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.

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.

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].

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