C'est un problème que je trouve vraiment très intéressant 
J'ai pu trouver deux démonstrations, une moche et une longue, mais pas de juste milieu 
J'espère que vous aurez tous le courage de suivre mes démonstrations
On notera a le côté de chaque carré ; ˆα et ˆβ les noms respectifs des angles ^HAB et ^HBE et on notera notre dernier angle ^HEG\/ˆθ.
1ère démonstration :
Dans le triangle HAG rectangle en G, on a :
cos\/ˆα=cotˊe\/adjacenthypotˊenuse=AGAH
Or, d'après Pythagore, on a dans le triangle rectangle AGH :
AG2+GH2=AH2
(3a)2+a2=AH2
AH=a√10
Donc cos\/ˆα=3aa√10=3√1010
Ce qui revient à ˆα≈18,43\/degrˊes
De même pour ˆβ, dans le triangle BGH rectangle en G, on a :
\cos \/ \widehat{\beta} = \frac{cot\acute{e} \/ adjacent}
hypotˊenuse=BGBH
Or, d'après Pythagore, on a dans le triangle rectangle BGH :
BG2+GH2=BH2(2a)2+a2=BH2BH=a√5
Donc cos\/ˆβ=2aa√5=2√55
Ce qui revient à ˆα≈22,57\/degrˊes
ˆθ[/latex]estundesanglesdutriangleEGHrectangleenG.OrcetriangleestisocèlecarEG=GH.Doncpardéfinitiondutriangleisocèle,ona[latex]θ=45\/degrˊes[/latex].Or,[latex]ˆα+ˆβ=18,53+22,57=45\/degrˊes=ˆθ
J'ai donc démontré que ^HAB+^HBE=^HEG mais avec des valeurs approchées, c'est pas très joli, j'admets 
.
2ème démonstration :
A ; B ; E ; G sont alignés, pareillement aux points D ; C ; F et H. Or, comme ABCD ; BEFC et EGHF sont des carrés, (AG) est parallèle à (DH). Or il se trouve que ces deux droites sont coupées par une droite sécante : (AH). Par conséquent ^AHD=ˆα.
Maintenant, on fait subir au triangle BCH rectangle en C une rotation d'angle ˆα et de centre H, dans le sens dans lequel les aiguilles d'une horloge tournent (le sens indirect si je ne me trompe pas 
). On obtient donc deux nouveaux points notés B' et C', avec bien sûr, B' l'image de B par cette rotation, et C' l'image de C par cette même rotation.
Puisque que ^AHD=ˆα :
(HC′)∈(AH)
Ce qu'on voudrait prouver maintenant, c'est que ^C′HE est égal à ^CHB puisqu'on ne sait pas si E∈(B′H)
Alors, on va tenter de chercher un lien entre les longueurs B'E EH et B'H, à l'aide des vecteurs.
On calcule d'abord quelques longueurs :
- Dans le triangle EHG rectangle en G, on applique le théorème de Pythagore :
EH2=EG2+GH2
EH2=a2+a2
EH=a√2
- B'C' = BC = a car la rotation conserve les longueurs.
- HC' = HC = 2a car la rotation conserve les longueurs.
→B′H=→B′C′+→C′H[/latex](Chasles)[latex]→B′H2=(→B′C′−→HC′)2[/latex](onmetaucarré)[latex](→B′E+→EH)2=(→B′C′−→HC′)2[/latex](Chasles)[latex](→B′E)2+2→B′E.→EH+(→EH)2=(→B′C′)2−2→B′C′.→HC′+(→HC′)2[/latex](parleproduitscalaire,ondéveloppelesdeuxmembres)[latex](B′E)2+2||→B′E||.||→EH||+(EH)2=(B′C′)2−2∗→0+(HC′)2[/latex](B′C′HestuntrianglerectangleenC′donc[latex]→B′C′.→C′H=→0[/latex])[latex](B′E)2+2∗B′E∗EH+(EH)2=B′C′2+(HC′)2
(B′E)2+2a√2∗B′E+2a2=a2+4a2[/latex](onremplaceaveclesvaleurs)[latex](B′E)2+2a√2∗B′E−3a2=0
On remarque un polynôme du second degré que l'on va noter de la forme suivante : ix² + jx + k = 0 (pour qu'il n'y ait pas de confusion avec le a de la longueur du carré) avec une inconnue notée B'E, avec i = 1 ; j = 2a√2 et k = −3a2
Δ=b2−4ac
Δ=(2a√2)2−4∗1∗(−3a2)
Δ=8a2+12a2
Δ=20a2=(2a√5)2
Les deux solutions sont donc :
(1)B′E=−j−√Δ2i
(2)B′E=−j+√Δ2i(1)B′E=−a(√2+√5)<0
(2)B′E=a(−√2+√5)>0
Donc la seule solution recevable est B′E=a(−√2+√5), car on cherche une longueur, et une longueur est forcément positive.
Or, EH=a√2 et B′H=a√5.
Donc, [B'E] et [EH] sont les plus petits segments.
Et [latex]B'E + EH= a(-\sqrt{2} + \sqrt{5}) + a\sqrt{2}[\latex]
[TeX]= a(-\sqrt{2} + \sqrt{5} + \sqrt{2}) = a\sqrt{5} = B'H[/TeX]
Or, si dans un triangle, la somme des deux plus petits segments est égal au troisième, le triangle est plat, non ? Donc les trois points du triangle sont alignés ! Et j'ai enfin réussi à prouver que ces fichus points B' ; E et H sont alignés ! Donc B' appartient à (EH) ! (Ouf ! On y est ! ) Donc l'angle ^B′HC′ est égal à l'angle ^C′HE, qui sont donc tous les deux ˆβ
Les deux angles ˆα et ˆβ coïncident donc tous les deux pile poil dans l'angle ^FHE, lui même alterne-interne avec l'angle ˆθ
L'égalité ˆα+ˆβ=ˆθ est donc vérifiée.
Par conséquent, l'égalité ^HAB+^HBE=^HEG a été démontrée.
FIN.
Alexein41
P.S. : Merci pour cette énigme sympa 
Accueil
