Géométrie des pizzas

Peut-on partager équitablement une pizza circulaire entre deux personnes par des sections rectilignes dont aucune ne passe par le centre ? L’article donne des solutions à cette question a priori étonnante, et diverses démonstrations de tous niveaux, depuis le collège jusqu’aux post bac.

Jean-Pierre Friedelmeyer

© APMEP Décembre 2020

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En mai 1967 la revue Mathematics Magazine, publiée par la Mathematical Association of America posait le problème suivant : peut-on partager la surface d’un disque en deux parties égales en aire par des droites dont aucune ne passe par le centre du disque ? Dans la littérature mathématique, on parle du théorème des pizzas, en donnant un habillage concret au problème sous la forme : peut-on partager équitablement une pizza circulaire entre deux personnes par des sections rectilignes dont aucune ne passe par le centre ?

Cela paraît à première vue impossible mais comme souvent ce problème suscita au fil des années de nombreuses solutions, plus ou moins simples, et des généralisations variées. En particulier une réponse positive fut donnée sous la forme suivante :

Par un point \(\mathsf{P}\) quelconque à l’intérieur du cercle, tracer deux droites perpendiculaires et leurs bissectrices. Alors, en prenant alternativement une part sur deux des huit parts ainsi obtenues, on partage effectivement la pizza en deux parties dont les sommes des aires sont égales (figure 1).

Ainsi, à partir d’une situation de la vie courante, ce problème donne l’opportunité d’une réflexion géométrique allant de questions élémentaires jusqu’aux plus élaborées de la géométrie euclidienne.

Figure 1. Partage d’une pizza.

Nous nous proposons dans ce qui suit de dégager quelques résultats accessibles en classe de lycée pour la plupart, voire de collège pour certains, et donnant lieu à diverses activités géométriques.

Commençons par des pizzas rectangulaires en étudiant les découpes de rectangles et de carrés.

Dans ses Éléments, Euclide démontre le théorème suivant (Livre I, proposition 43) :

Théorème
Dans tout parallélogramme, les compléments des parallélogrammes qui entourent la diagonale sont égaux entre eux.

Euclide entend par compléments (figure 2) les parallélogrammes \(\mathsf{PICF}\) et \(\mathsf{PHAG}\) qui sont de part et d’autre de la diagonale \([\mathsf{BD}]\), \(\mathsf{P}\) étant sur la diagonale ; et par égaux, l’égalité des aires.

Figure 2. Théorème d’Euclide.

Le théorème s’applique évidemment au cas où le parallélogramme est un rectangle (figure 3) et se démontre sans difficulté.

Figure 3. Théorème d’Euclide dans le cas d’un rectangle.

Encore plus particulièrement, il s’applique au carré (figure 4), l’égalité découlant alors d’une isométrie des deux rectangles.

Figure 4. Théorème d’Euclide dans le cas d’un carré.

Ajoutons maintenant le segment \([\mathsf{EJ}]\), passant par \(\mathsf{P}\) et perpendiculaire à la diagonale \([\mathsf{BD}]\). Nous obtenons huit pièces d’aires notées de \(a\) à \(h\) (triangles et quadrilatères, figure 5), qui ont la propriété remarquable et assez évidente que, regroupées alternativement, la somme de leurs aires respectives (total des pièces en orange et total des pièces en blanc) soient égales : \(a+c+e+g=b+d+f+h\). Le fait que \(\mathsf{P}\) soit sur une diagonale joue un rôle essentiel pour cette égalité car la diagonale faisant axe de symétrie échange parties orange et parties blanches.

Figure 5. Partage égalitaire dans le cas d’un carré (P sur la diagonale).

Mais que se passe-t-il si le point \(\mathsf{P}\) n’est plus sur l’une des diagonales, mais n’importe où à l’intérieur du carré (figure 6) ?

Figure 6. Partage égalitaire dans le cas d’un carré (P quelconque).

Eh bien, de façon remarquable, nous avons toujours la même égalité : \(a+c+e+g=b+d+f+h\).

C’est un peu moins évident ; on peut essayer de le démontrer analytiquement en prenant un repère orthonormé \((\mathsf{C},\overrightarrow{\mathsf{CD}},\overrightarrow{\mathsf{CB}})\). C’est lourd et fastidieux. Il est plus simple et élégant d’utiliser une équidécomposabilité (partage en morceaux superposables) où, à chaque pièce en orange, notée par une minuscule, correspond une pièce en blanc notée par la même minuscule mais apostrophée (figure 7). La plupart des correspondances se font par simple symétrie axiale : \(a\longleftrightarrow a’ ;\), \(b\longleftrightarrow b’ ;\), \(c\longleftrightarrow c’ ;\), \(e\longleftrightarrow e’ ;\), \(f\longleftrightarrow f’ ;\) ; \(d\) et \(d’ ;\) se correspondent par symétrie centrale.

Figure 7. Équidécomposabilité.

Il existe de nombreuses autres décompositions en pièces superposables ; elles peuvent être l’occasion d’une émulation en classe.

Remplaçons maintenant le carré par un cercle et passons à des pizzas circulaires ; nous arrivons au théorème des pizzas.

Théorème des pizzas

Considérons un cercle découpé en huit morceaux \(a\), \(b\), \(c\), \(d\), \(e\), \(f\), \(g\), \(h\) par des cordes \(\mathsf{[A’ B’ ]}\), \(\mathsf{[C’ D’ ]}\), \(\mathsf{[E’ F’ ]}\) et \(\mathsf{[G’ H’ ]}\), toutes passant par un même point \(\mathsf{P}\) arbitraire à l’intérieur du cercle, et faisant entre elles des angles de \(45°\) (figure 8). Alors la somme des aires des secteurs en orange est égale à la somme des aires des secteurs en blanc. Figure 8. Théorème des pizzas.

Pour le démontrer on peut s’inspirer de la méthode utilisée pour le carré (figures 6 et 7) en inscrivant un carré \(\mathsf{ABCD}\) dans le cercle, dont les côtés sont parallèles aux cordes \(\mathsf{[A’ B’ ]}\) et \(\mathsf{[C’ D’ ]}\), (figure 9). Les axes de symétrie du carré sont aussi des axes de symétrie du cercle. Si le point \(\mathsf{P}\), intersection des cordes, est à l’intérieur du carré, alors, par des symétries convenables, on peut associer à une partie en orange à l’extérieur du carré (notée par une minuscule \(a\), \(b\), \(c\), etc.) une partie en orange clair à l’extérieur du carré (notée par la même minuscule apostrophée (\(a’ \), \(b’ \), \(c’ \), etc.). Combinée avec les décompositions des parties du carré (figure 7) nous obtenons finalement l’égalité en aire de l’ensemble des parts en orange ou bleu dans le disque à l’ensemble des parts en blanc ou orange clair. Nous laissons au lecteur la question de la décomposition dans le cas où le point \(\mathsf{P}\) est à l’intérieur du cercle mais à l’extérieur du carré.

Figure 9. Démonstration du théorème des pizzas.

En 1994, Carter I. et Wagon S. donnent une autre décomposition démontrant le théorème des pizzas sous l’intitulé « Proof without words »,(preuve sans mots), selon la figure 10. On y vérifie le théorème des pizzas en ce que \(a+c+h+g+B+E+f+D=b+d+A+G+H+F+C+e\) où chaque désignation par une lettre minuscule d’un côté a son correspondant par la même lettre majuscule de l’autre. Les parties correspondantes sont obtenues par symétrie ou par rotation.

Figure 10. Preuve sans mots du théorème des pizzas.

Exercice

La pizza \(\mathsf{ABC}\) a la forme d’un triangle équilatéral. Le point \(\mathsf{P}\) est un point quelconque à l’intérieur. La pizza est découpée par les segments \(\mathsf{[PA]}\), \(\mathsf{[PB]}\) et \(\mathsf{[PC]}\) et les perpendiculaires aux côtés, \(\mathsf{[PH]}\), \(\mathsf{[PG]}\) et \(\mathsf{[PK]}\). On prend alternativement une part sur deux. Démontrer l’égalité en aire de la somme des parties en orange et de la somme des parties en blanc.

Figure 11. Cas d’une pizza triangulaire.

Cet exercice est proposé dans la rubrique Au fil des problèmes de ce numéro . Les solutions proposées par les lecteurs seront éditées en ligne dans un prochain numéro.

Si l’on veut des démonstrations plus générales et convaincantes, il faut passer par le calcul ; et qui dit mesure d’aires dit alors calcul intégral. Et comme les aires en question sont déterminées par des angles autour d’un point \(\mathsf{P}\), il est indiqué de prendre des coordonnées polaires d’origine \(\mathsf{P}\), soit \(\mathsf{M}(r,\theta)\) où \(r=\mathsf{PM}\) et \(\theta=\left(\widehat{\overrightarrow{\mathsf{PA}},\overrightarrow{\mathsf{PM}}}\right)\). On démontre alors que l’aire \(\mathscr{S}\) du secteur \(\mathsf{APB}\) (figure 12) se calcule par \(\mathscr{S}=\displaystyle\frac{1}{2}\int_{0}^{\textstyle\frac{\pi}{4}}r^2(\theta)\,\mathrm{d}\theta\)

Cela oblige à des calculs longs et compliqués, d’une part pour exprimer la fonction \(r(\theta)\), ensuite pour le calcul des quatre intégrales exprimant l’aire des quatre secteurs en orange et leur somme. Nous pouvons nous dispenser de tous ces calculs grâce à un théorème élémentaire mais découvert assez récemment (en 2004), par R. B. Nelsen.

Figure Figure 12

Voici ce théorème et sa démonstration.

Théorème de Nelsen
Soit \([\mathsf{AB}]\) et \([\mathsf{CD}]\) deux cordes perpendiculaires sécantes en un point \(\mathsf{P}\) à l’intérieur d’un cercle de centre \(\mathsf{O}\) et de rayon \(R\). Alors \(\mathsf{PA}^2+\mathsf{PB}^2+\mathsf{PC}^2+\mathsf{PD}^2=4R^2\)

Nous en donnons d’abord une démonstration analytique, en relation avec une autre propriété de cette configuration.

Figure 13

Théorème : soient deux segments perpendiculaires \([\mathsf{AB}]\) et \([\mathsf{CD}]\) sécants en un point \(\mathsf{P}\). Alors les points \(\mathsf{A}\), \(\mathsf{B}\), \(\mathsf{C}\) et \(\mathsf{D}\) sont sur un même cercle de centre \(\mathsf{O}\) si et seulement si \(\mathsf{PA}.\mathsf{PB}=\mathsf{PC}.\mathsf{PD}\) (figure 13).

Posons \(\mathsf{PA}=a\), \(\mathsf{PB}=b\), \(\mathsf{PC}=c\), \(\mathsf{PD}=d\) et soit \(\mathsf{O}\) l’intersection des médiatrices de \([\mathsf{AB}]\) et \([\mathsf{CD}]\) ; plaçons le repère \(\left(\mathsf{O},\overrightarrow{\mathsf{OI}},\overrightarrow{\mathsf{OJ}}\right)\) orthonormé. Soient \((u,v)\) les coordonnées de \(\mathsf{P}\) dans ce repère avec \(u=\dfrac{c-d}{2}\) et \(v=\dfrac{b-a}{2}\cdotp\) Alors les coordonnées des autres points sont \(\mathsf{A}(u,v+a)\) ; \(\mathsf{B}(u,v-b)\) ; \(\mathsf{C}(u-c,v)\) ; \(\mathsf{D}(u+d,v)\) ; \(\mathsf{O}\left(u+\dfrac{d-c}{2},v+\dfrac{a-b}{2}\right)\cdotp\)

Puisque \(\mathsf{OA}=\mathsf{OB}\) et \(\mathsf{OC}=\mathsf{OD}\), les points \(\mathsf{A}\), \(\mathsf{B}\), \(\mathsf{C}\) et \(\mathsf{D}\) sont sur un même cercle si et seulement si \(\mathsf{OA}=\mathsf{OC}\).

Or \(\mathsf{OA}^2=\left(\dfrac{c-d}{2}\right)^2+\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\) et \(\mathsf{OC}^2=\left(\dfrac{c+d}{2}\right)^2+\left(\dfrac{a-b}{2}\right)^2\).

Donc \(\mathsf{OA}=\mathsf{OC}\) si et seulement si \(ab=cd\).

Conclusion : les quatre points \(\mathsf{A}\), \(\mathsf{B}\), \(\mathsf{C}\) et \(\mathsf{D}\) sont sur un même cercle si et seulement si \(\mathsf{PA}.\mathsf{PB}=\mathsf{PC}.\mathsf{PD}\).

Corollaire : dans ce cas, comme on a \(ab=cd\), on a aussi \(4\mathsf{OA}^2=a^2+b^2+c^2+d^2=4R^2\).

Ce qui donne immédiatement le théorème de R. B. Nelsen.

R. B. Nelsen en donne une démonstration, très élégante, une démonstration « sans mots » (figure 14).

Figure 14. Démonstration « sans mots » du théorème de Nelsen.

Nous pouvons maintenant démontrer le théorème des pizzas.

Lorsque le rayon vecteur \(r(\theta)=a(\theta)\) décrit le secteur \(\mathsf{A’ PE’ }\) :

• le rayon vecteur \(r\left(\theta+\dfrac{\pi}{2}\right)=c(\theta)\) perpendiculaire à \(a(\theta)\) décrit le secteur \(\mathsf{C’ PG’ }\) ;

• le rayon vecteur \(r(\theta+\pi)=b(\theta)\) opposé à \(a(\theta)\) décrit le secteur \(\mathsf{B’ PF’ }\) ;

• le rayon vecteur \(r\left(\theta+3\dfrac{\pi}{2}\right)=d(\theta)\) perpendiculaire à \(a(\theta)\) et opposé à \(c(\theta)\) décrit le secteur \(\mathsf{D’ PH’ }\) (figure 15).

Figure 15. Démonstration du théorème des pizzas.

La somme \(\mathscr{S}\) des quatre aires en orange est alors donnée, en appliquant le théorème de Nelsen, par :

\[\begin{aligned}
\mathscr{S}& =\displaystyle\frac{1}{2}\int_{0}^{\textstyle\frac{\pi}{4}}
\left[a^2(\theta)+b^2(\theta)+c^2(\theta)+d^2(\theta)\right]\,\mathrm{d}\theta\\
& =\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{4}(4\mathsf{OA}^2)\\
& =\frac{1}{2}(\text{aire totale du cercle}).\end{aligned}\]

Diverses généralisations sont envisageables. La plus immédiate consiste à étudier le problème du partage en \(N\) parts égales pour \(N=4n\), c’est-à-dire que chacune des parties délimitée par deux cordes perpendiculaires est partagée en \(n\) parties. Deux situations peuvent se produire. Reprenons la situation où, au lieu de prendre les bissectrices de deux cordes perpendiculaires, on prend les trisectrices.

Figure 16

Figure 17

Mais cette fois ci, il y a deux manières de regrouper les douze parts obtenues :

1. soit en prenant une part sur trois (figure 16) et l’on doit démontrer que \(a+d+g+j=b+e+h+k=c+f+i+l\) ;

2. soit en prenant une part sur deux (figure 17), et l’on doit démontrer que \(a+c+e+g+i+k=b+d+f+h+j\).

Dans les deux cas, on a regroupé des parts opposées par le sommet \(\mathsf{P}\), délimitées par des cordes faisant des angles égaux à 30°.

Intéressons-nous à ce second aspect, avec un cercle de rayon \(R\) découpé en \(2n\) parts, avec des angles égaux de\(\dfrac{\pi}{n}\) radians, réparties alternativement en deux sous-ensembles de \(n\) parts. Alors, nécessairement, cette répartition se fera en groupes de parts opposées, telles \(a\) et \(g\), \(b\) et \(h\), \(c\) et \(i\), etc. Pour deux secteurs opposés au point \(\mathsf{P}\) la corde \(\mathsf{MPN}\) est composée des segments \(\mathsf{PM}=r\)  et  \(\mathsf{PN}=r’\). Exprimons-les en fonction de l’angle \(\left(\widehat{\overrightarrow{\mathsf{OP}},\overrightarrow{\mathsf{OM}}}\right)=\theta\), \(\mathsf{OP}=d\), \(\mathsf{OH}=h\) où \(\mathsf{H}\) est la projection orthogonale de \(\mathsf{O}\) sur \(\mathsf{MN}\) (figure 18). On a \(\mathsf{OH}=h=d\sin(\theta)\), \(\mathsf{HP}=d\cos(\theta)\), \(\mathsf{HM}=\mathsf{HN}=\sqrt{R^2-h^2}\), d’où \(r=\mathsf{HM}-\mathsf{HP}\)  ;     \(r’=\mathsf{HN}+\mathsf{HP}\) \(r(\theta)=\sqrt{R^2-d^2\sin^2(\theta)}-d\cos(\theta)\) \(r'(\theta)=\sqrt{R^2-d^2\sin^2(\theta)}+d\cos(\theta)\) alors \(r^2+r’^2=2(R^2+d^2\cos(2\theta))\) L’aire \(\mathscr{S}\)  d’un double secteur s’exprime alors simplement par\begin{align*}\mathscr{S}&=\frac{1}{2}\int_{\theta_1}^{\theta_2}(r^2+r’^2)\,\mathrm{d}\theta\\&=\int_{\theta_1}^{\theta_2}(R^2+d^2cos(2\theta))\,\mathrm{d}\theta\\&=R^2(\theta_2-\theta_1)+\frac{1}{2}d^2(\sin(2\theta_2)-\sin(2\theta_1))\end{align*}

figureFigure 18

Nous avons donc deux doubles secteurs opposés pour la somme des quatre secteurs en rouge sur la figure 16 : \[S_1=R^2\left[\left(\frac{\pi}{6}-0\right)+\left(\frac{2\pi}{3}-\frac{\pi}{2}\right)\right]+
\frac{1}{2}d^2\left[\left(\sin\left(\frac{\pi}{3}\right)-\sin(0)\right)+
\left(\sin\left(\frac{4\pi}{3}\right)-\sin(\pi)\right)\right]=\frac{\pi}{3}R^2.\] C’est-à-dire le tiers de l’aire totale du disque. Par un calcul semblable, nous trouvons pour l’aire de la partie en blanc (respectivement en orange) le tiers de l’aire totale du disque. Le lecteur pourra adapter ce calcul à tout découpage d’un cercle en \(N=4n\) parties. En revanche, pour un nombre impair de secteurs opposés, la méthode ne convient plus, comme par exemple pour le découpage en \(2\times3\) parts (figure 19) : la somme des trois parts en orange est-elle égale à la somme des trois parts en blanc ?

Exercice

\(\mathsf{P}\) étant un point quelconque intérieur au cercle de rayon \(R\), \([\mathsf{AD}]\), \([\mathsf{BE}]\) et \([\mathsf{CF}]\) trois cordes passant par \(\mathsf{P}\) et inclinées à \(60°\), démontrer que :

1. \(\mathsf{PA}^2+\mathsf{PB}^2+\mathsf{PC}^2+\mathsf{PD}^2+\mathsf{PE}^2+\mathsf{PF}^2=6R^2\) (figure 19) ;

2. \(\mathsf{PA}+\mathsf{PC}+\mathsf{PE}=\mathsf{PB}+\mathsf{PD}+\mathsf{PF}\).

Figure 19

Et pour conclure

Si nous passions à la dimension trois, quel est le volume d’une pizza de rayon \(z\) et de hauteur \(a\) ?

Si on considère que la pizza est un cylindre de hauteur \(a\) et de base circulaire de rayon \(z\) alors le volume du cylindre est \(\pi z^2a\) ou encore :

\(Pi\) \(z\) \(z\) \(a\)

Références

1. L. Carter et S. Wagon. « Proof without words : Fair Allocation of a Pizza ». In : Mathematics Magazine Vol. 67. N° 4 (1994), p. 267.
2. P. Gallin. « Exzentrische Kuchenhalbierung ». In : Bulletin des VSMP (Verein Schweizerischer Mathematik – und Physiklehrkräfte)
   n° 116 (juin 2011). En ligne : , pp. 11-19.
3. H. Humenberger. « Gerechte Pizzateilung – keine leichte Aufgabe ! » In : Mathematische Semesterberichte Vol. 62. N° 2 (octobre 2015). Springer, pp. 173-194.
4. R. B. Nelsen. « Proof without words : four squares with constant area ». In : Mathematics Magazine Vol. 77 (2004), p. 135.

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Jean-Pierre Friedelmeyer est membre de la régionale APMEP de Strasbourg où il a enseigné les mathématiques. Il est membre fondateur du groupe Histoire des mathématiques de l’IREM de Strasbourg et a beaucoup contribué au groupe Histoire des mathématiques de l’APMEP.

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