Ugrás a tartalomhoz

Matematikatörténet problémákon keresztül

Balka Richárd, Egri-Nagy Attila, Juhász Tibor

Kempelen Farkas Hallgatói Információs Központ

Sokszögek és poliéderek átdarabolása

Sokszögek és poliéderek átdarabolása

Hilbert harmadik problémája poliéderek átdarabolásával kapcsolatos. Kimondásához szükségünk lesz az alábbi definíciókra.

8.20. Definíció. Két sokszöget/poliédert egymásba átdarabolhatónak nevezünk, ha páronként egybevágó, közös belső pont nélküli sokszögekre/poliéderekre bonthatók. Két sokszöget/poliédert együttesen kiegészíthetőnek nevezünk, ha ki lehet őket sokszögekkel/poliéderekkel olyan sokszögekké/poliéderekké egészíteni, melyek átdarabolhatók egymásba.

A definícióból világos, hogy az átdarabolhatóságból következik az együttesen kiegészíthetőség.

A sokszögek átdarabolhatóságának kérdése már a 19. század első felében megoldódott, Bolyai Farkas, Paul Gerwien és William Wallace igazolta egymástól függetlenül az alábbi tételt.

8.21. Tétel (Bolyai, Gerwien, Wallace). Két sokszög pontosan akkor egymásba átdarabolható, ha a területük egyenlő.

Bizonyítás. A területek egyenlősége nyilván szükséges feltétele az átdarabolhatóságnak, így elég megmutatnunk, hogy két azonos területű sokszög átdarabolható egymásba. Jelölje azt, hogy a és sokszögek átdarabolhatók egymásba, pedig azt, hogy egybevágók. Az állítást több lépésben igazoljuk.

(i) Először belátjuk, hogy ekvivalencia-reláció. A reflexivitás és a szimmetria világos, a tranzitivitáshoz tegyük fel, hogy és . Ekkor definíciója szerint léteznek közös belső pont nélküli és sokszögek, melyekre

Hasonlóan miatt léteznek közös belső pont nélküli és sokszögek, melyekre

Feltehető, hogy a sokszögek mindegyike konvex, ellenkező esetben néhány átlójuk behúzásával háromszögekre bonthatók (lásd 1. feladat), és lecserélhetjük őket e háromszögekre. Legyenek minden esetén , és hasonlóan minden esetén a megfelelő egybevágóságok. Könnyű látni, hogy minden esetén a felbontása közös belső pont nélküli részekre, és így a felbontása közös belső pont nélküli részekre. Hasonlóan az felbontása közös belső pont nélküli részekre. Így

a és sokszögek felbontásai közös belső pont nélküli részekre. Ekkor a egybevágóság mutatja, hogy . Ez pont azt jelenti, hogy és átdarabolható egymásba, csak azt kell meggondolnunk, hogy a halmazok sokszögek. Mivel és is konvex sokszög, így tényleg egy esetleg szakasszá, ponttá, vagy üres halmazzá fajuló sokszög. Ha elfajuló, akkor (8.4) mindkét oldaláról elhagyhatjuk a megfelelő tagot, és (8.4) megmaradó tagjai mutatják és átdarabolhatóságát. Tehát , és így igazoltuk, hogy ekvivalencia-reláció.

(ii) Igazoljuk, hogy bármely háromszög téglalappá darabolható. Legyen a háromszög leghosszabb oldala, az -vel párhuzamos középvonal, és a -ből induló magasság talppontja. Legyen az és szakaszok metszéspontja, legyen a pont tükörképe az pontra, illetve a pont tükörképe az pontra. Ekkor az egybevágó és , illetve és háromszögek mutatják, hogy az háromszög átdarabolható az téglalapba.

8.3. ábra. Háromszög átdarabolása téglalappá

(iii) Bebizonyítjuk, hogy két azonos alapú és egyenlő magasságú paralelogramma átdarabolható egymásba. Feltehető, hogy a két parallelogramma és , továbbá a és szakaszok egy egyenesen vannak. Először tegyük fel, hogy a és szakaszok metszik egymást, ekkor feltehető, hogy illeszkedik -re. Ekkor az egybevágó és háromszögek mutatják és átdarabolhatóságát.

8.4. ábra. Parallelogrammák átdarabolhatósága (metsző eset)

Az általános esetben vegyünk olyan , paralelogrammákat, hogy és , az összes és egy egyenesre illeszkedik, továbbá metszi -et minden esetén. Ekkor az előzőek miatt . Mivel ekvivalencia-reláció, így , azaz .

8.5. ábra. Parallelogrammák átdarabolhatósága (általános eset)

(iv) Belátjuk, hogy bármely téglalap átdarabolható olyan téglalappá, melynek az egyik oldala egység hosszú. Legyen az téglalap oldalainak hossza és , feltehető, hogy . Először igazoljuk, hogy ha , akkor átdarabolható egy olyan téglalapba, melynek egyik oldala hosszúságú. Ehhez vegyünk és pontokat a egyenesen úgy, hogy , és paralelogramma legyen. Az és paralelogrammáknak közös az alapja és egyenlő a magassága, így (iii) miatt . Legyenek az és pontok az egyenesén úgy, hogy téglalap. Az és paralelogrammák azonos alapúak és egyenlő magasságúak, így (iii) miatt . Mivel ekvivalencia-reláció, így , és az téglalap egyik oldalára , így valóban átdaraboltuk -t egy oldalú téglalapba.

8.6. ábra. Téglalap átdarabolása téglalappá

Mivel , így és közül legalább egy teljesül. Ha , akkor az előzőek szerint átdarabolható egység oldalú téglalappá, készen vagyunk. Ha , akkor az előzőek szerint átdarabolható olyan téglalappá, melynek az egyik oldala hosszúságú. Mivel az egymásba átdarabolható sokszögek azonos területűek, ezért az új téglalapunk másik oldalának hossza .

Most már készen állunk a tétel igazolására. Legyenek egyenlő területű sokszögek. Bontsuk fel a sokszöget megfelelő átlóinak segítségével háromszögekre. Ekkor (ii) segítségével minden háromszöget átdarabolhatunk téglalappá, majd (iv) segítségével minden téglalapot átdarabolhatunk egység oldalú téglalappá. Az egység oldalú téglalapokat összerakva megkapjuk átdarabolását egy egység oldalú téglalappá, azaz . Hasonlóan létezik egység oldalú téglalap, melyre . A feltétel szerint és egyenlő területűek, így az átdarabolással nyert és téglalapok területe is egyenlő. Mivel és egyik oldala egységnyi, és a területük egyenlő, így egybevágóak. Vagyis , azaz , a bizonyítást befejeztük. □

A poliéderekre vonatkozó analóg problémát Bolyai Farkas említi először 1830 körül, és Gauss két 1844-es levelében is megtalálható. A motiváció a következő. Ha egyenlő térfogatú tetraédereket egybevágó részekre lehetne bontani, akkor Euklidész XII.5. tételére, mely szerint azonos alapú és magasságú gúlák térfogata egyenlő, elemi bizonyítást kapnánk. Ez egyúttal olyan konstruktív definíciót is adna poliéderek térfogatára, mely nem használja a folytonosság fogalmát.

Hilbert azt sejtette, hogy három dimenzióban az azonos térfogatú poliéderek nem feltétlenül darabolhatók át egymásba, sőt, lehetnek nem együttesen kiegészíthetők is.

Hilbert harmadik problémája. Adjunk meg két azonos alapú és egyenlő magasságú tetraédert, melyek nem együttesen kiegészíthetők!

A problémát Hilbert tanítványa, Max Dehn oldotta meg, aki egy 1900-as cikkében konstruált két egymásba nem átdarabolható egyenlő alapú és magasságú tetraédert. Második, 1902-es cikkében együttesen nem kiegészíthetőeket is mutatott, ezzel a harmadik probléma elsőként oldódott meg a Hilbert-problémák közül. A következőkben bemutatjuk Dehn bizonyításának Kagan, Hadwiger és Boltyanszkij által egyszerűsített változatát.

A bizonyítás előtt némi előkészületre lesz szükségünk.

8.22. Jelölés. Ha adott a valós számok véges részhalmaza, akkor jelölje

az által generált vektorteret felett.

Ha poliéder, akkor álljon az halmaz a poliéder lapszögeiből és -ből.

8.23. Definíció. Ha egy -t tartalmazó vektortér felett, akkor az függvényt Dehn-típusúnak hívjuk, ha lineáris felett és .

Legyen adott egy poliéder, egy véges halmaz, melyre és egy Dehn-típusú függvény. Ekkor a poliéder szerinti Dehn-invariánsa

ahol az összegzést minden élére végezzük, az él hosszát, pedig az élnél található lapszöget jelöli.

8.24. Tétel (Dehn-Hadwiger). Legyenek és együttesen kiegészíthető poliéderek. Ekkor bármely és lapszögeit valamint -t tartalmazó véges halmaz és Dehn-típusú függvény esetén

Bizonyítás. Először igazoljuk, hogy ha a poliéder feldarabolható véges sok poliéderre, és minden lapszöge benne van -ben, akkor minden Dehn-típusú függvényre

Ennek igazolásához tekintsük a poliéderek éleinek végpontjait, és legyen a szomszédos végpontok által meghatározott részélek halmaza. Legyen minden esetén . Ha részéle -nek, akkor jelölje a poliéderben -nél lévő lapszöget. Ha nem részéle -nek, akkor legyen vagy attól függően, hogy a poliéder lapján vagy belsejében helyezkedik el. Ha () akkor jelölje a poliéderben -nél lévő lapszöget, esetén pedig legyen . Ekkor könnyen látható, hogy minden esetén

Ha , akkor , így minden esetén

Megmutatjuk, hogy

Ha nem részéle -nek, akkor , vagy . Mivel Dehn-típusú, így , vagyis az -hez tartozó tag nulla (8.8) jobb oldalán. Ha pedig a poliéder éle, akkor az részélekre vett összegek kiadják -t, hiszen és az élhosszok összeadódnak. Így (8.8) valóban teljesül. Hasonlóan következik minden -re

A megadott sorrendben fogjuk felhasználni a következőket: (8.8), (8.6), linearitása, (8.7) és (8.9). Így adódik

Ezzel (8.5)-t igazoltuk.

Végül tegyük fel, hogy és együttesen kiegészíthetők, azaz léteznek és poliéderek, hogy és egybevágóak minden esetén, és a és poliéderek átdarabolhatók egymásba. Ez azt jelenti, hogy léteznek és poliéderek, hogy és , továbbá és egybevágóak minden esetén.

Jelölje azt a véges halmazt, melyet -ből kapunk az összes fent szereplő poliéder lapszögeinek hozzáadásával. Ekkor könnyen igazolható, hogy kiterjeszthető egy Dehn-típusú függvénnyé, lásd 3. feladat.

Mivel minden esetén és egybevágóak, így . Felhasználva (8.5)-t adódik

Ismét felhasználva (8.5)-t és (8.10)-t kapjuk

Ekkor és egybevágósága miatt , így (8.11)-ból . Mivel az kiterjesztése, így és , amiből valóban . □

Szükségünk lesz a következő technikai lemmára.

8.25. Lemma. Az szám irracionális.

Bizonyítás. Legyen . Tegyük fel indirekt, hogy , ahol és . Ekkor , azaz . Definiáljuk az sorozatot, ekkor az előzőek szerint . Elég igazolnunk, hogy minden esetén alakú, ahol egy -mal nem osztható egész szám, hiszen ez -re alkalmazva ellentmond -nek.

Teljes indukcióval bizonyítunk szerint. A sorozat első két tagja, és megfelelő alakú. Tegyük fel, hogy minden -re , belátjuk hogy is ilyen alakú. Az indukciós feltevést és a

addíciós képletet és szereposztással alkalmazva

Legyen a kapott tört számlálója. Az indukciós feltétel miatt nem osztható -mal, így sem, vagyis megfelelő alakú. □

Hilbert harmadik problémájának bizonyítása. Vegyük az , , , és pontokat a térben.

8.7. ábra. és tetraéderek

Jelölje az , pedig az tetraédert. Ekkor és azonos alapú és egyenlő magasságú. Némi számolással adódik, hogy lapszögeinek nagysága és , oldalai pedig és hosszúságúak, míg lapszögeinek nagysága , és . Ekkor és , lásd 4. feladat. Legyen

A 8.25. lemma miatt és lineárisan függetlenek felett, ezért létezik Dehn-típusú függvény, melyre . Felhasználva egyenletet és linearitását kapjuk, hogy . Így

Azaz a két tetraéder szerinti Dehn-invariánsa különböző, így a 8.24. tétel szerint nem együttesen kiegészíthetők. □

Feladatok

  1. (*) Bizonyítsa be, hogy minden sokszög néhány átlójának behúzásával közös belső pont nélküli háromszögekre bontható!

  2. (**) Igaz-e az előző feladat általánosítása a térben, azaz felbontható-e minden poliéder olyan közös belső pont nélküli tetraéderekre, melyeknek a csúcsai a poliéder csúcsai közül kerülnek ki?

  3. Legyenek tetszőleges -t tartalmazó vektorterek felett. Igazolja, hogy minden Dehn-típusú függvény kiterjeszthető Dehn-típusú függvénnyé!

  4. Számítsa ki a fent definiált és tetraéderek lapszögeit!

  5. Bizonyítsa be a Dehn-invariáns segítségével, hogy az azonos térfogatú kocka és szabályos teraéder nem együttesen kiegészíthetők, ha felhasználhatjuk, hogy irracionális!