Mozaik u Sevilji Arhimed zamisljen
Legenda kaže da je Arhimed iz Sirakuze (287-212. p.n.e.), ulazeći u kadu da se kupa, i posmatrajući kako se nivo vode u kadi prilikom njegovog ulaska povećava, otkrio metod da izmeri zapremine tela nepravilnih oblika. Ta zapremina je tačno jednaka zapremini vode koju je telo, potopljeno u vodu, tom prilikom potislo. Oduševljen ovim otkrićem, i zaboravivši u tom zanosu da se obuče, on je go istrčao na ulice Sirakuze vičući: „Eureka, eureka!” Kada znamo zapreminu tela i njegovu masu (težinu), koju je lako izmeriti, onda prostim deljenjem mase sa zapreminom možemo da izračunamo gustinu materijala od kojeg je telo napravljeno. Legenda dalje kaže da je Arhimed baš u to vreme imao pred sobom zadatak da utvrdi da li je neka kruna (telo nepravilnog oblika) bila napravljena od čistog zlata ili je „majstor zlatar”, koji je krunu napravio, u to zlato pomešao i malo srebra. Pa, sada kad je znao kako da izmeri zapreminu krune, Arhimed je lako izračunao gustinu materijala od kojeg je kruna napravljena (podeli težinu krune sa njenom zapreminom). Ispostavilo se da je majstor pomalo “majstorisao” i sa srebrom, i Arhimed je dobio pristojnu nadoknadu od kralja. Na taj način je takođe pokazao da se bavljenje naukom ponekad isplati.
Ovu legendu sam čuo kao mali, i tada sam zamišljao to Arhimedovo kupatilo i njegovu radost zbog otkrića koje je napravio. Zamišljao sam veliku pravougaonu kadu i pločice, ili mozaik (u ranom detinjstvu sam živeo u kući sa velikim kupatilom urađenim u mozaiku), i pitao sam se kako je tačno to kupatilo izgledalo. Mnogo godina kasnije naučio sam da je, pored otkrića o merenju zapremine tela nepravilnih oblika, iz Arhimedovog kupatila izašlo još mnogo drugih važnih otkrića, i o tome je ovaj blog . O pločicama u Arhimedovom kupatilu, egipatskim razlomcima, Kepleru, Direru i kosmičkim strunama.
Ako bismo hteli da popločamo ravnu površinu Arhimedovog kupatila istovetnim jednakostraničnim mnogougaonim pločicama, onda je poznato da je to moguće uraditi jedino ako su pločice trougaone (jednakostranični trouglovi), četvorougaone, ili šestougaone. Ovako:
Lako je videti zašto je ovo moguće. U slučaju trougaonog popločavanja, na primer, temena 6 jednakih trouglova istovremeno se dodiruju u jednoj tački. Unutrašnji ugao svakog trougla je 60 stepeni, pa je 6x60=360, što je pun krug, a to je uslov da popločavanje bude potpuno. Na sličan način se temena 4 kvadrata sreću u jednoj tački, svaki sa unutrašnjim uglom od 90 stepeni, a 4x90=360, te je popločavanje opet potpuno. Najzad, 3 šestougla, sa unutrašnjim uglovima od 120 stepeni, daju 3x120=360 – opet potpuno popločavanje.
Iz ovoga je, na primer, odmah jasno da je nemoguće popločati ravan pravilnim petouglovima. Unutrašnji ugao petougla je 108 stepeni: ako bi se u tački sretanja našla tri temena petougla, onda 3x108=324, sto je manje od 360, pa bi ostale nepopločane površine – kao da imamo „višak prostora“; četiri petougla je, opet, suviše jer 4x108=432, što je veće od punog kruga, 360 stepeni, pa bi se ti petouglovi preklapali – kao da imamo „manjak prostora“. Slično važi i za sve druge pravilne mnogouglove – osim gore nabrojanih, ne postoji nijedan drugi pravilni mnogougao čiji je unutrašnji ugao takav da je pun krug, 360 stepeni, celobrojni umnožak tog unutrašnjeg ugla. I tu se ova dosadna priča o popločavanju ravne površine pravilnim mnogouglovima završava – trouglovi, kvadrati, šestouglovi - i to je sve.
Međutim, da li je moguće popločati ranu površinu pravilnim mnogouglovima ako bi (ovde dolazi eureka momenat) koristili različite pravilne mnogouglove, a ne iste, kao što je zahtevano gore? Da probamo. Nešto ovako:
Eureka! Moguće je! U jednoj tački se sreću temena dva pravilna osmougla (unutrašnji ugao 135 stepeni) i teme jednog kvadrata (unutrašnji ugao 90 stepeni) pa je 2x135+90=360. U ovom primeru se, primetimo, koristi osmougao koji, sam za sebe, ne bi mogao da poploča ravan. Ovo nam otvara veliki broj novih mogućnosti prekrivanja ravne površi pravilnim mnogouglovima, i ta prekrivanja se zovu Arhimedova popločavanja. Nije poznato šta je Arhimed uzviknuo posle ovog otkrića i da li je istrčao na ulicu.
Ovde se odmah pojavljuje zanimljivo pitanje klasifikacije ovakvih popločavanja i koliko takvih različitih popločavanja ima? Da bi se na to odgovorili, potrebno nam je malo elementarne matematike, koja će nas, kao što ćemo kasnije videti, daleko dovesti. Dakle, spremite se.
Poznato je da unutrašnji ugao pravilnog n-tougla može da se izračuna iz formule
(1-2/n)Pi – ova formula se elementarno izvodi u sedmom osnovne, to znam pouzdano – vežbao sam!
Pi je oznaka za grčko slovo i označava ugao od 180 stepeni u radijanima. 2Pi je pun krug, ili 360 stepeni. Da proverimo: kad je n=3 imamo trougao, pa je unutrašnji ugao, prema gornjoj formuli, (1-2/3)Pi = Pi/3=60 stepeni. Ako je n=4 (kvadrat), imamo (1-2/4)Pi=Pi/2=90 stepeni. Za n=5 (petougao), imamo (1-2/5)Pi=3Pi/5=108 stepeni, itd. Naoružani ovim fantastičnim znanjem, sada možemo da odgovorimo na ono pitanje o Arhimedovom popločavanju.
Zamislimo da se u jednoj tački tog popločavanja sastaju temena K pravilnih n-touglova. Recimo, u gornjem primeru sa dva osmougla i jednim kvadratom (videti sliku!), K=3 (sreću se tri temena). Svaki od tih n-touglova doprinosi ugao (1-2/n)Pi, a zbir svih doprinosa mora da se sabere do 2Pi (360 stepeni), ili punog kruga, da bi popločavanje bilo potpuno. Naravno, ovi n-touglovi mogu da budu različiti (trouglovi, osmouglovi…), pa je za svaki od njih i broj n različit (3, 8, itd.). Imamo, dakle,
(1-2/n1)Pi+(1-2/n2)Pi+(1-2/n3)Pi+….=2Pi, ili pun krug.
Ovih sabiraka na levoj strani ima K komada. Ovde se broj Pi, koji množi obe strane jednačine, može eliminisati, tj. da se dobije
(1-2/n1)+(1-2/n2)+(1-2/n3)+…=2
Pošto sabiraka na levoj strani ima K komada, onda levu stranu možemo da sumiramo u obliku
K-2(1/n1+1/n2+1/n3+…)=2
gde prvi član dolazi od K jedinica (1), koju doprinosi svaki član (ima ih K k, a dvojku smo izvukli ispred zagrade kao zajedničkog mnozitelja za preostale članove. Ova formula izgleda mnogo prostije kad se malo sredi i prepiše u obliku:
(1/n1+1/n2+1/n3+…)=K/2 – 1 (glavna jednacina, boldovana)
Aha! Da bismo mogli da realizujemo Arhimedovo popločavanje pomoću K pravilnih n-tagona (koji mogu da budu različiti), onda treba naći takve cele brojeve n1, n2, n3… itd. (K njih) čiji je zbir recipročnih vrednosti (1/n1 + 1/n2 + 1/n3… K sabiraka) jednak polovini broja sabiraka (K/2) minus 1. Geometrijski problem se ovim sveo na algebarski.
Kako naći te brojeve? Pa, da probamo. Uzmimo za najprostiji slučaj da je n1=3, n2=3, n3=3, itd (tj. da su svi n-tagoni isti i da su u pitanju trouglovi n=3). U tom slučaju treba naći koliko nam takvih trouglova treba (pa, mi već znamo odgovor, ali pretvarajmo se da ne znamo), tj.
1/3+1/3+1/3+…=K/2-1,
S leve strane imamo K identičnih sabiraka (1/3), pa dobijamo K/3=K/2-1, ili K=6. Treba nam 6 trouglova, kao što znamo. Ono popločavanje trouglovima prikazano na samom početku je samo specijalan slučaj (svi n-tagoni isti) Arhimedovog popločavanja. Da probamo sa kvadratima i osmouglovima koji su ilustrovani gore (n1=4, n2=8, n3=8). Imamo 3 n-tougla (K=3), tj. tri sabirka, pa pišemo
1/4+1/8+1/8 = 3/2-1, tj. 4/8=3/2-1, odnosno 1/ 2=1/2.
Sada možemo da probamo i sa drugim brojevima koji mogu da zadovolje onu gore boldovanu jednačinu. Na primer, brojevi 3, 4, 4, 6 ispunjavaju ovaj zahtev, tj.,
1/3 + 1/4+1/4 +1/6=4/2-1
a ovo daje
Prema formuli, u svakoj tački se sreću dva kvadrata, jedan trougao i jedan šestougao. Zbir uglova je, naravno, 2x90+60+120=360, kao što treba.
Na prvi pogled moguće je naći mnogo brojeva čiji zbir recipročnih vrednosti zadovoljava onu gore boldovanu jednačinu. Međutim, setimo se da je trougao poligon sa najmanjim unutrašnjim uglom (60 stepeni) – svi drugi pravilni n-touglovi ima veći unutrašnji ugao - pa je broj n-touglova koji se mogu sresti u jednoj tački ograničen brojem 6, tj. K< 6. Ovim se broj različitih regularnih Arhimedovih popločavanja značajno smanjuje. Uz malo matematike moguće je uveriti se da takvih popločavanja ima ukupno 11.
Tragajući za različitim Arhimedovim popločavanjima, čovek ipak mora da bude oprezan. Recimo, možemo da nađemo brojeve koji zadovoljavaju boldovanu jednačinu, ali da regularno popločavanje ipak ne moze da se ostvari. Na primer, probajmo sa poplocavanjem
1/5+1/5+1/10=3/2-1
tj. sa dva petougla i jednim desetouglom. Jednačina je, formalno, zadovoljena, ali ne postoji način da se dva petougla i jedan desetougao sretnu na svakom cvoristu. Kepler je pokušao, i evo njegove ilustracije iz knjige Harmonices Mundi
Odlično radi za jedno čvorište, ali ne i za celu ravan – Kepler je morao da ubacuje i neke zvezdice (a to nisu konveksni poligoni). Na sličan način je i Direr pokusao, ali je pokazao da uz pentagone moraju biti ubačeni i drugi oblici
(Ova slika je iz njegovog Priručnika za slikare, 1525. godine). Opet nam broj 5 stvara probleme!
Tek je sedamdesetih godina konstruisano popločavanje (Penrose tiling) koje ima petostruku i desetostruku rotacionu simetriju (međutim, popločavanje nije regulano, tj. nema translacionu simetriju – otuda reč kvazi upotrebljena u sledećoj rečenici). Ova matematička konstrukcija dobila je i svoju potvrdu kada su otkriveni fizički kvazikristali, i za to je otkriće prošle godine Dan Shechtmanu dodeljena Nobelova nagrada. Topološke dislokacije u ovakvim kristalima ponekad se koriste kao model kosmičkih struna – topoloških deformacija prostora nastalih hlađenjem svemira.
Odavde možemo da razvijemo priču u različitim pravcima.
Prvo, možemo da pokušamo sa popločavanjem površi u drugim geometrijama (hiperboličkoj, recimo), i ispostavilo se da je tako nešto moguće. Escher je nacrtao veliki broj slika koje počivaju na ovoj geometriju. Evo ga popločavanje hiperboličke ravni petouglovima i trouglovima
Drugo, možemo da se vratimo onoj formuli koja nam je poslužila za klasifikaciju Arhimedovog popločavanja. Na osnovu nađenih hijeroglifa i tekstova, sada znamo da su stari Egipćani voleli da izražavaju brojeve pomoću zbira frakcija tipa 1/n (recipročnih vrednosti broja n) – i čak su zahtevali da svi imenioci budu različiti! Na primer, oni 2/3 ne bi pisali kao 1/3+1/3 već kao 2/3=1/2+1/6. Ovaj sistem pisanja je prilično rogobatan, ali u Egiptu tog doba je bio omiljen. Arhimedovo popločavanje kao da se samo nameće.
Međutim, Egipćani su imali nešto sasvim drugo na umu. U njihovoj mitologiji sokolovo oko boga Horusa ima poseban značaj – i matematički i metafizički. Ono se sastoji od 6 delova i svaki deo predstavlja jedan razlomak
Ovih šest razlomaka takodje korespondira broju čula koje imamo. Šest čula?! Da, za stare Egipćane i mišljenje je čulo.
Najzad, a u vezi sa egipatskim razlomcima, postoji i Erdos-Straus hipoteza koja kaže da broj 4/n može da se napise kao zbir tri egipatska razlomka, tj. da 4/n=1/x+1/y+1/z, gde su x, y i z različiti celi brojevi. Na primer 4/5=1/2+1/4+1/20. Za sada je hipoteza dokazana (pomoću prebrojavanja kompjuterom) za prvih sto milijardi brojeva, ali opšti dokaz ne postoji. Ako imate vremena da se bavite ovom hipotezom i rešite je, dobar ste kandidat da dobijete Fields medalju, najprestižniju nagradu u matematičkim naukama, na kojoj se nalazi Arhimedov lik.
Na njoj piše: „Izdići se iznad sopstvenog duha i ovladatii svetom.”
Ako se zaista potrudite i izvedete dokaz brzo, do sledeće godine, to će biti na 2300-godišnjicu Arhimedovog rođenja.