UNIVERZA V LJUBLJANI

PEDAGOSKA FAKULTETA

TINA ZAKELJ

EKVIDEKOMPONIBILNOST

POLIGONOV

DIPLOMSKO DELO

Ljubljana, 2019

UNIVERZA V LJUBLJANI

PEDAGOSKA FAKULTETA

STUDIJSKI PROGRAM: DVOPREDMETNI UCITELJ

SMER: MATEMATIKA - RACUNALNISTVO

TINA ZAKELJ

MENTOR: PROF. DR. MATIJA CENCELJ

EKVIDEKOMPONIBILNOST

POLIGONOV

DIPLOMSKO DELO

Ljubljana, 2019

Zahvaljujem se mentorju, prof. dr. Matiji Cenclju za vlozen trud in cas ter za

strokovne nasvete, ki mi jih je nudil tekom pisanja diplomske naloge.

Se posebej se zahvaljujem druzini in prijateljem, ki so me vedno spodbujali in

mi v casu studija nudili najvecjo podporo.

Najvecja zahvala pa gre tebi, Matic, saj si moja skala in mi vedno znova vlivas

moci.

I

Povzetek

V diplomskem delu vpeljemo vse definicije, izreke in dogovore, ki so pomembni

za predstavitev in pomen razreza in preoblikovanja poligonov ter za dokaz iz-

reka o ekvidekomponibilnosti poligonov. Ogledamo si razlicne vrste disekcij in

metode zgibanja ter predstavimo nekaj primerov in protiprimerov. Kot posebno

zanimivost pa si ogledamo tudi primer problematike kvadrature kroga.

Kljucne besede: ekvidekomponibilnost, disekcija, ploscina, poligoni, preobli-

kovanje, zgibanje

Abstract

In the diploma thesis we introduce all definitions, theorems and conventions that

are important for the presentation of cutting and transformation of polygons

and for proving the theorem on the equidecomposability of polygons. We look at

different types of dissections and methods of folding, and present some examples

and counterexamples. As an interesting point, we also consider an example of

the problem of the quadrature of a circle.

Keywords: dissections, equidecomposability, folding, polygons, transformation

III

Kazalo

1 Uvod 1

2 Poligon 2

3 Triangulacija 5

4 Disekcija 9

4.1 Tehnike rezanja in zgibanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

5 Zgledi 17

5.1 Kvadrat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

5.2 Trikotnik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

5.3 Grski kriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

5.4 Sedanova nosilnica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

5.5 Mitra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

5.6 Zvezdasti poligoni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

6 Kvadratura kroga 29

7 Zakljucek 31

Slike

2.1 (a) Poligon (b)-(e) Objekti, ki niso poligoni . . . . . . . . . . . . 2

2.2 (a) Poligon (b) z diagonalo; (c) z daljico; (d) s sekajocimi diago-

nalami . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

3.1 Desno najnizje oglisce mora biti strogo konveksno . . . . . . . . . 6

3.2 Iskanje diagonale poligona P s pomikanjem premice l . . . . . . . 7

4.1 Tri disekcije kvadrata (a)-(c) in slika (d), ki ni disekcija kvadrata 9

4.2 Razrez in preoblikovanje trikotnika v pravokotnik . . . . . . . . . 10

4.3 Pravokotnika R1 in R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

4.4 Pravokotnika poravnamo na ogliscu X in zarisemo ”diagonalo”YZ 11

4.5 Pravokotnika sta razrezno skladna . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

4.6 Stirje manjsi petkotniki preoblikovani v vecjega . . . . . . . . . . 13

4.7 Preoblikovanje trikotnika v kvadrat . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

4.8 Zrcaljenje s pomocjo vcrtanega kroga . . . . . . . . . . . . . . . . 14

4.9 Racionalna disekcija kvadrata v dva grska kriza . . . . . . . . . . 15

4.10 Zgibna disekcija: dva kvadrata v vecjega . . . . . . . . . . . . . . 15

4.11 Zgibna disekcija: dva kvadrata v vecjega . . . . . . . . . . . . . . 15

4.12 Tlakovanje: kvadrati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

4.13 Tlakovanje: trikotniki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

5.1 Mahlova superpozicija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

5.2 Dva kvadrata v enega . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

5.3 Dva kvadrata v enega . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

VI

5.4 Tlakovanje za Perigalovo disekcijo . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

5.5 Perigalova disekcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

5.6 Tlakovanje: dva kvadrata v dva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

5.7 Dva kvadrata v dva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

5.8 Duijvestijnov popolni kvadrat s stranico 112 reda 21 . . . . . . . 20

5.9 Haberdasherjev problem. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

5.10 Bradleyeva dva trikotnika v enega . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

5.11 Trije enaki trikotniki v enega . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

5.12 Grski kriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

5.13 Loydovo preoblikovanje dveh grskih krizev v kvadrat . . . . . . . 23

5.14 Preoblikovanje grskega kriza v kvadrat . . . . . . . . . . . . . . . 24

5.15 Preoblikovanje grskega kriza v kvadrat . . . . . . . . . . . . . . . 24

5.16 Sedanova nosilnica. Vir: [6] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

5.17 Loydovo preoblikovanje sedanovega stola v kvadrat . . . . . . . . 25

5.18 Loydovo preoblikovanje mitre v domnevni kvadrat . . . . . . . . 26

5.19 Dudeneyevo preoblikovanje mitre v kvadrat . . . . . . . . . . . . 26

5.20 Dekagram {10/4} v dva desetkotnika . . . . . . . . . . . . . . . . 27

5.21 Dekagram {10/4} v dekagram {10/3} . . . . . . . . . . . . . . . 27

5.22 Dekagram {10/3} v dva pentagrama {5/2} . . . . . . . . . . . . 28

5.23 Trije heksagrami v trikotnik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

6.1 V krog vcrtana sestnajstkotnik in sestdesetkotnik . . . . . . . . . 29

6.2 Priblizana slika 6.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

1 Uvod

Ker sem pri izbirnem predmetu Matematika v umetnosti spoznala veliko zani-

mivih povezav med matematiko in umetnostjo, sem se odlocila, da bom temo

za diplomsko delo iskala v tej smeri. Na pobudo mentorja pa me je najbolj

pritegnil izziv: Ali lahko osemkotnik razrezem na pet delov in jih preoblikujem

v kvadrat? Ali pa na primer zvezdo preoblikujem v petkotnik? Kaj pa krog v

kvadrat? To je samo nekaj zanimivih primerov matematicne umetnosti rezanja

likov, ki jih potem lahko preoblikujemo v najrazlicnejse figure. Seveda pa pri

tem poskusimo uporabiti cim manj teh delov. Nekatere disekcije so enostavne,

druge zahtevnejse, nekaterih pa se sploh ne da izvesti. Tudi nacinov resevanja

taksnih problemov je veliko in vsak ima kaksno lepo lastnost.

Da pa lahko disekcije v ravnini sploh izvajamo, moramo poznati nekaj pomemb-

nih izrekov in lem. Sele potem se lahko osredotocimo na primere. Najpomemb-

nejsi izrek, po katerem moje delo nosi naslov, je izrek o ekvidekomponibilnosti

poligonov. Ta pravi, da ce imata poligona P in Q enako ploscino, obstaja tako

naravno stevilo n, da poligon P lahko razrezemo na poligone P1, . . . , Pn in poli-

gon Q na poligone Q1, . . . ,Qn, pri cemer sta za vsak i = 1, . . . , n poligona Pi in

Qi skladna.

Za dokaz izreka bom izhajala iz naslednjih dveh lem:

1. Vsak trikotnik ima skladen razrez z nekim pravokotnikom.

2. Poljubna pravokotnika z isto ploscino imata skladne razreze.

Nadalje bom opisala razlicne vrste disekcij in metode zgibanja ter predstavila

nekaj primerov in protiprimerov, da bom bralcu cim bolje priblizala tematiko.

Zglede bom razdelila tudi glede na vrsto poligonov. Na koncu se bom dotaknila

se problematike kvadrature kroga.

1

2 Poligon

V tem poglavju bom izhajala iz virov [4], [7], [9].

Poligon, mnogokotnik, veckotnik. V tem delu bom uporabljala izraz poligon,

saj se najbolj pribliza prvotnemu izrazu, ki izvira iz Grcije, kjer ”polys”pomeni

veliko, ”gonia”pa kot. Seveda gre za like, ki imajo vec kotov in stranic. Ce

smo natancni, vsaj tri. Obravnavali bomo poligone v ravnini R2, torej bomo

predpostavili njihovo lego v koordinatnem sistemu. S pojmom poligon bomo

razumeli lik, ki ustreza naslednji definiciji.

Definicija. Naj bodo V0,V1,V2, . . . ,Vn−1 tocke v ravnini in e0 = V0V1, e1 =

V1V2, . . . , en−1 = Vn−1V0 daljice, ki povezujejo tocke. Potem te daljice omeju-

jejo poligon ce in samo ce:

1. med sosednjima daljicama obstaja natanko en presek: ei ∩ ei+1 = Vi+1, za

vse i = 0, . . . , n − 1.

2. se daljici, ki nista sosednji, ne sekata: ei ∩ ej = ∅, za vse j , i + 1 mod n.

Tocke Vi imenujemo oglisca poligona, daljice ei pa so njegove stranice. Poligon

z n oglisci ima n stranic.

Slika 2.1: (a) Poligon (b)-(e) Objekti, ki niso poligoni

Definicija. Mnozico oglisc in stranic poligona P imenujemo rob poligona in ga

oznacimo s ∂P .

2

Trditev 2.1 (Jordanova poligonska krivulja). Rob ∂P poligona P razdeli

ravnino R2 na dve komponenti: omejeni notranji del (N) in neomejeni zunanji

del (Z).

Dokaz. Naj bo P poligon v ravnini. Izberimo si usmerjen vektor ®v, ki ne bo

vzporeden z nobenim robom poligona P. To je vedno mogoce, saj ima P koncno

stevilo robov. Potem vsaka tocka X v ravnini, ki ne lezi na robu ∂P pade v eno

izmed dveh mnozic:

1. Ce poltrak z izhodiscem v X in smerjo vektorja ®v precka rob ∂P sodo-

krat, je tocka X v zunanjem delu Z poligona P (ce poltrak poteka le skozi

oglisce poligona P, tega ne stejemo kot preckanje roba).

2. Ce poltrak z izhodiscem v X in smerjo vektorja ®v precka rob ∂P liho-krat,

je tocka X v notranjem delu N poligona P.

Opazimo, da vse tocke poljubnega segmenta (t. j. del premice med dvema

njenima tockama), ki ne seka roba ∂P, spadajo v isto mnozico Z ali N ; ko se

namrec pomikamo po tockah takega segmenta, se lahko stevilo presekov poltraka

v smeri ®v spremeni le ob prehodu takega poltraka preko kakega oglisca poligona

P, v tem primeru pa se spremeni za sodo stevilo. Daljica med dvema tockama,

od katerih je ena v N , druga pa v Z, mora torej imeti neprazen presek z robom

∂P.

Dokazimo se povezanost s potmi mnozic N in Z. Naj bosta A in B dve tocki iz

N . Ce daljica AB ne seka ∂P, sta A in B povezani s potmi znotraj N . Denimo,

da daljica AB seka ∂P. Tedaj to stori sodokrat, saj sta A in B iz N . Konstruirali

bomo pot od A do B, ki bo potekala znotraj N . Pojdimo najprej od A po daljici

AB (skoraj) do prve tocke preseka AB z ∂P, potem pojdimo se znoraj N ob robu

∂P do (skoraj) prvega naslednjega preseka z daljico AB, potem nadaljujemo do

tocke B spet po daljici AB. S tem smo prisli do poti, ki ima stevilo presekov za

dva manj kot daljica AB; po koncno mnogo takih korakov pridemo do poti od

A do B, ki ne seka ∂P. Dokaz za povezanost s potmi mnozice Z gre popolnoma

analogno z dokazom za N .

�

3

Definicija. Diagonala poligona je daljica, ki povezuje dve oglisci poligona P in

lezi v notranjosti P ter se ne dotika roba ∂P (razen v ogliscih). Diagonali se ne

sekata, ce si ne delita notranjih tock.

Slika 2.2 prikazuje (a) poligon, (b) diagonalo, (c) daljico, ki ni diagonala in (d)

dve sekajoci se diagonali.

Slika 2.2: (a) Poligon (b) z diagonalo; (c) z daljico; (d) s sekajocimi diagonalami

4

3 Triangulacija

V tem poglavju bom izhajala iz virov [4], [7], [9].

Poligon lahko s pomocjo diagonal razdelimo na manjse poligone. V tem poglavju

nas zanima razdelitev na trikotnike. Tu bomo uvedli pojem triangulacije, ki smo

mu priredili naslednjo definicijo.

Definicija. Triangulacija poligona P je njegova razdelitev na trikotnike z najvecjo

mozno mnozico nesekajocih se diagonal.

Opomba. Ko recemo najvecja mozna, mislimo na to, da v mnozico ne moremo

dodati nobene diagonale, ki nebi sekala ze obstojece diagonale iz mnozice.

Stevilo triangulacij je seveda odvisno od oblike poligona. Pri dolocanju oblike

so kljucnega pomena notranji koti pri ogliscih poligona P.

Definicija. Oglisce je konkavno, ce je njegov kot vecji od 180◦ in konveksno, ce

je njegov kot manjsi ali enak 180◦. Ce so vsa oglisca poligona P konveksna, je

P konveksen poligon.

Konveksni poligoni pa imajo naslednjo lepo lastnost.

Lema 3.1. Med dvema ogliscema poligona P obstaja diagonala, ce in samo, ce

je P konveksen.

Opomba. Konveksno oglisce mora biti strogo konveksno, saj je v primeru “ne-

strogosti” to oglisce lahko kolinearno s sosednjima.

Iz zgornje opombe sledi naslednja lema.

Lema 3.2. Vsak poligon ima najmanj eno strogo konveksno oglisce.

Dokaz. Naj bo smer sprehoda po robu poligona v nasprotni smeri urinega ka-

zalca. Ce med sprehodom pri ogliscu zavijemo levo, je le-to konveksno, ce pa

zavijemo desno, je oglisce konkavno. Notranjost poligona P je torej vedno na

levi strani sprehoda. Naj bo V oglisce poligona P, ki se v koordinatnem sistemu

5

Slika 3.1: Desno najnizje oglisce mora biti strogo konveksno

nahaja najnizje (torej ima minimalni y). Ce je takih oglisc vec, naj bo V tisto

oglisce, ki je najbolj desno spodaj. Naj bo l premica, ki poteka skozi oglisce

V in je vzporedna abscisi. Notranjost P mora torej biti nad l. Tudi stranica

za ogliscem V mora lezati nad l (glej sliko 3.1). Vsi ti pogoji implicirajo, da

mora “sprehajalec” pri ogliscu V zaviti levo, zato sledi, da je V strogo konveksno

oglisce. �

Lema 3.3. Vsak poligon z n ≥ 4 oglisci ima diagonalo.

Dokaz. Naj bo V strogo konveksno oglisce (katerega obstoj smo dokazali z lemo

3.2) in naj bosta A in B oglisci, sosednji z V . Ce je AB diagonala, je dokaz koncan.

Predpostavimo torej, da AB ni diagonala. Tedaj je AB bodisi v zunanjosti

poligona P, ali pa seka rob ∂P. Ker je n > 3, trikotnik ∆AV B v tem primeru

poleg A, V in B vsebuje vsaj se eno oglisce poligona P. Naj bo X oglisce poligona

P, ki je najblizje V (gledano pravokotno na premico skozi A in B). Naj bo l

premica vzporedna z AB, ki gre skozi V in na tej premici izberimo smer od A

proti B. To premico pomikamo vzporedno proti AB in naj bo X prvo oglisce od

P, na katerega naletimo pri tem paralelnem pomikanju; ce je takih vec vzemimo

prvega gledano v izbrani smeri (glej sliko 3.2). Naj bo l ′ vzporednica k l skozi

X. Tedaj v trikotniku, ki ima za eno stranico XV , druga pa je prvi del preseka

l ′ s P (to je do tocke X v izbrani smeri), ni nobenega drugega oglisca od P in je

zato XV diagonala poligona P. �

Vsak poligon (z n ≥ 3) lahko z uporabo diagonale razdelimo na dva ali vec

6

Slika 3.2: Iskanje diagonale poligona P s pomikanjem premice l

manjsih poligonov. Torej lahko s pomocjo indukcije pridemo do obstoja trian-

gulacije.

Trditev 3.4 (Triangulacija). Vsak poligon P z n oglisci lahko razdelimo na

trikotnike z dodajanjem diagonal.

Dokaz. Izrek bomo dokazali z indukcijo na stevilo oglisc n poligona P.

Ce je n = 3, je P trikotnik in dokaz je trivialen. Naj bo n > 3 in d = AB diagonala

poligona P. Ker se po definiciji d stika z robom ∂P le v ogliscih A in B, razdeli

P na dva poligona P1 in P2 s skupno stranico d, ki imata manj kot n oglisc. Z

uporabo indukcijske hipoteze na manjsih poligonih je dokaz koncan. �

Ceprav obstaja vec nacinov triangulacije danega poligona, imajo vse enako

stevilo diagonal in trikotnikov. Dokaz bo zelo podoben kot pri trditvi 3.4.

Lema 3.5 (Stevilo diagonal). Vsaka triangulacija poligona P z n oglisci ima

n − 2 trikotnikov in n − 3 diagonal.

Dokaz. Indukcija na n. Ce je n = 3, trditev drzi. Naj bo n > 3. Razdelimo P na

dva poligona P1 in P2 z diagonalo d = AB. Poligon P1 ima n1, P2 pa n2 oglisc.

Ker sta oglisci A in B vseti v n1 in n2, vemo, da je n2+n2 = n+2. Po indukcijski

predpostavki sledi, da je v P skupaj (n1 − 3) + (n2 − 3) + 1 = n − 3 diagonal (za

+1 stejemo diagonalo d) in (n1 − 2) + (n2 − 2) = n − 2 trikotnikov. �

7

Triangulacijo lahko pokazemo z razlicnimi algoritmi, ti pa velikokrat zahtevajo

posebne trikotnike, na katerih je triangulacija ocitna. Eni takih trikotnikov so

usesa.

Definicija. Tri sosednja vozlisca A, B in C tvorijo poligonsko uho, ce je AC

diagonala poligona. Ogliscu B tedaj pravimo vrh usesa.

Posledica 3.5.1. Vsak poligon z vsaj stirimi oglisci ima najmanj dve usesi.

Dokaz. Vsaka triangulacija poligona P po lemi 3.5 razdeli P na n−2 trikotnikov.

Vsak trikotnik pokriva najvec dve stranici roba ∂P. Ker ima meja ∂P natanko n

stranic, trikotnikov pa je n− 2, po nacelu golobnjaka vsaj dva izmed trikotnikov

morata vsebovati dva robova poligona P. To pa sta poligonski usesi. �

8

4 Disekcija

V tem poglavju bom izhajala iz virov [1] in [6].

Definicija. Koncni nabor daljic v poligonu P doloca disekcijo ali razrez po-

ligona P, ce te daljice skupaj z robom ∂P tvorijo unijo robov koncno mnogo

poligonov Q1, . . . ,Qn, da je njihova unija enaka poligonu P.

Na sliki 4.1 lahko vidimo tri primere disekcije kvadrata (a)-(c) in primer (d),

pri katerem ne gre za disekcijo, saj eden izmed delov ni poligon.

Slika 4.1: Tri disekcije kvadrata (a)-(c) in slika (d), ki ni disekcija kvadrata

Ko naredimo disekcijo poligona P, lahko manjse poligone, ki nastanejo, preobli-

kujemo v nov poligon Q, ki ima enako ploscino kot P.

Definicija. Poligona P in Q imata skladen razrez, ce lahko P razrezemo na

manjse poligone P1, . . . , Pn in jih nato preoblikujemo v poligon Q.

Pri disekciji je najbolj zanimivo to, da vidimo, kako se znana oblika transformira

v drugo, pri tem pa odkrijemo, da se je druga oblika nekako skrivala ze v prvi.

Kako pa vemo da sta poligona P in Q razrezno skladna? Seveda morata imeti

enako ploscino. Lahko pa imata se kaj skupnega.

Lema 4.1. Vsak trikotnik je razrezno skladen z nekim pravokotnikom.

Dokaz. Za dokaz si oglejmo sliko 4.2.

Dan je poljuben trikotnik ∆ABC. Izberemo si najdaljso stranico trikotnika in

ji narisemo vzporedno srednjico. Zgornji del razpolovimo s pomocjo visine na

9

Slika 4.2: Razrez in preoblikovanje trikotnika v pravokotnik

najdaljso stranico. Tako trikotnik ∆ABC razdelimo na tri dele. Ker je sre-

dnjica vzporedna z najdaljso stranico, sta sovrsna kota ob srednjici (notranji

kot manjsega trikotnika in zunanji kot stirikotnika) skladna. Zato lahko manjsa

trikotnika zasukamo na vsako stran vecjega, da dobimo pravokotnik, kot kaze

slika 4.2. Ker smo privzeli, da je trikotnik poljuben, ta lema torej res velja.

�

Lema 4.2. Poljubna pravokotnika z enako ploscino sta razrezno skladna.

Slika 4.3: Pravokotnika R1 in R2

Dokaz. Dana sta poljubna pravokotnika R1 in R2 (glej sliko 4.3). R1 ima dolzino

a1 in visino b1, R2 pa dolzino a2 in visino b2. Ker imata pravokotnika enako

ploscino, velja a1 · b1 = a2 · b2. Predpostavimo, da pravokotnika nista skladna,

zato dodamo pogoj b1 , b2. Brez skode za splosnost naj velja b2 < b1 ≤ a1 < a2.

Ker velja a1 < a2, vemo da je pravokotnik R2 daljsi od pravokotnika R1. Vseeno

pa ne zelimo, da je predolg, zato ga v primeru, da je 2a1 < a2, razrezemo po

sredini navpicno in dela zlozimo enega na drugega, da pridobimo na visini in

10

izgubimo dolzino. Ce je potrebno, ta proces ponavljamo, dokler pravokotnika

ne ustrezata pogoju b2 < b1 ≤ a1 < a2 < 2a1.

Ko pravokotnika poravnamo na spodnjem levem kotu X, da se prekrivata,

zarisemo diagonalo iz zgornjega levega kota Z v spodnji desni kot Y (kot na

sliki 4.4). Vidimo, da nam ta diagonala oba pravokotnika razdeli na tri dele.

Manjsi trikotnik, vecji trikotnik in petkotnik.

Slika 4.4: Pravokotnika poravnamo na ogliscu X in zarisemo ”diagonalo”YZ

Ocitno je, da sta petkotnika C skladna (glej sliko 4.5). Da dokazemo skla-

dnost manjsih trikotnikov A1 in A2, lahko uporabimo podobnost. Vidimo lahko

namrec, da so si trikotnik ∆XY Z in mala trikotnika podobna. Ce uporabimo

enakost a1 · b1 = a2 · b2, dobimo enacbo

b1 − b2

a2 − a1=

b1a2.

Slika 4.5: Pravokotnika sta razrezno skladna

11

Trikotnik A1 je torej podoben trikotniku ∆XY Z, ki ima dolzino a2 in visino

b1. Vidimo, da je visina A1 b1 − b2, dolzina pa a2 − a1, kar pa zadosca dolzini

trikotnika A2, ki je prav tako a2 − a1. Torej sta trikotnika A1 in A2 res skladna.

Podobno lahko dokazemo skladnost trikotnikov B1 in B2. �

Trditev 4.3 (o ekvidekomponibilnosti). Ce imata poligona P in Q enako

ploscino, obstaja tako naravno stevilo n ∈ N, da lahko razrezemo P na poligone

P1, . . . , Pn in poligon Q na poligone Q1, . . . ,Qn, pri cemer sta za vsak i = 1, . . . , n

poligona Pi in Qi skladna.

Dokaz sledi iz naslednje leme.

Lema 4.4. Vsak poligon lahko preoblikujemo v pravokotnik z enako ploscino in

s poljubno dolzino.

Dokaz. Poligon P razrezemo na manjse trikotnike P1, . . . , Pn−2. Po trditvi 3.4

s pomocjo triangulacije dobimo natanko n − 2 trikotnikov. Po lemi 4.1 je vsak

trikotnik razrezno skladen z nekim pravokotnikom. Torej lahko vse trikotnike

P1, . . . , Pn−2 preoblikujemo v pravokotnike. Po lemi 4.2 sta poljubna pravoko-

tnika z enako ploscino razrezno skladna. Torej lahko pravokotnike P1, . . . , Pn−2

preoblikujemo v pravokotnike z enako dolzino. Sledi le se zdruzitev pravokotni-

kov. �

Dokazali smo torej, da lahko poljuben poligon preoblikujemo v pravokotnik s

poljubno dolzino. Ce upostevamo dejstvo, da lahko poligona P in Q z enako

ploscino preoblikujemo v skupni pravokotnik, smo s tem dokazali izrek 4.3 o

ekvidekomponibilnosti poligonov.

4.1 Tehnike rezanja in zgibanja

Pri vsakem poligonu je odvisno, katere tehnike bomo uporabili za razrez in pre-

oblikovanje. Seveda je bolj zanimivo, ce je razrez tak, da poligon razrezemo na

12

najmanjse stevilo delov in pri preoblikovanju uporabimo samo translacijo.

Disekcija je translacijska, ce lahko dele iz prvega lika prestavimo v drug lik, ne

da bi jih rotirali ali zrcalili. Ker pa ni vsaka disekcija translacijska, sta Hadwi-

ger in Glur leta 1951 podala enostavno karakterizacijo, po kateri je razvidno, ali

disekcija dopusca samo translacijo ali ne. Pri vsakem liku se moramo sprehoditi

po njegovem robu v smeri urinega kazalca in preveriti smer vsake daljice iz roba.

Poleg smeri moramo daljicam dodati tudi dolzine. Lahko si predstavljamo, da

so to vektorji, ki imajo smer in dolzino. Enako usmerjene vektorje med seboj

sestejemo (oz. odstejemo). Disekcija je translacijska, ce in samo ce, sta vsoti

enaki v obeh likih.

Translacijo lahko vidimo na sliki 4.6, ki jo je ustvaril avtor Harry Lindgren in

prikazuje preoblikovanje stirih petkotnikov v enega. Ker je eden izmed majnsih

petkotnikov obrnjen drugace, kot ostali trije, se vsoti enako usmerjenih daljic

v tem petkotniku in enemu izmed ostalih treh iznicita. Sedaj je ocitno, da je

disekcija translacijska, saj je daljica v vecjem petkotniku ravno dvakrat vecja,

kot v manjsem.

Slika 4.6: Stirje manjsi petkotniki preoblikovani v vecjega

Na sliki 4.7 je prikazan primer preoblikovanja trikotnika v kvadrat. Vidimo

lahko, da ne gre za translacijo, saj je vsota nasprotnih stranic v kvadratu enaka

nic, v trikotniku pa ima vsaka stranica neko vrednost, ki je razlicna od nic.

13

Slika 4.7: Preoblikovanje trikotnika v kvadrat

Ce zelimo poligon prezrcaliti prek ene izmed stranic brez uporabe zrcaljenja,

lahko uporabimo trik z vcrtano kroznico. Oglejmo si zrcalno disekcijo trikotnika

na sliki 4.8. Trikotniku najprej vcrtamo kroznico. Na tockah, kjer se kroznica

dotika stranic, naredimo pravokotnice iz sredisca na stranice. Trikotnik potem

razrezemo po teh pravokotnicah in ga preoblikujemo v zrcalno sliko. Vsak

nepravilni poligon P, kateremu lahko vcrtamo kroznico, lahko preoblikujemo

v njegovo zrcalno sliko. Stevilo delov, ki jih dobimo s taksnim razrezom pa je

enako stevilu oglisc poligona P.

Slika 4.8: Zrcaljenje s pomocjo vcrtanega kroga

Disekcija je racionalna, ce je vsak rez vzporeden z neko daljico iz roba in je

njegova dolzina zmnozek racionalnega stevila in dolzine te daljice. Slika 4.9

prikazuje Loydovo preoblikovanje kvadrata v dva grska kriza. Vidimo, da so vsi

rezi vertikalni ali horizontalni, njihova dolzina pa je enaka ali dvakrat vecja od

stranic manjsega kriza.

14

Slika 4.9: Racionalna disekcija kvadrata v dva grska kriza

Zgibna disekcija je disekcija poligona P, pri kateri so vsi deli povezani v verigo

in “speti” v zgibnih tockah. Z “nihanjem” teh delov potem sestavimo poligon

Q. Na slikah 4.10 in 4.11. sta prikazana dva razlicna nacina zgibne disekcije

preoblikovanja dveh kvadratov v vecjega (gre za dokaz pitagorovega izreka).

Slika 4.10: Zgibna disekcija: dva kvadrata v vecjega

Slika 4.11: Zgibna disekcija: dva kvadrata v vecjega

15

Tlakovanje je razrez oz. pokritje ravnine s poligoni, tako da se dva poligona med

seboj ne prekrivata, sekata pa se lahko le na robu. Takim poligonom recemo

tudi tlakovci. Na sliki 4.12 je tlakovanje s kvadrati, na sliki 4.13 pa tlakovanje

s trikotniki.

Slika 4.12: Tlakovanje: kvadrati

Slika 4.13: Tlakovanje: trikotniki

16

5 Zgledi

V tem poglavju bom izhajala iz virov: [2], [3] in [6].

Ker lahko tako na spletu, kot tudi v knjigah najdemo veliko primerov disekcije,

sem se odlocila, da poglavje razdelim glede na oblike poligonov, ki jih bomo

preoblikovali. Poleg kvadratov, trikotnikov, krizev in zvezd pa bom izposta-

vila tudi nekaj drugih zanimivih primerov, kot je dokaz pitagorovega izreka in

preoblikovanje sedanovega stola.

5.1 Kvadrat

Superpozicija je tehnika tlakovanja, pri kateri neko tlakovanje prekrijemo z dru-

gim tlakovanjem in po crtah naredimo rez.

Ce na tlakovanje dveh razlicnih kvadratov dodamo tlakovanje vecjega kvadrata,

kot na sliki 5.1, dobimo disekcijo, ki jo lahko preoblikujemo v vecji kvadrat (glej

sliko 5.2).

Slika 5.1: Mahlova superpozicija

17

Slika 5.2: Dva kvadrata v enega

Ce sta kvadrata iz slike 5.2 zdruzena v en poligon, s tridelno disekcijo dobimo

kvadrat na sliki 5.3. Tu gre za dokaz Pitagorovega izreka. Imamo pravokotni

trikotnik s katetama a in b ter hipotenuzo c. a2 ponazarja manjsi kvadrat, b2

pa vecji kvadrat. Pri preoblikovanju je ocitno, da je velikost nastalega kvadrata

c2. To je enostavni dokaz z disekcijo.

Slika 5.3: Dva kvadrata v enega

Naslednja disekcija je disekcija dveh kvadratov v enega, ki jo je ustvaril Henry

Perigal (1873). Disekcija je zelo podobna tisti na slikah 5.1 in 5.2. Razlika je

le v tem, da je zgornje tlakovanje (glej sliko 5.4) zamaknjeno in je zato razrez

drugacen. Na sliki 5.5 vidimo, da je Perigalova disekcija hkrati translacijska in

zgibna.

18

Slika 5.4: Tlakovanje za Perigalovo disekcijo

Slika 5.5: Perigalova disekcija

Na slikah 5.6 in 5.7 je tlakovanje in disekcija dveh kvadratov v dva druga kva-

drata.

Slika 5.6: Tlakovanje: dva kvadrata v dva

19

Slika 5.7: Dva kvadrata v dva

Disekcija popolnega kvadrata je disekcija, pri kateri kvadrat razrezemo na koncno

stevilo razlicnih manjsih kvadratov. Taksnemu kvadratu recemo tudi kvadriran

kvadrat. Obstaja vec taksnih disekcij, na sliki 5.8 pa je prikazana disekcija

popolnega kvadrata s stranico 112 najnizjega moznega reda 21. Resitev je leta

1978 odkril A. J. W. Duijvestijn.

Slika 5.8: Duijvestijnov popolni kvadrat s stranico 112 reda 21

20

5.2 Trikotnik

V tem podpoglavju bomo izpostavili tri zanimive primere preoblikovanja triko-

tnikov. Prvi je Haberdasherjev problem, ki ga je formuliral angleski matematik

Henry Dudeney. Kako razrezati enakostranicni trikotnik na cimmanj delov, da

jih lahko preoblikujemo v kvadrat? Ta disekcija spada med tiste, ki imajo samo

eno resitev, ta pa je prikazana na sliki 5.9 in je sestavljena iz stirih delov.

Slika 5.9: Haberdasherjev problem.

Potek disekcije trikotnika:

1. Narisemo enakostranicni trikotnik ∆ABC.

2. Razpolovimo stanico BC v tocki D in CA v tocki E.

3. Podaljsamo daljico AD do F, da velja DC = DF.

4. Razpolovimo AF v tocki G in zacrtamo lok l s srediscem G in polmerom

GA skozi A in F.

5. Podaljsamo BC do presecisca z lokom l v tocki H.

6. Zacrtamo lok m s srediscem v D in polmerom DH. Presecisce m z daljico

AB oznacimo z I.

21

7. Oznacimo tocko J na AB, da bo I J = BD.

8. Nrisemo daljico ID.

9. Iz E in J narisemo pravokotnici na ID, da dobimo tocki K in L.

Avtor naslednje disekcije trikotnika je Harry C. Bradley, ki je preoblikoval dva

trikotnika v enega.

Slika 5.10: Bradleyeva dva trikotnika v enega

Naslednjo 6-delno disekcijo je opisal ze Platon v dialogu Timaeus, prikazuje

pa tri skladne enakostranicne trikotnike preblikovane v vecjega (slika 5.11).

Manjse trikotnike s pomocjo visine razdelimo na dva dela, nato pa vseh sest

delov zlozimo skupaj, da dobimo vecji trikotnik.

22

Slika 5.11: Trije enaki trikotniki v enega

5.3 Grski kriz

Slika 5.12: Grski kriz

Veliko disekcij je prikazanih na grskem krizu, najverjetneje zaradi njegove sime-

trije. Eden izmed primerov disekcije je prikazan na sliki 5.13. Sammuel Loyd je

dva grska kriza samo s pomocjo translacije preoblikoval v kvadrat. Poleg tran-

slacije lahko na tem primeru vidimo tudi replikativno simetrijo. Za to simetrijo

je znacilno, da se en poligon v disekciji pojavi veckrat.

Slika 5.13: Loydovo preoblikovanje dveh grskih krizev v kvadrat

23

Sliki 5.14 in 5.15 prikazujeta dva izmed nacinov preoblikovanja grskega kriza

v kvadrat, ki jih je opisal britansko-avstralski inzenir in matematik Harry Lin-

dgren. Tudi tu je uporabljena le translacija.

Slika 5.14: Preoblikovanje grskega kriza v kvadrat

Slika 5.15: Preoblikovanje grskega kriza v kvadrat

5.4 Sedanova nosilnica

Naslednja zanimiva uganka je Sedanova nosilnica. To je stol na nosilih, ki naj bi

izviral iz mesta Sedan v Franciji, uporabljali pa so jih kot prevozna sredstva (glej

sliko 5.16). Tu se pojavi uganka: Kako cimbolj elegantno zapreti sedanov stol,

da bo tistega, ki sedi v njem scitil pred dezjem? Izziv je torej, da stol razrezemo

na najmanjse stevilo kosov, ki jih bomo potem preoblikovali v kvadrat.

24

Slika 5.16: Sedanova nosilnica. Vir: [6]

Resitev je nasel ameriski problemist, ugankar in razvedrilni matematik Samuel

Loyd. Vkljucuje disekcijo na dva dela in zasuk zgornjega dela za 90◦ (slika 5.17).

Slika 5.17: Loydovo preoblikovanje sedanovega stola v kvadrat

5.5 Mitra

Na sliki 5.18 je resitev se enega izmed mnogih Loydovih problemov. Preobli-

kovanje mitre v kvadrat. Resitev res vsebuje le stiri dele, a se zdalec ni naje-

legantnejsa. Se vec, resitev naj bi bila celo napacna, saj pridobljeni lik (slika

5.18 desno) sploh ni kvadrat, ceprav se na prvi pogled zdi. Henry Dudeney je

izpostavil Loydovo zavajanje in podal pravilen primer resitve. Primer Dudne-

yeve resitve s petimi kosi je prikazana na sliki 5.19, sestavljena pa je iz stirih

trikotnikov in enega petkotnika.

25

Slika 5.18: Loydovo preoblikovanje mitre v domnevni kvadrat

Slika 5.19: Dudeneyevo preoblikovanje mitre v kvadrat

5.6 Zvezdasti poligoni

Poligoni v obliki zvezd imajo zaradi simetrije lahko zelo enostavne disekcije.

Nekaj primerov bomo predstavili v tem podpoglavju.

Naslednja dva primera kazeta, da lahko z isto disekcijo dobimo razlicne poligone.

V primeru na sliki 5.20 je preoblikovanje dekagrama {10/4} v dva pravilna de-

setkotnika, na sliki 5.21 pa vidimo preoblikovanje dekagrama {10/4} v dekagram

{10/3}.

26

Slika 5.20: Dekagram {10/4} v dva desetkotnika

Slika 5.21: Dekagram {10/4} v dekagram {10/3}

Na sliki 5.22 pa je prikazano preoblikovanje dekagrama {10/3} v dva pentagrama

{5/2}.

27

Slika 5.22: Dekagram {10/3} v dva pentagrama {5/2}

Naslednja disekcija na sliki 5.23 je osemdelna disekcija treh heksagonov in pre-

oblikovanje v trikotnik, ki jo je formuliral Reid leta 1987.

Slika 5.23: Trije heksagrami v trikotnik

28

6 Kvadratura kroga

V tem poglavju bom izhajala iz virov [5] in [8].

Zagotovo je ze vsakdo slisal za vsaj enega izmed treh znamenitih anticnih geo-

metrijskih problemov, ki naj bi bili z uporabo ravnila in sestila neresljivi. Pod-

vojitev kocke, tretjinenje kota in kvadratura kroga so trije problemi, ki so bili

velik izziv mnogim starogrskim matematikom.

Mi se bomo osredotocili na zadnjega, saj se nasa tema nanasa na preoblikovanje

poligonov. Ocitno je, da krog ni poligon, zato nobeden od izrekov in lem, ki

smo jih dokazali v tem delu, ni uporaben za resevanje tega problema.

Lahko pa se priblizamo obliki kroga, tako da mu vcrtamo pravilni poligon ozi-

roma n-kotnik, a bo tudi rezultat priblizen. Na sliki 6.1 je primerjava med v

krog vcrtanim sestnajstkotnikom in sestdesetkotnikom. Na sliki 6.2 poblize vi-

dimo, kaj se dogaja na robu kroga. Razlika je ocitna. Torej vecje, kot bo stevilo

kotov vcrtanega n-kotnika, bolj se bo njegov rob priblizal krogu.

Slika 6.1: V krog vcrtana sestnajstkotnik in sestdesetkotnik

29

Slika 6.2: Priblizana slika 6.1

Ali torej lahko razrezemo krog na koncno mnogo delov in jih preoblikujemo v

kvadrat? Lester Dubins, Morris W. Hirsch in Jack Karush v clanku Scissor

Congruence (1964) pravijo, da krog in kvadrat ne moreta biti razrezno skladna

zaradi striktne konveksnosti kvadrata, oziroma zaradi krivulje pri krogu, kar v

clanku tudi dokazejo.

Vse pa je presenetil odgovor, ki ga je podal Miklos Laczkovich leta 1990. Njegov

dokaz je seveda teoreticno sprejemljiv, a uporablja kontroverzni aksiom izbire,

ki dovoljuje, da se iz poljubne druzine nepraznih mnozic izbere po en element iz

vsake mnozice, tudi ce je teh mnozic neskoncno. Torej lahko krog razdelimo na

neskoncno mnogo nepredstavljivih drobnih kosov, ki jih potem preoblikujemo v

kvadrat. Seveda nikoli ne bomo videli slike, ki bi nam pokazala kaksen razrez

je uporabljen. Laczkovich je najvecje stevilo delov, na katere naj bi bil krog

razrezan postavil na 1050. Zanimivo je, da nobeden od teh delov ne potrebuje

niti rotacije niti zrcaljenja, dovolj je samo translacija.

30

7 Zakljucek

V diplomskem delu smo uvedli definicije pojmov in obravnavali izreke, ki so

potrebni za dokaz obstoja ekvidekomponibilnosti poligonov. Vse izreke smo tudi

ustrezno dokazali, tako s pomocjo indukcije, kot tudi z direktnim dokazom. Delo

vsebuje veliko slikovnega gradiva, da si bralec lazje predstavlja dolocene pojme

in postopke. V drugem poglavju smo opredelili definicijo poligona, njegovega

roba in diagonale. Zapisali smo tudi izrek o Jordanovi poligonski krivulji, ki

nam pove, da rob poligona razdeli ravnino na notranji in zunanji del. Te pojme

smo nadalje uporabili v tretjem poglavju, kjer smo uvedli definicijo triangulacije

in dokazali trditve in leme, ki potrjujejo njen obstoj. V cetrtem poglavju smo

spoznali pojem disekcije (razreza) in preoblikovanja poligonov ter dokazali izrek

o ekvidekomponibilnosti poligonov. Predstavili smo tudi nekaj tehnik rezanja

in zgibanja, ki smo jih uporabili v primerih iz petega poglavja. Primeri so

razdeljeni glede na obliko poligona. V zadnjem poglavju smo izpostavili problem

kvadrature kroga, domnevni dokaz obstoja razreza in preoblikovanja kroga v

kvadrat ter njegove protiargumente.

Delo priporocam v branje tako tistim, ki bi radi izvedeli kaj se skriva za ekvi-

dekomponibilnostjo poligonov, kot tudi ostalim, ki bi se radi le malce poigrali z

rezanjem in preoblikovanjem veckotnikov, pa ne vedo, kje zaceti.

31

Literatura

[1] Akiyama, J., Matsunaga, K. (2015). Treks into Intuitive Geometry. Tokyo:

Springer

[2] Croft, H.T., Falconer, K.J., Guy, R.K. (1991). Unsolved Problems in Geo-

metry. New York: Springer-Verlag.

[3] Bryant, J., Sangwin, C. (2008). How round is your circle?: where engineering

and mathematics meet. New Jersey: Princeton University Press

[4] Devadoss, S.L., O’Rourke, J. (2011). Discrete and computational geometry.

New Jersey: Princeton University Press

[5] Dubins, L., Hirsch, M.W. Karush, J. (1963). Scissor Congruence. Prido-

bljeno 14.7.2019 z https://doi.org/10.1007/BF02759727

[6] Frederickson, G.N. (1997). Dissections: Plane Fancy. Cambridge: Cam-

bridge University Press

[7] O’Rourke, J. (1998). Computational geometry in C. Cambridge: Cambridge

University Press

[8] Pierce, P., Ramsay, J., idr. (2009). The Circle-Squaring Problem Decompo-

sed. Pridobljeno 15.7.2019 z https://www.maa.org/sites/default/files/

pdf/upload_library/22/Evans/Pierce.pdf

[9] Sasane, A. (2016). Plain plane geometry. New Jersey: World Scientific

32