La quadrature du triangle

Piste bleue Le 10 mai 2019  - Ecrit par  Andrés Navas Voir les commentaires (3)
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Une construction géométrique donne une méthode permettant de construire une table qui dévient triangulaire ou carrée suivant vos besoins. Classique et remarquable !

Prenons les deux polygones réguliers les plus simples, c’est-à-dire le triangle équilatéral et le carré. Supposons qu’ils aient la même aire.

Question : Peut-on passer du triangle au carré (et vice versa) en le découpant en un nombre fini de pièces polygonales et puis en les remontant ?

La réponse à cette question (pas trop difficile) est oui [1]. Par exemple, on peut passer du triangle au carré en le découpant en cinq pièces, comme le montre l’animation ci-dessous.

Or, il existe une superbe méthode pour passer du triangle équilatéral au carré qui n’utilise que quatre pièces ! En fait, cette méthode transforme le triangle en une famille assez large de rectangles. Pour vous faire une idée, commencez par regarder cette animation.

Problème : Peut-on découper le triangle équilatéral en 3 pièces polygonales qui, remontées, forment un carré ?

On attend votre réponse dans les commentaires !

Un peu d’histoire

Le problème de transformer un triangle équilatéral en un carré par découpage fut proposé par Henry Dudeney en 1902 dans sa fameuse rubrique « Puzzles and Prizes » dans le journal Weekly Dispatch en Angleterre. Une solution (qui semblait être connue par Dudeney [2]) fut proposée par C. W. McElroy. Plus bas on développe les calculs de la construction issue de cette solution. Comme nous le verrons, ces calculs ne sont pas triviaux (de plus, ils sont difficiles à trouver dans la littérature).

Pour vous donner du courage, regardez d’abord cette application « pratique » de la transformation de triangles en carrés : vous pouvez vous asseoir à trois ou à quatre sans changer de table !

Le petit Baltasar est fier et content de voir sa table enfin terminée.

Les calculs

L’animation plus haut suggère que la partie inférieure gauche du triangle tourne vers la partie gauche du carré par une rotation de 180º centrée au milieu du côté correspondant, et que ceci a lieu aussi à droite (mais dans l’autre sens) ; de plus, le triangle central inférieur correspond à la partie triangulaire supérieure du carré.

Néanmoins, les dessins peuvent mener à des erreurs. De plus, nous voudrions avoir les longueurs précises des pièces (pour ainsi fabriquer une table parfaite !). Nous mettons donc un peu d’information géométrique dans le dessin à gauche ci-dessous. Notons que $E$ doit être le milieu du côté $[PQ]$ du carré, alors que $D$ doit être le milieu de $[RS]$. Notons aussi que les angles en $Q$ et $R$ sont droits, car après rotation ils correspondent à des angles du carré. De plus, $\, AU = HC \,$ et $\, VB = CI \,$, et puisque $\, HI = UV, \,$ la longueur de $[UV]$ doit être la moitié de celle du côté du triangle. Dans la suite, nous supposons que la longueur du côté du triangle est égale à $1$. Toute cette information supplémentaire apparaît dans la figure de droite.

Voici une remarque importante : pour n’importe quelle valeur de $x$ inférieure ou égale à $1/2$, les rotations décrites mènent à un quadrilatère à angles droits, c’est-à-dire un rectangle. Notre problème consiste alors à calculer la valeur de $x$ pour laquelle ce rectangle est un carré. Même s’il s’agit d’un calcul élémentaire, il n’est pas entièrement trivial. Essayez de le faire avant de cliquer ci-dessous : vous devriez aboutir à
\[x = \frac{3-\sqrt{4\sqrt{3}-3}}{4} \simeq 0{,}2545\!\ldots\]

Le calcul de $x$.

Si le rectangle est un carré, alors $UVR$ et $DEQ$ sont des triangles congrus, car ils ont les mêmes angles et $UV = DE = 1/2$. Par suite, si l’on note $u = UQ = RD = DS$ et $\upsilon = PE = EQ = RV$, alors la condition $PQ = QS$ (qui est nécessaire pour avoir un carré) devient $QR = 2\upsilon - 2u$, comme illustré ci-dessous. De plus, puisque le triangle a une aire égale à $\sqrt{3} / 4$ et qu’elle est égale à celle du carré, la longueur du côté du carré doit être $\sqrt{\sqrt{3}/4} = \sqrt[4]{3} / 2$, et donc $\upsilon = \sqrt[4]{3} / 4$.

Si l’on applique le théorème de Pythagore à $URV$ on obtient
\[UV^2 = UR^2 + RV^2,\]
c’est-à-dire
\[\frac{1}{4} = (2\upsilon -u)^2 + \upsilon^2 = 5\upsilon^2 - 4u\upsilon + u^2 = u^2 - u \sqrt[4]{3} + \frac{5 \sqrt{3}}{16}.\]
Ceci nous donne une équation de degré deux en $u$ qui a deux racines. Celle que nous devons considérer est
\[u = \frac{1}{2} \left( \sqrt[4]{3} - \sqrt{ \sqrt{3} - 4 \left( \frac{5 \sqrt{3}}{16} - \frac{1}{4} \right) } \right) = \frac{1}{2} \left( \sqrt[4]{3} - \sqrt{ 1 - \frac{\sqrt{3}}{4} } \right). \]
En effet, l’autre solution est plus grande que $\sqrt[4]{3} / 2$, ce qui est absurde car l’aire du carré est à la fois égale à $\sqrt{3} / 4$ et plus grande que $u^2$.

En notant $\ell = EU$, le théorème d’Al Kashi (ou loi du cosinus) appliqué à $AUE$ et le théorème de Pythagore appliqué à $EQU$ donnent
\[ x^2 + \frac{1}{4} - 2\, x \frac{1}{2} \cos (60º)\,\, = \,\, \ell^2\,\, =\,\, \upsilon^2 + u^2.\]
Donc,
\[\begin{align*} x^2 - \frac{x}{2} + \frac{1}{4} &= \frac{\sqrt{3}}{16} + u^2 \\ &= \frac{\sqrt{3}}{16} + \frac{1}{4} \left( \sqrt{3} + \left( 1 - \frac{\sqrt{3}}{4} \right) - 2 \sqrt{ \sqrt{3} \left( 1 - \frac{\sqrt{3}}{4} \right) } \right) \\ &= \frac{1}{4} + \frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{1}{4} \sqrt{ 4 \sqrt{3} - 3}. \end{align*}\]
Par conséquent,
\[x^2 - \frac{x}{2} - \left( \frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{1}{4} \sqrt{ 4 \sqrt{3} - 3} \right) = 0.\]
À nouveau, il s’agit d’une équation quadratique qui nous mène à deux solutions. Celle qui nous concerne doit être plus grande que $1/4$ (de telle sorte que $AU > VB$), c’est-à-dire
\[ \begin{align*} x &= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} + \sqrt{ \frac{1}{4} + 4 \left( \frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{1}{4} \sqrt{ 4 \sqrt{3} - 3} \right) } \right) \\ &= \frac{1}{4} + \frac{1}{4} \sqrt{ 1 + 4 \sqrt{3} - 4 \sqrt{ 4 \sqrt{3} - 3 } }. \end{align*}\]
Cette dernière expression peut être simplifiée en notant que
\[\begin{align*} \left( 2 - \sqrt{4 \sqrt{3}-3} \right)^2 &= 4 + (4\sqrt{3}-3) - 4 \sqrt{4 \sqrt{3}-3} \\ &= 1 + 4 \sqrt{3} - 4 \sqrt{4 \sqrt{3}-3}. \end{align*}\]
En effet, puisque $\,2 - \sqrt{4\sqrt{3}-3} \simeq 0{,}018\!\ldots > 0,\,$ ceci implique
\[2 - \sqrt{4 \sqrt{3}-3} = \sqrt{1 + 4 \sqrt{3} - 4 \sqrt{4 \sqrt{3}-3}},\]
donc
\[x = \frac{1}{4} + \frac{2-\sqrt{4\sqrt{3}-3}}{4},\]
c’est-à-dire
\[x = \frac{3-\sqrt{4\sqrt{3}-3}}{4} \simeq 0{,}2545\!\ldots\]

Nous disposons alors de toutes les mesures concernées par la décomposition de Dudeney. C’est à vous maintenant de bricoler pour créer votre table triangle-carré !

Nachito et ses modules de Dudeney pour un devoir du lycée

Un petit conseil : essayez d’abord de faire un modèle miniature ; en voici un avec charnières [3].

Problème : pour quelle valeur de $x$ la construction précédente mène-t-elle à un rectangle d’or, c’est-à-dire un rectangle dont le rapport entre le grand côté et le petit est le nombre d’or ($\varphi$) ?

La réponse ici (mais essayez d’abord de résoudre le problème !)

Problème : dans le dessin à droite ci-dessus, $ABC$ est un triangle équilatéral, $D$ est le milieu de $[BC]$ et $E$ est le point sur le prolongement de $[AD]$ pour lequel $DE = DB$. De plus, $F$ est le point d’intersection entre le demi-cercle de diamètre $[AE]$ et le prolongement de $[BC]$. Si $G$ est le point d’intersection entre $[AB]$ et le cercle de centre $D$ et rayon $DF$, montrez que $G$ correspond au point $U$ de la construction de la partition de Dudeney.

La partition de Dudeney peut être faite à la règle et au compas !

Les modules de Dudeney lors d’une foire de mathématiques dans un lycée à Quilpué.
Post-scriptum :

Pour en savoir plus :

Le livre Recreational Problems in geometric dissections and how to solve them de H. Lingren est une référence classique obligée. On y trouve beaucoup de résultats sur la recherche du nombre minimal de pièces dans le découpage de la transformation d’un polygone en un autre de même aire (un jeu qui a de nombreux adeptes). Voir également la page web de G. N. Frederickson (en anglais), ainsi que cette page.

La construction de Dudeney est encore plus remarquable puisque c’est un découpage avec charnières [4]. À ce propos, le résultat le plus général est celui de l’article “Hinged dissections exist”, par Timothy G. Abbott, Zachary Abel, David Charlton, Erik D. Demaine, Martin L. Demaine et Scott Duke Kominers, publié en 2012 dans Discrete & Computational Geometry [5].

Remerciements :

Je remercie chaleureusement Nicolé Geyssel pour les images et les vidéos de cet article, Inge Alicera pour ses superbes tables et modules de Dudeney, et Julie Decaup pour ses corrections. Je remercie également les relecteurs aux pseudonymes Lalanne, Veurius, Jimmy et Clément.

Article édité par Philippe Colliard

Notes

[1En fait, un théorème remarquable du XVIIIe siècle à plusieurs auteurs (William Wallace, Paul Gerwien et Farkas Bolyai) établit que cela peut se faire pour n’importe quelle paire de polygones ayant la même aire (voir cet article). La preuve de ce résultat est simple et constructive. Cependant, le nombre de pièces que l’on tire de la démonstration peut être trop grand, même pour des cas assez simples. Dans la première animation plus haut (celle qui mène à une décomposition en cinq pièces), nous avons suivi cette méthode.

[2Voir G. N. Frederickson, Hinged Dissections : Swinging and Twisting (p. 8-10) ; disponible ici.
L’histoire qui y est racontée me rappelle celle du superbe théorème qui stipule que pour tout triangle, les trisectrices des angles s’intersectent en trois points qui sont les sommets d’un triangle équilatéral (voir cette animation). Ce fameux théorème de Morley fut proposé comme problème par Frank Morley (vers les mêmes dates que ceux de Dudeney !) qui avait lui aussi une preuve basée sur des calculs trigonométriques très lourds. La première preuve géométrique est due à M. T. Naraniengar. Une preuve étonnamment simple peut être trouvée ici.

[3Jusqu’à récemment, on pouvait acheter ici ce superbe objet. On espère qu’il redevienne disponible en ligne.

[4C’est le cas aussi de la construction de cette preuve du théorème de Pythagore.

[5Il s’agit d’une extension du théorème de Wallace-Gerwien-Bolyai : pour toute paire de polygones de même aire, il existe un découpage avec charnières qui transforme l’un d’entre eux en l’autre.

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Pour citer cet article :

Andrés Navas — «La quadrature du triangle» — Images des Mathématiques, CNRS, 2019

Crédits image :

Image à la une - L’image à la une a été tirée de Wikipedia.

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