Un problème

« La somme des carrés des côtés d’un parallélogramme est égale à la somme des carrés de ses diagonales. »

 

Établir ce résultat et proposer un puzzle.

Les différentes solutions de cet exercice (482-3) de la rubrique de-ci, de-là, m’ont amené à l’écriture du présent article.

D’une part parce que les nombreuses figures proposées demandaient un minimum d’explications et d’autre part du fait des approches variées selon le niveau où l’on se place.

Une première partie se situe au collège et fait naturellement référence à Pythagore à la fois dans l’établissement du résultat et dans la création de deux puzzles. Dans la deuxième partie le théorème d’Al-Kashi est "revisité" pour l’obtention d’un troisième puzzle. Pour finir, un quatrième puzzle – plus esthétique de par ses symétries et également plus simplement et méthodiquement pensé – est proposé dans une dernière partie.

Le champ n’est évidemment pas clos. L’utilisation des différents puzzles réalisant Pythagore, la généralisation de Pythagore par Pappus, doivent permettre d’autres créations.

Avant de commencer, signalons que l’on peut trouver ce résultat (pas les puzzles !) dans certains manuels du 19^e siècle.

Dans Éléments de Géométrie par Th. Lambert, Namur 1875 (disponible sur Gallica), il est proposé comme corollaire du résultat suivant « Dans tout triangle la somme des carrés de deux côtés est équivalente au double carré de la médiane du troisième plus le double carré de la moitié de celui-ci. » et lui-même suivi de la généralisation « Dans un quadrilatère quelconque, la somme des carrés des côtés est égale à la somme des carrés des diagonales plus quatre fois le carré de la droite qui joint leurs milieux. ». [1]

Nous nous en tiendrons à la somme des carrés des côtés d’un parallélogramme.

Avec des outils de collège

démonstration proposée par Frédéric de Ligt

On trace la hauteur issue d’un sommet, notons-le D, du parallélogramme ABCD dont le pied H est situé dans le côté [AB], ce qui est toujours possible. On note H’ le projeté orthogonal de C sur la droite (AB).

On utilise le théorème de Pythagore dans le triangle DHB rectangle en H et le triangle ACH’ rectangle en H’ :

$DB^{2}= DH^{2}+ (AB-AH)^{2}$ (1) et $AC^{2}= CH’^{2}+ AH’^{2}$

ou encore, puisque $CH’$ = $DH$ et $BH’$ = $AH$, $AC^{2}= DH^{2}+ (AB + AH)^{2}$ (2).

On additionne membre à membre (1) et (2), on obtient :
$BD^{2}+ AC^{2}= 2 AB^{2} + 2 DH^{2}+ 2 AH^{2}= 2 AB^{2}+ 2 BC^{2}.$

Cette explication algébrique peut être revisitée géométriquement à la manière d’Euclide. Ainsi, de puzzles connus du théorème de Pythagore, pourront découler des puzzles pour les carrés de parallélogramme.

Voici une histoire sans parole possible [2].

Attention, la numérotation adoptée ne vaut, additivement, que pour les dessins représentés ici !

Carré de la petite diagonale :

Carré de la grande diagonale :

Alors (somme des carrés des diagonales) :

d’où

et (somme des carrés des côtés) :

Alors la somme des carrés des côtés d’un parallélogramme… Quod erat demonstrandum

Deux puzzles basés sur cette vision

1) Le premier dû à Frédéric De Ligt, utilise le très classique puzzle suivant [3] pour le carré de la petite diagonale et celui du petit côté du parallélogramme (ici les nombres ne constituent plus qu’une simple numérotation des pièces) :

d’où il vient par superposition (petit côté du parallélogramme) :

On a ainsi pour le moment :

En procédant de même pour le carré de la grande diagonale on obtient :

et finalement le premier puzzle suivant :

2) Voici maintenant un second puzzle basé sur celui de Périgal [4] pour Pythagore.

Création du carré de la petite diagonale :

et puzzle final [5] :

Et sans Pythagore ?

Les carrés ${C_1}$ et ${C_2}$ sont construits sur les côtés du parallélogramme $P_1$ , les carrés ${C_D}$ et ${C_d}$ sur ses diagonales. ${P_2}$ est un parallélogramme.

Un travail sur les angles et les longueurs permet de démontrer que ces trois octogones sont bien superposables.

La conclusion vient alors naturellement.

on a : $ 2 x ( {C_{1}} + {C_{2} }+ 2{ P_{1}} + 2 {P_{2}} )= ( {C_{D}} + 2{ P_{1}})+ {C_{d}} + 2 {P_{1}} + 4 {P_{2}}) $

alors $2 ( {C_{1}} + {C_{2}} ) = {C_{D}} + {C_{d}}$

Je n’ai pas su tirer un puzzle de cette configuration.

Remarque : indépendamment de l’étude faite ici, le cas où P1 est un rectangle renvoie une configuration bien connue !

Avec des outils de lycée

Si le produit scalaire donne une réponse quasi immédiate…

$$ AC^{2}= (\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD})^{2}=AB^{2}+ AD^{2} + 2 \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}\ \text{et}\ DB^{2}= (\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD})^{2}=AB^{2}+ AD^{2} -2 \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}$$

…il ne permet cependant pas la conception d’un puzzle. En revanche, les carrés construits sur les côtés d’un triangle quelconque font penser au théorème d’Al-Kashi. Une démonstration à la Euclide s’en impose (qui permettra, elle, de rebondir sur un puzzle).

Cas de l’angle aigu :

Preuve :

et de même :

alors ?… [6]

Cas de l’angle obtus :

et on ferait de même pour le carré du petit côté.

Voici maintenant comment en tirer le puzzle :

puis :

et finalement, après avoir fait de même pour l’autre partie, le troisième puzzle ci-dessous :

Les deux premiers puzzles comportaient chacun 22 pièces ; celui-ci n’en a que 20. Peut-on trouver encore moins ?

Avec synthèse …

étude et puzzle proposés par Jean-Pierre Friedelmeyer

• Remarque initiale

  

  Soit ABCD un parallélogramme (de sens direct) de centre P, AEKB, BLIC, DCJG, ADHF les quatre carrés directs construits sur les côtés, R, U, V, S leurs centres respectifs. Alors la diagonale (EF) est perpendiculaire à la diagonale (AC) et de même longueur.
   
  En effet, la rotation de centre R, d’angle (+90°) envoie B sur A, A sur E et [BC] sur [AF] donc C sur F, et donc [AC] sur [EF].
   
  On démontrerait de même que [GH] est perpendiculaire à [BD] et de même longueur. Signalons, en passant, que RUVS est un carré, mais cela ne nous servira pas dans la suite.
   
  Il s’agit maintenant de construire un puzzle traduisant l’égalité :
  $AB^{2} + BC^{2} + CD^{2}+ DA^{2} = AC^{2}+ BD^{2}$

• La méthode
  Une paire de carrés construits sur deux côtés consécutifs du parallélogramme sera ramenée à un seul carré, qui sera ensuite doublé pour avoir un carré égal en aire à la somme des quatre carrés sur les côtés. Chaque transformation sera accompagnée de la mise en évidence des morceaux du puzzle correspondant. De même, la paire de carrés sur les diagonales nous donnera un carré égal au précédent, avec une certaine décomposition. Il suffira ensuite de superposer les deux décompositions et de répartir, parcelle par parcelle, les différents morceaux ainsi constitués, dans les divers carrés initiaux.

• Le moyen
  Pour cela nous nous appuierons principalement sur le puzzle de Périgal – Hadwiger, traduisant le théorème de Pythagore :

  

• Mise en œuvre
  somme des quatre carrés sur les côtés :

  

  somme des deux carrés sur les diagonales :

  

  Puis superposition :

  

  ce qui donne a priori 32 pièces.
   
  Mais l’assemblage des morceaux qui constituent le carré de la grande diagonale reforme les quadrilatères du carré du grand côté du parallélogramme. Ainsi, quatre des quadrilatères des deux carrés des grands côtés du parallélogramme, n’auront donc pas besoin d’être découpés. Il en va de même pour les quadrilatères qui forment les carrés du petit côté du parallélogramme.

  

   
  Finalement, le puzzle ne sera composé que de 24 pièces.

• Le voici :

Pour terminer, signalons que le nombre de pièces peut se réduire selon la grandeur respective des deux carrés centraux, ce qui dépend de la configuration du parallélogramme initial.