Le découpage de Dudeney

L Le e d dé éc co ou up pa ag ge e d de e D Du ud de en ne ey y
Le texte de ce problème est repris du livre mathématiques d'école nombres, mesures
et géométrie par Daniel Perrin chez Cassini Editeur ISBN 2-84225-057-5.
On le trouvera sous sa forme originale en pages 247 à 249. C'est une belle illustration de la
notion d'aire et de sa conservation par chirurgie (découpage et recollement des pièces
soumises à des isométries positives).
C'est en fait une application du théorème de Bolyai selon lequel on peut toujours trouver un
puzzle pour passer d'un polygone à un autre de même aire. Sur ce sujet voir les pages 222 à
227 du même livre. Sur la toile, consulter le site Kangourou et les pages dédiées à cette
problématique, très bien réalisées : http://www.mathkang.org/swf/POLYGO/
Daniel Perrin rappelle (page 302 de l'opus cité) que le théorème de Bolyai ne se prolonge
pas à l'espace 3D : alors que deux polygones de même aire sont équivalents par chirurgie, il
n'en va pas de même des polyèdres. L'extension du théorème de Bolyai à la troisième
dimension correspond au troisième des problèmes proposés par D. Hilbert en 1900 lors du
second congrès international des mathématiciens tenu à Paris en 1900. Il fut très vite résolu,
contrairement à d'autres qui continuent de résister.
Sur la liste des problèmes de Hilbert, consulter Wikipedia
1
ou ChronoMath
2
(à condition
d'accepter quelques incrustations publicitaires) ou encore Math93
3
.
Le problème du découpage
II s'agit d'un découpage du triangle équilatéral ABC permettant de le transformer en
rectangle, voire en carré, selon le modèle indiqué par les figures (a) et (b). Dans un
premier temps, il est interdit de regarder les figures (c) et (d).
Première partie
Fig. a Fig. b
1
http://fr.wikipedia.org/wiki/Probl%C3%A8mes_de_Hilbert
2
http://serge.mehl.free.fr/anx/pb23_hilbert.html
3
http://www.math93.com/mathematiciens/hilbert_problemes.html

1) On suppose le découpage effectué selon le modèle des figures (a) et (b).
Montrer les faits suivants :
i) B' et C' sont les milieux de [AB] et [AC],
j)DE = 1/2 BC,
k )KE = HC',
l) DH = KB'.
2) Montrer que DEB'C' est un parallélogramme. En déduire que les triangles
BC'D et CB'E ont deux côtés et un angle égaux donc sont isométriques et qu'on a
BD = EC. Les points D et E sont donc au quart et aux trois quarts de [BC] et les
droites (C'D) et (B'E) sont perpendiculaires à (BC).
Seconde partie
Regardez maintenant attentivement les figures (c) et (d). Êtes-vous toujours
aussi sûr de votre raisonnement à la question 2) ? Où est l'erreur ?
Fig. c Fig. d
On part maintenant du triangle équilatéral ABC et on place un point D sur [BC] , plus près
de B que de C. On porte ensuite E sur le même segment avec DE = 1/2BC. On joint D au
milieu B' de [AC] et on appelle H et K les projetés orthogonaux de C' et E sur [B'D].
3) Montrer qu'on obtient bien un rectangle en découpant la figure comme indiqué sur
les figures (c) et (d).
4) Calculer, en fonction du côté a du triangle, les longueurs des côtés du rectangle obtenu
dans le cas où les points D et E sont dans la position symétrique.
Ce rectangle est-il un carré ?
5) Déterminer la position de D pour laquelle on obtient effectivement un carré. (Il n'est
pas interdit d'être astucieux et de penser à l'aire !) Construire à la règle et au compas le
point D convenable.

Éléments de solution
Question 1
i) Dans le passage de la figure (a) à la figure (b) les segments [AB'] et [CB'] se confondent.
Ils ont donc même longueurs : B' est milieu du segment [AC] dans la figure (a). Même
raisonnement pour C' dans le segment [AB].
j) Dans la figure (b) [DE] apparaît comme l'aboutage des segments [DO] et [OE] où O
désigne la position des points B, A, C, confondus. Donc : DE = DB + CE ⇒ BC = 2 DE.
k) Dans la figure (b) E et C' apparaissent comme des milieux de deux côtés d'un carré (c'est
l'hypothèse initiale) donc égaux : KE = HC'.
l) Puisque B' et C' sont milieux respectifs des côtés [AB] et [AC] dans la figure (a), on peut
appliquer la théorème de la droite des milieux :B'C' = ½ BC = DE et (B'C') //(BC). On en
déduit que les angles 
 et   sont égaux (alterne-interne) puis que les angles
 et 
 le sont (variante du théorème des angles alternes-internes avec les
droites (B'C') et (DE) d'une part et les droites (C'H) et (KE), parallèles en tant que
perpendiculaires à une même troisième droite). Les triangles B'C'H et DEK sont donc
superposables, ce qui entraîne l'égalité des longueurs DK et HB'. Par soustraction du
segment [HK] commun à [DK] et [HB'], on en déduit DH = KB'.
Question 2
D'après ce qui précède, B'C' et DE sont égaux et les droites qui les supportent sont
parallèles : DEB'C' est un parallélogramme.
Par voie de conséquence, les longueurs DC' et EB' sont égales et les droites (DC') et (EB')
sont parallèles.
Laissons nous attirer par le piège tendu par Daniel Perrin : dans les triangles BDC' et CB'E,
nous tenons deux couples de côtés égaux et un angle égal (
 =   = 60°).
Précipitons-nous en invoquant les cas d'égalités des triangles : les voilà égaux d'où l'égalité
des longueurs BD et EC, impliquant : BD = EC = BC/4. D est au quart du segment [BC], c'est
donc le projeté orthogonal de C' sur (BC) (et E est celui de B'). Le parallélogramme DEC'B'
devient un rectangle.
Dévoilons de suite l'erreur : Acceptons le rectangle et posons DE = 2, d'où B'E = √3
(hauteur dans un triangle équilatéral) et DB' = √7. On en déduit KE = 23/7 (calculer de
deux façons différentes l'aire du triangle B'ED, déclaré rectangle).
Attention maintenant : d'après la figure (b) KE + HC' devrait valoir DB'. Cette égalité peut
passer au carré : (KE + HC')
2
= (DB')
2
. Or (KE + HC')
2
= (43/7)
2
= 48/7 ; (DB')
2
= 7 ! Donc le
parallélogramme ne peut être rectangle, donc D n'est pas au quart de [BC], donc les
triangles BDC' et ECB' ne sont pas isométriques.
Il existait une preuve plus directe de la fausseté de l'hypothèse "DEB'C' rectangle". Si tel
était le cas la diagonale C'E aurait même mesure que la diagonale DB' et donc que la
somme des longueurs C'H et KE (toujours du fait que la figure (b) affiche un carré). Mais
cette situation n'est possible qu'à condition que H et K soient confondus : on tiendrait
deux diagonales d'un rectangle perpendiculaires, ce rectangle serait carré, ce qui ne
respecte pas le ratio du type √3/2 hérité du triangle équilatéral ABC.
On ne peut donc pas inférer la position du point D ni celle du point E aussi facilement.

√
1
Si vous êtes pressé de découvrir la position du point D assurant la recomposition du
triangle en un carré, filez visiter cette adresse :
http://www-cabri.imag.fr/abracadabri/Coniques/Panoplie/Dissect/dudeney.htm
Mais peut-être devriez-vous attendre d'avoir répondu aux questions de la seconde partie,
avec le corrigé en mains ou non !
Question 3
Dans la rotation de centre C' et d'angle -180°, B va en A, H va en H
1
, symétrique de H par
rapport à C' ; les points H
1
, C', H sont donc alignés.
Dans la rotation de centre B' et d'angle 180°, C va en A, K va en K
1
, symétrique de K par
rapport à B' ; les points K
1
, B', K, H sont alignés.
Suite à ces deux rotations, les points A, B, C deviennent confondus (on les identifie à leurs
images) et surtout les points D, A=B=C, E sont alignés (3 angles tous égaux à 60°).
Ne reste plus qu'à translater le triangle DKE. Cette translation ne modifie pas les
orientations. En particulier les points H, D, K dans la figure (b) sont alignés -évident. Il en
va de même des points K, E, K
1
: on profite de l'angle droit en K.
Ainsi le polygone KEK
1
HC'H
1
D se confond-il avec le rectangle KK
1
HH
1
(ce dernier polygone
est rectangle car il a 3 angles droits de façon évidente).
Question 4
Léger implicite de la question : Qu'entend-on par " les points D et E sont dans la position
symétrique" ? Nous supposons que dans la figure initiale, les points D et E sont à égale
distance des points B et E. Ainsi BD et EC mesurent un quart du segment BC. Cette question
reprend donc la conclusion -erronée- de la question 3 et en fait une hypothèse. Ce faisant, la
nature carrée d u transformé du triangle est a priori abandonnée.
Nous posons BC = 4 ⇒ BD = EC = 1 ⇒ EB' = √3 ⇒ DB' = √7. {Ces calculs ont déjà été
produits lors de la réponse étendue à la question 2}. Le côté [HK] du rectangle -fig (d)- a
même longueur que le segment [DB']. Les côtés perpendiculaires mesurent le double de la
hauteur "KE" soit {Cf. supra.}. Le rectangle de la figure (d) mesure donc 43/7 x √7. Il
est évident que nous n'avons pas affaire à un carré car le ratio des deux longueurs vaut
4/3√7 et ce nombre ne peut valoir 1, puisqu'il est irrationnel.
Question 5
Dans cette question, on se rapproche du traitement classique de la notion.
Nous choisissons de travailler avec BC = 2 (sous-entendu à un coefficient multiplicatif χ
près). L'aire du triangle équilatéral vaut donc √3. Le carré obtenu ayant même aire a ses
côtés égaux à √3 = √3 .
Le point D peut être obtenu comme intersection du cercle de centre B' et de rayon √3 avec
le segment [BC]. Reste à construire cette valeur. Nous
lisons sur la figure √3 en BB'. Nous devons donc
construire à la règle et au compas la racine carrée de
cette valeur. Il suffit d'employer la construction
classique d'une longueur √ pour tout x supérieur à 1.
Elle est esquissée ci-contre.

Dans le cas qui nous préoccupe, [BB'] mesurant √3, on trace le cercle de diamètre ce
segment puis l'on porte sur son diamètre un point I tel que B'L mesure 1. La perpendiculaire
à (BB') en L coupe le cercle de diamètre [BB'] en un premier point M. Alors B'M mesure √3
comme attendu. Il suffit de rabattre ce point sur BC.
C'est ce qui a été fait dans la figure ci-dessous grâce au cercle de centre B' passant par M.
Fig. e
On trouvera sur la toile et dans de nombreux ouvrages d'autres constructions. La
construction proposée ici me semble la plus économique. 
Note : les 5 figures référencées proviennent toutes du livre de Daniel Perrin.