Reporter AS = 5 AB, et tracer la droite ST à 30°, AT = 5 AB/√3.
Le cercle de diamètre HT coupe la droite AB en P, AP² = AH.AT = (s/2)²
Construire le triangle équilatéral AMN, puis la parallèle UV à AM en N.
Une autre dissection, plus compliquée et surtout mettant en jeu une pièce "ne tenant qu'à un fil" est
obtenue par la méthode des bandes. La bande formée par dissection de la croix est moins triviale :
La croix est coupée en deux par UV, et les deux demi croix forment une bande.
On superpose alors les deux bandes de sorte que le "point central" de la bande de croix soit au milieu M du côté AB du triangle, et que le sommet S de la croix soit sur le bord de la bande des triangles :
Le point important ici est la position de P par rapport au côté AB du triangle !
Il s'agit en fait de prouver que l'angle AMV est > 45°. P est donc strictement intérieur au triangle,
et les deux pièces mauves n'en font qu'une.
<)AMV = AMS + SMV = AMM' - SMM' + SMV
AMM' est bien entendu 60°
SMM' = arcsin(h/(2MS)) = arcsin( 4√3 / 2) ≈ 41.15°
enfin SMV = arctan(1/2)
On en tire AMV = 45.41°. CQFD.
Mais le fil étroit entre les deux parties de la pièce mauve rend cette dissection impraticable.
Elle a juste un intérêt théorique...
Les dissections de la croix grecque en d'autres polygones sont plus complexes, essentiellement à cause de
la découpe sauvage de ces polygones pour former des bandes.
On pourra s'exercer avec le pentagone, pour lequel la transformation en bande est assez simple,
de sorte que la dissection croix grecque ↔ pentagone nécessite seulement 7 pièces.
Mais pourquoi faire aussi compliqué, à part le plaisir d'utiliser des découpes courbes ?
La transformation d'une croix latine en bande de largeur 2a est immédiate, en coupant la grande branche,
et donne la dissection bien plus simple suivante :
Reportons CM = CB = a √2. Alors AM² = AC² + CM² = 4a² + 2a²
donne le côté du carré équivallent AM = a√6.
Les autres découpes à partir de la croix sont CP // AM, et KH _|_ AM passant par C.
La grande branche coupée étant placée en AEFG pour former la bande avec les croix, et on superpose cette bande avec celle formée de la répétition du carré AMUV pour définir cette dissection.
Les autres dissections impliquant les croix latines ne sont pas vraiment plus compliquées que pour la croix grecque.
Donnons la très belle dissection due toujours à H. Lindgren :
Parmi les autres dissections impliquant les croix on peut citer aussi d'autres formes de croix :
svastika, croix de malte, croix "globulaire" (formée d'arcs de cercle) etc...
Avant que la svastika prenne un aspect historique tabou, elle était assez répandue et
Sam Loyd (1841-1911 !) a proposé plusieurs problèmes et dissections avec cette croix.
En particulier une svastika "étirée" formée de 17 petits carrés sur une grille de 7×7,
et avec 17 = 4² + 1², le côté du carré équivallent est
tout trouvé !
La variante plus compacte sur une grille de 5×5 (10×10 carrés moitié) n'est pas plus compliquée.
Une autre croix de Sam Loyd est la "iron cross", dans sa "cyclopedia of 5000 puzzles".
En fait une large liberté est laissée à cette croix.
L'applet propose de la construire en partant du carré et du point P quelconque (draggable) dans le triangle ABC.
M est le milieu de AP, MN = MP et perpendiculaire.
NQ = BP et perpendiculaire à BP
QF // MNE (ou DF = AE)
Si P est extérieur au triangle ABC, la construction affiche n'importe quoi (aires négatives).
Si l'angle APB est obtus, ça ne ressemble même plus à une croix... plutôt à un carré muni de 4 excroissances !
En particulier si APB = 135° (P sur le cercle noir tangent à AC), BPN sont alignés on obtient alors
un carré augmenté de 4 triangles rectangles isocèles.
Le quart de cercle de diamètre AB délimite <)P = 90°, une "iron cross" n'est ainsi
obtenue que si P est au delà de ce quart de cercle.
La croix de Malte sur un quadrillage se dissèque sans difficulté, les lignes de coupe s'appuyant
sur les points du quadrillage.
La croix "standard" dans un quadrillage 5×5 a pour aire 17 carrés de la grille.
Le côté c du carré équivallent est donc c² = 17u² = (4u)² + u².
c est donc la diagonale d'un rectangle de 1×4
La suite de la dissection donne des pièces de forme étrange, mais qui se déduisent naturellement
par des parallèles et les points de la grille.
La croix de Malte dans une grille de 8×8 proposée par P. Berloquin a
une aire de 40 = 6² + 2². Le côté du carré équivallent est donc la diagonale d'un rectangle de 6×2.
La dissection est nettement plus simple.
Enfin la dissection de la croix de Malte "standard" en croix grecque n'utilise que des points d'un quadrillage 4 fois plus fin (points verts), grille de 20×20, indiquée seulement 10×10 pour aérer le dessin.
La croix potencée de 25 carrés sur une grille de 9×9 se dissèque en carré de façon évidente avec 6 pièces.
Peut on faire mieux avec des découpes en biais ? 25 = 3² + 4² ?
La croix globulaire sera vue dans les dissections courbes.
Pour en terminer avec les croix donnons la dissection (toujours de Sam Loyd) d'une croix grecque
en deux croix grecques (d'aires moitié donc).
Cette dissection est présentée car elle met en évidence la relation
arctan(1) = arctan(1/2) + arctan(1/3).
Considérons la diagonale AB de la croix grecque, diagonale d'un rectangle de 1×3
La diagonale de la croix d'aire moitié est dans le rapport √2, c'est à dire le côté d'un
triangle rectangle isocèle ABC (angle de 45°)
dont l'hypothénuse est la diagonale de départ AB.
La relation citée ci dessus prouve ainsi que cette diagonale de la croix d'aire moitié est la diagonale BC
d'un rectangle de 1×2,
donc se place idéalement en MN, M et N étant les milieux des côtés de la croix de départ.
Ainsi les sommets de la croix moitié sont aux milieux M, N, K, Q des côtés de la croix de départ.
On reconstitue alors la croix d'aire moitié à partir de MK, par une construction déja vue
lors de la dissection croix grecque ↔ dodécagone :
TK perpendiculaire à MK et égal à MK/2 donne la direction de MP.
La perpendiculaire en N à MT donne P et le reste de la croix s'en déduit.
Nota : NP passe par I, milieu de MK.
Passons maintenant au polygones étoilés. L'hexagramme est plus simple que le pentagramme, car il est facile de le transformer en bande.
Nota : M n'est PAS le milieu de EF.
en effet IM² = DM² - ID² = h.AD - h² = h²√3 - h²
et (AD/2)² = (h√3/2)² = 3h²/4, donc IM ≠ AD/2
(à 1.2 % près !)
La découpe de la pièce orange est sans commentaire.
L'examen des pièces rouge et jaune conduit, compte tenu des angles en O, à une pièce rouge triangle isocèle et
une découpe de ces pièces parallèlement aux côtés du pentagramme.
Les points M,N,Q,F servent de pivots pour les pièces et donc HM et KQ sont égaux à la moitié du côté a du carré.
De plus M et N sont les milieux des segments.
Enfin NH + NK = a ainsi que FH + FK = a itou, 2NF = 2a.
Donc NF = a
On pourrait certes construire le côté a du carré équivallent, et la droite NF s'en déduisant immédiatement. Nous allons toutefois construire directement H,K,F,Q à partir de la propriéte précédente, sans construire a au préalable.
Occupons nous déja des pièces rouge et jaune et du point N.
On a immédiatement ZR // BD et AR = ZR = ZY.
AR (pièce jaune) vient en SZ (pièce mauve) et ZR (pièces jaune + rouge)
vient en UZ (pièce mauve), soit finalement les constructions de ZS = ZU = ZY
et UV // ST // AC.
Examinons maintenant la construction de H à partir de M et N.
Angle H = 90°, H est donc sur le cercle de diamètre MN.
Il s'agit de trouver H pour que NF = 2MH.
Le milieu P de NF est donc sur la droite parallèle à CE, homothétique de CE de centre N et de rapport 1/2.
De plus NP = MH, donc NP se déduit de MH par une rotaion de 90° qui transforme M en N.
Cette rotation a ainsi pour centre le sommet I du triangle rectangle isocèle MIN,
c'est à dire le milieu de l'arc MN, intersection du cercle de diamètre MN et de la médiatrice de MN.
Le lieu de H est transformé par cette rotation en un cercle, lieu de P.
P est ainsi déterminé par l'intersection de la droite et du cercle lieux de P.
On en déduit la droite NF, puis H, puis Q (parallèle à NF à distance = MH) et donc K.
Remarque : P est le milieu de HK.
Les autres dissections de polygones étoilés entre eux ou en polygones convexes sont
généralement compliquées.
Donnons seulement :
Terminons avec les polygones étoilés par une multiplication miraculeuse :