avec ces pyramides : on les découpe chacune en deux prismes et deux pyramides, on enlève les prismes. Il reste quatre pyramides de chaque côté, mais leur volume total est plus petit que le quart du volume de $P$ ou de $Q$. On recommence l’opération avec les pyramides restantes et ainsi de suite. Au $n^{ième}$ coup, après avoir retiré tous les prismes, il restera $2^n$ petites pyramides dont le volume sera plus petit que $1/2^n$ fois le volume de $P$ ou de $Q$.

Dans tout ce processus, toute la partie formée par les prismes a même volume côté $P$ et côté $Q$ (car c’est vrai à chaque étape). La différence de volume entre $P$ et $Q$, s’il y en a une, ne provient donc que des pyramides résiduelles. On va voir que c’est impossible. Supposons en effet que $P$ et $Q$ n’aient pas même volume, disons par exemple que $P$ est plus grand que $Q$, et, pour fixer les idées, que la différence de volume est plus grande qu’un centimètre cube, alors que le volume de $P$ est un décimètre cube. On a vu que, lors de la première opération, les pyramides restantes sont en tout de volume plus petit qu’un demi décimètre cube. À la deuxième opération, elles sont plus petites qu’un quart de décimètre cube. À la dixième opération, elles sont plus petites qu’un millième (car $2^{10} = 1024 > 1000$) de décimètre cube c’est-à-dire qu’un centimètre cube. Mais alors, la différence de volume entre $P$ et $Q$, qui ne provient que de la différence entre les petites pyramides du cran $10$, est plus petite qu’un centimètre cube, ce qui est absurde.

Le raisonnement qui vient d’être fait en supposant la différence de volume de l’ordre du millième peut s’étendre au cas général : on peut rendre le volume des pyramides résiduelles aussi petit qu’on veut [3] et plus petit que la différence de volume supposée entre $P$ et $Q$, ce qui est absurde puisque cette différence ne provient que de ces petites pyramides.

Remarque

On notera que, contrairement au calcul de l’aire du triangle qui se fait par un découpage fini, le processus utilisé ici nécessite un nombre d’étapes qui peut être arbitrairement grand. C’est en fait un «passage à la limite» : on voit le volume de la pyramide comme la limite du volume des morceaux prismatiques quand on augmente le nombre de morceaux (les pyramides résiduelles étant de plus en plus petites). Cela nous amène aussitôt à la question suivante.

Découpage des polyèdres : troisième problème de Hilbert et invariant de Dehn

Le problème

C’est l’analogue dans l’espace du problème résolu par Bolyai dans le plan. La question est
de savoir si deux polyèdres de même volume sont équivalents par découpage et
recollement (en un nombre fini de polyèdres). Si tel était le cas, cela signifierait que tout
calcul de volume d’un polyèdre (par exemple celui de la pyramide d’Euclide) peut se faire par découpage et recollement fini, sans utiliser un
passage
à la limite ou la méthode d’exhaustion vue ci-dessus. De nombreux mathématiciens, et notamment Gauss, se sont posé la
question de savoir si ce processus infini, avec le recours à l’axiome d’Archimède, était indispensable.

Ce problème, qui n’est pas facile, est résolu par la négative vers $1900$. Il y a d’abord eu une solution, pas tout à fait rigoureuse mais qui contenait tout de même une idée essentielle, de Raoul Bricard, en 1896, que nous allons évoquer ci-dessous. Sans doute cette solution est-elle passée inaperçue, ou a-t-elle été considérée comme incorrecte, car le problème de montrer l’égalité du volume de deux tétraèdres [4] ayant des bases et des hauteurs égales est le troisième des
$23$ problèmes posés par David Hilbert
à ses collègues lors du deuxième Congrès international des mathématiciens, à Paris
en 1900. Si certains des problèmes de Hilbert sont encore ouverts aujourd’hui,
celui-là a eu une existence brève (indépendamment de la tentative de Bricard) puisque la solution a été apportée par Dehn dès
1900. Comme on l’a dit, la réponse, contrairement au cas du plan, est négative. En particulier, il est
impossible de découper un cube en un nombre fini de polyèdres et de reconstituer un
tétraèdre régulier (de même volume)
à partir des morceaux. La vie de Dehn, et le troisième problème de Hilbert, sont également évoqués dans ce portrait écrit par Michèle Audin.

Découpages réguliers : la preuve de Bricard

Nous allons donner une idée de la preuve du résultat annoncé : il n’existe pas [5] de puzzle permettant de transformer un cube en un tétraèdre régulier.

Dièdres

Rappelons d’abord ce qu’est un angle dièdre d’un polyèdre $P$. On considère une arête $A$ de $P$, elle est commune à deux faces de $P$. On trace un plan perpendiculaire à l’arête, qui coupe les faces selon deux demi-droites, voir figure 10. Par définition, l’angle dièdre de $P$ en $A$ est l’angle de ces demi-droites. On le mesurera en degrés.

$\quad$

La situation

Considérons deux polyèdres $P$ et $Q$ équivalents par découpage et recollement. Cela veut dire qu’on a découpé $P$ en des polyèdres $P_1, P_2, \ldots, P_n$, qu’on a déplacé les $P_i$, obtenant ainsi de nouveaux polyèdres $Q_1, Q_2, \ldots, Q_n$, et qu’on a recollé ceux-ci en $Q$. Nous supposerons de plus que le découpage de $P$ (de même que celui de $Q$) est régulier. Cela signifie que les morceaux $P_i$ sont soit disjoints (ils n’ont rien en commun), soit ont en commun un sommet, ou une arête, ou une face. C’est une condition restrictive comme on le voit sur la figure 11 où deux des polyèdres ont en commun une partie qui est une face de l’un mais pas de l’autre. Dans de nombreux cas on peut se ramener à ce cas particulier en raffinant la décomposition. Par exemple, dans la figure 12 on a rendu les deux découpages réguliers en les raffinant par ajout de prismes à bases triangulaires (attention, la difficulté n’est pas tant de raffiner un découpage pour le rendre régulier que de raffiner simultanément les deux découpages en des découpages réguliers qui se correspondent). Avec cette hypothèse de régularité, et avec cette hypothèse seulement, la preuve de Bricard est correcte [6] (mais son résultat, lui, est toujours juste, voir [Benko]) et nous allons en donner un aperçu.

Figure 11

Cliquer sur l’image pour agrandir

Figure 12

Cliquer sur l’image pour agrandir

Le calcul de la somme des dièdres

L’idée est de comparer les dièdres de $P$ et des morceaux $P_i$. Regardons une arête d’un $P_i$. Il y a plusieurs cas de figures.

• 1) Si cette arête est à l’intérieur de $P$ comme l’arête $[AB]$ de la figure 13, elle est commune à plusieurs morceaux $P_i$ qui remplissent tout l’espace autour de l’arête, de sorte que si l’on ajoute tous les dièdres des $P_i$ autour de $[AB]$, leur somme est de $360$ degrés.

Figure 13

Cliquer sur l’image pour agrandir

• 2) Si cette arête est à l’intérieur d’une face de $P$ comme l’arête $[CD]$ de la figure 14, là encore, elle est commune à plusieurs morceaux $P_i$, mais cette fois ils ne remplissent qu’un côté de l’espace (le côté où est situé $P$) et la somme des dièdres est de $180$ degrés.

Figure 14

Cliquer sur l’image pour agrandir

• 3) Si cette arête est sur une arête de $P$ comme l’arête $[EF]$ de la figure 15, les dièdres des $P_i$ qui la contiennent forment un dièdre de $P$ et la somme de leurs angles est l’angle du dièdre de $P$ correspondant. S’il y a $n$ arêtes des $P_i$ le long d’une même arête de $P$ on trouvera donc dans la somme $n$ fois le dièdre de $P$.

Figure 15

Cliquer sur l’image pour agrandir

En définitive, si on ajoute tous les angles dièdres des $P_i$, on obtient une somme de tous les angles dièdres de $P$ (provenant des arêtes du cas 3, chacun pouvant être compté plusieurs fois), plus un multiple entier de $180$ degrés (provenant des arêtes des cas 1 et 2).

Mais, ce que nous avons fait avec $P$, nous pouvons aussi bien le faire avec $Q$ : la somme des angles dièdres des $Q_i$ est la somme des angles dièdres de $Q$ (chacun éventuellement compté plusieurs fois), plus un multiple entier de $180$ degrés.

Or, les $P_i$ et les $Q_i$ sont les mêmes polyèdres, simplement déplacés dans l’espace. Leurs angles dièdres sont donc les mêmes et leur somme aussi. On a donc montré qu’une somme des dièdres de $P$ est égale à une somme des dièdres de $Q$ (chacun éventuellement compté plusieurs fois), à un multiple entier de $180$ degrés près.

Le cube et le tétraèdre régulier

Regardons alors le cube $C$ et le tétraèdre régulier $T$. Pour le cube, les choses sont simples : tous ses dièdres valent $90$ degrés et toute somme de ces dièdres, en nombre quelconque, donnera toujours un multiple entier de $90$ degrés.

Si on peut découper le cube et obtenir un tétraèdre, c’est qu’on peut trouver une somme des dièdres de $T$ (en comptant chacun plusieurs fois si nécessaire) qui soit un multiple entier de $90$ degrés (on peut oublier les multiples de $180$ car on a $180= 2 \times 90$). Or, les six dièdres de $T$ sont tous égaux et, si leur valeur commune est notée $a$, on devrait avoir $n \times a = k \times 90$ avec $n$ et $k$ entiers. Mais cela n’est pas possible car le rapport $\displaystyle \frac a {90}$ serait égal à $\displaystyle\frac k n$, donc rationnel, et nous allons montrer que $a$ est au contraire incommensurable à $90$ (comme disaient les anciens), c’est-à-dire que $a/90$ est irrationnel.

Pour cela, il faut d’abord faire un peu de géométrie dans l’espace, voir figure 16. Si l’on projette le sommet $A$ du tétraèdre sur la base $BCD$, il tombe au centre de gravité $G$ du triangle et on sait que ce centre est au tiers de la médiane $[BB']$. Comme les faces du tétraèdre sont des triangles équilatéraux tous de même taille, les médianes sont aussi les hauteurs et sont égales. L’angle dièdre le long de $[CD]$ est donc $a=\widehat{BB'A}$ et son cosinus vaut $\displaystyle \frac{B'G} {B'A} = \frac {B'G} {B'B}=\frac 1 3$.

Figure 16

Cliquer sur l’image pour agrandir

Or, un angle $a$ qui est tel [7] que $\cos a= 1/3$ ne peut pas être un multiple rationnel de $90$ degrés, ou de $180$ (c’est pareil). Cela résulte d’un petit calcul de trigonométrie. En effet, si on avait $a= \frac p q \times 180$, on aurait $qa= p \times 180$. Le cosinus de $qa$ serait donc égal à $\cos (p \times 180)= \pm 1$. Mais, on montre facilement (si l’on se souvient des formules de trigonométrie [8]) que $\cos qa$ est de la forme $\displaystyle \frac {a_q} {3^q}$ où $a_q$ est un entier non multiple de $3$ et donc il ne peut être égal à $\pm 1$. Faisons par exemple le cas $q=2$ en détail pour comprendre le ressort de ce calcul. On a $\cos 2a = \cos^2a -\sin^2a$ (c’est une formule classique). Comme on a $\cos^2 a + \sin^2 a =1$ (c’est une formule encore plus classique), on en déduit $\cos 2 a = 2 \cos^2 a -1 = \frac 2 9 -1= -\frac 7 9$ et donc ce cosinus là n’est pas égal à $\pm 1$. Le cas général est analogue.

L’invariant de Dehn

La preuve de Dehn est un peu plus compliquée que celle de Bricard, mais elle présente le gros avantage d’être valable même si le découpage n’est pas régulier. L’idée est de prendre en compte, pour chaque arête, non seulement l’angle dièdre, mais aussi la longueur de l’arête [9]. En langage moderne, on associe à un polyèdre $P$ un invariant $\delta (P)$ (dit invariant de Dehn) qui se calcule avec les angles dièdres et les longueurs. Il habite dans un objet algébrique qu’on appelle un produit tensoriel, objet un peu compliqué dont je ne peux donner une idée en quelques mots. Le résultat de Dehn peut alors se formuler en disant : si $P$ et $Q$ sont équivalents par découpage et recollement, on a $\delta(P)= \delta(Q)$. On montre alors que pour le cube on a $\delta(C)=0$, tandis que pour le tétraèdre régulier on a $\delta (T) \neq 0$.

La question de la réciproque (c’est-à-dire de préciser, finalement, à quelle condition deux polyèdres sont équivalents par découpage et recollement) est restée longtemps ouverte. Ce n’est qu’en $1965$ que Sydler a montré : Deux polyèdres $P$ et $Q$ sont équivalents par découpage et recollement (avec des morceaux polyédraux) si et seulement si ils ont à la fois même volume et même invariant de Dehn. On peut considérer que ce résultat clôt le troisième problème de Hilbert.

Quelques conséquences

Les résultats précédents, et notamment la considération des angles dièdres, permettent d’éclairer certains découpages.

Prismes

En premier lieu, on a vu
que tout prisme, même oblique, peut être découpé en un parallélépipède rectangle. On en a une explication en notant que la somme des dièdres d’un prisme (contrairement au cas du tétraèdre régulier) est un multiple entier de $180$ degrés [10]. Pour le voir, on se ramène au cas d’un prisme à base triangulaire comme on l’a fait plus haut (voir figure 2). On regroupe alors les dièdres de deux manières, voir figure 17. Les dièdres des arêtes montantes sont les trois angles du triangle $ABC$, dont on sait bien que la somme est $180$ degrés. Les dièdres de deux arêtes horizontales parallèles sont les angles successifs d’un parallélogramme et là encore, leur somme vaut $180$ degrés. Autrement dit la somme des dièdres d’un prisme est, comme celle d’un cube ou d’un parallélépipède, un multiple entier de $180$ degrés.

Figure 17

Cliquer sur l’image pour agrandir

Pyramides découpables

Le même argument vaut dans le cas des pyramides «faciles»’ du cube. Pour les six pyramides de sommet
le centre du cube et de base une face du cube, on voit que les quatre angles dièdres à la base valent $45$ degrés et les quatre au sommet $120$ degrés. La somme des angles dièdres pour une pyramide est donc $660$ degrés et pour les $6$ pyramides, on a $6 \times 660= 3960=22 \times 180$.

Il y a ensuite les pyramides dont le sommet est un sommet du cube et dont la
base est une face du cube ne contenant pas ce sommet. Pour celles-là, on vérifie facilement qu’il y a cinq angles dièdres de $90$ degrés, deux de $45$ degrés et un de $120$ degrés, soit en tout $660$ degrés. Pour les trois pyramides, on a $3 \times 660= 1980= 11 \times 180$.

Dehn et homogénéité

Un dernier point intéressant concerne la propriété d’homogénéité des volumes. Dans le plan, nous avons vu, cf. figure 6 (Partie I), que si l’on double les côtés d’un triangle, son aire est multipliée par $4$ et que ce résultat peut être établi par découpage. Il n’en va pas de même dans l’espace en général. Bien sûr, on peut découper un cube double en $8$ petits cubes (cf. figure 1), mais partons maintenant d’un tétraèdre régulier $T$, et considérons le tétraèdre $T'$ obtenu en doublant toutes les arêtes de $T$. Alors, s’il est bien vrai que le volume de $T'$ est égal à $8$ fois celui de $T$, on ne peut pas montrer cette propriété uniquement par découpage et recollement car il n’existe pas de découpage permettant de passer de $T'$ à $8$ petits tétraèdres isométriques à $T$. En effet, le découpage d’Euclide, cf. figure 18, montre que $T'$ se découpe en deux copies du tétraèdre $T$ et deux prismes $P,P'$. Si l’on pouvait découper $T'$ en $8$ copies de $T$, on pourrait découper la réunion des prismes en $6$ copies de $T$. Mais, on a vu qu’on pouvait découper un prisme pour en faire un parallélépipède rectangle et on pourrait donc découper les $6$ tétraèdres pour en faire deux parallélépipèdes rectangles. Comme un tel parallélépipède a tous ses angles dièdres droits, le raisonnement de Bricard montre qu’une certaine somme des dièdres de $T$ (chacun compté éventuellement plusieurs fois) devrait être un multiple de $180$ degrés. Mais, tous les dièdres de $T$ sont égaux à l’angle $a$ rencontré plus haut [11] donc une telle somme est un multiple de $a$ et l’on a vu que le rapport de $a$ à $180$ est irrationnel. Le découpage envisagé est donc impossible.

Figure 18

Cliquer sur l’image pour agrandir

Quelques résultats plus difficiles : le paradoxe de Hausdorff-Banach-Tarski, le théorème de Laczkovich

Le paradoxe de Hausdorff-Banach-Tarski

Le résultat

Il s’agit d’un extraordinaire théorème de découpage. Il va nous permettre de mesurer la puissance de l’un des plus mystérieux axiomes de la théorie des ensembles : l’axiome du choix.

Commentaires

Le lecteur aura noté qu’on ne suppose pas que $A$ et $B$ ont même volume. Inutile de dire qu’on ne sait pas faire explicitement ces découpages et que les morceaux ne sont certainement pas simples. Pour s’en convaincre on pensera aux cas suivants :
$A$ est une pomme et $B$ est la lune, $A$ est une grenouille et $B$ est un bœuf, $A$ est un pain et
$B$ est un millier de pains [13] !

En revanche, ne croyez pas qu’il y ait besoin de beaucoup de morceaux. On peut montrer que pour passer d’une
boule de rayon $r$ à deux boules de rayon $r$ il suffit de les découper en $5$ morceaux !

Une idée de la preuve

Il n’est pas question ici d’expliquer vraiment la démonstration du paradoxe. L’idée essentielle, à mon avis, est due à Hausdorff (1914) et elle mène à un partage de la sphère [14] en quatre parties : trois morceaux $X,Y,Z$ isométriques entre eux et tels que $X$ soit aussi isométrique à la réunion des deux autres et un résidu $T$ dénombrable [15]. Le travail de Banach et Tarski a été de donner à ce résultat la forme ci-dessus, bien plus frappante, mais l’idée essentielle est dans Hausdorff.

Sans entrer dans les détails de la preuve, je vais tout de même essayer d’en donner une idée. Au fond, il s’agit d’exhiber des décompositions paradoxales du type $1= 2$, une boule égale deux boules, un ensemble $X$ égal à la fois à $Y$ et $Z$ et à leur réunion. Mais on connaît parfaitement un exemple très simple d’une telle décomposition avec les nombres entiers. Je m’explique. Considérons l’ensemble des entiers : $0,1,2, \ldots$. Bien qu’ils soient plus nombreux que les entiers pairs, ils sont cependant en correspondance parfaite (on dit «bijective») avec eux. En effet, on associe à $0$ lui-même, puis à $1$ on associe $2$, à $2$ on associe $4$, etc., à un entier on associe son double. On a une correspondance parfaite, c’est-à-dire que chaque nombre pair est obtenu une fois et une seule par ce procédé. De la même manière, les entiers sont aussi en correspondance avec les impairs. Cette fois on associe à $0$ le nombre $1$, puis à $1$ l’impair suivant $3$, à $2$ on associe $5$, etc. : on associe à un entier son double plus un. Voilà donc un ensemble, les entiers, qui est à la fois «isomorphe [16]» à deux de ses parties (les pairs, les impairs), mais aussi — évidemment — à leur réunion (puisque c’est lui-même).

La preuve de Hausdorff est de cette veine, mais il travaille avec des transformations de l’espace au lieu des entiers. Il considère deux rotations, l’une, notée $a$, est un demi-tour autour d’un axe (une rotation de $180$ degrés). C’est une transformation où l’on revient à son point de départ quand on la fait deux fois. L’autre transformation, notée $b$, est une rotation de $120$ degrés autour d’un axe, mais différent du premier. Cette fois, si on la fait deux fois on a une rotation $b^2$ d’angle $240$ degrés, mais si on la fait trois fois l’angle est $360$ degrés, on a donc fait tout un tour et on est revenu au départ. Avec ces rotations, on en fabrique beaucoup d’autres en faisant l’une, puis l’autre, puis l’autre, puis l’une, alternativement et aléatoirement. On écrit ainsi des sortes de mots [17] du genre $abab^2ababab^2$, etc. L’idée de Hausdorff est de découper l’ensemble de ces mots en trois parties : ceux qui commencent par $a$, ils forment un ensemble $A$, ceux qui commencent par $b$ (ensemble $B$) et ceux qui commencent par $b^2$ (ensemble $C$). On voit alors que $A$ est pareil que chacun des deux autres [18] : si on multiplie par $b$ un mot commençant par $a$, on tombe dans $B$, si on le multiplie par $b^2$ on tombe dans $C$, mais on voit aussi que $A$ est pareil que la réunion de $B$ et $C$ car si l’on multiplie par $a$ un mot commençant par $b$ ou $b^2$, on tombe dans $A$ ! Autrement dit, $A$ est à la fois pareil [19] que $B$ et que $C$, mais aussi que la réunion $B \cup C$ : $1=2$, vous dis-je !

On déduit de cette décomposition paradoxale sur les transformations une décomposition paradoxale de certaines parties de la sphère. Il suffit de prendre un point $s$ de la sphère et ses transformés $A', B', C'$ par les transformations de $A,B,C$ : on voit facilement que $A'$ est à la fois isomorphe à $B'$, à $C'$ et à la réunion des deux. Mais ce qu’on a fait avec $s$ on peut le faire à partir de n’importe quel [20] point de la sphère. On a donc découpé la sphère $S$ en des parties $S_i$ (on montre facilement que les ensembles de transformés des différents points sont soit égaux, soit disjoints) et qui admettent toutes des décompositions paradoxales.

C’est ici qu’intervient le fameux axiome du choix. Que dit donc d’extraordinaire cet axiome aux conséquences diaboliques ? Quelque chose qui semble pourtant bien naturel dans le cas qui nous intéresse : si on a découpé une sphère $S$ en un nombre (infini) de morceaux $S_i$, il existe un ensemble $E$ obtenu en choisissant un point dans chaque $S_i$. Eh bien, avec cela, et seulement cela, on obtient le paradoxe. En effet, il suffit de prendre pour $X,Y,Z$ les transformés de $E$ par les transformations de $A,B,C$.

À propos de l’axiome du choix

On peut évidemment mettre en doute le paradoxe de Hausdorff-Banach-Tarski en refusant l’axiome du choix,
et les débats sur ce sujet entre les mathématiciens ont été vifs au début du XX$^{ième}$ siècle. Le lecteur méditera
cependant le résultat suivant de Dougherty et Foreman, qui ne nécessite pas l’axiome du choix : Soient
$A$ et
$B$ deux boules de l’espace, de rayons différents (par exemple l’une de rayon $1$ et l’autre de rayon $2$, voire $1000$). Alors elles sont «presque équivalentes» au sens suivant : on peut trouver un nombre fini de morceaux de $A$, les transporter à l’intérieur de
$B$ de telle sorte que ce qui manque à $A$ et $B$ à côté de ces morceaux communs ne contienne aucune boule, même la plus petite. Pour reprendre la métaphore de la pomme et de la lune, on peut trouver un découpage qui passe de l’une à
l’autre en ne laissant dans chacune qu’un trognon ne contenant aucune miette, si petite soit-elle !

Une conséquence

Le paradoxe de Hausdorff-Banach-Tarski, outre qu’il défie l’entendement, semble, de plus, poser un problème purement mathématique. On a dit en effet que les volumes étaient invariants par découpage et recollement. Mais ici, comme on a découpé une boule de rayon $r$ en deux boules de rayon $r$, une boule et deux boules devraient donc avoir même volume, ce qui est évidemment absurde.

Il n’y a cependant pas de contradiction, mais simplement la preuve que dans une décomposition paradoxale de Hausdorff-Banach-Tarski il y a nécessairement des parties dont on ne peut mesurer le volume. Cela donne une réponse négative à une autre question célèbre :

Comme on vient de le voir, le paradoxe de Hausdorff-Banach-Tarski empêche l’existence d’une mesure universelle dans l’espace, semant ainsi le trouble dans notre esprit : finalement, quelles parties peut-on mesurer ?

Que le lecteur se rassure, on sait mesurer toutes les parties «raisonnables» (les polygones, les polyèdres, les disques, les boules, les cônes, etc.) et, une fois choisie l’unité, la mesure de ces objets est bien déterminée. La question concerne des parties compliquées que les mathématiciens affectionnent. Pour n’en donner qu’un exemple, on peut considérer, dans un carré du plan, la partie formée par les points dont les coordonnées par rapport à un repère sont des nombres rationnels (c’est-à-dire qui s’écrivent sous forme de fractions — on a déjà rappelé qu’il y en a bien d’autres). Voilà une partie bien difficile à imaginer et plus encore à mesurer. En effet, il y a de tels points partout dans le carré, mais il y a aussi partout dans le carré des points qui ne sont pas de ce type.

En vérité, cet ensemble là ne pose pas de problème au mathématicien (il lui attribue une aire nulle). Mais il y a mieux, dans le cas du plan, on est capable de mesurer toutes les parties bornées :

La démonstration n’est pas facile et utilise encore l’axiome du choix. Une version très claire (due à Von Neumann) qui montre bien pourquoi la preuve ne fonctionne plus en dimension $3$, se trouve dans le petit livre de Guinot.

Retour au plan : la quadrature du cercle

Le théorème de Banach interdit qu’un paradoxe comme celui de Hausdorff-Banach-Tarski puisse exister dans le plan : deux parties équivalentes par découpage et recollement ont nécessairement même aire. Il reste tout de même un résultat spectaculaire et extrêmement récent qui affirme que la quadrature du cercle est possible [22] :

Que la confiance du lecteur en les mathématiques ne soit pas trop ébranlée, ce découpage ne peut être réalisé en construisant les morceaux à la règle et au compas, de sorte qu’il ne s’agit pas de la
quadrature du cercle au sens usuel de ce terme, ouf ! Tout de même, ce résultat est étonnant et pas du tout évident (un cercle c’est rond et un carré c’est droit, alors comment faire ?).

Quelques bémols tout de même sur ce théorème. D’abord, comme Hausdorff-Banach-Tarski, il utilise l’axiome du choix, de sorte que les morceaux sont des choses compliquées, et, ensuite, il en faut beaucoup, $10^{40}$
environ selon l’estimation de Laczkovich.

En revanche, le même Laczkovich a montré en 2003 qu’il existe des parties $A,B $ du plan, limitées par des courbes régulières sauf en un point, de même aire, mais telles qu’on ne puisse passer de l’une à l’autre par découpage et recollement. Tout n’est donc pas possible par cette méthode.

Attention, il s’agit là de résultats très récents et très difficiles, et je dois la vérité au lecteur : contrairement au cas de Hausdorff-Banach-Tarski, je serais bien en peine de donner ne serait-ce que le quart de la moitié du commencement d’une idée de la démonstration !

Références

On ne peut que conseiller au lecteur de lire le livre XII d’Euclide qui traite du volume de la pyramide. Pour une discussion sur la preuve de Bricard il consultera [Hopf] et surtout [Boltianskii2]. Une démonstration directe et magnifique du résultat de Bricard se trouve dans [Benko]. Sur le théorème de Dehn, on conseille [Boltianskii1,2], [Cartier] et [GS]. Sur le théorème de Sydler on préférera au texte originel [Jessen], [Boltianski2] ou [Cartier]. Sur le paradoxe de Hausdorff-Banach-Tarski, outre les articles originaux, il pourra lire [Guinot] (qui est aussi une bonne référence pour l’existence d’une mesure universelle dans le plan) ou [Wagon]. Enfin, les articles de Laczkovich sont très difficiles, mais le panorama [Laczkovich3] est très intéressant.

[Banach] Banach S., Sur le problème de
la mesure, Fond. Math. 4, 1923, p. 7-33, ou
Banach, œuvres complètes.

[Banach-Tarski] Banach S., Tarski A., Sur la décomposition des ensembles de points en parties
respectivement congruentes, Fond. Math. 6, 1924, p. 244-277, ou Banach, œuvres complètes.

[Benko] Benko D., A new approach to Hilbert’s third problem, Amer. Math. Monthly, vol. 114, 8, p. 665-676 (2007).

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

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

[Bricard] Bricard R., Sur une question de géométrie relative aux polyèdres, Nouvelles Annales de Mathématiques 15, p. 331-334 (1896).

[Cartier] Cartier P., Décomposition des polyèdres : le point sur le troisième problème de Hilbert, Séminaire
Bourbaki, 1984-85, numéro 646.

[DG] Dougherty R. et Foreman M., The Banach-Tarski paradox using pieces with the property of Baire, Proc.
Nat. Acad. Sci. 89 (1992), p. 10726-28.

[Euclide] Euclide, Les éléments, Traduction et présentation de
Georges Kayas, Éd. du CNRS, 1978.

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

[GS] Grandemange P. et Schwartz P.,
Aspects classiques du troisième problème de
Hilbert, Gazette
des mathématiciens, 52, avril 1992.

[Hausdorff] Hausdorff F., Bemerkung über den Inhalt den Punktmengen, Math. Ann., 75, 1914, p. 23-28.

[Hopf] Hopf H., Differential Geometry in the Large, Lecture Notes in maths., 1000, Springer Verlag.

[Jessen] Jessen B., The algebra of polyhedra and the Dehn-Sydler theorem, Math. Scand., 22, 1968, 241-256.

[Laczkovich1] Laczkovich M., Equidecomposability and discrepancy ; a solution of Tarski’s circle-squaring
problem, J. reine angew. Math. 404, 1990, p. 77-117.

[Laczkovich2] Laczkovich M., Paradoxical Decompositions : A Survey of Recent Results, European Congress of
Mathematics, Vol. II, Progress in Math. 120, Birkhaüser, Basel, 1994.

[Laczkovich3] Laczkovich M., Equidecomposability of Jordan domains under groups of isometries, Fund. Math. 177, numéro 2, 2003, p.
149-171.

[Sydler] Sydler J.-P., Conditions nécessaires et suffisantes pour l’équivalence des polyèdres de l’espace euclidien à
trois dimensions, Comment. Math. Helv., 40, 1965, p. 43-80.

[Wagon] Wagon S., The Banach-Tarski paradox, Encyclopedia of Mathematics, Vol. 24, Cambridge, 1985.