Version classiqueVersion mobile

Géométrie pratique

 | 
Dominique Raynaud

Clavius et la partition des polygones

Eberhard Knobloch

Texte intégral

1Bien que le traité euclidien Sur les divisions soit perdu, son influence est attestée par des versions arabes et latines du Moyen Âge et de la Renaissance. Clavius traite de la division des polygones dans son commentaire aux Élements d’Euclide et dans sa Géométrie pratique. À cette fin, il s’appuie sur les traités de Muhammad de Bagdad, de Commandino et de Stevin. Il simplifie, précise et généralise les solutions de ses prédécesseurs. Ses idées principales impliquent la linéarisation du problème et la construction de trapèzes.

Introduction

2Grâce à Proclus, nous savons qu’Euclide a écrit un livre Sur les divisions de figures données, d’une part en figures semblables, d’autre part en figures dissemblables (Proclus, éd. Friedlein 1873, p. 68 sq.). Le traité lui-même est perdu, mais nous en connaissons une version arabe par le géomètre persan al-Sijzi (10e siècle) publiée avec une traduction anglaise par Hogendijk (1994), à qui l’on doit l’étude de la tradition arabe. Al-Sijzi a supprimé presque toutes les démonstrations parce qu’elles lui semblaient trop faciles.

3La réception du traité euclidien est attestée par d’autres écrits latins. Vers 1037, Muhammad de Bagdad écrivit son Livre sur les divisions des surfaces (De superficierum divisionibus liber) dont nous n’avons conservé que la version latine publiée par John Dee et Federico Commandino en 1570 (Muhammad de Bagdad, 1570). Commandino lui-même ajouta un Livret sur le même sujet (De eadem re libellus) (Commandino, 1570). C’est à cette époque que Christoph Clavius écrivit son commentaire aux Éléments d’Euclide. Nous reviendrons sur le sujet.

4Commandino a condensé les vingt problèmes de Muhammad en deux, sans généraliser les méthodes de résolution ni les constructions qui en résultent.

5Le premier problème traite des divisions du polygone par une transversale menée d’un angle ou d’un point d’un côté quelconque du polygone, selon un rapport donné. Le second problème traite des divisions par une transversale parallèle à une droite dans un rapport donné. Dans les deux cas, il continue à utiliser la méthode fastidieuse consistant à traiter d’abord les triangles, ensuite les quadrilatères et ainsi de suite jusqu’à l’heptagone.

6À la fin de la Géodésie (Clavius, 1604, 263-290 ; Clavius, 1611 II, 147-157) annexée à sa Géométrie pratique, Clavius mentionne trois autres auteurs traitant de la division de toutes les figures rectilignes, à savoir Léonard de Pise, Luca Pacioli et Niccolo Tartaglia (Clavius, 1604, 290 ; Clavius, 1611 II, 157). Il les cite parce qu’ils ont discuté les divisions particulières de certaines figures. Ces problèmes ne concernent pas notre sujet de sorte que nous les laisserons de côté. Soulignons toutefois qu’en 1220 Léonard a écrit sa Pratique de la géométrie (Léonard de Pise, 1862) dont la quatrième section est intitulée : Sur la division des champs parmi les consorts (De divisione camporum inter consortes). Cette section joue un rôle de premier plan pour la reconstruction du traité perdu d’Euclide, parce qu’il y a une ressemblance remarquable entre le résumé d’al-Sijzi et l’écrit de Léonard. Ce n’est pas le cas de la Géodésie de Clavius.

1. Les commencements

7Christoph Clavius (1538-1612) était le mathématicien en chef des jésuites qui réforma le calendrier julien pour le pape Grégoire XIII en 1582. À partir de 1561, il vécut à Rome, d’abord comme étudiant au Collège Romain, plus tard comme professeur de mathématiques (1567-1578) et comme auteur de livres mathématiques. En 1570, il publia sa première grande œuvre, à savoir son édition commentée de la Sphère de Jean de Sacobosco. Trois autres éditions suivirent, entre autres l’édition des Éléments d’Euclide en 1574. Il écrivit treize manuels pour l’enseignement mathématique aux collèges jésuites, en particulier sur la gnomonique (1581), l’arithmétique pratique (1583), l’astrolabe (1593), la géométrie pratique (1604) et l’algèbre (1608). On compte six écrits polémiques, avant tout son Apologie du nouveau calendrier romain contre Michel Maestlin qui parut en 1588.

8Clavius commença à s’intéresser au traité de Muhammad quand il écrivait son commentaire aux Éléments d’Euclide. Clavius le mentionne dans son introduction (Clavius, 1574, 6 ; Clavius, 1611 I, 6) et discute le second problème du mathématicien arabe dans le supplément au 23e théorème du 6e livre des Éléments, qui comprend vingt chapitres. Ce choix est judicieux parce qu’il traite des applications géométriques de la théorie des proportions et de la théorie des similitudes. La comparaison des deux approches se révèle très instructive.

9Considérons tout d’abord le problème suivant (Supplément, chapitre 14) :

“Mener une droite d’un point donné (D) d’un côté (BC) d’un triangle (ABC) qui partage le triangle en deux parties conformément à un rapport donné (M : N)”.

10Notre figure 1 décrit la solution de Muhammad, alors qu’il illustre lui-même sa solution au moyen de deux figures :

Figure 1. Partager un triangle en deux parties dans un rapport donné (Solution de Muhammad de Bagdad).

Figure 1. Partager un triangle en deux parties dans un rapport donné (Solution de Muhammad de Bagdad).

11Que fait Muhammad ? Il mène la parallèle à AD par C qui coupe la ligne AB prolongée en E. Trois cas se présentent alors :

Cas 1. BA : AE = M : N Cas 2. BA : AE > M : N Cas 3. BA : AE < M : N

12Cas 1 : La ligne AD coupe le triangle ABC selon la proportion donnée M : N = BA : AE. La solution est immédiate. La démonstration comprend trois étapes :

13(1) tr (iangle) BAD : tr ADE = M : N

14D’après les Éléments VI, 1 les triangles et les parallélogrammes sous la même hauteur sont les uns aux autres comme leurs bases.

15(2) tr ADE = tr ADC

16D’après les Élements I, 37 les triangles sur la même base et entre les mêmes parallèles sont égaux.

17(3) tr BAD : tr ADC = M : N

18D’après les Éléments V, 7 a = b donc c : a = c : b. Le triangle ADE est remplacé par le triangle ADC. Muhammad a besoin d’un point auxiliaire E qui est éliminé plus tard.

19À titre d’exemple, discutons le troisième cas parmi les deux restants.

20Cas 3. M : N > BA : AE

21Si nous divisons BE d’après le rapport donné M : N, le point F se trouve entre A et E. Comme BF : FE = M : N, AD est parallèle à EC qui est parallèle à FG. G est donc le point d’intersection de la parallèle par F à AD avec AC.

22Il faut démontrer que DG divise le triangle ABC d’après le rapport M : N. L’idée directrice utilisée pour trouver la solution consiste en la linéarisation du problème. On peut linéariser le problème en remplaçant les parties du triangle ABC par BFD, FED.

23Voici la preuve :

24(1) tr ADE = tr ADC (Élements I, 37)

25(2) tr ADF = tr ADG (Éléments I, 37)

26(3) les aires restantes tr ADE – tr ADF = tr DFE = tr DGC = tr ADC – tr ADG. Une partie (DGC) du triangle est remplacée.

27(4) On ajoute tr ABD aux triangles tr ADF = tr ADG, donc : tr BFD = quadrilatère BAGD, d’après (2).

28(5) tr BFD : tr DFE = M : N (Éléments VI, 1) donc

29(6) tr BFD : tr DFE = M : N (Éléments VI, 1) donc

30(7) quadrilatère BAGD : tr GCD = M : N

31Cette méthode est compliquée parce que Muhammad introduit le point E et parce qu’il est forcé de déduire l’égalité entre les deux triangles qui dépendent de E, et les deux triangles qui proviennent de la division du triangle de départ. Clavius améliore et simplifie la solution de ce deuxième problème sans encore chercher une approche générale.

32Si Clavius distingue pareillement trois cas, il évite l’introduction du point auxiliaire E. Si l’on prolonge la parallèle FG jusqu’à la ligne BC, on obtient le point d’intersection F’ correspondant au point F.

Figure 2. Partager un triangle en deux parties dans un rapport donné (Solution de Clavius).

Figure 2. Partager un triangle en deux parties dans un rapport donné (Solution de Clavius).

33D’après le théorème de Thalès, ce point F’ divise le segment dans le rapport M : N. Cette fois, le point F’ rend possible la linéarisation du problème, c’est-à-dire l’application du théorème euclidien VI, 1.

34Comme précédemment, considérons le premier et le troisième cas :

35Cas 1. D = G. D’après les Éléments VI, 1 la solution est immédiate. tr ABD : tr ADC = M : N.

36Cas 3. BD : DC > M : N. Donc F’ se trouve entre D et C. GF’ est parallèle à AD.

37Il faut démontrer l’affirmation selon laquelle DG résout le problème, c’est-à-dire divise le triangle conformément au rapport donné M : N.

38Voici la preuve :

39(1) tr GF’A = tr GF’D (Éléments I, 37)

40(2) On ajoute le triangle commun CF’G. Donc tr CF’A = tr CDG (premier pas de la linéarisation).

41Donc tr ABC : tr CF’A = tr ABC : tr CDG (Éléments V, 7)

42(3) On calcule les différences entre le tout et la partie :

43(tr ABC – tr CF’A =) tr BF’A : tr CF’A = (tr ABC – tr CDG =) quadrilatère BDGA : tr CDG

44(4) quadrilatère BDGA : tr CDG = BF’ : F’C = M : N (Élements VI, 1)

45Il convient de noter que Léonard de Pise avait déjà résolu un cas particulier (la bissection) de ce problème (Favaro, 1882, 147) en utilisant la méthode simplifiée de Clavius. Cependant, on ne peut douter que Clavius ait découvert la simplification par lui-même car il s’appuie exclusivement sur Muhammad. De plus, Léonard distingue seulement entre deux cas : le point D est le centre du côté ou non. Enfin, Euclide ne traitant pas le problème, nous ne pouvons pas comparer les deux solutions avec celle d’Euclide.

46Examinons maintenant les similitudes et les différences entre les approches de Muhammad et de Clavius.

47Tous deux s’appuient sur le cisaillement de triangles (application de I, 37), sur l’addition d’un triangle et sur la linéarisation (Éléments VI, 1). En d’autres termes, les aires sont remplacées par des segments. La linéarisation sera le principe directeur de Clavius dans la Géometrie pratique (problèmes 2 et 3).

48Mais il y a aussi des différences importantes. Clavius suppose que le point de division F se trouve sur le même côté que le point D, tandis que Muhammad le construit sur un autre côté du triangle. Cette méthode peut être évitée au moyen du théorème de Thalès, ce qui simplifie considérablement le problème. On n’a besoin que d’un seul cisaillement (application du théorème Éléments I, 37). En outre, Muhammad applique toujours des théorèmes élémentaires, géométriques, constructifs, tandis que Clavius applique plutôt des théorèmes théoriques. En résumé : Muhammad raisonne davantage en pratique alors que Clavius a un style plus théorique.

2. L’influence mutuelle

49Clavius devait revenir à nouveau au sujet, cette fois en détail, dans sa Géometrie pratique qui parut en 1604. À cette époque, il connaissait les Problèmes géométriques de Simon Stevin que le Belge avait publiés en 1583. À l’inverse, l’édition des Éléments d’Euclide par Clavius avait donné à Stevin l’idée d’étudier les problèmes de division (dans le premier livre des Problèmes). Il faut donc reconnaître l’influence mutuelle des deux auteurs.

50Dans sa Géométrie pratique, Clavius loue les traités de Muhammad et Commandino : tous deux, dit-il, sont très perspicaces et pleins d’érudition (libellus uterque acutissimus et eruditione refertissimus) (Clavius, 1604, 264 ; Clavius, 1611 II, 147). Cependant, il préfère le livre de Stevin, parce que Stevin emploie une méthode plus facile et plus générale. Que signifie cette évaluation ?

51Considérons d’abord la facilité. Il n’est plus besoin de distinguer entre plusieurs sous-cas, comme le faisaient Muhammad ou Léonard de Pise, en construisant la transversale d’un polygone donné. Les sous-cas dépendent maintenant de la figure du polygone. De plus, il n’est pas nécessaire de connaître les solutions des problèmes précédents pour trouver une division. Léonard, par exemple, ramenait la division d’un quadrilatère par une ligne droite menée d’un point situé sur un des côtés, à la division par une ligne menée par un sommet du quadrilatère.

52Quant à la généralisation, elle concerne les figures, les problèmes et leurs solutions, de sorte qu’il y a trois aspects à mentionner.

Les figures

53Le nombre des angles n’est plus fixé, c’est un nombre quelconque. Les grandeurs des angles ne sont pas inférieures à 180°, mais ce sont des grandeurs quelconques. En d’autres termes, les polygones peuvent être convexes ou non-convexes.

Les problèmes

54Les parties de la figure sont désormais dans un rapport quelconque. La bissection, qui jouait un rôle décisif chez al-Sijzi et Léonard de Pise, n’est plus qu’un cas particulier. La division en n parties égales par des transversales qui sont parallèles à une droite donnée se ramène à une division en deux parties, (n-1) fois répétée, qui sont entre elles dans les rapports 1 : (n-1), 1 : (n-2), ..., 1 : 3, 1 : 2, 1 : 1. Comme toujours, un cas particulier est simplifié par l’application d’une méthode générale. Le triangle peut être divisé directement en n parties égales.

55Les sommets ne sont que des points particuliers des côtés, il n’y a plus de différence de nature entre les sommets et les points d’un côté quelconque, par lesquels la transversale doit être menée.

La méthode de résolution

56Elle comprend deux cas principaux.

57Cas 1. Le point donné, par lequel la transversale doit passer, est situé sur un des côtés du polygone. La solution s’appuie essentiellement sur une triangulation et sur quelques théorèmes issus de la théorie des proportions.

58Cas 2. La transversale est parallèle à une droite quelconque, qui peut être un côté du polygone. La solution s’appuie essentiellement sur la construction d’un trapèze qui est égal à une figure rectiligne donnée.

59Ces deux cas correspondent aux deux problèmes de Commandino. Mais cette méthode entraîne des restrictions. Elle ne peut pas être appliquée à deux cas qu’Euclide, al-Sijzi et Léonard avaient discutés :

60Cas 3. Le point donné, par lequel la transversale doit passer, est situé en dehors ou à l’intérieur du polygone.

61Cas 4. La figure donnée est un cercle ou est terminée par un arc de cercle et par plusieurs lignes droites.

3. Les fondements de la méthode générale

62Clavius loue certes Stevin, mais il le critique parce que le Belge n’a pas prouvé les deux propositions essentielles qui sont à la base de la solution générale du problème de la division. De plus, il ne mentionne même pas la deuxième proposition. Clavius établit soigneusement ces deux propositions avant de commencer à élaborer sa théorie générale de la division des polygones. Il admet que Muhammad a démontré la première partie de la deuxième proposition mais il ajoute, à juste titre, que sa propre démonstration est beaucoup plus générale. Considérons d’abord la première proposition qui consiste en deux parties et qui concerne la théorie des proportions.

Proposition 1 (théorème 1)

63“Étant donnée une quantité partagée arbitrairement en un nombre quelconque de parties, qu’une autre quantité soit partagée en le même nombre de parties, proportionnelles à celles-là dans le même ordre”.

64Cas 1. Lorsqu’on réunit un nombre quelconque de parties de la première quantité, leur somme et les parties restantes sont dans le même rapport que la réunion des parties correspondantes de la seconde quantité à ses parties restantes.

65En d’autres termes : si l’on a deux ensembles de quantités proportionnelles deux à deux, les sommes partielles de parties proportionnelles sont proportionnelles.

66Cas 2. Lorsqu’on partage arbitrairement une partie quelconque de la quantité donnée en deux parties, et la partie correspondante de la seconde quantité en deux parties proportionnelles à ces deux parties, les quantités totales seront toutes deux partagées proportionnellement au nouveau point de partage.

67En d’autres termes : Les divisions proportionnelles de parties proportionnelles entraînent des divisions proportionnelles des quantités totales.

68Voici la démonstration de Clavius :

69Cas 1. Soit la ligne droite AB partagée en C, D, E, F et soit la ligne droite correspondante GH partagée en I, K, L, M. En principe, Clavius cherche à démontrer le théorème pour toutes les réunions possibles de parties, à savoir pour AC, AD, AE, AF. Il le fait expressément d’abord pour le cas : AD : DB = GK : KH.

Figure 3. Deux lignes droites partagées en un nombre quelconque de parties.

Figure 3. Deux lignes droites partagées en un nombre quelconque de parties.

701. AC : CD = GI : IK par supposition, ou par composition AD : CD = GK : IK

712. CD : DE = IK : KL par supposition, ou à cause de l’égalité AD : DE = GK : KL

72De la même manière, on aura

733. BF : FE = HM : ML par supposition, ou par composition BE : FE = HL : ML

744. FE : ED = ML : LK par supposition, ou à cause de l’égalité BD : ED = HK : LK ou par inversion DE : DB = KL : KH

752 et 4 impliquent AD : DB = GK : KH à cause de l’égalité.

76Clavius se contente d’indiquer les autres cas, comme AC : CB = GI : IH, AF : FB = GM : MH. Il faudra toujours appliquer les trois opérations componendo (par composition), convertendo (par inversion) et ex aequalitate (à cause de l’égalité).

77Cas 2. Soit la ligne droite partielle DE coupée en N, la ligne droite partielle correspondante KL en O. Il faut démontrer que AN : NB = GO : OH.

78À cette fin, Clavius ramène l’affirmation à la première partie de la proposition 1 :

791. EN : ND = LO : OK par supposition, ou par composition ED : DN = LK : KO.

802. CD : DE = IK : KL par supposition, ou à cause de l’égalité CD : DN = IK : KO.

81Donc AC, CD, DN sont proportionnelles à GI, IK, KO.

823. FE : ED = ML : LK par supposition, ou DE : NE = KL : OL par inversion.

834. FE : EN = ML : LO à cause de l’égalité, ou NE : EF = OL : LM par inversion.

84Donc toutes les parties AC, CD, DN, NE, EF, FB sont proportionnelles à toutes les parties GI, IK, KO, OL, LM, MH, de sorte que AN : NB = GO : OH, d’après 1.

85La deuxième proposition de Clavius concerne la construction d’un trapèze et la soustraction d’une figure rectiligne :

Proposition 2, problème 1

861. Soit A une figure rectiligne, BC un segment de droite ; en outre soient données deux droites passant par les extrémités B, C de ce segment en faisant des angles quelconques avec celui-ci. Construire un trapèze sur BC (quadrilatère avec un côté DE qui est parallèle à BC), égal à la figure rectiligne A (Muhammad, proposition 10).

872. Soient données deux figures rectilignes inégales quelconques. Soustraire une figure rectiligne de la figure la plus grande qui soit égale à la figure la plus petite, en menant une parallèle à un côté de la figure la plus grande, si cest possible.

Le problème de construction

88Pour reconnaître le progrès que Clavius a accompli par rapport à ses prédécesseurs, il convient tout d’abord de rappeler comment Muhammad résolvait le problème de construction. Il ne considère pas le problème de soustraction. Tous deux distinguent trois cas :

Figure 4. Construction d’un trapèze égal à une figure rectiligne.

Figure 4. Construction d’un trapèze égal à une figure rectiligne.

891. α + β = 2R 2. α + β < 2R 3. α + β > 2R

90Discutons le deuxième cas, où il existe un point d’intersection F des côtés prolongés BD et EC. La solution est trouvée en quatre étapes :

  1. Linéarisation de la proportion des aires. Par conséquent, les parties inférieures sont comparées. Soit tr BCF : A = LM : LN. A devient une partie du triangle, LN est une partie du segment LM. Muhammad n’explique pas la manière dont il faut faire la quadrature de A.
  2. On détermine la moyenne proportionnelle O. Il faut comparer les triangles semblables BCF, DEF. On passe ainsi aux parties supérieures tr DFE ou MN : LM : O = O : MN. Muhammad introduit la moyenne proportionnelle pour éviter de rencontrer ultérieurement le carré d’un rapport ou d’un rapport doublé.
  3. On détermine de la quatrième proportionnelle FD (détermination du point D) de sorte que LM : O = FB : FD.
  4. On tire la parallèle DE. Le trapèze BCDE est le trapèze recherché.

91Voici la preuve :

92(1) tr BCF : tr DEF = (FB : FD)2 = (LM : O)2

93Les triangles semblables sont l’un par rapport à l’autre dans le rapport doublé des côtés homologues (Éléments VI, 19).

94(2) tr BCF : tr DEF = LM : MN, d’après 2. Donc

95(3) LM : LN = tr BCF : trapèze BDEC (Éléments V, 17) = tr BCF : A, d’après 1.

96(4) La quatrième proportionnelle A est déterminée. Si des grandeurs sont en proportion par composition, elles le sont aussi par séparation. Par suite

97(5) trapèze BDEC = A.

98Considérons maintenant la solution de ce deuxième cas par Clavius. À la différence de Muhammad, Clavius distingue deux sous-cas :

  1. Construction au moyen du point d’intersection F des côtés prolongés BD, CE.
  2. Construction sans point d’intersection F lorsque les côtés BD, CE sont presque parallèles, et le point F trop éloigné. Dans ce cas, il faut prendre un point auxiliaire T.

99Nous discuterons seulement la construction au moyen du point F. Clavius explique en détail le premier pas, à savoir la manière dont on trouve la linéarisation. D’abord, il cherche la quadrature de A :

Figure 5. Déterminer la partie d’un carré égale à un autre carré.

Figure 5. Déterminer la partie d’un carré égale à un autre carré.

100Ensuite, il cherche la quadrature du triangle BCF :

101tr BCF = LM2

102Enfin, il détermine la troisième proportionnelle LN de (LM, HI), qui consiste à trouver le point N afin de déterminer la partie de LM2 égale à HI2 :

103LM : HI = HI : LN

104Les étapes suivantes de la construction sont les mêmes que chez Muhammad, sauf les deux dernières étapes qui diffèrent à nouveau. Ayant introduit les deux carrés G = HI2 et K = LM2, Clavius déduit la proportionalité

105LM : LN = K : G = LM2 : HI2

106ou tr BCF : trapèze BDEC = K : G.

107mais tr BCF = LM2 = K,

108par conséquent trapèze BDEC = G = A.

109La comparaison des méthodes de Muhammad et de Clavius montre donc que :

110(1) Clavius est beaucoup plus précis que Muhammad en expliquant la méthode, les présuppositions et en donnant les preuves de la justesse de sa méthode. Clavius aurait très certainement refusé la remarque d’al-Sijzi selon laquelle les preuves sont si simples qu’on peut les laisser de côté.

111(2) Si Clavius souligne l’importance d’une démonstration probante, et de ses fondements théoriques, il ne laisse pas de côté les aspects pratiques du problème de division. Mais, contrairement à Muhammad, il explique les solutions du problème de construction sans jamais recourir au point d’intersection des droites prolongées.

Le problème de soustraction

112Ce problème dépend du côté cherché, pour autant qu’on puisse le résoudre.

113Exemple 1. Considérons l’idée directrice :

Figure 6. Soustraire pas-à-pas un carré d’une figure plus grande.

Figure 6. Soustraire pas-à-pas un carré d’une figure plus grande.

114(1) Quadrature de A = KN2

115(2) On soustrait ce carré pas-à-pas en le partageant en plusieurs parties qui correspondent aux trapèzes construits sur le côté recherché du polygone. On répète la procédure jusqu’à ce que la somme de toutes les parties remplisse le carré. La soustraction d’une partie donnée est réalisée en quatre étapes :

116(2.1) On mène la parallèle CO à BI par le sommet contigu C, ou par l’un des sommets contigus, pourvu que la partie du polygone soit plus petite que A.

117(2.2) Quadrature du trapèze obtenu BCOI, égal au carré PQR.

118(2.3) On détermine la troisième proportionnelle KS de (KN, QP), afin de soustraire une partie correspondante du carré KN2, soit KN : QP = QP : KS.

119(2.4) On mène la parallèle ST.

120La répétition de cette méthode aboutit à trois cas :

121Cas 1 : La nouvelle troisième proportionnelle est NS : la soustraction est terminée.

122Cas 2 : La nouvelle troisième proportionnelle SY est plus petite que NS : la même procédure doit être continuée au moins encore une fois.

123Cas 3 : La nouvelle troisième proportionnelle Sb est plus grande que NS : dans ce cas, il faut soustraire un trapèze du dernier trapèze ajouté qui est égal au rectangle NbdM.

124Exemple 2. Il se peut qu’on ait besoin de plus d’une parallèle à un côté.

Figure 7. La figure plus grande est un polygone plus général.

Figure 7. La figure plus grande est un polygone plus général.

125Supposons que nous ayons à mener une parallèle à AM pour soustraire l’aire A du polygone ABC... KLM. Supposons l’aire A plus grande que le polygone partiel pp1 ABOLMA. Trois cas peuvent se présenter.

126Cas 1 : A – pp1 est égal au triangle KLP. Dans ce cas, la parallèle OLP est solution.

127Cas 2 : Le triangle KLP est plus grand que A – pp1. Dans ce cas, on construit un triangle Tr semblable au triangle KLP, de sorte que Tr est égal à A – pp1.

128Cela veut dire que le problème ne peut pas être résolu par une seule parallèle. La possibilité de le résoudre dépend de la grandeur de l’aire A et du côté du polygone auquel la transversale doit être parallèle.

129Cas 3 : Le triangle LKP est plus petit que A – pp1. La procédure doit être continuée comme précédemment.

4. La théorie générale de la division

130Les deux théorèmes auxiliaires que nous venons de rappeler ont permis à Stevin et Clavius d’élaborer une théorie générale de la division des polygones. Clavius présente en outre six autres problèmes qui ne concernent pas sa théorie générale, mais qui dépendent entièrement des solutions de Léonard de Pise.

131Stevin divise – autrement que Clavius – le problème principal en plusieurs problèmes spéciaux sans considérer le problème suivant : “Partager un polygone par une droite menée par un sommet”. Nous regrouperons les explications de Clavius en deux parties, à savoir la transversale passe par un point d’un côté ou la transversale est parallèle à une ligne droite.

La transversale passe par un point d’un côté

132Le premier pas est la linéarisation du problème de division. Les aires doivent être remplacées par des segments de droite proportionnels. À cette fin, Clavius résout le problème suivant.

Problème 2 (proposition 3)

133“Partager une figure rectiligne quelconque en triangles, en menant des droites par un angle quelconque unique. Trouver des segments de droite qui sont proportionnels à ces triangles” (Stevin problème 1).

134On doit énumerer les triangles d’une manière appropriée. Ni Stevin ni Clavius ne précisent que le problème requiert un choix particulier de l’angle lorsque le polygone n’est pas convexe. Dans le cas contraire, la figure ne peut pas être triangulée au moyen d’un seul point. Ce cas est discuté à l’occasion du problème qui suit. Après avoir linéarisé le problème, Clavius traite le problème de division lui-même :

Problème 3 (ou proposition 4)

135“Partager une figure rectiligne quelconque par une droite menée par un angle quelconque ou par un point d’un côté quelconque dans un rapport donné, pour que le terme antérieur de la proportion corresponde à la partie prescrite de la figure” (Commandino, problème 1).

136En général, on ne peut pas fixer en même temps le rapport et le point par lequel la transversale doit passer. Clavius discute quatre cas :

137Cas 1. Triangle : angle (Stevin problème 2) ou point d’un côté (Stevin problème 3).

138Cas 2. Polygone convexe (angle ou point d’un côté).

139Cas 3. Polygone dont certains angles sont supérieurs à 180°, de sorte que le polygone peut être triangulé à partir d’un angle unique ou d’un point d’un côté, sans qu’aucun côté du polygone soit coupé.

Figure 8. Polygone dont certains angles sont supérieurs à 180°.

Figure 8. Polygone dont certains angles sont supérieurs à 180°.

140Cas 4. Polygone complètement irrégulier et non-convexe ne relevant pas du cas 3.

Figure 9. Polygone complètement irrégulier.

Figure 9. Polygone complètement irrégulier.

141Dans ce cas, on triangule le polygone à partir de beaucoup d’angles, afin que chaque triangle ait au moins un côté commun avec le polygone. Clavius omet de dire que ce n’est pas toujours possible, comme la figure suivante le montre :

Figure 10. Polygone n’admettant pas de triangulation.

Figure 10. Polygone n’admettant pas de triangulation.

142S’il s’agit d’un sommet par lequel la transversale doit être menée, la triangulation ne prend en considération que les angles du polygone. S’il s’agit d’un point d’un côté quelconque, ce point est traité comme un sommet. On remplace alors le n-gone par un (n+1)-gone dont le (n+1)ième angle est ce point du côté concerné.

143L’idée dirigeant la solution comprend quatre étapes :

144(1) Triangulation, pour appliquer le problème 2.

145(2) Application du problème 2, c’est-à-dire linéarisation. Nous obtenons par exemple n segments de longueur AB.

146(3) Division du segment entier de droite AB dans la proportion donnée (application du 1er théorème de Clavius). Supposons le mième segment partiel partagé.

147(4) Division du polygone, c’est-à-dire du mième triangle (d’après le problème 2), en divisant le côté de ce triangle commun avec le polygone, dans le même rapport que le mième segment partiel du segment entier.

148La division en parties égales est un cas particulier. Du fait que Stevin étudie le quadrilatère (problème 4) (angle) et un polygone quelconque (problème 5) (point d’un côté), les explications de Clavius sont plus générales que celles de Stevin.

La transversale est parallèle à une ligne droite

149Voici le problème que Clavius se propose de résoudre :

Problème 4 (proposition 5)

150“Partager une figure rectiligne donnée par une seule droite parallèle à une droite donnée, dans une proportion donnée, de sorte que le terme antérieur de la proportion corresponde à la partie prescrite de la figure” (Commandino, problème 2).

151Clavius discute les trois cas suivants :

152Cas 1. La figure est un triangle : la transversale est parallèle à la base (Stevin problème 6) ou à une droite qui n’est pas parallèle à un côté du triangle.

153Cas 2. La figure est un quadrilatère : la transversale est parallèle à un côté (Stevin problème 7) ou à une droite quelconque.

154Cas 3. La figure est un polygone convexe quelconque : la transversale est parallèle à un côté (Stevin problème 8) ou à une droite quelconque.

155Pour appliquer la construction, ou faire la soustraction d’un trapèze, il faut considérer trois éléments.

156La direction de la transversale nous donne la base (le côté du polygone ou, le cas échéant, une ligne menée dans le polygone par un de ses sommets) sur laquelle nous construisons le trapèze. Les angles de la base du trapèze sont donnés par les angles correspondants du polygone. S’il est demandé que les parties du polygone soient dans le rapport donné m : n, il faut soustraire n : m+nièmes du polygone.

157Lorsque le polygone n’est pas convexe, le problème n’admet pas toujours de solution. Supposons qu’on puisse mener une parallèle à une droite donnée partageant le polygone dans le rapport donné. Le cas du polygone non-convexe permet de départager les approches de Stevin et de Clavius. En effet, Clavius est seul à présenter un tel polygone en examinant les difficultés qui s’ensuivent.

158La solution comprend à nouveau quatre étapes :

1591. Quadrature du polygone.

1602. Linéarisation, c’est-à-dire division d’un côté du carré dans le rapport donné.

1613. Construction d’un trapèze égal à la partie correspondante du carré, par exemple sur le côté AG, qui a la même direction que la transversale, à condition qu’un tel côté existe. Sinon, on tire une parallèle à la transversale par le point G (coupant par exemple le côté AB en A’). L’aire du triangle A’AG est soustraite du rectangle OIKP qui doit être soustrait du carré HIKL. On obtient alors le trapèze AGQR, QR étant parallèle à AG.

Figure 11. Partager une figure rectiligne par une droite parallèle à une droite donnée.

Figure 11. Partager une figure rectiligne par une droite parallèle à une droite donnée.

1624. Le cas échéant, construction d’un trapèze sur la base de l’autre trapèze, égal aux deux triangles qui se trouvent hors du polygone à cause de la construction du premier trapèze VSTX, égal à la somme des triangles BRS et FQT. La division en parties égales apparaît à nouveau comme cas particulier.

Épilogue

163Le problème de la partition des polygones me semble être un exemple très approprié pour démontrer les méthodes et les buts mathématiques de Christoph Clavius. Comme toujours, il vise quatre qualités d’une solution :

164Premièrement la plus grande clarté et la plus grande exactitude parce que les mathématiques doivent être apprises. Donc, il cherche à simplifier les connaissances mathématiques. Dans notre cas, il remplace les aires par les segments linéaires, en d’autres termes, il linéarise le problème. En même temps, sa méthode de solution met en relief le rôle des analogies dans sa pensée mathématique.

165Deuxièmement la plus grande certitude parce qu’il voudrait démontrer le rôle éminent des mathématiques parmi les sciences. Les connaissances mathématiques sont fondées sur des démonstrations aussi claires et intelligibles que possible.

166Troisièmement la généralité pour élargir la région des connaissances mathématiques aussi fortement que possible.

167Quatrièmement l’utilité et l’applicabilité, en d’autres termes, la visée pratique de ses résultats de sorte qu’il combine toujours les fondements théoriques avec les aspects pratiques des mathématiques. Son approche démontre les limites d’une division trop tranchée entre géométrie pratique et géométrie savante.

Table des illustrations

Titre Figure 1. Partager un triangle en deux parties dans un rapport donné (Solution de Muhammad de Bagdad).
URL http://books.openedition.org/pufc/docannexe/image/13038/img-1.jpg
Fichier image/jpeg, 10k
Titre Figure 2. Partager un triangle en deux parties dans un rapport donné (Solution de Clavius).
URL http://books.openedition.org/pufc/docannexe/image/13038/img-2.jpg
Fichier image/jpeg, 6,0k
Titre Figure 3. Deux lignes droites partagées en un nombre quelconque de parties.
URL http://books.openedition.org/pufc/docannexe/image/13038/img-3.jpg
Fichier image/jpeg, 4,4k
Titre Figure 4. Construction d’un trapèze égal à une figure rectiligne.
URL http://books.openedition.org/pufc/docannexe/image/13038/img-4.jpg
Fichier image/jpeg, 7,2k
Titre Figure 5. Déterminer la partie d’un carré égale à un autre carré.
URL http://books.openedition.org/pufc/docannexe/image/13038/img-5.jpg
Fichier image/jpeg, 4,0k
Titre Figure 6. Soustraire pas-à-pas un carré d’une figure plus grande.
URL http://books.openedition.org/pufc/docannexe/image/13038/img-6.jpg
Fichier image/jpeg, 8,3k
Titre Figure 7. La figure plus grande est un polygone plus général.
URL http://books.openedition.org/pufc/docannexe/image/13038/img-7.jpg
Fichier image/jpeg, 8,9k
Titre Figure 8. Polygone dont certains angles sont supérieurs à 180°.
URL http://books.openedition.org/pufc/docannexe/image/13038/img-8.jpg
Fichier image/jpeg, 5,3k
Titre Figure 9. Polygone complètement irrégulier.
URL http://books.openedition.org/pufc/docannexe/image/13038/img-9.jpg
Fichier image/jpeg, 9,0k
Titre Figure 10. Polygone n’admettant pas de triangulation.
URL http://books.openedition.org/pufc/docannexe/image/13038/img-10.jpg
Fichier image/jpeg, 8,3k
Titre Figure 11. Partager une figure rectiligne par une droite parallèle à une droite donnée.
URL http://books.openedition.org/pufc/docannexe/image/13038/img-11.jpg
Fichier image/jpeg, 9,9k

Auteur

Institut für Philosophie, Literatur-, Wissenschafts- und Technikgeschichte, Technische Universität, Berlin.

© Presses universitaires de Franche-Comté, 2015

Conditions d’utilisation : http://www.openedition.org/6540

Rechercher dans OpenEdition Search

Vous allez être redirigé vers OpenEdition Search