Univerzitet u NišuPrirodno-matematički fakultet

Površina i zapremina poliedara-master rad-

kandidat mentorMiljana Stojanović 65 Prof. dr Ljubica Velimirović

Niš, oktobar 2015.

Sadržaj1 Uvod 3

2 Platonova tela 52.1 Tetraedar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62.2 Oktaedar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.3 Heksaedar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.4 Ikosaedar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.5 Dodekaedar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

3 Karakteristike 113.1 Poliedarska površ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113.2 Broj strana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123.3 Topološke karakteristike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123.4 Dualnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143.5 Površina poliedara . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

3.5.1 Površina prizme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153.5.2 Površina piramide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173.5.3 Površina zarubljene piramide . . . . . . . . . . . . . . 18

3.6 Zapremina poliedra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193.6.1 Zapremina prizme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193.6.2 Zapremina piramide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.6.3 Zapremina zarubljene piramide . . . . . . . . . . . . . 263.6.4 Pravilni poliedri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.6.5 Orijentisani poliedri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

4 Poliedri u R3 i njihove opšte zapremine 294.1 Zapremina nekih prostih poliedara . . . . . . . . . . . . . . . . 304.2 Poliedar kao algebarska varijacija . . . . . . . . . . . . . . . . 32

5 Centralni rezultat 34

6 Kejli-Mengerova jednačina 36

7 Centralna lema 437.1 Dokaz teoreme 5.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

8 Primena 548.1 Izometrijske realizacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 548.2 Zapremina kao algebarski broj . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

1

9 Literatura 55

10 Biografija 57

2

1 UvodNajraniji pisani dokumenti vezani za poliedre javljaju se kod starih Grka, kojisu ujedno i prvi dali matematičke opise istih. Najpre su bili zainteresovani zapravilne konveksne poliedre koji su bili poznati kao Platonova tela. Pitagoraje znao za tri takva tela, a Tetet je opisao sva pet. Konačno je Euklid u svojojknjizi Elmenti opisao njihovu konstrukciju. Geometrijski sistem opisan uElementima je dugo smatran za jedinu moguću geometriju. Danas se tajsistem odnosi na Euklidsku geometriju da bi se napravila razlika sa ostalimtakozvanim ne-euklidskim geometrijama koje su matematičari otrkrili u 19.veku. Na kraju je Arhimed proširio svoja saznanja na konveksne uniformnepoliedre koji danas po njemu nose ime.

U elementarnoj geometriji, poliedar je geometrijsko telo sa tri dimenz-ije, ograničeno sa četiri ili više mnogouglova. Reč poliedar potiče od staro-grčke reči poly(mnogo)-hedron(osnova). Prizma i piramida su jedne od vrstapoliedra.

Skup površi mnogouglova takvih da je svaka stranica svakog mnogouglaujedno i stranica još samo jednog mnogougla, obrazuju zatvorenu površ kojase naziva poliedarska površ . Deo geometrijskog prostora koji ograničava(zatvorena) poliedarska površje unutrašnjost poliedarske površi. Dakle poliedarpredstavlja uniju poliedarske površi i njene unutrašnjosti.

Površi mnogouglova, od kojih se sastoji poliedarska površ, nazivaju sestrane poliedra, a stranice tih mnogouglova nazivaju se ivice poliedarskepovrši i poliedra. Rogljevi koje obrazuju strane poliedra sa jednim zajed-ničkim temenom su rogljevi poliedra, a vrhovi tih rogljeva su temenapoliedra. Svaka duž koja spaja dva temena poliedra, a ne pripada nijednojstrani poliedra predstavlja dijagonalu poliedra. Svaka ravan koju odredjujutri temena poliedra i ne sadrži nijednu stranu poliedra predstavlja dijago-nalnu ravan poliedra.

Poliedar je konveksan ukoliko svaka duž koja spaja njegove dve proizvoljnetačke pripada tom poliedru, u suprotnom slučaju poliedar je nekonveksanodnosno konkavan.

3

Slika 1: Skeletni poliedar Leonarda da Vinčija

Moderna definicija poliedra definiše poliedar kao injektivnu funkciju re-alnog prostora. Svaki poliedar može nastati od nekoliko ražličitih elemenata,a svaki od tih elemenata je vezan za dimenziju prosotra.

Kada je u pitanju trodimenzionalan prostor poliedar je ograničen površimai kao takav može, a i ne mora biti geometrijsko telo. U dvodimenzionalnomprostoru površ je mnogougao ograničen dužima. Ove površi zajedno činepoliedarsku površ. U jednodimenzionalnom prostoru ivica predstavlja dužkoja se nalazi u preseku dve površi. Sve ivice zajedno čine skelet poliedrakoji je dat na Slici 1.

Različiti pristupi i definicije mogu zahtevati različite realizacije. Ponekadunutrašnja zapremina se smatra kao deo poliedra, ponekad se samo površinasmatra, a povremeno samo kostur ivica ili čak samo skup čorova.

U elementarnoj geometriji poliedar se obično shvata kao trodimenzionalniprimer opšteg politopa u bilo kom broju dimenzija. Na primer poligon imadvodimenzionalno telo i nema lica, dok je 4-politop ima četvorodimenzion-alno telo i dodatni skup trodimenzionalnih "ćelija".

U drugim matematičkim disciplinama, pojam "poliedar" se može odnositina različite specijalizovane konstrukcije, neka geometrijska i druga čisto al-gebarska ili čak apstraktna tela. Termin se ponekad koristi u takvim situaci-jama da se ne odnosi na neku vrstu politopa već za nešto drugo.

4

2 Platonova telaPlatonova tela su dobila naziv po starogrčkom filozofu Platonu, zbog njihoveupotrebe u "Timeju" gde su pojavama četiri elementa dodeljivani oblici ge-ometrijskih tela. Tetraedar je bio povezan sa vatrom, oktaedar vazduhom,ikosaedar vodom, a heksaedar zemljom, dok je dodekaedar bio na raspola-ganju Tvorcu da predstavi vasionu.

Platonova tela zadovoljavaju dva uslova kojim se karakterišu pravilnipoliedri: sve strane su im pravilni međusobno podudarni mnogouglovi i svirogljevi su im pravilni, medusobno podudarni i konveksni.

Ovakvih tela ima tačno pet.Njima su se bavili i Pitagorejci koji su bili čak i očarani, a najviše pažnje

izazivala činjenica da pravilnih poligona ima beskonačno mnogo, a ovakvihpravilnih tela samo 5. Sam dokaz da pravilnih poliedara ima pet izveli su,znatno kasnije od starogrčke ere, Rene Dekart i Leonard Ojler.

Platonova tela su: tetraedar, oktaedar, heksaedar , ikosaedar i dodekaedar.

Slika 2: Platonova tela

5

2.1 Tetraedar

Tetraedar ima 4 temana, 6 ivica i 4 strane. Njegove strane su pravilni trou-glovi.

Slika 3: Tetraedar

Slika 4: Formule

6

2.2 Oktaedar

Oktaedar ima 6 temana, 12 ivica i 8 strana. Njegove strane su pravilnitrouglovi.

Slika 5: Oktaedar

Slika 6: Formule

7

2.3 Heksaedar

Heksaedar ima 8 temana, 12 ivica i 6 strane. Njegove strane su pravilničetvorouglovi-kvadrati.

Slika 7: Heksaedar

Slika 8: Formule

8

2.4 Ikosaedar

Ikosaedar ima 12 temana, 30 ivica i 20 strana. Njegove strane su pravilnitrouglovi.

Slika 9: Ikosaedar

Slika 10: Formule

9

2.5 Dodekaedar

Dodekaedar ima 20 temana, 30 ivica i 12 strana. Njegove strane su pravilnipetouglovi.

Slika 11: Dodekaedar

Slika 12: Formule

10

3 Karakteristike

3.1 Poliedarska površ

Najistaknutija karakteristika skoro svih vrsta poliedara je da su dve stranepovezane preko zajedničke ivice. Isto tako svaka ivica spaja samo dva temena,jedan na svakom kraju. Ove dve karakteristike su dualne jedna drugoj i oneobezbeđuju da je poliedarska površ neprekidno povezana.

Iz istih razloga, površina ne može da bude deljiva na dva dela tako dasvaki deo bude validan poliedar. Ovo isključuje i samo-ukrštanje jedinjenjapoliedara ili figura pridruženih samo preko jedne strane, temena ili ivice, kaošto su dva tetraedra pridružena u zajedničkom vrhu.

Svaki jednostavan (bez samopresecanja) poliedar ima najmanje dve stranesa istim brojem ivica.

Slika 13: Klajnova boca

11

3.2 Broj strana

Poliedri se mogu klasifikovati i često su nazivani prema broju strana. Imeno-vanje je bazirano na sistemu koji su uspostavili stari Grci, na primer tetraedar(4), pentaedar (5), heksaedar (6), i tako dalje.

3.3 Topološke karakteristike

Topološka klasa poliedra definisana je Ojlerovim karakteristikama i orijentaciji.

Definicija 3.1 Ojlerova karakteristika χ je:

χ = V − E + F.

je V broj temena, E broj ivica i F broj površi poliedra.

Iz ove perspektive, bilo koja poliedarska površ može se kvalifikovati kaoodređena vrsta topološke mnogostrukosti. Na primer, površina konveksnogili zaista bilo kog jednostavno povezanog poliedra je topološka sfera.

Ovo je jednako topološkoj Ojlerovoj karakteristici njegove površine. Zakonveksan poliedar ili bilo koji jednostavno povezan poliedra χ = 2.

Za komplikovanije oblike, Ojlerova karakteristika odnosi se na broj toroid-nih rupa i biće manja od 2.

Ojlerovo otkriće karakteristika označilo je početak moderne disciplinetopologije.

Neki poliedri, kao što su svi konveksni poliedri, imaju dve različite stranena njihovoj površini, na primer jedna strana se može obojiti u crnu boju adruga u belu. Tada kažemo da je ta figura orijentisana.

Ali za neke poliedre, kao što je tetrahemiheksadron, to nije moguće, ipovršina je jednostrana. Tada se za poliedar kaže da je neorijentisan.

Svi poliedri sa neparnom Ojlerovom karakteristikom su neorijentisani.Data figura sa neparnim χ < 2 može a i ne mora biti orijentisana. Naprimer, jednorupčasti toroid i klajn boca oboje imaju χ = 0, pri čemu jeprvi orijentisan a drugi ne.

Definicija 3.2 Prost poligon kome su stranice ivice nekog poliedra tj. poliedarskepovrši nazivamo povratnom linijom te poliedarske površi.

Povratna linija može, ali ne mora, da razlaže površ dotičnog poliedra nadva dela.

Definicija 3.3 Maksimalan broj povratnih linija neke poliedarske površi kojemeđusobom nemaju zajedničkih tačaka i koje ne razlažu tu poliedarsku površnadva ili više delova nazivamo rodom te poliedarske površi.

12

Definicija 3.4 Dve površi su homeomorfne ako između njih postoji bijek-tivno i bikontinualno preslikavanje.

Slika 14: Povratna linija sfere

Sfera ima za povratnu liniju neki krug Slika 14 i on razlaže površ sferena dva dela. Znači sfera je površ nultog roda, tj. g = 0. Torus takođeima za povratnu liniju neki krug ali taj presek ne razlaže torus na dva dela.Ako konstruišemo bilo koji drugi povratni presek bez zajedniških tačaka saprvim, onda će površ sfere sa ta dva povratna preseka biti razložena nadva dela. Znači torus može imati najviše jednu Slika 14 povratnu linijukoja ga ne razlaže, pa je torus površ prvog roda, tj. za torus je g = 1.Generisanje površi proizvoljnog roda n možemo izvršiti "slepljivanjem" ntorusa ili konstrukcijom sfere sa n ručki. Za svaku ovako dobijenu površmože se konstruisati homeomorfna poliedarska površ. To znači da poliedarskepovrši mogu biti proizvoljnog roda g = 1, 2, . . .. Posebno su interesantnepoliedarske površi nultog roda tj. poliedarske površi homeomorfne sa sferom.

Teorema 3.1 (Ojlerova karakteristika za poliedarske površi nultog roda) Uku-pan broj temena V i površi F bilo koje poliedarske površi nultog roda za 2 jeveći od broja njegovih ivica E, tj.

V + F = E + 2.

Na osnovu definicije 3.1 prethodna teorema se može preformulisati u

Teorema 3.2 Ojlerova karakteristika prozvoljne poliedarske površi nultog rodaje χ = 2.

Dokaz se nalazi u [15].

Definicija 3.5 Poliedar je topološki pravilan ako sve površi poliedra imajujednak broj stranica i u svakom temenu poliedra sustiče se jednak broj ivica.

13

Teorema 3.3 Postoji pet i samo pet različitih vrsta topološki pravilnih poliedara.

Dokaz se nalazi u [15].

Neka je m broj strana svake površi, n broj ivica koje se spajaju u jednomtemenu poliedra. Što se tiče Platonovih tela oni imaju sledeće Ojlerove karak-teristike:

• Ako je m = 3, n = 3 tada je V = 4, E = 6 i F = 4. Takav poliedarnaziva se tetraedar.

• Ako je m = 3, n = 4 tada je V = 6, E = 12 i F = 8. Takav poliedarnaziva se oktaedar.

• Ako je m = 3, n = 5 tada je V = 12, E = 30 i F = 20. Takav poliedarnaziva se ikosaedar.

• Ako je m = 4, n = 3 tada je V = 8, E = 12 i F = 6. Takav poliedarnaziva se heksaedar.

• Ako je m = 5, n = 3 tada je V = 12, E = 30 i F = 12. Takav poliedarnaziva se dodekaedar.

3.4 Dualnost

Za svaki poliedar postoji dualni poliedar koji ima:

1. strane na mestu originalnih temena obratno,

2. isti broj ivica,

3. istu Ojlerovu karakteristiku i orijentisanost

Dualni poliedar konveksnog poliedra i mnogih drugih poliedara može sedobiti pomoću postupka polarnog reciprociteta.

Dualni poliedri postoje u parovima. Dvostruki dualni poliedar je ponovosamo originalni poliedar. Neki poliedri su samo-dualni, što znači da je dualnipoliedar sam taj poliedar.

Pod poliedromn dualnim datom poliedru možemo smatrati poliedar komesu temenima prethodnog dodeljene površi dualnog, a svakoj površi dualnogteme prethodnog. Prema tome tetraedar je dualan samom sebi; oktaedar iheksaedar su dualni, a takođe ikosaedar i dodekaedar.

14

3.5 Površina poliedara

Kako su prizme i piramide najistaknutiji predstavnici poliedra njima ćemoposvetiti posebnu pažnju.

3.5.1 Površina prizme

Saglasno definiciji poliedra svaki poliedar je ograničen sa konačnim bro-jem mnogouglova, prirodno je da površinu poliedra definišemo kao zbir površinatih mnogouglova.

Definicija 3.6 Površina poliedara je zbir površina svih mnogouglova kojiobrazuju njegovu poliedarsku površ.

Prizma je poliedar. Ako označimo sa P površinu prizme, sa B površinuosnove i sa M površinu omotača, tada saglasno napred navedenoj defini-ciji, površina prizme jednaka je zbiru površina svih mnogouglova koji jeograničavaju odnosno

P = 2B +M.

Teorema 3.4 Površina omotača bilo koje prizme jednaka je proizvodu obimanormalnog preseka (s) i dužine njene bočne ivice (b)

M = sb.

Dokaz: Neka je A1A2...AnA′1A

′2...A

′n prizma i B1B2...Bn njen normalni pre-

sek obima s. Neka je b dužina bočne ivice. Da bismo dobili površinu omo-tača, treba da saberemo površine bočnih strana. Sve bočne strane su pa-ralelogrami, a strnice normalnog preseka su njihove visine kao rastojanjanaspramnih stranica. Dakle, za površine bočnih strana prizme važe sledećejednakosti

PA1A2A′2A

′1= b · |B1B2|,

PA2A3A′3A

′2= b · |B2B3|,...,

PAnA1A′1A

′n= b · |BnB1|.

Sabiranjem ovih jednakosti dobija se

PA1A2A′2A

′1+ PA2A3A

′3A

′2+ ...+ PAnA1A

′1A

′n= b · |B1B2|+ b · |B2B3|+ ...+ b · |BnB1|= b(|B1B2|+ |B2B3|+ ...+ |BnB1|).

15

Slika 15:

Kako je

M = PA1A2A′2A

′1+ PA2A3A

′3A

′2+ ...+ PAnA1A

′1A

′n

s = |B1B2|+ |B2B3|+ ...+ |BnB1|

slediM = sb.

2

Ako je prizma prava, normalni presek je mnogougao podudaran osnoviprizme, a visina prizme jednaka je bočnoj ivici prizme. Neka je p obim osnoveprizme, a H njena visina onda je p = s, H = b i prema napred navedenojteoremi važi

M = pH.

Drugim rečima površina omotača prave prizme jednaka je proizvodu obimaosnove p i njene visine H.

Površina kvadra (pravouglog paralelopipeda)

Neka su dimenzije kvadra a, b, c. Ako za osnovu uzmemo pravougaonoksa stranicama a i b tada je prema gore navedenoj teoremi

M = pH.

16

Obim osnove kvadra je p = 2a+2b, a visina H = c odatle sledi M = 2ac+2bc.Kako je osnova pravougaonik sa stranicama a i b onda važi B = ab, daklepovršina kvadra je P = 2ab+ 2ac+ 2bc, odnosno

P = 2(ab+ ac+ bc).

Površina kocke

Neka je ivica kocke a. Kako je osnova kvadrat sa stranicom a tada jeprema gore navedenoj teoreme

M = pH.

Obim osnove kocke je p = 4a, a visina H = a odatle sledi M = 4a2. Kakoje osnova kvadrat sa stranicom a onda važi B = a2, dakle površina kocke jeP = 2B +M = 2a2 + 4a2, odnosno

P = 6a2.

3.5.2 Površina piramide

Piramida je poliedar. Zato je njena površina jednaka zbiru površina mno-gouglova koji je ograničavaju. Površina omotača piramide jednaka je zbirusvih bočnih strana, odnosno

M = PA1A2V + PA2A3V + ...+ PAnA1V .

Ako se površini omotača piramide M doda površina osnove B dobija seukupna površina piramide P ,

P = B +M.

Teorema 3.5 Površina omotača pravilne piramide jednaka je poluproizvoduobima osnove (p) i dužine apoteme (h).

Dokaz: Neka je V A1A2...An pravilna n-tostrana piramida. Neka je h dužinaapotema i AA1 = AA2 = ... = AAn = a ivica osnove. Bočne strane pravilnepiramide su podudarni jednakokraki trouglovi površine ah

2. Kako je broj tih

trouglova n, sledi

M = nah

2= na

h

2= p

h

2=ph

2,

gde je p = na obim osnove, a h dužina apoteme. Dakle, površina omo-tača pravilne piramide jednaka je poluproizvodu obima osnove (p)i dužineapoteme (h). 2

17

Slika 16:

3.5.3 Površina zarubljene piramide

Površina omotača zarubljene piramide jednaka je zbiru površina svihnjenih bočnih strana.

M = PA1A2B2B1 + PA2A3B3B2 + ...+ PAnA1B1Bn .

Teorema 3.6 Površina omotača pravilne zarubljene piramide jednaka je proizvodupoluzbira obima dve njene osnove i dužine apoteme.

Dokaz: Neka je A1A2...AnB1B2...Bn pravilna zarubljena piramida. Neka jedalje,

|A1A2| = |A2A3| = ... = |AnA1| = a,

|B1B2| = |B2B3| = ... = |BnA1| = a1,

gde je p = na obim donje osnove, a p = na1 obim gornje osnove, i h dužinaapoteme. Bočne strane su podudarni jednakokraki trapezi. Površina bilokog trapeza u omotaču jednaka je sa površinom trapeza A1A2B2B1

PA1A2B2B1 =a+ a1

2h.

18

Površina omotača je n puta veća, pa važi

M = na+ a1

2h =

na+ na12

h =p+ p1

2h.

2

3.6 Zapremina poliedra

3.6.1 Zapremina prizme

U dosadašnjem izučavanju matematike većinom smo merili i izračunavalidužine i površine. Sada ćemo rešavati problem odredjivanja zapremine nekihgeometrijskih tela, u prvom redu poliedara.

Pri odredjivanju dužine (rastojanja) koristili smo neku jedinicu za merenjedužine i označavali sa e (m, dm, cm, mm, ...). Kao jedinicu za merenjepovršine uzimali smo površinu kvadrata sa dužinom ivice jednakom jediniciza merenje duži e. Rekli smo da je površina tog jediničnog kvadrata e2(m2,dm2, cm2, mm2, ...). Jedinicom za merenje zapremine smatraćemo kocku saivicom jedinične dužine e. Tu zapreminu obeležavamo sa e3 (m3, dm3, cm3,mm3, ...). Tada se svaka zapremina izražava u obliku V = v · e3, gde je vbrojčana vrednost zapremine V za datu jedinicu za merenje zapremine e3.

Smatrajući da je jedinica za merenje zapremine izabrana, govorićemo na-jčešće samo o brojnoj vrednosti zapremine V . Zadatak se sastoji u tome dase svakom geometrijskom telu T pridruži jedinstven nenegativan realan brojV (T ) ≥ 0 koji ćemo zvati zapremina tog tela, koja ima sledeća svojstva:

1. Ako su geometrijska tela T1 i T2 podudarna, onda je V (T1) = V (T2);2. Ako su T , T1 i T2 geometrijska tela takva da je T = T1

∪T2 i

T1∩T2 = ∅, onda je V (T ) = V (T1) + V (T2);

3. Ako je geometrijsko telo T sadržano u geometrijskom telu T1 odnosnoT ⊆ T1, onda je V (T ) ≤ V (T1);

4. Ako je E kocka sa ivicom jedinične dužine e, onda je V (E) = 1.Najčešće umesto V (T ) pišemo samo V ako je iz konteksta jasno o kom se

geometrijskom telu radi.

Zapremina kvadra (pravouglog paralelopipeda)

Teorema 3.7 Zapremina pravouglog paralelopipeda jednaka je proizvodu nje-gove tri dimenzije.

Dokaz: Razmotrimo prvo slučaj kad su dimenzije paralelopipeda a, b i cprirodni brojevi. U tom slučaju, sa pravama koje su paralelne stranicamaosnove paralelopipeda, ta osnova može da se izdeli na ab jediničnih kvadrata.

19

Ako se na svaki od tih kvadrata postavi jedinična kocka, dobiće se sloj čijaje visina jednaka jedinici dužine. Ceo paralelopiped može se popuniti sa ctakvih slojeva. Dakle, pravougli paralelopiped je popunjen sa abc disjunktnihjediničnih kocaka pa je njegova zapremina

V = abc.

Slika 17:

Ako se dimenzije a, b i c pravouglog paralelopipeda izraze racionalnimbrojevima, tada se svodjenjem tih brojeva na zajednički imenilac n dobija

a =p

n, b =

q

n, c =

r

n,

gde su p,q i r celi brojevi. Paralelopiped je popunjen sa pqr kocaka sa ivicomdužine 1

n. Kako je jedinična kocka sastavljena od n3 takvih kocaka, zapremina

svake od njih je 1n3 . Prema tome, zapremina celog paralelopipeda je:

V = pgr1

n3=p

n· qn· rn= abc.

Tvrdjenje je tačno i u slučaju kad su a, b i c iracionalni brojevi. Dokazizostavljamo zbog složenosti. Dakle, u svakom slučaju je zapremina pravou-glog paralelopipeda jednaka proizvodu njegovih dimenzija, odnosno

V = abc.

2

20

Kavaljerijev princip

Bonaventura Frančesko Kavaljeri (1598 - 1647) italijanski matematičarkoji je 1635. izašao sa idejom da se površina figura sastoji od nedeljivihlinija, a zapremina od nedeljivih površina i upotrebio svoj princip za merenjezapremine tela, prethodno otkriven od Kineza (Cu Gengzi 480-525.).

Kavaljerijev princip u ravni: ako su preseci neke dve figure u ravni i bilokojih pravih koje ih seku, a paralelne su nekoj datoj pravoj, jednakih dužina,tada su i površine datih figura jednake.

Slika 18:

Ako su odsečci a1 i a2, preseka proizvoljne prave a paralelne datoj pravojp sa datim figurama F1 i F2 medjusobno jednaki, onda su površine figurajednake.

Koristeći Kavaljerijev princip u ravni lako možemo pokazati naprimerda je površina paralelograma jednaka površini pravougaonika, ako je dužinaosnovice paralelograma jednaka dužini pravougaonika, a visina paralelogramajednaka širini pravougaonika.

Slika 19:

Kavaljerijev princip za tela glasi: ako su preseci neka dva tela i bilo kojeravni koja ih seče, a paralelna je nekoj datoj ravni , figure jednakih površina,tada su zapremine tih tela jednake.

Ako su površine α1 i α2, preseka proizvoljne ravni α paralelne datoj ravniβ sa datim telima F1 i F2 medjusobno jednake, onda su zapremine tela jed-nake.

21

Slika 20:

Kavalierijev princip prihvatamo bez dokaza jer dokaz zahteva znanje višematematike. Taj princip ćemo koristiti u daljem izlaganju jer omogućavadokazivanje mnogih teorema koje se odnose na zapremine geometrijskih tela.

Teorema 3.8 Zapremina prizme jednaka je proizvodu površine osnove i vi-sine.

Dokaz:

Slika 21:

Neka je B površina osnove prizme A1A2...AnB1B2...Bn, i H visina teprizme. Posmatramo istovremeno pravougli paralelopiped visine c = H čijaosnova ima površinu B = ab i koja je jednaka površini mnogougla A1A2...An.Osim toga, neka osnove prizme i paralelopipeda leže u paralelnim ravnimaα i β. Presecimo prizmu i paralelopiped sa proizvoljnom ravni γ koja jeparalelna sa ravnima α i β (γ||α||β).

Preseci su mnogouglovi C1C2...Cn i D2E2F2G2.Kako se translacijom mnogougao C1C2...Cn može preslikati u mnogougao

A1A2...An onda su oni podudarni pa su i njihove površine jednake. Nar-avno ovo možemo dokazati i primenom podudarnosti trouglova i osobina

22

paralelograma da su naspramne stranice jednake koja se opet dokazuje iz po-dudarnosti trouglova. Posmatrajmo paralelograme A1A2C2C1, A2A3C3C2,A1A3C1C3 njihove naspramne stranice su jednake dakle važi: A1A2 = C1C2,A2A3 = C2C3, A1A3 = C1C3. Dalje posmatrajmo trouglove A1A2A3 iB1B2B3, oni su podudarni jer imaju sve tri odgovarajuće stranice podu-darne, a iz podudarnosti sledi da je A1A2A3 = B1B2B3. Nastavljajućiovaj postupak dokažzaćemo da navedeni mnogouglovi C1C2...Cn i A1A2...An

imaju sve jednake odgovarajuće stranice i sve jednake odgovarajuće uglove,dakle podudarni su. Slično, možemo zaključiti da su paralelogramiD2E2F2G2

iDEFG podudarni pa su im površine takodje jednake. Znamo da su površineosnova jednake BA1A2...An = BDEFG = ab = B, znači da su i površine presekasa ravni γ jednake, odnosno BC1C2...Cn = BD2E2F2G2 = ab = B. Dakle, preseciprizme i pravouglog paralelopipeda bilo kojom ravni γ koja je paralelna saravni α imaju jednake površine. Na osnovu Kavaljerijevog principa ta dvatela imaju jednake zapremine.

Medjutim, zapremina paralelopipeda je V = abc = (ab)c = BH pa je izapremina prizme jednaka

V = BH.

3.6.2 Zapremina piramide

Teorema 3.9 Dve piramide sa osnovama jednakih površina i jednakim visi-nama imaju jednake zapremine.

Dokaz:

Slika 22:

Neka su date dve piramide V A1A2...An i V1B1B2...Bm jednakih visina (H)i jednakih površina osnova BA1A2...An = BB1B2...Bm = B koje pripadaju ravniα. Neka je γ proizvoljna ravan paralelna ravni α (γ||α) koja ima preseke

23

C1C2...Cn i D1D2...Dm sa datim prizmama. Dokažimo da su odgovarajućipreseci slični osnovama. Posmatrajmo V A1A2 i V C1C2 oni su sličnipa su stranice proporcionalne pa važi: |C1C2|

|A1A2| = V C1

V A1= k. Medjutim ako

posmatramo V OA1 i V O1C1 oni su slični pa su stranice proporcionalnetako da važi V C1

V A1= V O1

V O= H−x

H, gde je x rastojanje izmedju ravni γ i α, a

O1 i O tačke prodora normale iz vrha piramide V sa ovim ravnima. Dakledokazali smo da važi

|C1C2||A1A2|

=H − x

x= k.

Ovo važi za sve odgovarajuće stranice. Dalje ako posmatramo naprimerV A1A3 i V C1C3 i oni su slični pa su stranice proporcionalne, odnosno|C1C3||A1A3| = k. Sada ako posmatramo C1C2C3 i A1A2A3 oni imaju odgo-varajuće stranice proporcionalne |C1C2|

|A1A2| = |C1C3||A1A3| = |C2C3|

|A2A3| = k, dakle sličnisu pa su im odgovarajući uglovi jednaki C1C2C3 = A1A2A3. Ovo važi zasve odgovarajuće uglove. Dakle svi odgovarajući uglovi mnogougla C1C2...Cn

su jednaki odgovarajućim uglovima mnogougla A1A2...An i sve stranice suproporcionalne pa su oni slični. Za njihove površine važi PC1C2...Cn

BA1A2...An= k2, i

kako je BA1A2...An = B sledi

PC1C2...Cn = k2B.

Sada posmatrajmo piramidu V1B1B2...Bm. Na sličan način možemo pokazatida je PD1D2...Dm = k2B, a odatle sledi

PC1C2...Cn = PD1D2...Dm ,

pa prema Kavaljerijevom principu piramide imaju jednake zapremine. Dokazje mogao biti i jednostavniji da smo koristili definiciju homotetije.

2

Teorema 3.10 Zapremina piramide jednaka je trećini proizvoda površineosnove i visine.

Dokaz: Posmatrajmo trougaonu piramidu V ABC visine H sa površinomosnove V . Neka je ABCA1V C1 trougaona prizma koja sa tom piramidomima zajedničku osnovu ABC, a jedna od bočnih ivica prizme se poklapa sabočnom ivicom piramide, naprimer BV .

Jasno je da je visina dobijene prizme takodje jednaka H. Odsecimo odprizme posmatranu piramidu V ABC, a preostali deo prizme presecimo saravni koja sadrži tačke V , C i A1. Na taj način je prizma razložena na tripiramide: V ABC,V ACA1 i V A1CC1.

24

Slika 23:

Uporedimo zapremine te tri piramide.Posmatrajmo piramide V ACA1 i V A1CC1. Očigledno je PACA1 =

PA1CC1 , i rastojanje od tačke V do ravni trougla ACA1 jednako je rastojanjuod tačke V do ravni trougla CC1A1. Na osnovu Teoreme 1.5.1. prizme sajednakim površinama osnova i jednakim visinama imaju jednake zapreminesledi jednakost (1) VV ACA1 = VV A1CC1 .

Posmatrajmo sada piramide V ABC i CV A1C1. Očigledno je da važiPABC = PV A1C1 , i rastojanje od tačke V do ravni trougla ABC jednakoje rastojanju od tačke C do ravni trougla V A1C1. Kako prizme sa jednakimpovršinama osnova i jednakim visinama imaju jednake zapremine sledi jed-nakost (2) VV ABC = VCV A1C1 .

Iz (1) i (2) sledi jednakost zapremina sve tri piramide

VV ABC = VV ACA1 = VV A1CC1 .

Dakle, prizma je razložena na tri piramide jednakih zapremina pa je zapremi-na svake od tih piramida jednaka trećini zapremine prizme.

Dakle zaključujemo da zapremina piramidene ne zavisi od oblika osnove,nego samo od površine osnove i visine. Prema tome, zapremina bilo kojepiramide jednaka je trećini zapremine prizme koja ima sa tom prizmom jed-naku površinu osnove B i jednaku visinu H. Iz formule za zapreminu prizmesledi da je zapremina piramide

V =1

3BH.

25

3.6.3 Zapremina zarubljene piramide

Teorema 3.11 Ako je H visina zarubljene piramide, a B i B1 površinenjenih osnova, onda je zapremina V te piramide data formulom

V =H

3(B +

√BB1 +B1).

Dokaz:

Slika 24:

Dopunimo zarubljenu piramidu do pune piramide. Dobijena piramkdaima osnovu površine B, visinu h i zapreminu V2, a dodata piramida imaosnovu površine B1, visinu h1 = h−H i zapreminu V1. Zapremina zarubljenepiramide može se predstaviti kao razlika zapremine ove dve piramide. Dakle,V = V2 − V1, gde je V2 = Bh

3i V1 = B1h1

3. Odavde sledi V = 1

3(Bh−B1h1).

26

Na osnovu svojstva sličnosti paralelnog preseka piramide sa osnovom važiBB1

= h2

h21

odakle je B = B1h2

h21

, zamenom u formuli za zapreminu dobijamo

V =1

3

(B1h2h

h21−B1h1

)=B1

3· h

3 − h31h21

=B1

3· (h− h1)(h

2 + hh1 + h21)

h21

=B1H

3· h

2 + hh1 + h21h21

=B1H

3·(h2h21

+h

h1+ 1

).

Kako je BB1

= h2

h21, sledi h

h1=

√BB1

, dakle važi

V =B1H

3·( BB1

+

√B

B1

+ 1)

=B1H

3·( BB1

+

√B√B1

B1

+ 1)

=B1H

3· B +

√BB1 +B1

B1

.

Posle skraćivanja dobijamo formulu za zapreminu zarubljene piramide

V =H

3(B +

√BB1 +B1).

2

3.6.4 Pravilni poliedri

Svaki pravilni poliedar može da se podeli na podudarne piramide, pri čemusvaka piramida ima površ poliedra kao svoju bazu i centar poliedra kao svojvrh. Visina piramide je jednaka unutrašnjem poluprečniku poliedra. Akoje površina strane A a unutrašnji poluprečnik r tada je zapremina piramidejednaka trećini proizvoda osnove i visine, odnosno Ar

3. Za pravilan poliedar

sa n strana, njegova zapremina je jednaka

Zapremina =nAr

3.

27

Na primer, kocka sa ivicom dužine L ima šest strana, svaka strana je kvadratsa površinom A = L2. Unutrašnji poluprečnik od centra strane ka centrukocke je r = L

2. Tada je zapremina

Zapremina =6 · L2 · L

2

3= L3,

što predstavlja formulu za zapreminu kocke.

3.6.5 Orijentisani poliedri

Zapremina bilo kog orijentisanog poliedra može se izračunati pomoću teoremedivergencije. Posmatrajmo vektorsko polje:

F (x) =1

3x = (

x13,x23,x33),

čija je divergencija jednaka 1. Teorema divergencije podrazumeva da je za-premina jednaka površinskom integralu od F (k):

Zapremina(Ω) =

∫Ω∇ · F dΩ =

∫S

F · ndS.

Kada je Ω region ograđena poliedrom, budući da su lica nekog poliedra pla-narna i imaju konstantne normalne vektore, dobijamo

zapremina =1

3

∑strana i

xi · niAi

gde je xi centar mase i-te strane, ni je njegov normalni vektor, a Ai je njegovapovršina. Kada su strane razlože na skup ne-preklapajućih trouglova sapovršinskim normalama čiji je smer suprotan od smera zapremine, zapreminaje jednaka šestini sume mešovitog proizvoda devet kartezijanskih koordinatatemena trouglova.

Obzirom da može doći do problema prilikom nabrojanja strana, računanjezapremine može predstavljati izazov, a samim tim postoje i specijalizovanialgoritmi za određivanje zapremine (mnogi od njih se odnose na konveksnepolitope u višim dimenzijama).

28

4 Poliedri u R3 i njihove opšte zapremineNeka je P poliedarska površ u R3. Kontinuirana deformacija od P naziva sesavijanje ako menja samo ugao između ravni poliedra P pri čemu su sve površikongruentne. Prvi primer savitljivog poliedra iz R3 je otrkiven od straneConnelly-ija [6]. Ubrzo nakon što je uočeno da se zapremina Connelly-jevogsavitljivog poliedra, kao i drugih poliedara konstruisanih kasnije, ne menjatokom savijanja Connelly [7] je predložio da ova osobina bude zajednička zasve savitljive poliedre. Od tada njegova pretpostavka (nazvana pretpostavkamehova) se smatra jednom od najinteresantnijih problema u teoriji savijanja.

Prvi pokušaj da se reši ovaj problem je izradio Sabitov [12] i zasnovanje na pristupu predloženom u [9] i [11]. Ovi pristupi se prvi put javljajukod Pavlove [10] za slučaj nekih jednostavnih poliedra. Trenutno su dvadokaza pretpostavke poznata [8], [13] ; oba se temelje na istoj geometrijskojideji date u [12], ali koriste različite algebarske alate za njegovu realizaciju.Ovde cemo dati proširenu Englesku verziju [13] sa nekim izmenama u načinudokaza.

Poliedar u R3 sa kombinatornom strukturomK se definiše kao neprekidnopreslikavanje P : |K| → R3, gde je |K| nosač odK. Naravno, za preslikavanjeP pretpostavljamo da je linearno na svakom simpleksu od K. Često zapoliedar smatramo sliku P (|K|) ⊂ R3 pre nego preslikavanje P . Tu slikućemo ponekad obeležavati sa P kada ne dolazi do zabune.

Primećujemo da preslikavanje P ne mora biti injektivno na |K|, čak nina simplex-u od K, što znači da poliedarska površP može imati degenera-tivne površi, samorakrsnice ili čak samosuperpozicije. Da bi smo definisalizapreminu ovih posebnih slučajeva, koristimo koncept uopštenih zapremina.Poliedar P sa orijentacijom prirodno nasledjenom od K se zove orijentisanipoliedar. Izabraćemo tačku O ∈ R3 i izračunaćemo sumu

∑Vi koherentno

orijentisanih zapremina svih tetraedra obuhvaćenih tačkom O i stranama odP .

Definicija 4.1 V =∑Vi se naziva opšta orijentisana zapremina od P .

Očigledno vrednost uopštene zapremine ne zavisi od izbora tačke O.Jasno je takodje da za svaki ugradjen poliedar njegova orijentisana zapreminai njegova uopštena zapremina se podudaraju.

Podsećanja radi orijentisana zapremina tetradra sa temenimaO,M1,M2,M3

je jednaka jednoj šestini mešovitog proizvoda vektora OMi, i = 1, 2, 3, pa jeuopštena zapremina V (P ) polinom dobijen od tačaka poliedra P .

29

4.1 Zapremina nekih prostih poliedara

Slika 25: Tetraedar

Slika 26: Poliedar sa pet tačaka

Zapremina tetraedra. Poznato je da se zapremina V tetraedra Slika 25 sadatim dužinama ivica l1, l2, l3, l4, l5, l6 može izračunati po formuli:

V 2 =1

144[l21l

25(l

22 + l23 + l24 + l26 − l21 − l25) + l22l

26(l

21 + l23 + l24 + l26 − l22 − l25)

+ l23l25(l

21 + l22 + l25 + l26 − l23 − l24)− l21l

22l

24 − l22l

23l

25 − l21l

23l

26 − l24l

25l

26].(4.1)

Tako orijentisana zapremina V bilo kog tetraedra se može smatrati kaokoren polinomijalne jednačine oblika

Q(V ) = V 2 + a(l) = 0,

gde l = (l21, ..., l26) predstavlja skup kvadrata dužina ivica, a a(l) je polinom

od l sa racionalnim koeficijentima.

30

Opšta zapremina poliedra sa pet tačaka. Lako je pokazati da takav poliedarP uvek ima tri temena stpena 4 i dva temena stepena 3. Pa tako kombina-torna struktura od P se jedinstvemo izračunava, a prikazana je na Slici 26,gde je osnova četvorostrane piramide presečena jednom svojom dijagonalom.Rastavljajući P na dva tetraedra ⟨Ap1p2p4⟩ i ⟨Ap2p3p4⟩ imamo da je V =VA124+εVA234 = ±1. Tako imamo da je V 4−2(V 2

1 +v22)V2+(V 2

1 −V 22 )

2 = 0,gde je V1 = VA124 i V2 = VA234. Zamenjujući V 2

1 i V 22 sa njihovim vrednos-

tima datim u (4.1), dobijamo da je zapremina bilo kog poliedra sa pet tačakakoren polinomijalne jednačine:

Q(V ) = V 4 + a1(l)V2 + a2(l) = 0, (4.2)

gde l predstavlja skup kvadrata dužina ivica poliedra, a a1 i a2 su polinomisa racionalnim koeficijentima.

Želimo da naglasimo da je jednačina (4.2) validna za sve poliedre sa pettačaka nezavisno od njihovog rasporeda u R3. Na primer, posmatrajmosledeće slučajeve:

1. V1 = V2 = 0. Tada imamo da je Q(V ) = V 4 − 4V 21 V

2 = 0. Tadaje V = ±2V1 u slučaju kada su tačke p1 i p3 odvojene sa ravni kojaprolazi kroz tačke p2, p4 i A; i V = 0 u slučaju kada tačke p1 i p3 nisupodeljene. U oba slučaja zapremina poliedra P je koren iste jednačine(4.2).

2. V2 = 0, V1 = 0 (Slika 27). Tada je Q(V ) = (V 2 − V 21 )

2 = 0, odnosnoV = ±V1.

3. lA2 = lA4, L24 = 0. Tada je V1 = 0 i V2 = 0, pa sledi da je Q(V ) =V 4 = 0 i prema tome V = 0. U ovom slučaju poliedar P (Slika 29) imanetrivijalna savijanja, tj. rotaciju tri površi ⟨Ap2p3⟩, ⟨Ap3p4⟩ i ⟨p2p3p4⟩oko osa ⟨Ap2⟩ = ⟨Ap4⟩. U svakom slučaju vrednost zapremine je uvekkoren jednačine Q(V ) = V 4 = 0.

Slika 27: Tetraedar

31

Slika 28: Poliedar sa pet tačaka

Na osnovu ovoga zaključujemo da u najprostijem slučaju zapremina poliedrazadovoljava polinomijalnu jednačinu sa koeficijentima nezavisnim od položajatačaka i zavisnim jedino od kvadrata dužina ivica.

4.2 Poliedar kao algebarska varijacija

Kao što znamo poliedar u R3 se definiše kao preslikavanje P : K −→ R3, pričemu |K| predstavlja nosač od K. Pošto su sve površi od K trouglovi i P jelinearno na svakoj površi, sledi da je preslikavanje P u potpunosti odredjenosa slikama n temena Mi(xi, yi, zi), 1 ≤ i ≤ n, od K. Prema tome, svakompoliedru P u R3 možemo dodeliti tačku M(x1, y1, z1, ..., xn, yn, zn) ∈ R3n iobrnuto.

Broj ivica od P je e = 3n− 6 + 6g, gde je g ≥ 0 toploški rod poliedra P .Pretpostavimo da su ivice numerisane indeksom k = k(i, j), 1 ≤ k ≤ e, gdesu i i j brojevi temena ivice k. Dužine ivica su date sledećim jednačinama:

(xi − xj)2 + (yi − yj)

2 + (zi − zj)2 = l2k, 1 ≤ k ≤ e. (4.3)

Sada ćemo posmatrati sva rešenja (x1, ..., zn) jednačine (4.3) imajući u viduda su dužine lk fiksirane. Tako dobijamo sve poliedre u R3 sa krutim površimaizometrične sa P , pri čemu svi imaju isti kombinatornu strukturu. Da bi smoisključili poliedre dobijene sa paralelnom translacijom od P , dodajemo joštri jednačine: ∑

i

xi = 0,∑i

yi = 0,∑i

zi = 0. (4.4)

Lako je pokazati da su rešenja jednačina (4.3)− (4.4) smeštena u R3n u loptiB ⊂ R3n konačnog poluprečnika r koji zavisi od kombinatorijalne struk-ture K i kvadrata dužina ivica l = (l21, ..., l

2e). Dakle skup P poliedra u R3

izometričan sa P koji ima istu kombinatorijalnu strukturu K je u homeo-morfnoj relaciji sa algebarskom varijacijom A koja je definisana sistemom

32

(4.3) − (4.4). Ipak, A u lopti B može imati samo konačan broj kompakt-nih komponenti. Ako dodamo još tri nove jednačine u sistemu (4.3) − (4.4)izuzimajući neprekidnu rotaciju od P , tada bilo koja jedno-tačkasta kompo-nenta iz A odgovara strogom poliedru u P , a ostale se sastoje iz savitljivihpoliedara u P . Dakle došli smo do druge obzervacije: ako je pretpostavkamehova tačna, tada zapremine svih poliedara u P imaju samo konačan brojmogućih vrednosti.

33

5 Centralni rezultatPolazeći od prethodnih posmatranja, predlažemo da umesto traženja dokazapretpostavke mehova uzimajući u obzir samo savitljive poliedre, pokušamoda dokažemo uopšteniju pretpostavku, naime, zapremina bilo kog poliedraP u R3 predstavlja koren nekih polinomijalnih jednačina Q(V ) = 0 sa koefi-cijentima koji zavise samo od njihove metričke i kombinatorijalne strukture.U stvari, dokazujemo sledeću teoremu:

Teorema 5.1 Neka je P orijentisana poliedarska površ u R3 sa datom kom-binatorijalnom strukturom K i datim vrednostima dužina ivica lk, 1 ≤ k ≤e,gde je e broj ivica površi P . Neka je P skup svih poliedara u R3 sa istomkombinatorijalnom strukturom K i sa istim dužinama ivica kao i P . Tadapostoji polinomijlana jednačina

Q(V ) = V 2N + a1(l)V2N−2 + . . .+ aN(l) = 0 (5.5)

takva da je opšta zapremina bilo kog poliedra iz P koren ove jednačine. Štaviše, koeficijenti ai su polinomi u (l) = (l21, . . . , l

2e) sa racionalnim koeficijen-

tima zavisnih od K.

Posledica 5.1 Za sve poliedre izometrične sa datim poliedrom, postoji samokonačan broj mogućih vrednosti njihovih zapremina.

Prema tome možemo reći da je zapremina poliedra funkcija poliedraskemetrike koja ima konačnu vrednost, pa zbog toga teoremu možemo da inter-pretiramo kao uopštenje Heronovog obrazca za površinu trougla.

Posledica 5.2 Pretpostavka mehova je tačna.

Zaista, zapremina V savitljivog poliedra P je neprekindna funkcija položajanjegovih temena. Medjutim na osnovu Posledice 5.1 u procesu savijanjapovrši P , V može uzeti samo konačan broj vrednosti, pa zapremina V ostajekonstantna.

Napomene:

1. Algebarsko značenje teoreme je sledeće: Označimo sa ψk(x1, . . . , zn), 1 ≤k ≤ e, polinome u levoj strani jednakosti (4.3). Zapremina V (P ) jepolinom sa istim promenljivama (x1, . . . , zn). Teorema tvrdi da je poli-nom V (x1, . . . , zn) algebarski zavisan od polinoma ψk, odnosno, postojipolinom Q(V, ψ1, . . . , ψk) takav da je

34

Q(V (x1, . . . , zn), ψ1(x1, . . . , zn), . . . , ψe(x1, . . . , zn)) ≡ 0 nad prstenomR(x1, . . . , zn). Izgleda da postojanje polinomijalnog identiteta za V iψk nije teško uspostaviti, kao što je prikazano u [12], međutim, u opštemslučaju svi koeficijenti za V u Q mogu biti jednaki 0 za neke vrednosti(l). U [13] je prikazano postojanje takvog polinoma Q(V ) sa glavnimkoeficijentom 1. Nakon toga u [8] takođe je uspostavljeno postojanjetakvog polinoma nad prstenom celih brojeva čiji je glavni koeficijenttakođe 1. Za naš polinom Q(V ) u (5.5) ne samo da znamo za njegovopostojanje, veći za njegovu konstrukciju. Numerički koeficijenti u ai(l)su racionalni brojevi, ali u stvari za V = 12V koeficijenti odgovarajućegpolinoma su integralni.

2. Naš metod za konstruisanje traženog polinoma nam daje mnogo takvihpolinoma. Ipak, izuzimajući slučaj oktaedra u [3], ne znamo niti min-imalni stepen ovih jednačina, niti njihovu kanonsku formu. Naravno,koristeći ovaj metod, možemo konstruisati sve moguće polinome Q(V )i uzeti njihov najveći zajednički delilac nad prstenom R[l21, . . . , l

2e ], ali

ne znamo da li je on traženi polinom minimalnog stepena.

3. Teorema je tačna takođe i za poliedre sa netrougaonim strogim stranama,zato što možemo da ih rastavimo na trouglove dodajući im dijagonale.

4. Aleksandrov je u [2] konstruisao primer savitljivog poliedra u trodimen-zionalnom sfernom prostoru S3 gde se zapremina menja usled savijanja.Dakle osobina da gustina može biti funkcija poliedarske metrike nijestabilna jer u Aleksandrovom primeru zakrivljenje prostora S3 možeproizvoljno biti blisko nuli.

5. Poznato je da pored zapremine V poliedra, postoji još jedna geometri-jska magnituda zvana glavno zakrivljenje H poliedra, koje takođe oču-vava svoju vrednost tokom savijanja [1]. Po definiciji H =

∑k lk(π −

ψk), gde su lk dužine ivica, ψk uglovi između odgovarajućih ivica, asuma je uzeta po svim ivicama poliedra. Ukoliko znamo vrednost za-premine V u opštem slučaju možemo naći samo konačan broj poliedarakoji imaju tu zapreminu, odnosno konačan broj mogućih vrednostiH. U tom slučaju javljaju se dva pitanja: (a) Koja vrsta relacijef(V,H) = 0 postoji između V i H; naročito da li je polinomijalnaili ne? (b) Ukoliko su date neke konzitentne vrednosti V i H, da li onejedinstveno definišu odgovarajući poliedar ili ne?

35

6 Kejli-Mengerova jednačinaPoznato je da deset rastojanja između pet tačaka uR3 ne mogu biti proizvoljnoizabrana, ali moraju da zadovolje Kajli-Mengerovu jednačinu [4] [5]. Oz-načimo sa l i odgovarajućim indeksima rastojanje između odgovarajućihtačaka, kao na Slici 29 gde je nacrtan graf od pet tačaka. Tada se Kejli-Mengerova jednačina može zapisati u sledećoj formi

Slika 29:

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 1 1 1 11 0 l2A1 l2A2 l2A3 l2A4

1 l21A 0 l212 l213 l2141 l22A l221 0 l223 l2241 l23A l231 l232 0 l2341 l24A l241 l242 l243 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0.

Naš cilj je da predstavimo ovu jednačinu u odgovarajućoj formi. Za poče-tak izračunajmo determinantu ∆ sa leve strane jednačine. Stavimo da jex = l213, y = l224 i predstavimo elemente svake kolone koja sadrži x i y kaosumu ovih elemenata sa nulom; koristeći poznatu osobinu determinanti do-bijamo

∆ =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 + 0 1 + 0 1 + 0 1 + 0 1 + 01 0 l2A1 + 0 l2A2 + 0 l2A3 + 0 l2A4 + 01 l21A 0 + 0 l212 + 0 0 + x l214 + 01 l22A l221 + 0 0 + 0 l223 + 0 0 + y1 l23A 0 + x l232 + 0 0 + 0 l234 + 01 l24A l241 + 0 0 + y l243 + 0 0 + 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

36

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 1 1 + 0 0 1 + 01 0 l2A1 l2A2 + 0 0 l2A4 + 01 l21A 0 l212 + 0 x l214 + 01 l22A l221 0 + 0 0 0 + y1 l23A 0 l232 + 0 0 l234 + 01 l24A l241 0 + y 0 0 + 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 + 0 0 1 + 0 0 1 + 01 0 l2A1 + 0 0 0 l2A4 + 01 l21A 0 l212 + 0 x l214 + 01 l22A 0 0 + 0 0 0 + y1 l23A x l232 + 0 0 l234 + 01 l24A 0 0 + y 0 0 + 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 1 1 + 0 1 1 + 01 0 l2A1 l2A2 + 0 l2A4 l2A4 + 01 l21A 0 l212 + 0 0 l214 + 01 l22A l221 0 + 0 l223 0 + y1 l23A 0 l232 + 0 0 l234 + 01 l24A l241 0 + y l243 0 + 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 + 0 0 1 + 0 1 1 + 01 0 l2A1 + 0 0 l2A3 l2A4 + 01 l21A 0 l212 + 0 0 l214 + 01 l22A 0 0 + 0 l223 0 + y1 l23A x l232 + 0 0 l234 + 01 l24A 0 0 + y l243 0 + 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.

Primenjujući ovu proceduru za kolone koje sadrže sume 0 + y pred-stavićemo ∆ kao sumu 16 determinanti:

∆ =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 1 1 0 11 0 l2A1 l2A2 0 l2A4

1 l21A 0 l212 x l2141 l22A l221 0 0 l2241 l23A l231 l232 0 l2341 l24A l241 y 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 1 0 0 11 0 l2A1 0 0 l2A4

1 l21A 0 0 x l2141 l22A l221 0 0 l2241 l23A l231 0 0 l2341 l24A l241 0 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 1 1 0 01 0 l2A1 l2A2 0 01 l21A 0 l212 x 01 l22A l221 0 0 y1 l23A l231 l232 0 01 l24A l241 0 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 1 0 0 01 0 l2A1 0 0 01 l21A 0 0 x 01 l22A l221 0 0 y1 l23A l231 0 0 01 l24A l241 y 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 0 1 0 01 0 0 l2A2 0 01 l21A 0 l212 x 01 l22A 0 0 0 y1 l23A x l232 0 01 l24A 0 0 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 0 0 0 01 0 0 0 0 01 l21A 0 0 x 01 l22A 0 0 0 y1 l23A x 0 0 01 l24A 0 y 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

37

+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 0 1 0 11 0 0 l2A2 0 l2A4

1 l21A 0 l212 x l2141 l22A 0 0 0 01 l23A x l232 0 l2341 l24A 0 0 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 0 0 0 11 0 0 0 0 l2A4

1 l21A 0 0 x l2141 l22A 0 0 0 01 l23A x 0 0 l2341 l24A 0 y 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 1 1 1 11 0 l2A1 l2A2 l2A3 l2A4

1 l21A 0 l212 0 l2141 l22A l212 0 l223 01 l23A 0 l232 0 l2341 l24A l241 0 l234 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 1 1 1 01 0 l2A1 l2A2 l2A3 01 l21A 0 l212 0 01 l22A l212 0 l223 01 l23A 0 l232 0 01 l24A l241 0 l234 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 0 1 1 11 0 l2A1 0 l2A3 l2A4

1 l21A 0 0 0 l2141 l22A l212 0 l223 01 l23A 0 0 0 l2341 l24A l241 y l234 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 1 1 1 01 0 l2A1 0 l2A3 01 l21A 0 0 0 01 l22A l212 0 l223 y1 l23A 0 0 0 01 l24A l241 y l234 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 0 1 1 11 0 0 l2A2 l2A3 l2A4

1 l21A 0 l212 0 l2141 l22A 0 0 l223 01 l23A x l232 0 l2341 l24A 0 0 l234 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 0 1 1 01 0 0 l2A2 l2A3 01 l21A 0 l212 0 01 l22A 0 0 l223 y1 l23A x l232 0 01 l24A 0 0 l234 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 0 0 1 11 0 0 0 l2A3 l2A4

1 l21A 0 0 0 l2141 l22A 0 0 l223 01 l23A x 0 0 l2341 l24A 0 y l234 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 0 0 1 01 0 0 0 l2A3 01 l21A 0 0 0 01 l22A 0 0 l223 y1 l23A x 0 0 01 l24A 0 y l234 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.

Označimo svaku determinantu u gore navedenoj sumi sa ∆i, 1 ≤ i ≤ 16,gde broj i odgovara poziciji determinante ∆i u sumi. Direktnim izračuna-vanjem svake determinante ∆i dobijamo

38

∆1 = ∆13 = x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 1 1 11 0 l2A1 l2A2 l2A4

1 l22A l221 0 01 l23A 0 l232 l2341 l24A l241 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣,

∆2 +∆3 = xy

∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 1 11 0 l2A1 l2A2

1 l23A 0 l2321 l24A l241 0

∣∣∣∣∣∣∣∣−∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 1 11 0 l2A1 l2A4

1 l22A l221 01 l23A 0 l234

∣∣∣∣∣∣∣∣ ,

∆4 = ∆16 = xy2(l21A + l23A),

∆5 = ∆8 = yx2(l22A + l24A),

∆6 = −x2y2, ∆7 = −x2(l22A − l24A), ∆12 = −y2(l21A − l23A)2,

∆10 = ∆11 = y

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 1 1 11 0 l2A1 l2A2 l2A3

1 l22A 0 l221 01 l23A 0 l232 01 l24A l241 0 l234

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣,

∆14 +∆15 = xy

∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 1 11 0 l2A3 l2A4

1 l21A 0 l2141 l22A l223 0

∣∣∣∣∣∣∣∣−∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 1 11 0 l2A2 l2A3

1 l21A l212 01 l24A 0 l234

∣∣∣∣∣∣∣∣ ,

a za sada ∆9 ne menjamo:

∆9 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 1 1 1 11 0 l2A1 l2A2 l2A3 l2A4

1 l21A 0 l212 0 l2141 l22A l212 0 l223 01 l23A 0 l232 0 l2341 l24A l241 0 l234 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.

Uzmimo da je l212 = p, l214 = q. Na isti način dobijamo:

∆1 +∆13 =

39

2x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 1 1 11 0 l22A l23A l24A1 l21A 0 0 01 l22A 0 l223 01 l24A 0 l234 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ p

∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 1 11 0 l23A l24A1 l22A l223 01 l24A l234 0

∣∣∣∣∣∣∣∣+ q

∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 1 11 0 l22A l23A1 l22A 0 l2231 l24A 0 l234

∣∣∣∣∣∣∣∣

,

∆10 +∆11 =

2y

2pql23A +

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 1 1 11 0 l21A l22A l23A1 l21A 0 0 01 l23A 0 l223 01 l24A 0 0 l234

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣− p

∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 1 11 0 l2A1 l2A3

1 l23A 0 01 l24A 0 l234

∣∣∣∣∣∣∣∣+ q

∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 1 11 0 l2A2 l2A3

1 l21A 0 01 l23A l223 0

∣∣∣∣∣∣∣∣

,

∆2 +∆3 +∆14 +∆15 =

2xy

∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 1 11 0 l21A l22A1 l23A 0 l2231 l24A 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣−∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 1 11 0 l22A l23A1 l21A 0 01 l24A 0 l234

∣∣∣∣∣∣∣∣− q

∣∣∣∣∣∣0 1 11 0 l22A1 l23A l213

∣∣∣∣∣∣− p

∣∣∣∣∣∣0 1 11 0 l23A1 l24A l234

∣∣∣∣∣∣ ,

∆9 = ∆17 − p(∆18 +∆19)− q(∆20 +∆21) = −2pq∆22 + p2∆23 + q2∆24

∆17 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 1 1 1 11 0 l21A l22A l23A l24A1 l21A 0 0 0 01 l22A 0 0 l223 01 l23A 0 l223 0 l2341 l24A 0 0 l234 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣, ∆22 =

∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 1 11 0 l22A l23A1 l23A l223 01 l24A 0 l234

∣∣∣∣∣∣∣∣ ,

∆18 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 1 1 11 0 l21A l23A l24A1 l22A 0 l223 01 l23A 0 0 l2341 l24A 0 l234 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣, ∆19 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 1 1 11 0 l22A l23A l24A1 l21A 0 0 01 l23A l223 0 l2341 l24A 0 l234 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣,

40

∆20 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 1 1 11 0 l21A l22A l23A1 l22A 0 0 l2231 l23A 0 l223 01 l24A 0 0 l234

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣, ∆21 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 1 1 11 0 l22A l23A l24A1 l21A 0 0 01 l22A 0 l223 01 l23A l223 0 l234

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣,

∆23 = −

∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 1 11 0 l23A l24A1 l23A 0 l2341 l24A l234 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ , ∆24 = −

∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 1 11 0 l23A l24A1 l22A l223 01 l23A 0 l234

∣∣∣∣∣∣∣∣ .Primetimo da je koeficijent ∆23 kod p2 jednak sa 16vol2(trougao⟨p3, p4, A⟩)

a kod q2 je 16vol2(trougao⟨p2, p3, A⟩).Kasnije ćemo dosta koristiti Kejli-Mengerovu jednačinu kad god su tačke

A, p1, p2, p3, p4 temena poliedra P . Zato moramo ovu jednačinu da prikažemona jednostavniji način. Označimo sa lA skup (l21A, l

22A, l

23A, l

24A, l

223, l

234). Kejli-

Mengerova determinanta ∆ se može posmatrati kao polinom sa promenlji-vama x, y, p, q i koeficijentima zavisnim od lA.

Kada nikoje tri od pet tačaka A, p1, p2, p3, p4 ne leže na istoj pravoj, nekikoeficijenti će sigurno biti različiti od nule, na primer ∆23 i ∆24 kod p2 i q2.Obeležime ih sve sa indeksom a. Koeficijenti koji mogu biti jednaki nuli zaneke vrednosti (lA) obeležićemo sa indeksom b, na primer koeficijenti kod xi y. Sada se Kejli-Mengerova jednačina −∆ = 0 može predstaviti na sledećinačin:

−∆ =−∆6 − (∆5 +∆8)− (∆7 +∆12)− (∆4 +∆16)

− (∆10 +∆11)− (∆1 +∆13)− (∆2 +∆3 +∆14 +∆15)−∆9

=x2[y2 + a1(lA)y + b1(lA)]

+ x[a2(lA)y2 + b2(lA)py + b3(lA)qy + b4(lA)p+ b5(lA)q + b6(la)y + b7(lA)]

[a3(lA)p2 + a4(lA)q

2 + b8(lA)y2 + a5(lA)pqy + b10(lA)pq + b11(lA)py

+ b12(lA)qy + b13(lA)p+ b14(lA)q + b5(lA)y + b16(lA)]

=0.(6.6)

Takođe će nam trebati određena interpretacija Kejli-Mengerove jednačinekao polinomijalne jednačine jedne od promenljivih p i q. Tako da je korisnoimati ovo predstavljanje, recimo za p:

41

ap2+(aqy + bxy + bq + bx+ by + b)p

+(x2y2 + axy2 + ayx2 + aq2 + bx2 + by2 + bqxy

+bqx+ bqy + bxy + bq + bx+ by + b) = 0.

(6.7)

Ovde smo izostavili indekse za koeficijente zato što smo vodili računasamo o raspodeli stepena promenljivih x, y i q uz koeficijente p2, p i p0.Jednačina za q ima sličan oblik.Napomena: Važno je primetiti da koeficijent [y2 + a(lA)y+ b(lA)] kod x2 jejednak l434+l42A+l44A+2l22Al

24A+−2l234l

24A−2l22Al

234 = −vol2(trougao⟨p2, p4, A⟩).

42

7 Centralna lemaNa početku ćemo izvršiti određene izmene sa terminologijom. Kažemo dapoliedar P ima osobinu Q ako za P i za sve poliedre iz P prethodna teoremavaži.

Kažemo da je 3-ciklus (ciklus sastavljen od tri ivice) L prazan ukolikonije granični ciklus površi poliedra P . Kažemo da je simpleks kompleks Kklase K0 ako K ima barem jedno teme koje nije povezano sa nekim praznim3-ciklusom. Primetimo da ukoliko K ima vrh stepena 3, tada je K klase K0.Sada formulišimo lemu.

Lema 7.1 Pretpostavimo da svi poliedri sa n tačaka i datim rodom g ≥ 0 imaosobinu Q. Neka je P poliedar sa n+1 temenom koje ima kombinatorijalnustrukturu klase K0 sa istim rodom g. Tada P ima osobinu Q takođe.

Dokaz: Pretpostavimo najpre da poliedar P sa n+ 1 temena i kombina-torijalnom strukturom tipa K0 je u opštoj poziciji, tj. koordinate njegovihtemena su algebarski nezavisne. Počinjemo indukciju sa stepenom m temenakoje nije povezano ni sa jednim praznim 3-ciklusom. Ako P ima teme Astepena m = 3, onda je lema očigledna. Pre nego što napravimo indukcijskikorak "od m ka m + 1" uzimajući proizvoljno m, zadržaćemo se na koraku"od 3 ka 4" koji će nam pomoći da demonstriramo našu ideju u opštemslučaju. Dakle, neka je A teme stepena 4 koje nije povezano ni sa jednimpraznim 3-ciklusom i neka St A predstavlja zvezdu temena A. Nabrojmotemena granice St A u cikličnom redosledu, recimo p0, p1, p2, p3 počev odproizviljnog temena. Na osnovi poliedra P konstruišimo dva poliedra P1 iP2, pri čemu oba imaju teme stepena 3. Naime, za konstrukciju poliedra Pi

uklonimo ivicu ⟨Api⟩, i = 1, 2, sa dve povezane strane ⟨pi−1Api⟩, ⟨piApi+1⟩ izamenimo ih novim stranama ⟨pi−1pipi+1i⟩ i ⟨pi−1Api+1⟩ kao na Slici 30. Oveoperacije su moguće zato što dijagonale ⟨p0p2⟩ i ⟨p1p3⟩ nisu ivice u poliedruP i zato su u novim poliedrima P1 i P2 obe povezane sa tačno dve strane.

43

Slika 30:

Teme A je stepena 3 u poliedrima P1 i P2. Označimo dužine dijago-nala ⟨p0p2⟩ i ⟨p1p3⟩ sa d1 i d2, redom pri čemu indeks označava broj tačaka"između" krajeva odgovarajuće dijagonale. Na osnovu indukcijske baze, za-premine V1 = vol(P1) i V2 = vol(P2) su koreni nekih polinomijalnih jednačinaoblika

Qi = V 2Nii + a

(i)1 (l, d2i )V

2Ni−2i + . . . = 0, i = 1, 2. (7.8)

Neka je V0i zapremina tetraedra ⟨Api−1pipi+1⟩ koja upotpunjuje poliedar Pi

do poliedra P . Tada za zapreminu V (P ) imamo

Vi = V − εVoi, ε = ±1, i = 1, 2. (7.9)

Zamenom vrednosti Vi iz (7.9) u (7.8) i koristeći jednakosti

V 2mi =

m−1∑k=1

C2k2mV

2kV2(n−k)0i

− εV V0i

m−1∑k=0

C2k+12m V 2kV

2(m−k−1)0i , i = 1, 2, . . . ,

dobijamo jednačine oblika

V 4Ni + A(i)1 (l, d2i , V

20i)V

4Ni−2 + . . .+ A(i)2Ni

(l, d2i , V20i)V

0 = 0, (7.10)

koje ne sadrže ε. To znači da ove jednačine ne zavise od određene pozicijeSt A u odnosu na ostatak poliedra P . Sada u (7.10) zamenom vrednosti V 2

0i

sa funkcijama od (l, d2i ) dobijamo

V 4Ni +B(i)1 (l, d2i )V

4Ni−2 + . . .+B(i)2Ni

(l, d2i )V0 = 0, i = 1, 2. (7.11)

44

Možemo smatrati (7.11) kao polinomijalne jadnačine u d2i . Zbog toga pred-stavimo (7.11) na sledeći način:

C(i)0 (l, V 2)d2Ki

i + . . .+ C(i)Ki(l, V 2) = 0, i = 1, 2, (7.12)

gde je 2Ki ≤ 12Ni maksimu stepena od di u polinomijalnoj jednačini (7.11)smatramo da je (l) = (l21, . . . , l

2e) sistem nezavisnih promenljivih. Ako za

i = 1 ili 2 imamo da je Ki = 0, onda odgovarajuća jednčina (7.11) ima oblik

C(i)Ki(l, V 2) = V 4Ni + . . . = 0,

tako da za V imamo odgovarajuću jednačinu

Q(V ) = V 2N + . . . = 0, N = 2Ni.

Zamenimo u C(i)j (l, V 2), 0 ≤ j < Ki, vrednost l = (l21, . . . , l

2e) i V kao poli-

nomijalne funkcije od (x1, . . . , zn). Ako su sve funkcije dobijene na ovaj načinidentički jednake nuli, opet dolazimo do željene jednačine

Q(V ) = C(i)Ki(l, V 2) = V 4Ni + . . . = 0.

Ako bar jedna od ovih funkcija nije identički jednaka nuli, tada za P ko-eficijent kod odgovarajućeg stepena od di nije jednak nuli zato što je P uopštoj poziciji. Pretpostavimo da je prvi takav koeficijent C(i)

0 (l, V 2), takoda imamo jednačine oblika (7.12) sa C(i)

0 (l, V 2) = 0, i = 1, 2.Podsetimo se sada onih deset rastojanja između pet tačaka A, p0, p1, p2, p3

koje zadovoljavaju Kejli-Mengerovu jednačinu (6.6). U našem slučaju x = d21,y = d22 a ostala rastojanja, posebno p i q, su dužine ivica od P . Zato možemoda ih obeležimo sve sa (l). Tada odgovarajuća Kejli-Mengerova jednačinamože da se zapiše u sledećem obliku:

d2

1(d2

2 + ad2 + b) + d1(ad2

2 + bd2 + b) + (bd2

2 + bd2 + b) = 0, (7.13)

gde je d1 = d21, d2 = d22. štaviše, izostavićemo indekse koeficijenata a i b. Kakosu glavni koeficijenti u (7.12) i (7.13) različiti od nule, možemo eliminisatid1 koristeći rezultate iz (7.12) i (7.13). Na osnovu toga dobijamo sledećujednačinu:∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

(d2

2 + . . .) (ad2

2 + . . .) (bd2

2 + . . .) ∗ . . . 0

0 (d2

2 + . . .) . . . . . . . . . 0... . . . ...

......

...0 . . . (d

2

2 + . . .) . . . . . . ∗C

(1)0 (l, V 2) C

(1)0 (l, V 2) . . . (V 4N1 + . . .) . . . 0

0 . . . C(1)0 (l, V 2) . . . . . . (V 4N1 + . . .)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0,

45

gde sa ∗ obeležavamo koeficijent kod d01 u (7.13). Podsetimo se da je u koefi-cijentima C(l)

j stepen od V manji od 4N1. Dakle, računajući determinantureda (K1 + 2)× (K1 + 2), dobijamo sledeću jednačinu:

d2K1

2 (V 8N1+. . .)+d2K1−1

2 (aV 8N1+. . .)+d2K1−2

2 (bV 8N1+. . .)+. . .+d0

2(bV8N1+. . .) = 0.

(7.14)Sada možemo eliminisati d2 iz (7.14) i izmeniti u (7.12) d2 sa d22. Na tajnačin dobijamo jednačinu:∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

V 8N1 aV 8N1 + . . . . . . ∗ . . . 00 V 8N1 + . . . . . . . . . . . . . . .... . . . ...

... . . . . . .0 . . . V 8N1 + . . . . . . . . . ∗

C(2)0 (l, V 2) C

(2)1 (l, V 2) . . . V 4N2 + . . . . . . 0

... . . . ... . . . ... . . .0 . . . C

(2)0 (l, V 2) . . . . . . V 4N2 + . . .

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0.

Sledi da je najveći stepen od V 2N = 8K2N1 + 8K1N2 (jer je stepen od V ukoeficijentima C(2)

i manji od 4N2) i glavni stepen je 1. Dakle, došli smo doželjene jednačine

Q(V ) = V 2N + . . . = 0,

gde stepen 2N od Q(V ) zadovoljava 2N ≤ 96N1N2. Prema tome, stepentemena A je 4, pa je indukcijski korak sproveden.

Pretpostavimo sada da je lema dokazana za temena stepena manjeg ilijednakog sa m i posmatrajmo slučaj gde teme A ima stepen m + 1. Prime-timo da u slučaju kad je teme stepena 4 proces eliminacije korišćen u našemrazmatranju postaje moguć zbog dostupnosti relacije (7.13) između dijago-nala i ivica od St (A). Dakle, kada je u pitanju opšti slučaj trebamo pokušatitakođe da nađemo relaciju između ivica i dijagonala od St (A) kada je temeA stepena m+1. U svakom slučaju prvo ćemo dobiti analogne jednačine od(7.11) i (7.12) počevši od konstrukcije novih poliedara Pi, 1 ≤ i ≤ m−1, gdeteme A ima stepen m. Zato, obeležimo temena granice St (A) (u cikličnomredosledu) sa p0, p1, . . . , pm počevši od nekog temena i zamenjujući dve stranepovezane sa ivicom Api novim stranama ⟨pi−1Api+1⟩ i ⟨pi−1pipi+1⟩, povezanesa dijagonalom ⟨pi−1pi+1⟩. Obeležimo sa di dužinu ove dijagonale. Tada naosnovu indukcijske pretpostavke, Vi = vol(Pi) je koren neke polinomijalnejednačine oblika:

V 2Nii + a

(i)1 (l, di)V

2Ni−2i + . . . = 0, 0 ≤ i ≤ m. (7.15)

46

Osim toga, primenom na teme stepena 4, zaključujemo da V (P ) i di zado-voljavaju sledeću jednačinu:

V 4Ni +B(i)1 (l, d2i )V

4Ni−2 + . . .+B(i)2Ni

(l, d2i )V0 = 0, 0 ≤ i ≤ m. (7.16)

Ova jednačina može biti napisana kao polinomijalna jednačina za di na sledećinačin:

C(i)0 (l, V 2)d2Ki

i + . . .+ C(i)Ki(l, V 2) = 0, (7.17)

gde je C(i)Ki(l, V 2) = V 4Ni+. . .. Ako bar jedna od jednačina (7.17) ne zavisi od

di za neko i kada su l21, . . . , l2e nezavisne promenljive, tada već imamo traženupolinomijalnu jednačinu za V (P ):

Q(V ) = C(i)Ki(l, V 2) = V 4Ni + . . . = 0.

Posmatrajmo sada drugi mogući slučaj kada su koeficijenti kod di jednaki nuliako su l i V zamenjeni sa njihovim predstavljanjima kao funkcije od koordi-nata tačaka (x1, . . . , zn). U ovom slučaju takođe imamo traženu jednačinuza V :

C(i)Ki(l, V 2) = 0.

Sada možemo pretpostaviti da su svi Ki > 0 i svi koeficijenti C(i)0 (l, V 2) = 0.

Posmatrajmo sada prostorni poligon ∂ (St A), granicu zvezde od A. Nacr-tajmo u ovom poligonu sve dijagonale koje polaze od temena p0 i sve dijag-onale koje spajaju temena pi−1 i pi+1, 1 ≤ i ≤ m, kao na Slici 31.

Slika 31:

Neka je Di dužina dijagonale od temena p0 do temena pi, 2 ≤ i ≤ m− 1 ineka je di dužina dijagonale koja spaja temena pi−1 i pi+1, 1 ≤ i ≤ m, D2 =d1, Dm−1 = dm. Za svaku petorku tačaka (A, p0, pi−1, pi, pi+1), 2 ≤ i ≤ m−1,primenjujemo Kejli-Mengerovu jednačinu:

αiD2

i + βiDi + γi = 0, (7.18)

47

gde αi, βi, γi moraju biti zapisani prema (6.6) sa x = Di, y = di, p = Di+1,q = Di−1 i Di = D2

i , di = d2i . U slučaju kada (6.6) zapisujemo kao polinomod p, koristimo (6.7), označavajući koeficijente slovima f , g, h sa indeksimakoji odgovaraju brojevima u (7.18).

Sada eliminišimoDm−1, Dm−2, . . . , D3 iz ovih jednačina redom. Dobijamosledeće dve jednačine:

αm−1Dm−12 + βm−1Dm−1 + γm−1

:=(d2

m−1 + a(m−1)1 dm−1 + b

(m−1)1 )D

2

m−1

+ (a(m−1)2 d

2

m−1 + b(m−1)2 dm−1Dm−2 + b

(m−1)3 dm−1 + b

(m−1)4 Dm−2 + b

(m−1)5 )Dm−1

+ (a(m−1)3 D

2

m−2 + b(m−1)6 d

2

m−1 + a(m−1)4 dm−1Dm−2 + b

(m−1)7 Dm−2

+ b(m−1)8 dm−1 + b

(m−1)9 ) = 0

(7.19)(uzmimo u obzir da je u našem slučaju q = Dm dužina ivice ⟨p0, pm⟩),

fm−2D2

m−1 + gm−2Dm−1 + hm−2

:=a(m−2)1 D

2

m−1 + [a(m−2)2 dm−2Dm−3 + b

(m−2)1 dm−2Dm−2 + b

(m−2)2 Dm−3

+ b(m−2)3 Dm−2 + b

(m−2)4 dm−2 + b

(m−2)5 ]Dm−1

+ [D2

m−2d2

m−2 + a(m−2)3 D

2

m−2dm−2 + a(m−2)4 Dm−2d

2

m−2 + a(m−2)5 D

2

m−3

+ b(m−2)6 d

2

m−2 + b(m−2)7 D

2

m−2 + članovi bez kvadrata promenljivih].(7.20)

Iz (7.19) i (7.20) dobijamo sledeću determinantu:∣∣∣∣∣∣∣∣∣d2

m−1 + . . . ad2

m−1 + . . . aD2

m−2 + . . . 0

0 d2

m−1 + . . . ad2

m−1 + . . . αD2

m−2 + . . .

a(m−2)1 gm−2 D

2

m−2d2

m−2 + aD2

m−3 + . . . 0

0 a(m−2)1 dm−2(aDm−3 + bDm−2) + . . . hm−2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0,

gde je element gm−2 jednak sa elementom a43 i hm−2 je jednak sa a33 ustandardnom zapisu matrica.

Računajući ovu determinantu, dobijamo sledeću jednačinu:

c(0)m−2D

4

m−2 + c(1)m−2D

3

m−2 + . . .+ c(4)m−2D

0

m−2 = 0, (7.21)

gde su c polonimi od Dm−3, dm−1, dm−2 sa koeficijentima koji zavise od (l).Proučićemo sada strukturu funkcije c. Opšti i-ti član Ri rezultata jed-

načina (7.19) i (7.20) ima oblik

Ri = ±(αm−1)µ(i)0 (βm−1)

µ(i)1 (γm−1)

µ(i)2 (fm−2)

ν(i)0 (gm−2)

ν(i)1 (hm−2)

ν(i)2

48

pri čemu važe sledeće jednakosti:

µ(i)0 + µ

(i)1 + µ

(i)2 = 2, ν

(i)0 + ν

(i)1 + ν

(i)2 = 2, µ

(i)1 + 2µ

(i)2 + ν

(i)1 + 2ν

(i)2 = 4.

Zamenom vrednosti od αm−1, . . . , hm−2 u Ri dobijamo

Ri =± aν0(d2

m−1 + adm−1 + b)µ0(ad2

m−1 + bdm−1Dm−2)µ1

× (aD2

m−2 + bdm−1Dm−2 + bd2

m−1)µ2(adm−2Dm−3 + dm−2Dm−2 + . . .)µ1

× (d2

m−2D2

m−2 + aD2

m−3 . . .)µ2 ,

gde smo zbog kraćeg zapisa izostavili eksponente (i) za µ i ν kao i indeksekoeficijenata a i b, štaviše u zagradi smo napisali samo najveće stepene odgo-varajućih promenljivih.

Uzimajući u obzir nametnute uslove µ0, . . . , ν2 iz formule za Ri, dolazimodo sledećih zaključaka:

1. U svakom Ri najveći stepen od Dm−2 je 4;

2. Najveći stepen od Dm−3 je 4;

3. Najveći ukupni stepen od Dm−2 i Dm−3 je 4 (zaista, ukupni stepen odDm−2 i Dm−3 u Ri je µ1 + 2µ2 + ν1 + 2ν2 = 4);

4. Najveći stepen od dm−1 u Ri je 2µ0 +2µ1 +2µ2 = 2(µ0 + µ1 + µ2) = 4;

5. Za stepene od dm−2 imamo ν1 + 2ν2 ≤ 4 sa jednakošću ako i samo akoje µ1 = µ2 = ν1 = 0, ν2 = 2;

6. Najveći ukupni stepen od dm−1 i dm−2 je 8;

7. Koeficijent c(0)m−2 kod D4

m−2 u (7.21) sadrži monom d4

m−1d4

m−2 sa koefi-cijentom 1.

Tako da polinomijalnu jednačinu (7.21) možemo zapisati na sledeći način:

D4

m−2[d4

m−2d4

m−1 + . . . (ne postoji stepen od Dm−3)]

+D3

m−2(b1d4

m−2d4

m−1 + . . . (možda postoji član sa prvim stepenom Dm−3)))

+ . . .+Dm−2(D4

m−3(b4d4

m−2dm−14 + . . .) + . . .) = 0.(7.22)

Sada možemo da eliminišemo Dm−2 iz (7.22) i jednačine (7.18) za m − 3, itako dalje. Za indukcijsku hipotezu pretpostavimo da posle (k−1) eliminacijadolazimo do jednačine oblika:

DT (k)

m−k(dT (k)

m−k . . . dT (k)

m−1+. . .)+ldots+D0

m−k[DT (k)

m−(k+1)(bdT (k)

m−k . . . dT (k)

m−1+. . .)+. . .] = 0,(7.23)

49

gde je T (k) = 2k, najveći stepen od Dm−k i Dm−(k+1) je T (k), a najvećiukupni stepen je takođe T (k), najveći stepen za svaki di, m−k ≤ i ≤ m−1,je T (k), najveći ukupni stepen za svaki di, m − k ≤ i ≤ m − 1, je kT (k)i konačno, u koeficijentu kod D

T (k)

m−k monom dT (k)

m−k . . . dT (k)

m−1 ima koeficijent1. Pokazaćemo da posle eliminacije Dm−k iz (7.23) i jednačine (7.20) zam − (k + 1) dobijamo polinomijalnu jednačinu za Dm−(k+1) i Dm−(k+2) saosobinama sličnim onima u (7.23). zaista, zapišimo (7.23) i jednačinu (7.20)za m− (k + 1) na sledeći način:

c0DT (k)

m−k + c1DT (k)−1

m−k + . . . cT (k)D0

m−k = 0,

fm−k−1D2

m−k + gm−k−1Dm−k + hm−k−1

:=a(m−k−1)1 D

2

m−k + [a(m−k−1)2 dm−(k+1)Dm−(k+2) + b

(m−k−1)1 dm−(k+1)Dm−(k+1)

+ b(m−k−1)2 Dm−(k+2) + b

(m−k−1)3 Dm−(k+1)

+ b(m−k−1)4 dm−(k+1) + b

(m−k−1)5 ]Dm−k

+ [D2

m−(k+)d2

m−(k+1) + a(m−k−1)3 D

2

m−(k+1)dm−(k+1)

+ a(m−k−1)4 Dm−(k+1)d

2

m−(k+1) + a(m−k−1)5 D

2

m−(k+2) + b(m−k−1)6 d

2

m−(k+1)

+ b(m−k−1)7 D

2

m−(k+1) + članovi bez kvadrata promenljivih].

Opšti i-ti član rezultata ovih jednačina je oblika

±cµ0

0 cµ1

1 . . . cµT (k)

T (k) (adm−(k+1)Dm−(k+2) + bdm−(k+1)Dm−(k+1) + . . .)ν1

aν0(D2

m−(k+1)d2

m−(k+1) + aD2

m−(k+1)dm−(k+1) + aDm−(k+1)d2

m−(k+1)

+ aD2

m−(k+2) + bd2

m−(k+1) + bD2

m−(k+1) + . . .)ν2 ,(7.24)

gde smo zbog kraćeg zapisa izostavili eksponente (i) za µ i ν kao i indeksekoeficijenata a i b, štaviše u zagradi smo napisali samo najveće stepene odgo-varajućih promenljivih. Tada µ i ν zadovoljavaju jednačine:

µ0 + µ1 + . . .+ µT (k) = 2, ν0 + ν1 + ν2 = T (k),

µ1 + 2µ2 + . . .+ T (k)µT (k) + ν1 + 2ν2 = 2T (k).

Od ovih jednačina i (7.24) lako možemo proveriti da je maksimalni stepen odDm−(k+1) u rezultatu µ1+2µ2+ . . .+T (k)µT (k)+ν1+2ν2 = 2T (k) = T (k+1);stepen od Dm−(k+2) je ν1+2ν2 ≤ 2T (k) sa jednakošću za ν0 = 0, ν1 = 0, ν2 =T (k). Dakle najveći stepen od Dm−(k+2) je 2T (k) = T (k + 1) takođe. Istovaži za najveći ukupni stepen od Dm−(k+1) i Dm−(k+2). Štaviše, jasno je da se

50

činilac d2T (k)

m−(k+1) javlja samo u proizvodu hm−k−1 . . . hm−k−1 = hT (k)m−k−1, tako

da u koeficijentu kod DT (k+1)

m−(k+1) monomi dT (k+1)

m−(k+1)dT (k+1)

m−k . . . dT (k+1)

m−1 ima koefi-cijent 1. Prema tome, proverili smo da eliminacioni proces (po indukcijskojhipotezi) posle m− 3 koraka daje jednačinu oblika:

DT (m−2)

2 (dT (m−2)

2 dT (m−2)

3 . . . dT (m−2)

m−1 + . . .) + . . .+D0

2a(l, d2, . . . , dm−1) = 0,(7.25)

jer je D1 rastojanje između p0 i p1, što predstavlja dužinu ivice ⟨p0p1⟩. Zato,u (7.25), svi koeficijenti zavise samo od di, 2 ≤ i ≤ m − 1, i (l) uključujućiposlednji koeficijent a kod D

0

2. Kako je D2 = d1, možemo predstaviti (7.25)kao jednačinu za d1, d2, . . . , dm−1:

dT (m−2)

1 (dT (m−2)

2 dT (m−2)

3 . . . dT (m−2)

m−1 + . . .) + dT (m−2)−1

1 (bdT (m−2)

2 . . . dT (m−2)

m−1 + . . .)

+ . . .+ d0

1(bdT (m−2)

2 . . . dT (m−2)

m−1 + . . .) = 0,(7.26)

gde sa b označavamo neke koeficijente koji zavise od dužina ivica. Jednačina(7.26) je analogna sa (7.13) za teme stepena 4 što se odražava na činjenicuda (m+ 1)-edarski ugao ima m− 2 stepena slobode.

Sada ćemo iskoristiti (7.26) za sukcesivnu eliminaciju promenljivih d1, . . . , dm−1.Načinimo prvi korak. Posmatrajmo jednačinu (7.17) za i = 1 kao polinomi-jlanu jednačinu za d1:

dK1

1 (a1(l)V2M1 + . . .) + . . .+ d

0

1(V4N1 + . . .) = 0, (7.27)

gde je 2M1 < 4N1. Zbog kraćeg zapisa, označimo eksponent T (m − 2) saT a koeficijent d01 sa simbolom ” ∗ ” u (7.26). Iz (7.26) i (7.27) dobijamojednačinu:∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

dT

2 . . . dT

m−1 + . . . bdT

2 . . . dT

m−1 + . . . . . . ∗ . . . 0

. . .. . . . . . . . . . . . . . .

0 . . . dT

2 . . . dT

m−1 . . . . . . . . . ∗a1(l)V

2M1 + . . . . . . . . . V 4N1 + . . . . . . 0

. . .. . . . . . . . .

. . . . . .0 . . . a1(l)V

2M1 + . . . . . . . . . V 4N1 + . . .

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0,

koja može da se zapiše na sledeći način:

dL1

2 (dL1

3 . . . dL1

m−1(VS1 + . . .) + . . .)

+ dL1−1

2 (dL1

3 . . . dL1

m−1(bVS1 + . . .) + . . .) + . . .+ d

0

2(. . .) = 0,(7.28)

51

gde su L1 = T (m−2) i S1 = 4T (m−2)N1 najveći stepeni redom od di, 2 ≤ i ≤m−1, i V . Sada možemo da eliminišemo d2 koristeći (7.27) (za i = 2) i (7.28).Nastavljajući sa eliminacijom di, i = 3, 4, . . . na isti način dobijamo jednačinu(analognu jednačini (7.28)) sa glavnim članom d

Li−1

i , dLi−1

i+1 . . . dLi−1

m−1VSi−1, gde

je Li−1 = Li−2Ki−1 = T (m − 2)K1 . . . Ki−1, Si−1 = Ki−1Si−2 + 4Ni−1Li−2.Pre poslednjeg koraka imamo jednačinu oblika:

dLm−2

m−1 (V Sm−2+. . .)+dLm−2−1

m−1 (b1VSm−2+. . .)+. . .+d

0

m−1(bLm−2VSm−2+. . .) = 0,

gde je Sm−2 najveći stepen od V , a b(...) su neki koeficijenti polinomijalnozavisni na (l). Dakle sledi da njihov konačni rezultat daje željenu jednačinuza V :

Q(V ) = V 2N + a1(l)V2N−2 + . . .+ aN(l) = 0, (7.29)

gde je 2N = Sm−2Km−1 + 4Nm−1Lm−2.

Napomena: Ako krenemo eliminaciju Di iz (7.17) za neko j < m i zai = j − 1, j − 2, . . . , 1, nakon dobijanja analogne jednačine jednačini (7.26)i nastavljajući eliminaciju ovog puta di dobijamo na kraju jednačinu kojapovezuje V i Dj.

Naši argumenti su ispravni pod pretpostavkom da je posmatrani poliedaru opštoj poziciji. Inače, pomoću određenih operacija, možemo transformisatiP u sličan poliedar Pε koji je u opštoj poziciji i na taj način za Pε dobijamosledeće jednačine: Qε(Vε) = 0. Ove jednačine su oblika (7.29) gde polinomiai(lε) imaju numeričke koeficijente nezavisne od ε (zavise samo od kombi-natorijalne strukture K od P i izbora temena A). Uzimajući Qε za ε → 0,dobijamo za V (P ) sličnu jednačinu (7.29). Ovim je lema dokazana. 2

7.1 Dokaz teoreme 5.1

Pretpostavimo najpre da je rod g posmatranog poliedra nula. Pretpostavimotakođe da je teorema dokazana za sve poliedre roda g = 0 za brojem temenane više od n. Neka je P poliedar sa n+1 temena. Ako P ima prazan 3-cikl G,možemo iseći P putem G i na taj način dobijamo dva poliedra sa granicamapri čemu oba imaju manje od n + 1 temena. Dakle dobijamo dva poliedraP1 i P2 sa rodom g = 0. Očigledno, V (P ) = ε1(P1) + ε2V (P2), εi = ±1. Naosnovu indukcijske hipoteze, i P1 i P2 imaju osobinu Q, pa možemo videtida isto važi i za P takođe.

Ako P nema prazan 3-cikl, tada ima kombitorijalnu strukturu tipa K0 izbog toga je lema primenljiva.

Pretpostavimo sada da je teorema dokazana za sve poliedre roda najvišeg − 1 ≥ 0. Neka je P proizvoljan poliedar roda g. Neka je P0 poliedar

52

roda g sa njmanje mogućim brojem temena. Jasno je da P0 ima prazan 3-cikl G, inače bi mogli da smanjimo broj temena. Iseći ćemo P0 duž G iubacićemo dve rupe trougaonog oblika sa suprotnim orijentacijama. Na tajnačin dobijamo jedan ili dva poliedra roda manjeg od G koji ima osobinuQ. Tako je teorema tačna za svaki poliedar roda g sa najmanje mogućimbrojem temena. Dakle za poliedar roda g indukcijska osnova je spremna.Sada primenjujemo lemu ukoliko je moguće. Inače, posmatrani poliedar imaprazan 3-cikl. Tada, ponavljajući gornji argument dobijamo opet zeljenirezultat. Ovim je teorema dokazan.

53

8 Primena

8.1 Izometrijske realizacije

Pretpostavimo da je |K| nosač geometrijskog simpličnog 2-kompleksa K sadatim dužinama ivica. Tada |K| možemo smatrati kao 2-mnogostruki sapoliedarskom metrikom. Jedan od najvažnijih problema metrične geometrijeje problem izometrijske realizacije |K| kao poliedarske površ P u R3. Dodanašnjeg dana u opštem slučaju problem je daleko od rešenog i ne pos-toji rezultat bilo negativne ili pozitivne prirode. Čak ni Aleksandrova teo-rema o postojanju izometrijske realizacije neke metrike konveksnog poliedrakao konveksog poliedra u R3 ne garantuje da će P naslediti kombinatori-jalnu strukturu K. U svakom slučaju naš rezultat implicira da za postojanjeizometrijske realizacije od |K| u R3 neophodno da (5.5) ima bar jedan korenV 2 ≥ 0. Štaviše, (5.5) nam daje sve moguće vrednosti zapremine poliedra,čak bez rešavanja postojećeg problema. Radi konstrukcije takvih poliedara,u (7.14) je dizajniran algoritam koji daje traženi poliedar ili ustanovljavanjegovo nepostojanje.

8.2 Zapremina kao algebarski broj

Iz (5.5) možemo doći do trivijalnog zaključka da ukoliko su dužine ivicapoliedra algebarski brojevi, tada je njegova zapremina algebarski broj takođe.Ova obzervacija može biti početna tačka za nalaženje objašnjenja činjeniceda treći Hilbertov problem ima potvrdan odgovor u ravni, gde poligon možeimati transcendetalnu vrednost površine. U međuvremenu, u prostoru jeodgovor negativan; podsetimo se da se ovaj problem bavi pitanjem ekvipar-ticije dva politopa koji imaju iste zapremine.

54

9 Literatura

Literatura[1] Alexander, R.: Lipschitzian mappings and total mean curvature

of polyhedral surfaces, I, Trans. Amer. Math. Soc., 288(2) (1985),661–678.

[2] Alexandrov, V.: An example of a flexible polyhedron with non-constant volume in the spherical space, Beitr. Algebra Geom., 38(1)(1997), 11–18.

[3] Astrelin, A. V., and Sabitov, I. Kh.: Minimal degree poly-nomial for the volume calculation of an octahedron by its metric,Uspekhi Mat. Nauk, 50(4) (1995), 245–246.

[4] Berger, M.: Geometrie, vol. 2, 2nd edn., Cedic=Fernand Nanhan,PA, 1979.

[5] Blumental, L. M.: Theory and Applications of Distance Geome-try, 2nd edn., Chelsea, NY, 1970.

[6] Connelly, R.: The rigidity of polyhedral surfaces, Math. Mag.,52(5) (1978), 275–283.

[7] Connelly, R.: Conjectures and open questions in rigidity, Proc.Internat. Congr. Math., Helsinki, 1978, vol. 1, pp. 407–414

[8] Connelly, R., Sabitov, I., andWalz, A.: The Bellows conjec-ture, Beitr. Algebra Geom.. 38(1) (1997), 1–10.

[9] Ivanova-Karatopraklieva, I., and Sabitov, I. Kh.: Bendingof surfaces, Part II, J. Math. Sci., 74(3) (1995), 997–1043.

[10] Pavlova, O. V.: Suspension’s volume as a function of length ofits edges, Uspekhi Mat. Nauk, 50(4) (1995), 251–252.

[11] Sabitov, I. Kh.: The local theory of bendings of surfaces (trans-lated from Russian) in Encyclopedia of Mathematical Sciences, vol.48, Springer-Verlag, Berlin, pp. 179–250.

[12] Sabitov, I. Kh.: On the problem of volume invariance for flexingpolyhedra, Uspekhi Mat. Nauk, 50(2) (1995), 223–224.

55

[13] Sabitov, I. Kh.: The volume of polyhedron as a function of itsmetric, Fund. Prikl. Mat., 2(4) (1996), 1235–1246.

[14] Sabitov, I. Kh.: The volume of polyhedron as a function of itsmetric and algorithmical solution of the main problems in the metrictheory of polyhedra, Internat. School-Seminar Devoted to the N. V.Efimov’s Memory (1996), Abstracts, Rostov University, pp. 64–65.

[15] Stanković M.: Osnovi geometrije, PMF Niš (2006).

[16] Stanković M.: Euklidksa geometrija, PMF Niš (2014).

56

10 BiografijaMiljana Stojanović je rođena 22.7.1990. godine u Leskovcu. Osnovnu školu"Veljko Vlahović" u Razgojni, završila je 2005. godine, kao nosilac Vukovediplome. Nakon osnovne škole je upisala Ekonomsku školu "Ðuka Dinić"u Leskovcu, smer ekonomski tehničar i završila je 2009. godine sa odličnimuspehom. Prirodno-matematički fakultet u Nišu, Departman za matematiku,upisala je školske 2009/2010. godine. Osnovne akademske studije, sa zvanjemMatematičar, zavšila je 2012. godine i iste godine upisuje master akademskestudije na Prirodno-matematičkom fakultetu u Nišu, smer Matematika.

57