Problèmes de découpage
Programme des réjouissances
Cette page propose une preuve d'un théorème (de Bolyai, ou Lowry-Wallace-Bolyai-Gerwien) assez connu des amateurs de géométrie ludique:
"Etant donné deux polygones d'aires égales, il existe un découpage de l'un en un nombre fini de pièces polygonales, qui permet de recouvrir exactement le second, sans chevauchement".
En clair, si on a deux formes polygonales d'aires égales, on peut toujours découper la première et recoller les morceaux pour obtenir la seconde.
La démonstration proposée est constructive (elle permet d'exhiber un tel découpage), mais sa généralité fait que le nombre de morceaux est loin d'être minimal.
D'autre part, il s'agit d'une démonstration personnelle. (voici un lien vers l'ébauche d'une autre démonstration)
Réduction à un cas particulier
Nous allons montrer que, pour trouver un découpage vérifiant les conditions requises, il suffit de savoir le faire pour tout couple de triangles d'aires égales.
- Considérons deux formes polygonales d'aires égales à une valeur S. Chacune peut être décomposée en un certain nombre de triangles (m pour la première forme, n pour la seconde) comme dans le haut de la figure ci-dessous, où m=3, n=2.
- On peut alors diviser la première forme en m*n triangles T(i,j) où (i,j) appartient à [1..m]x[1..n], et la seconde forme en m*n autres triangles U(j,i), où (j,i) appartient à [1..n]x[1..m] (en bas de la figure ci-dessous), de façon à ce que pour tout couple (i,j), les aires des triangles T(i,j) et U(j,i) soient égales.
- Pour cela, appelons A(1)..A(m) les m triangles qui décomposent la première figure, et B(1)..B(n) les n triangles qui composent la seconde figure.
- Chaque triangle A(i) a une aire a(i)S, où 0<a(i)<=1, et chaque triangle B(j) a une aire b(j)S, où 0<b(j)<=1 (car chaque triangle considéré a une aire inférieure à S).
- Pour tout i de [1..m], découpons le triangle A(i) de façon à obtenir les n triangles T(i,1)..T(i,n) d'aires respectives a(i)b(1)S..a(i)b(n)S. Il suffit pour cela de considérer un côté du triangle A(i). Appelons alors L sa longueur, et prenons les n segments de longueurs respectives b(1)L..b(n)L pour bases des triangles.
- Soient T(i,1)..T(i,n) les n triangles qui ont ces segments pour bases respectives. Alors leurs aires respectives sont a(i)b(1)S..a(i)b(n)S.
- Après avoir fait cette opération pour tous les entiers i compris entre 1 et m, on obtient donc m*n triangles T(i,j) recouvant sans chevauchement la première figure, et tels que l'aire de T(i,j) soit a(i)b(j)S.
De même, on peut découper chacun des triangles B(j) en m triangles U(j,1)..U(j,n), de façon à ce que, pour tout (j,i) de {1..n}x{1..m}, le triangle U(j,i) ait pour aire a(i)b(j)S.
- On remarque que, comme annoncé, les triangles T(i,j) et U(j,i) ont des aires égales.
- Pour trouver un découpage qui permette de transformer la première figure en la seconde (et pour montrer le théorème), il suffit donc de savoir découper chacun des triangles T(i,j) de façon à pouvoir reconstituer le triangle U(j,i).
On s'est donc ramené au cas particulier qui suit :
- Etant donnés deux triangles d'aires égales, comment découper le premier pour obtenir le second ?
- Suite au prochain chapitre ...
Découpage d'un triangle pour en obtenir un autre
On est donc ramené au problème suivant : étant donné deux triangles d'aires égales, comment découper l'un pour obtenir l'autre ?
Un bon schéma vaut parfois mieux qu'un long discours : voici la transformation d'un triangle ABC en un triangle XYZ. Les explications suivent !
- Figure 1: Découpage du triangle parallèlement à BC, en tranches de hauteurs égales, que l'on assemble pour obtenir un parallélogramme (sur la figure 2). Dans notre exemple, il n'y a que 2 tranches, et le triangle EAD de la figure 1 est reporté sur le triangle ECD' de la figure 2.
- Figure 2*: Prendre C' sur DD' tel que BC'=YZ (rappel: Y et Z sont deux sommets du triangle XYZ à obtenir). Pour que ce soit faisable, les tranches de l'étape 1 doivent être assez minces. Report du triangle BDC' de la figure 2 sur le triangle CD'C'' de la figure 3.</td>
- Figure 3 : C et C'' deviendront respectivement les sommets Y et Z du triangle à obtenir (c'est possible puisque CC''=BC'=YZ)..
- Figure 4 On bascule le parallélogramme pour y voir plus clairement les sommets Y et Z de la base du triangle à obtenir. - Découpage, parallèlement à YZ, en plusieurs parallélogrammes. Pour passer à la figure 5, on aligne leurs sommets inférieurs droits (Z et G sur le dessin), parallèlement au côté ZX du triangle à obtenir. - Les tranches doivent être assez fines pour que, après le décalage, les parallélogrammes restent en contact.
- Figure 5: Découpage, à partir de Y, parallèlement à ce côté ZX, puis translation horizontale des morceaux pour obtenir le parallélélogramme de la figure 6. (Sur le dessin, les triangles BHF et F'FY de la figure 5 sont ainsi reportés sur C'H'G et G'GZ de la figure 6.)
- Figure 6: L'angle YZH' est égal à l'angle YZX du triangle à obtenir, et la base YZ du parallélogramme est celle de ce triangle. On découpe, parallèlement à YX, à partir du sommet Y.
- Figure 7: Puis on reporte le triangle HYI de la figure 6 sur le triangle IXH' de la figure 7.
Et voilà le travail !
Conclusion
On a donc trouvé un découpage qui permet de transformer un triangle en n'importe quel autre triangle d'aire égale.
Vérifions que ce découpage comporte bien un nombre fini de morceaux :
- Chacune des étapes de la transformation demande un nombre fini de coupes rectilignes.
- Procéder à une coupe rectiligne n'est rien d'autre, mathématiquement parlant, que procéder à une intersection avec deux demi-plans.
- Or la forme de départ (un triangle) est un polygone convexe, et un demi-plan est convexe.
- De plus, comme l'intersection de deux convexes est un unique convexe (ou est vide), l'intersection d'un polygone convexe et d'un demi-plan est vide ou est un autre polygone convexe.
- Donc, par récurrence sur le numéro de la coupe rectiligne, chaque coupe donne des morceaux convexes, et au plus deux fois plus nombreux qu'avant la coupe.
- En particulier, la dernière coupe donne un nombre fini de morceaux.
Comme le problème général se ramenait à celui du découpage d'un triangle, on peut considérer qu'il est résolu !
Et en trois dimensions?
On pourrait penser que ce théorème se généralise aux dimensions supérieures, et que l'on puisse découper n'importe quel polyèdre pour en obtenir n'importe quel autre de même volume.
Eh bien non! Le mathématicien David Hilbert a soulevé la question dans son troisième problème, et son élève Dehn a montré, à l'aide d'un invariant ingénieux, qu'il était impossible, par exemple, de transformer un cube en tétraèdre.
La suite !
- On peut s'inspirer du début de la transformation triangle->triangle pour transformer un triangle en carré. C'est le thème de la page qui suit.
- Vous y trouverez aussi des liens vers des constructions plus élégantes.