i
i
“Virk” — 2018/12/7 — 12:07 — page 81 — #1 i
i
i
i
i
i
PRAVOKOTNIKI NA KRIVULJI
ŽIGA VIRK
Fakulteta za računalnǐstvo in informatiko
Univerza v Ljubljani
Math. Subj. Class. (2010): 51M04 51M20
Pri podani enostavni sklenjeni krivulji v ravnini predstavimo nekaj konstrukcij več-
kotnikov, katerih oglǐsča ležijo na krivulji. Vprašanje obstoja kvadrata, katerega oglǐsča
ležijo na taki krivulji, je odprto že več kot stoletje.
RECTANGLES ON A CURVE
We present some constructions of polygons, whose vertices lie on a given simple closed
curve in the plane. The question whether such a square can always be found for a given
curve has been open for more than a century.
Definicije in zgodovinsko ozadje
Krivulja K v ravnini R2 je zvezna slika intervala. Krivulja je sklenjena,
če je slika zaprtega enotskega intervala, pri čemer se prva in zadnja točka
ujemata, tj. K = f([0, 1]), pri čemer je f : [0, 1] → R2 zvezna in f(0) =
f(1). Sklenjena krivulja je enostavna, če enakost f(x) = f(y) pri pogoju
x < y velja samo za x = 0, y = 1. Enostavno sklenjeno krivuljo lahko
ekvivalentno definiramo kot sliko injektivne zvezne preslikave iz krožnice v
ravnino. Znameniti Jordanov izrek pravi, da enostavna sklenjena krivulja
K ravnino razdeli na dva dela, izmed katerih je en del neomejen, drugi
del, imenovan notranjost krivulje, pa je omejen. V čast Jordanu, ki je
prvi formuliral in (večinoma) dokazal Jordanov izrek, pravimo enostavnim
sklenjenim krivuljam Jordanove krivulje. Za Jordanovo krivuljo K naj K̃
predstavlja unijo K ter njene notranjosti.
Jordanova krivulja K je poligonalna, če je sestavljena iz končnega števila
daljic (slika 1). Ekvivalentno lahko rečemo, da je v tem primeru K slika
kosoma linearne injektivne preslikave nekega n-kotnika v ravnino.
Naj bo K Jordanova krivulja in A ⊂ R2 m-kotnik v ravnini. A je pričr-
tan krivulji K, če vsa oglǐsča A ležijo na K. Če je K̃ konveksna množica,
tedaj pričrtan A leži v K̃. V tem primeru bi lahko rekli, da je A včrtan
v K. V primeru, ko K̃ ni konveksna množica, lahko del pričrtanega A leži
izven K̃.
Ali lahko vsaki Jordanovi krivulji v ravnini pričrtamo kvadrat? (Kot
»kvadrat« pri tem seveda ne mislimo točke, ki je sicer matematično duhovit
Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 3 81
i
i
“Virk” — 2018/12/7 — 12:07 — page 82 — #2 i
i
i
i
i
i
Žiga Virk
Slika 1. Primer gladke Jordanove krivulje (na levi) ter poligonalne Jordanove krivulje.
Slika 2. Primer pričrtanih kvadratov v gladko Jordanovo krivuljo (na levi) ter v poligo-
nalno Jordanovo krivuljo.
primer kvadrata z ničelno stranico.) To je še vedno odprto vprašanje, ki ga
je leta 1911 prvi formuliral Toeplitz [7]. Kljub enostavni formulaciji se je
problem kmalu izkazal za precej težkega. Prvi dokaz posebnega primera je
objavil Emch [2]. Do danes je bilo objavljenih mnogo člankov na to temo, od
katerih pa še noben ni odgovoril na originalno vprašanje. Članki so večinoma
vsebovali pritrdilen odgovor na Toeplitzovo vprašanje pod posebnimi pogoji,
ki so s časom postajali vse bolj splošni. V času pisanja tega članka sta bila
zadnja prispevka na to temo ([1] in [4]) objavljena v razmaku enega tedna
okoli novega leta 2018. Za podrobno zgodovinsko ozadje bralcu priporočamo
pregledni članek [3].
V tem prispevku bomo predstavili nekaj načinov, kako lahko ustrezno
lepi Jordanovi krivulji pričrtamo trikotnik, pravokotnik ali kvadrat.
82 Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 3
i
i
“Virk” — 2018/12/7 — 12:07 — page 83 — #3 i
i
i
i
i
i
Pravokotniki na krivulji
x
•
a′•
x
•
a′•
a
•
Slika 3. Primer enakostraničnega trikotnika, vrisanega v gladko Jordanovo krivuljo iz
dokaza trditve 1.
Pričrtani trikotniki
Kaj je tako posebnega pri vrisanih štirikotnikih v primerjavi z drugimi n-
kotniki? V tem delu pokažemo, da je pričrtavanje trikotnikov enostavno,
večkotnika pa včasih sploh ne moremo pričrtati.
Trditev 1. Naj bo K gladka Jordanova krivulja. Tedaj je vsaka točka na
K oglǐsče vsaj enega pričrtanega enakostraničnega trikotnika.
Dokaz. Izberimo x ∈ K. Krivuljo K zavrtimo okoli x za kot π/3 in tako
dobljeno krivuljo imenujmo K ′. Ker je K gladka, krivulja K ′ pri x seka
krivuljo K, oziroma izstopi iz njene notranjosti. Torej mora K ′ nekje drugje
vstopiti v notranjost K, kar pomeni, da K ∩K ′ vsebuje vsaj še eno točko
a′, ki je različna od x (levi del slike 3). Naj bo a točka na K, dobljena
z rotacijo točke a′ okoli x za kot −π/3. Tedaj a in a′ obe ležita na K,
sta enako oddaljeni od x, kot (a, x, a′) pa je π/3. Torej (a, x, a′) določajo
pričrtani enakostranični trikotnik (desni del slike 3).
Izziv. Natančen pogled razkrije, da lahko prilagojen dokaz trditve 1 upo-
rabimo tudi v primerih, ko:
• je K poligonalna Jordanova krivulja in x ni vozlǐsče K;
• je K poligonalna Jordanova krivulja in je x vozlǐsče K, pri katerem je
notranji kot večji od π/3;
81–88 83
i
i
“Virk” — 2018/12/7 — 12:07 — page 84 — #4 i
i
i
i
i
i
Žiga Virk
• je K gladka Jordanova krivulja in želimo pričrtati enakokraki trikotnik
s poljubnim kotom.
Za vsakega izmed teh primerov poǐsčite ustrezen dokaz.
Trikotnikov torej ni težko pričrtati. Po drugi strani pa večkotnikov vča-
sih ne moremo pričrtati. Bralec se lahko brez težav prepriča, da nobenega
pravilnega n-kotnika za n > 4 ne moremo pričrtati dolgemu ozkemu pra-
vokotniku. Prav tako za n ≥ 7 pravilnega n-kotnika ne moremo pričrtati
nobenemu trikotniku, saj oglǐsča takega večkotnika ne ležijo na treh premi-
cah.
Pričrtani kvadrati
Oglejmo si najprej nekaj primerov pričrtanih kvadratov:
Primer 2. Naj bo K kvadrat. Tedaj je vsaka točka K oglǐsče pričrtanega
kvadrata.
Primer 3. Naj bo K enakokrak trikotnik z enim kotom večjim od π/2. Če
je kvadrat C pričrtan K, potem ima par oglǐsč na isti stranici trikotnika K.
Ta stranica ne more biti krak, saj v tem primeru nobeno izmed preostalih
oglǐsč zaradi pogoja o kotu ne more biti na drugem kraku. Zato mora biti
omenjena stranica osnovnica, iz česar ni težko opaziti, da ima K natanko
en pričrtan kvadrat.
V nadaljevanju si bomo pri pričrtavanju kvadratov pomagali z nasle-
dnjim izrekom o plezanju po gorah. Več o izreku v primeru kosoma linearnih
funkcij najdemo v [6, Theorem 5.5].
Izrek 4 (Mountain Climbing Theorem). Naj bo F : [0, 2] → [0, 1] zve-
zna funkcija, za katero velja F (0) = F (2) = 0 in F (1) = 1. Poleg tega
predpostavimo, da je F na vsakem odprtem intervalu nekonstantna. Tedaj
obstajata zvezni funkciji u : [0, 1]→ [0, 1] in v : [0, 1]→ [1, 2], za kateri velja
u(0) = 0, u(1) = 1 = v(1), v(0) = 2 ter F ◦ u = F ◦ v.
Dokaz. Podali bomo idejo dokaza v primeru, ko je F kosoma linearna funk-
cija. Definirajmo funkcijo G : [0, 1]× [1, 2]→ [−1, 1] s predpisom G(x, y) =
F (x) − F (y). Množica A = G−1(0) je kosoma linearna (tj. sestavljena iz
daljic, točk in trikotnikov) podmnožica v kvadratu [0, 1] × [1, 2]. Množica
A predstavlja vse pare koordinat (x, y), za katere velja F (x) = F (y). Ker
84 Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 3
i
i
“Virk” — 2018/12/7 — 12:07 — page 85 — #5 i
i
i
i
i
i
Pravokotniki na krivulji
1 2
1
• •
F (u(t)) F (v(t))
Slika 4. Primer usklajenega plezanja na goro iz izreka 4. Vrh, kjer se plezalca srečata,
je pri (1, 1). Plezalca (piki) sta vseskozi na isti vǐsini.
je F na vsakem odprtem intervalu nekonstantna, se da pokazati, da je A
kombinatoričen graf, tj., A je sestavljena iz daljic in točk. Poleg tega velja,
da iz vsakega vozlǐsča (točke) v A izhaja sodo mnogo povezav (daljic), razen
iz vozlǐsč (0, 2) ter (1, 1), iz katerih izhaja natanko ena povezava. Ker ima
vsaka povezana komponenta poljubnega grafa sodo število vozlǐsč, iz katerih
izhaja liho mnogo povezav, se (0, 2) ter (1, 1) nahajata v isti komponenti A.
Koordinatni projekciji poti med (0, 2) ter (1, 1) v A sta funkciji u in v.
Izrek 4 je dobil ime po interpretaciji v povezavi s plezanjem v gore (slika
4). Naj bo gora podana kot graf funkcije F , definirane na intervalu [0, 2].
Vrh gore bo v točki (1, 1). Levo pobočje podaja funkcija F |[0,1], desno
funkcija F |[1,2].
Plezalca začneta plezati na goro po grafu F , vsak iz svojega izhodǐsča
na vǐsini 0: levi plezalec začne v (0, 0), desni pa v (2, 0). Izrek 4 tedaj pove,
da lahko plezalca izbereta taki poti u in v, da bosta med celotno potjo
na vrh njuni vǐsini enaki. Pri tem parametrizaciji u in v v splošnem nista
monotoni, kar pomeni, da tako usklajena pot plezalcev včasih vključuje
začasno vračanje po poti nazaj.
Trditev 5. Naj bo F : [0, 2] → [0, 1] zvezna funkcija, katere ničli sta na-
tanko 0 in 2 ter za katero velja F (1) = 1. Jordanovo krivuljo K definiramo
kot unijo grafa funkcije F in daljice med točkama (0, 0) ter (2, 0). Tedaj
obstaja kvadrat, pričrtan K.
Dokaz. Z uporabo izreka 4 izberimo pripadajoči funkciji u in v. Opa-
zimo, da za vsak t ∈ [0, 1] točke u(t), v(t), F (v(t)), F (u(t)) tvorijo pričrtan
81–88 85
i
i
“Virk” — 2018/12/7 — 12:07 — page 86 — #6 i
i
i
i
i
i
Žiga Virk
pravokotnik krivulji K (slika 4). Razlika med vǐsino ter dolžino pravoko-
tnika je zvezna funkcija R(t) = F (v(t)) − (v(t) − u(t)). Opazimo, da je
R(0) = −2, R(1) = 1, kar pomeni, da obstaja s ∈ (0, 1), za katerega velja
R(s) = 0. Torej točke u(s), v(s), F (v(s)), F (u(s)) tvorijo pričrtan kvadrat.
Izziv. Z manǰso prilagoditvijo dokaza in izreka 4 posplošite trditev 5 na
naslednje načine:
• V predpostavki uporabite poljubno zvezno funkcijo F : [a, b] → [0, c],
katere edini ničli sta a in b, pri čemer velja a < b ter c > 0;
• V predpostavki uporabite poljubno Jordanovo krivuljo, ki je simetrična
glede na premico p;
• Pri predpostavkah trditve 5 za poljuben k > 0 pričrtajte pravokotnik,
katerega razmerje med vǐsino in dolžino je k.
Pričrtani pravokotniki
V tem delu si bomo ogledali konstrukcijo pričrtanih pravokotnikov splošni
Jordanovi krivulji. Ta način je prvi predstavil Vaughan, v pisni obliki pa se
pojavi v [5].
Izrek 6. Naj bo K Jordanova krivulja. Tedaj obstaja pravokotnik, pričrtan
K.
Bistven korak v dokazu bo predstavljala naslednja trditev, ki opisuje
prostor neurejenih parov točk na K. Prostor urejenih parov točk je S1×S1,
kar je torus, saj je K homeomorfen krožnici S1.
Trditev 7. Naj bo P prostor vseh neurejenih parov točk na Jordanovi kri-
vulji K. Tedaj je P homeomorfen Moebiusovemu traku.
Dokaz. Oglejmo si prostor vseh neurejenih parov točk na K. Krivulja K je
slika preslikave f : [0, 1] → R2, pri čemer enakost f(x) = f(y) pri pogoju
x < y velja samo za x = 0, y = 1.
Prvi način: Preslikava F : [0, 1] × [0, 1] → P , definirana kot F (s, t) =
{f(s), f(t)}, je zvezna surjektivna preslikava, definirana na [0, 1]2. Njeno
definicijsko območje je skicirano na levi strani slike 5. Na tem definicijskem
območju bomo identificirali pare točk, ki se slikajo v isti neurejen par v P .
Ker je f(0) = f(1), to pomeni, da identificiramo:
86 Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 3
i
i
“Virk” — 2018/12/7 — 12:07 — page 87 — #7 i
i
i
i
i
i
Pravokotniki na krivulji
a
a
b b
a
a
c
a
c
c
Slika 5. Prostor neurejenih parov točk na krivulji je Moebiusov trak. Začnemo s pro-
storom urejenih parov, ki je torus (levi del). Neodvisnost od vrstnega reda točk pomeni,
da identificiramo vsak par točk, ki je zrcalen glede na črtkasto diagonalo. Pri tem se
identificirata stranici a in b. Na sliki vsako točko pod črtkasto diagonalo prenesemo na
pripadajočo simetralno točko nad diagonalo. Posledično dobimo reprezentacijo na sredini.
S prerezom vzdolž pikčaste poti c in preureditvijo dveh trikotnikov (lepljenjem vzdolž a)
dobimo reprezentacijo na desni, ki predstavlja Moebiusov trak.
• (s, 0) ∼ (s, 1) za vsak t ∈ [0, 1]. To identifikacijo predstavlja identifika-
cija stranic a na sliki 5.
• (0, t) ∼ (1, t) za vsak t ∈ [0, 1]. To identifikacijo predstavlja identifika-
cija stranic b na sliki 5.
S to identifikacijo iz [0, 1]2 dobimo torus. Ker pa slikamo v neurejene pare,
moramo identificirati še (s, t) ∼ (t, s) za vsak s, t ∈ [0, 1]. To identifikacijo
predstavlja identifikacija parov točk na levem kvadratu slike 5, ki so zrcalne
glede na črtkasto diagonalo. Prostor na sredini slike 5, ki ga dobimo kot re-
zultat tega lepljenja, je homeomorfen P . Slika 5 demonstrira, da je rezultat
Moebiusov trak.
Drugi način: Preslikava G : [0, 1/2] × [0, 1/2] → P , definirana kot
G(s, t) = {f(s − t (mod 1)), f(s + t)} je zvezna preslikava, definirana na
[0, 1/2]2, pri čemer s − t (mod 1) = (s − t) − bs − tc predstavlja decimalni
del števila, npr. 0,2 (mod 1) = 0,2,−0,2 (mod 1) = 0,8 ter 1 (mod 1) = 0.
Z direktnim izračunom lahko preverimo, da je G surjektivna in da je injek-
tivna na [0, 1/2)× [0, 1/2]. Opazimo še, da velja G(0, t) = G(1/2, 1/2− t).
Prostor P torej dobimo z identifikacijo (0, t) ∼ (1/2, 1/2 − t) na kvadratu
[0, 1/2]2, kar predstavlja standardno konstrukcijo Moebiusovega traku.
Dokaz izreka 6. Po trditvi 7 je P , prostor vseh neurejenih parov točk na
Jordanovi krivulji K, homeomorfen Moebiusovemu traku. V dokazu trditve
7 opazimo, da krožnica, ki je rob tako dobljenega Moebiusovega traku P ,
predstavlja vse pare točk oblike (x, x) ∈ K × K. V prvem načinu dokaza
trditve 7 krožnica sovpada z diagonalo v levem diagramu slike 5, v drugem
pa s podprostorom [0, 1/2]× {0, 1/2} definicijskega območja preslikave G.
81–88 87
i
i
“Virk” — 2018/12/7 — 12:07 — page 88 — #8 i
i
i
i
i
i
Žiga Virk
To robno krožnico identificiramo s krivuljo K, ter vzdolž nje na P pri-
lepimo K̃, ki je topološki disk. Zlepek X je povsem legitimen geometrijski
objekt, ki pa se ga ne da vložiti v R3. Geometrijsko je namreč nazorno,
da vzdolž robne komponente Moebiusovega traku v R3 ne moremo nalepiti
diska. Formalen dokaz tega dejstva je tu opuščen.
Definirajmo sedaj zvezno preslikavo F : X → R3:
• za (x, y) ∈ K̃ definirajmo F (x, y) = (x, y, 0);
• za točko na P , ki pripada paru točk {u, v} na krivulji K, definiramo
F ({u, v}) = (u+v2 , ||u−v||), pri čemer je ||u−v|| evklidska razdalja med
u in v.
Preslikava F je zvezna na vsakem izmed kosov P in K̃. Na preseku P ∩K̃ se
zapisa ujemata, ker je (z manǰso zlorabo zapisa) F ({u, u}) = (u, 0) = F (u).
Torej je F zvezna.
Preslikava F ne more biti injektivna, saj X ne moremo vložiti v R3.
Zaradi tega sklepamo, da obstajata točki p, q ∈ X, za kateri velja F (p) =
F (q). Ker je F injektivna na disku K̃ v ravnini z = 0, tretja koordinata slike
vseh točk iz X \ K̃ pa je pozitivna, mora veljati p, q /∈ K̃. Zato po definiciji
F za p = {p1, p2}, q = {q1, q2} velja (p1+p22 , ||p1 − p2||) = (
q1+q2
2 , ||q1 − q2||).
Para točk p in q imata torej isto sredǐsčno točko, razdalji med točkama
pa sta enaki v obeh parih. Para zato predstavljata diagonalna para točk
pravokotnika. Torej p1, q1, p2, q2 določajo pričrtani pravokotnik.
Opomba 8. Prostor X v dokazu izreka 6 je projektivna ravnina. Formalen
dokaz dejstva, da se je ne da vložiti v R3, uporablja orodja algebrajske
topologije.
LITERATURA
[1] A. Akopyan in S. Avvakumov, Any cyclic quadrilateral can be inscribed in any closed
convex smooth curve, arXiv:1712.10205.
[2] A. Emch, Some properties of closed convex curves in a plane, Amer. J. Math 35
(1913), 407–412.
[3] B. Matschke, A survey on the square peg problem, Notices Amer. Math. Soc. 61
(2014), 346–352.
[4] B. Matschke, Quadrilaterals inscribed in convex curves, arXiv:1801.01945.
[5] M. D. Meyerson, Balancing acts, Topology Proc. 6: 59–75, 1981.
[6] I. Pak, Lectures on Discrete and Polyhedral Geometry, 2010, dostopno na www.math.
ucla.edu/~pak/book.htm, ogled 7. 11. 2018.
[7] O. Toeplitz, Ueber einige Aufgaben der Analysis situs, Verhandlungen der Schweize-
rischen Naturforschenden Gesellschaft in Solothurn, 4 (1911), 197.
88 Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 3