E06 Egy átdarabolási probléma ...
... és története:
E sorok írója 2002-ben abba a kellemes helyzetbe került , hogy egy francia kisvárosban alkalma nyílt felavatni egy absztrakt szobrot Pierre Fermat szülőházának az udvarán, amelyben egy matematikai múzeum működik.
Fermat születésének 400-adik évfordulúját ünnepelve említettem meg, hogy Magyarországon ugyanekkor ünnepeltük Bolyai János születésének a 200-adik évfordulóját.
A Bolyai név hallatán egyik vendéglátóm, egy vasas szakmunkásokat képző középiskola matematikatanára elém tett négy kis fémlapból álló puzzle-készletet, amelyből ki lehetett rakni egy négyzetet, vagy egy szabályos háromszöget. Többen bizonygatták, hogy ez Bolyai János konstrukciója, bár - akkor úgy véltem - inkább édesapjáé, Bolyai Farkasé lehetett. Ugyanis többek között Bolyai Farkas nevéhez fűződik az a tétel, miszerint az egymással egyenlő területű sokszögek végszerűen is egyenlők.
Később derült ki számomra, hogy ezt a problémát először Henry Dudeney oldotta meg 1903-ban.)
Minden esetre én arra voltam büszke, hogy a Bolyai név ismerősen cseng egy francia középiskolában, ők arra, hogy ezt a készletet az iskola egy olyan lézerrel működő gépével készítették, amely 0,01 mm pontossággal szabja darabokra az acéllemezt. Bármelyik iskola joggal lehet(ne) büszke arra, hogy ilyen feladatok megoldására (is) használják ezt a gépet.
Bolyai Farkas vezette be a "végszerűen egyenlő" síkidomok fogalmát. Két síkidomot végszerűen egyenlőnek nevezett, ha az egyiket véges sok darabra szétvágva a kapott darabokból összeállítható a másik, vagyis ha a két síkidom véges számú, páronként egybevágó darabra osztható. (A síkidomok közötti végszerűen egyenlő reláció sokkal szigorúbb, mint az, hogy két síkidom egyenlő területű.
Ehhez kapcsolódva mutatunk be egy általánosabb összefüggést, amelynek az említett puzzle egy speciális esete.
A feladat:
Daraboljunk fel egy hegyesszögű háromszöget négy részre úgy, hogy a részekből összeállítható legyen egy téglalap.
A konstrukció:
A feladat megoldására konstruktív utat választunk.
Legyen:
- adott a hegyesszögű ABC Δ és ennek az AC oldalán mozgó M pont;
- az AB, BC, AM és MC szakaszok felezőpontjai rendre G, F, D és E;
- P az G és Q az E pontnak a DF szakaszra eső merőleges vetülete;
- P'G' a PG szakasznak a D-re, Q'F' a QF szakasznak az E-re vonatkozó centrális tükörképe;
- N a (P'G') és (Q'F') egyenesek metszéspontja!
Feladatok:
Az így előállított konstrukcióval kapcsolatban az alábbi kérdéseket tehetjük fel magunknak:
- Hogyan igazolható, hogy a P'QQ'N négyszög az ABC háromszöggel egyenlő területű téglalap? (E kérdés megválaszolását olvasóinkra bízzuk.)
- Keressünk olyan általános eljárást, amellyel egy adott háromszöget adott oldalú téglalappá darabolható át. Ehhez milyen határok között választhatjuk meg a téglalap egyik oldalát?
- Legyen az ABCΔ szabályos! Hogyan kell megválasztanunk az M pontot ahhoz, hogy a P'QQ'N négyszög négyzet legyen? Adjunk pontos adatokat az átdaraboláshoz!
A szabályos háromszög -négyzet átdarabolás adatai.
Határozzuk meg az m= AC/MC arányt úgy , hogy a kapott téglalap éppen négyzet legyen!
A GeoGebra CAS alkalmazása jól felhasználható az ilyen jellegű numerikus adatok kiszámítására.
Az alábbi CAS programot Tarcsay Tamás készítette.
A CAS program eredményét könnyen ellenőrizhetjük az alábbi utasításokat rendre beírjuk az applet parancssorába:
- C=Forgatás( B,60°,A) - ezzel elértük, hogy az ABC háromszög szabályos legyen;
- m=(sqrt(4sqrt(3) - 3) - 1) / 2 ≈0.4909847665675- ezzel megadtuk az alábbi CAS programmal kiszámolt arányt; (Itt jegyezzük meg, hogy ezt az értéket a ma már klasszikusnak számító könyv (írója ? fordítója?) nemes egyszerűséggel m=0.5-re kerekítette, ami egy puzzle szempontjából elfogadható pontatlanság, de a matematika szempontjából nem.)
- M=Nyújtás(A, m, C) -rögzítjük az eddig mozgatható M pontot;
Egy kísérlet
Egy kísérlet elvégzésére bíztatjuk az erre fogékony olvasóinkat.
Írjuk be a fenti applet parancssorába a pontosan megadott m érték helyére - egyre durvább közelítéssel, tehát egyre kevesebb tizedesjegyet meghagyva - az m = 0.4909847665675 értéket. Figyeljük meg, hogy mikor tekinti a Geogebra túl durvának a közelítést ahhoz, hogy a háromszögből kapott alakzatot már nem négyzetnek, (csak téglalapnak) tekinti.
A kapott eredményt vessük össze azzal, hogy a GeoGebra akkor tekint két pontot azonosnak, ha a koordinátáik közötti eltérés kevesebb, mint 10-8 egység. Érdemes végiggondolni, hogy ha a GeoGebra rajzlapján akkorára nagyítanánk egy 10-8 hosszú szakaszt, hogy az 1 cm-nek látsszon, akkor mekkora lenne a fenti háromszög AB oldala.
Itt jegyezzük meg, hogy ezt az értéket a ma már klasszikusnak számító könyv (írója ? fordítója?) nemes egyszerűséggel m=0.5-re kerekítette, ami egy puzzle szempontjából elfogadható pontatlanság, de a matematika szempontjából nem.)
Néhány felvethető probléma
Az itt tárgyalt több mint száz éve ismert összefüggés felvet néhány ma is aktuális kérdést:
- Két egyenlő területű sokszög átdaraboláshoz legkevesebb hány részre kell vágnunk a sokszögeket?
- Például egy szabályos ötszöget hány részre elég feldarabolnunk ahhoz, hogy a részekből (egy puzzle igényeit kielégítő módon "szabályos", ill. (matematikailag is pontosan) szabályos háromszöget állíthassunk össze.