(1)

Справді, сполучимо центр даного многокутника з його вер-шинами (див. мал. 308). Тоді многокутник розіб'ється на n рівних трикутників, площа кожного з яких дорівнює . Отже,

Далі виведемо такі формули:

(2)

(3)

Для виведення цих формул скористаємось малюнком .

У прямокутному трикутнику А1Н1О A1 = Отже, а .

.

Підставивши у формулу (2) n = 3, 4 і 6, дістанемо вирази для сторін правильного трикутника, квадрата і правильного шестикутника:

Побудова правильних многокутників. Розглянемо спо-соби побудови деяких правильних многокутників за допомогою циркуля і лінійки. Побудови правильного трикутника і правильного чотирикутники, тобто квадрата, було розглянуто раніше. Для побудови правильних n-кутників для n > 4 зви-чайно використовують коло, описане навколо многокутника.

З а д а ч а 1.Побудувати правильний шестикутник, сторона якого дорівнює даному відрізку.

Р о з в' я з а н н я. Для розв'язування задачі скористаємось формулою (6). Нехай PQ — даний відрізок. Побудуємо коло радіуса PQ і позначимо на ньому довільну точку А1

Потім, не змінюючи розхилу циркуля, побудуємо на цьому колі точки А2, A3, А4, А5, А6 так, щоб виконувались рівності А1А2 = = А2А3 = A3A4 = А4А5 = А5А6. Сполучимо послідовно побу-довані точки відрізками, дістанемо шуканий правильний шес-тикутник А1А2А3А4А5А6.

Для побудови правильних многокутників часто використо-вують таку задачу:

З а д а ч а 2. Дано правильний n-кутник. Побудувати пра-вильний 2n-кутник.

Р о з в' я з а н н я. Нехай А1А2...Аn - даний правильний n-кутник. Опишемо навколо нього коло. Для цього побудуємо бісектрису кутів А1 і А2 і позначимо буквою О точку їх перетину. Потім проведемо коло з центром О радіуса ОА1.

Для розв'язування задачі достатньо поділити дуги А1А2А2А3, ..., АnА1 пополам і кожну з точок поділу B1, B2, ..., Вn спо-лучити відрізками з кінцями відповідної дуги. Для побудови точок В1, B2,...,Вn можна використати серединні перпендикуляри до сторін даного n-кутника.

На малюнку таким способом побудовано правильний дванадцятикутник A1B1A2B2 ... A6В6.

Застосовуючи цей спосіб, можна за допомогою циркуля і лінійки побудувати цілий ряд правильних многокутників, якщо побудувати один з них. Наприклад, побудувавши правильний чотирикутник, тобто квадрат, і користуючись задачею 2, можна побудувати правильний восьмикутник, потім правильний шістнадцятикутник і взагалі правильний 2k-кутник, де k — будь-яке число, більше від двох. в

Зауваження. Розглянуті приклади показують, що ба-гато правильних многокутників можна побудувати за допомогою циркуля і лінійки. Але, виявляється, що не всі правильні многокутники допускають таку побудову. Доведено, наприклад, що правильний семикутник не може бути побудований за допомогою циркуля і лінійки. Цікаво, що за допомогою цих приладів можна побудувати правильний сімнадцятикутник.

Будь-які два рівноскладені многокутники рівновеликі. Природно поставити протилежне запитання: чи кожні два многокутники однакової площі рівноскладені? Позитивну відповідь на це запитання дали (майже одночасно) угорський математик Фаркаш Бояй (1832 р.) і німецький офіцер, любитель математики Гервін

Теорема Бояй — Гервіна. Спочатку дове-демо кілька допоміжних тверджень.

Л е м а 1. Якщо фігура А рівноскладена з фігурою В, а фігура В рівноскладена з фігурою С, то фігура А і С теж рівноскладені.

Справді, проведемо нз фігурі В лінії, що розбивають її на частини, з яких можна скласти фігуру А,- суцільні лінії крім того, проведемо лінії, що розбивають фігуру В на частини, з яких можна скласти фігуру С, - суцільні лінії. Ті і другі лінії разом поділяють фігуру В на менші частини, причому ясно, що з цих менших частин можна скласти і фігуру А, і фігу-ру С. Таким чином, фігури А і С рівноскладені.

Л е м а 2. Кожний трикутник рівноскладений з певним прямокутником.

Справді, нехай АВ - найбільша сторона трикутника ABC, CD —опущена на неї висота. Тоді точка D знаходиться між А і В (інакше ; один з кутів А чи В був би тупим, і сторона АВ не була б найбільшою). Через середину висоти CD прове-демо пряму, паралельну АВ, і опустимо на цю пряму пер-пендикуляри АЕ і BF. Тоді матимемо прямокутник AEFB, рівноскладений з трикутником ABC. Справді,, трикутники рівні між собою. Кожна з цих фігур ABC, AEFB складається з заштрихованої трапеції і двох трикутників 1, 2.

Л е м а 3. Два паралелограми, що мають спільну основу і однакову площу, рівноскладені.

Нехай ABCD і ABEF— два паралелограми, що мають спільну основу АВ і однакову площу. Тоді висоти цих пара-лелограмів однакові, тобто відрізки DC і EF розташовані на одній прямій. На прямій АВ відкладемо послідовно ряд . відрізків, що дорівнюють відрізку АВ, і через кожну точку поділу проведемо прямі, паралельні відрізкам AD і AF. Тоді смуга між паралельними прямими АВ і DE поділить-ся на ряд многокутників. Кожний з цих многокут-ників, коли його зсунути на відрізок, що дорівнює АВ, суміщається з іншим рівним йому многокутником. Рівні многокутники на позначені однаковими цифрами. Залишається зауважити, що кожний з паралело-грамів ABCD, ABEF містить одну частину, позначену циф-рою 1, одну частину, позначену цифрою 2, цифрою 3 і т. д. Отже, ці паралелограми рівноскладені.

Ясно, що дві рівнодоповнювані фігури мають однакову площу. Природно поставити протилежне запитання: чи кожні два многокутники, що мають однакову площу, рівнодоповнювані?

Позитивну відповідь на це запитання легко дістати з теореми Бояй — Гервіна.

Т е