Багатокутники - Рівновеликі та рівноскладені багатокутники та багатогранники
Рівновеликі фігури – плоскі (просторові) фігури однакової площі (об'єму); рівноскладені фігури - фігури, які можна розрізати на однакове число відповідно до конгруентних (рівних) частин.
Теорема Бойяї – Гервіна: Два багатокутники, що мають рівні площі, рівноскладені.
Щоб довести теорему, доведемо спочатку кілька допоміжних лем.
Лемма 1: Якщо фігура А рівноскладена з фігурою, а фігура В рівноскладена з фігурою С, то фігури А і С також рівноскладені.
Доказ: проведемо на фігурі лінії, що розбивають її на такі частини, з яких можна скласти фігуру А (суцільні лінії на рис. 1, а); проведемо, крім того, лінії, що розбивають фігуру на частини, з яких можна скласти фігуру С (суцільні лінії на рис. 1, б).
Ті та інші лінії разом розбивають фігуру на більш дрібні частини, причому ясно, що з цих найбільш дрібних частин можна скласти і фігуру А, і фігуру С. Таким чином, фігури А і С рівноскладені.
Лемма 2: Кожен трикутник рівно складений із деяким прямокутником.
Доказ: Нехай АВ – найбільша сторона трикутника АВС (рис. 2), СD – опущена на неї висота. Тоді точка D знаходиться між А і В (інакше один із кутів або був би тупим, і сторона АВ не була б найбільшою; див. рис. 3). Через середину висоти CD проведемо пряму паралельну АВ і відпустимо на цю пряму перпендикуляри АЕ і BF. Тоді ми отримаємо прямокутник AEFB, який рівно складений із трикутником АВС. Трикутники позначені на рис. 2 цифрою 1 (як і трикутники, позначені цифрою 2), рівні між собою. Кожна ж із фігур АВС, AEFB складається із заштрихованої на рис. 2 трапеції та двох трикутників 1, 2.
Мал. 2Мал. 3
Лемма 3: Два паралелограми, що мають загальну основу та однакову площу, рівноскладені.
Доказ: Нехай ABCD та ABEF - два паралелограми, що мають загальну основу АВ та однакову площу. Тоді висоти цих паралелограм однакові, тобто. відрізки DC та FE розташовані на одній прямій. На прямий АВ послідовно відкладемо ряд відрізків, рівних відрізку АВ, і через кожну точку поділу проведемо прямі, паралельні відрізкам AD і AF. Тоді смуга між паралельними прямими АВ та DE розіб'ється на ряд багатокутників (рис. 4). Кожен із цих багатокутників при зрушенні на відрізок, що дорівнює відрізку АВ, поєднується з іншим рівним йому багатокутником. Рівні багатокутники на рис.4 відзначені однаковими цифрами. Залишається помітити що кожен із паралелограмів ABCD, ABEF містить одну частину, позначену цифрою 1, одну частину, позначену цифрою 2, цифрою 3, і т.д. Таким чином, ці паралелограми рівноскладені.
Якщо паралелограми ABCD, ABEF, зображені на рис. 4 такі, що сторони AF та BC не перетинаються, то рис. 4 набуде вигляду рис. 5, тобто. достатньо відрізати від паралелограма ABCD один трикутник, щоб з двох частин можна було скласти паралелограм ABEF.
Лемма 4: Два прямокутники, що мають рівну площу, рівноскладені.
Доказ: Нехай ABCD та EFGH - два прямокутники однакової площі. З чотирьох відрізків AB, BC, EF, FG виберемо найбільший – нехай це буде, наприклад, відрізок АВ. Продовжимо відрізок HG за точку H і на цій прямій радіусом АВ, зробимо засічку з точки Е (оскільки , то коло радіуса АВ з центром в точці Е буде мати з прямою HG загальну точку). Позначаючи отриману точку через L, матимемо АВ=EL і, відклавши відрізок LK=EF, мипобудуємо паралелограм (рис.6). Цей паралелограм рівновеликий прямокутнику EFGH (і прямокутнику ABCD). З леми 3 випливає, що паралелограми EFGH і EFKL, що мають спільну сторону EF, рівноскладені. Але паралелограми також мають спільний бік АВ = EL. Тому (з леми 3) вони рівноскладені. Так як паралелограму EFKL рівноскладено з кожним із прямокутників ABCD і EFGH, то (лема 1) ці прямокутники рівноскладені.
Лемма 5: Кожен багатокутник рівно складений із деяким прямокутником.
Доказ: Будь-який багатокутник можна розбити на кінцеве число трикутників. Позначимо їх цифрами 1, 2, 3, ... (рис. 7). Візьмемо, далі, довільний відрізок АВ і його кінцях проведемо перпендикуляри АС і BD (рис. 8). Проведемо відрізок , паралельний АВ, таким чином, щоб площа прямокутника дорівнювала площі трикутника 1. Тоді трикутник 1 і прямокутник (позначений цифрою I) рівноскладені. Трикутник 1 рівноскладений з деяким прямокутником (лема 2), який у свою чергу рівноскладний з прямокутником I, що має ту саму площу (лема 4); тому (лема 1) трикутник 1 і прямокутник I рівноскладені. Побудуємо відрізок , паралельний АВ, таким чином, що прямокутник , позначений цифрою II, дорівнює трикутнику 2. Тоді трикутник 2 і прямокутник II рівноскладені. Потім ми збудуємо прямокутник III, рівноскладений з трикутником 3, і т.д. Побудовані прямокутники I, II, III, ... складають разом один прямокутник (заштрихований на рис.8), який за побудовою рівноскладений вихідним багатокутником.
Теорема Бояї – Гервіна: Два багатокутники, що мають рівні площі, рівноскладені.
Доказ: Згідно з лемою 5 кожен із багатокутників рівно складений здеяким прямокутником. Отримані два прямокутники мають однакову площу і, отже, рівноскладені (лема 4). Таким чином, два вихідні багатокутники рівноскладені (лема 1).
Зауваження: Під «багатокутником» у теоремі Бояї – Гервіна не обов'язково слід розуміти частину площини, обмеженої однією замкненою ламаною лінією. Теорема ця відрізняється справедливістю і для складніших постатей, обмежених кількома замкнутими ламаними (рис. 9). Єдиною властивістю багатокутника, яке ми використовували вище (доказ леми 5), є можливість розбити його на трикутники. Але цією властивістю має і будь-яка фігура, обмежена кількома замкнутими ламаними (рис. 11).