Stomachion

Archimedes

Archimedespalimpsestet

Den danske filologen Johan Ludvig Heiberg^A A) Johan Ludvig Heiberg, 1854-1928, dansk filolog. undersökte 1906 i Konstantinopel ett manuskript han hade blivit hänvisad till. Detta manuskript innehöll en byzantisk bönbok, men hade blivit nedskriven över en äldre text, bl.a. flera verk av Archimedes. Bönboken var alltså skriven på återanvänt pergament - ett så kallat palimpsest. Heiberg lät så avfotografera manuskriptet både 1906 och dessutom vid en senare resa 1908. Det han kunde utläsa ur dessa fotografier föranledde honom att revidera sin archimedesutgåva från 1880-81 och gav så ut en ny under åren 1910-15. Vad som hände med manuskriptet efter 1908 är inte känt.

Inför en auktion 1998 dök emellertid manuskriptet upp igen, men det hade under årens lopp farit mycket illa. Efter några juridiska turer ropades manuskriptet in av en anonym samlare, som deponerade det i ett museum, för konservering och studier. Vid dessa studier har man använt sig av det senaste i teknikväg och även tagit fram nya metoder.

Texten nedan bygger på Muglers utgåva med hänsyn tagen till fynden i archimedespalimpsestet.

Στομάχιον.

Τοῦ λεγομένου Στομαχίου ποικίλαν ἔχοντος τᾶς ἐξ ὧν συνέστακε σχημάτων μεταθέσεως θεωρίαν ἀναγκαῖον ἡγησάμην πραττον του ...... ρῶν ἐκθέσθαι, εἴς τε ἃ διαιρεῖται, ἕκαστόν τε αὐτῶν τίνι ἐστὶν ὁμοιούμενον, ἔτι δὲ καί, ποῖαι γωνίαι σύνδυο λαμβανόμεναι .... καὶ ... θάς, εἴρηται πρὸς τὸ τὰς ἐναρμόσεις τῶν ἐξ αὐτῶν γεννωμένων σχαμάτων γιγνώσκεσθαι, εἴτε ἐπ' εὐθείας εἰσὶν αἱ γεννώμεναι ἐν τοῖς σχάμασι πλευραί, εἴτε καὶ μικρῶς λείπουσαι τᾷ θεωρίᾳ λανθάνουσιν· τὰ γὰρ τοιαῦτα φιλότεχνα· καὶ ἐὰν ἐλάχιστον μὲν λείπηται, τᾷ δὲ θεωρίᾳ λανθάνη, οὐ παρὰ τοῦτ' ἐστιν ἔκβλητα, ἃ συνίσταται.

Ἔστι μὲν οὖν ἐξ αὐτῶν οὐκ ὀλίγων σχημάτων .......ο.. διὰ τὸ .....ν..τον εἶναι εἰς ἕτερον τόπον τοῦ ἴσου καὶ ἰσογωνίου σχάματος μετατιθεμε... καὶ ἑτέ..... λαμβάνοντας. Ἐνίοτε δὲ καὶ δύο σχημάτων συνάμφω ἑνὶ σχήματι ἴσων ὄντων καὶ ὁμοίων τῷ ἑνὶ σχήματι ἢ καὶ δύο σχημάτων συνάμφω ἴσον τε καὶ ὁμοίων ὄντων δυσὶ σχήμασι συνάμφω πλείονα σχήματα συνίσταται ἐκ τῆς μεταθέσεως. Προγράφομεν οὖν τι θεώρημα εἰς αὐτὸ συντεῖνον.

Stomachion.

Då det så kallade Stomakiet erbjuder en mångfacetterad teori av förflyttandet av figurerna, av vilka det sätts samman, har jag ansett det nödvändigt, att visa dess utövande ..., både i vilka delar den delas och med vilka var och en av dessa är lik. Dessutom också vilka vinklar tagna två och två ... ... må sägas med avseende på att urskilja inpassaningen av de ur dessa delar frambringande figurerna . Antingen de frambringade sidorna i figurerna ligger längs en rät linje eller de undgår ögat med litet - ty detta hör till spelet. Och om ytterst lite saknas och undgår ögat, skall det, som satts samman, inte bli förkastat på grund av detta.

Av dessa finns det alltså inte så få figurer, eftersom ... vara flytta till en annan lik och likvinklig figurs plats och som andra figurer håller. Ibland kan även av två figurer tillsammans, som är lika och likformiga med en figur, eller också två figurer tillsammans, som är lika och likformiga med två figurer, ytterligare figurer sättas samman genom förflyttning. Vi förevisar alltså ett teorem, som hör ihop med detta.

Ἔστω γὰρ παραλληλόγραμμον ὀρθογώνιον τὸ ΖΓ, καὶ δε . ι.....ω ἡ ΕΖ τῷ Κ, καὶ.. διήχθωσαν ἀπὸ τῶν Γ, Β αἱ ΓΚ, ΒΕ . ει..ων... τῶν... Γ ....... ἐκβεβλήσθωσαν αἱ ΓΚ, ΒΖ καὶ συμπιπτέτωσαν κατὰ τὸ Δ..... ἡ ΓΗ. Ἐπεὶ ἴση ἐστὶν ἡ ΕΚ τῇ ΚΖ, ἴση καὶ ἡ ΓΕ, τουτέστιν ἡ ΒΖ, τῇ ΖΔ· ὥστε μείζων ἡ ΓΖ τῆς ΖΔ· καὶ γωνία ἄρα ἡ ὑπὸ τῶν ΖΔΓ τῆς ὑπὸ τῶν ΖΓΔ μείζων. Ἴσαι δέ εἰσιν αἱ ὑπὸ ΗΒΔ, ΖΓΒ· ἡμίσεια γὰρ ὀρθῆς ἑκατέρα· μείζων ἄρα καὶ ἡ ὑπὸ τῶν ΓΗΒ, ἐπεὶ ἡ ὑπὸ ΓΗΒ ἴση δυσὶ ταῖς ἐντὸς καὶ ἀπεναντίον ταῖς ὑπὸ ΗΒΔ, ΗΔΒ, τῆς ὑπὸ τῶν ΗΓΒ· ὥστε μείζων ἐστὶν ἡ ΓΒ τῆς ΒΗ. Ἐὰν ἄρα δίχα τμηθῇ ἡ ΓΗ κατὰ Χ, ἔσται ἀμβλεῖα μὲν ἡ ῦπὸ ΓΧΒ· ἐπεὶ γὰρ ἴση ἡ ΓΧ τῇ ΧΗ, καὶ κοινὴ ἡ ΧΒ, δύο δυσὶν ἴσαι· καὶ βάσις ἡ ΓΒ τῆς ΒΗ μείζων· καὶ ἡ γωνία ἄρα τῆς γωνίας μείζων. Ἀμβλεῖα μὲν ἄρα ἡ ὑπὸ ΓΧΒ, ὀξεῖα δὲ ἡ ἐφεξῆς. Ἡμίσεια δὲ ὀρθῆς ἡ ὑπὸ ΓΒΗ· τοῦτο γάρ ἐστιν ὑποκείμενον τοῦ παραλληλογράμμου· ὀξεῖα δὲ ἡ ὑπὸ ΒΧΗ. Καὶ.τι δὴ ἴση ἡ λοιπαὶ ΓΒΗ καὶ συνίσταται καὶ διαιρεῖται τοῦτο επ. ον τον.... ....... βάσιος..τι....... αστ..α. ἄρα ο... ΑΒ....αν..ο...τῆν ΓΑ..... νῶν........ έχον...τὸ ἐπίλοιπ.................. δύνασθαι ἀρ....ξειν εκ....τῶν τομῶν ....τῶν τάξιν ἐχοντ..

Ty låt ΖΓ vara en rätvinklig parallellogram, och låt ha halverat ΕΖ vid Κ, låt ha dragit ΓΚ och ΒΕ från Γ och Β. Att ΓΒ är större än ΒΗ behöver visas. Låt ha dragit ut ΓΚ och ΒΖ samt låt dem mötas vid Δ. Låt ha dragit ut ΓΗ. Eftersom ΕΚ är lika med ΚΖ är även ΓΕ, det vill säga ΒΖ, lika med ΖΔ, sålunda är ΓΖ större än ΖΔ och alltså är vinkeln ΖΔΓ större än ΖΓΔ. Också ΗΒΔ och ΖΓΒ är lika, ty de är var och en hälften av en rät. Alltså är även ΓΗΒ - eftersom ΓΗΒ är lika med de två inre och motstående, ΗΒΔ och ΗΔΒ - större än ΗΓΒ, sålunda är ΓΒ större än ΒΗ. Om så ΓΗ delats i hälften vid Χ, blir vinkeln ΓΧΒ trubbig, ty eftersom ΓΧ är lika med ΧΗ och ΧΒ är gemensam, är två sidor lika med två sidor och basen ΓΒ är större än ΒΗ. Alltså är även vinkeln större än vinkeln. Alltså är ΓΧΒ trubbig, men den intilliggande är spetsig. Och ΓΒΗ är en halv rät, ty detta har antagits för parallellogrammen, och ΒΧΗ är spetsig. ... kan både sättas samman och delas ...

Τετμήσθω ἡ ΓΑ δίχα κατὰ τὸ Ε, καὶ διὰ τοῦ Ε τῇ ΒΓ παράλληλος ἤχθω ἡ ΕΖ· ἔστιν οὖν τετράγωνα τὰ ΓΖ, ΖΑ. Ἤχθωσαν διάμετροι αἱ ΓΔ, ΒΕ, ΕΔ, καὶ τετμήσθωσαν δίχα αἱ ΓΗ, ΕΔ κατὰ τὰ Θ, Χ, καὶ ἐπεζεύχθωσαν αἱ ΒΘ, ΧΖ, καὶ διὰ τῶν..., Κ τῇ ΒΔ παράλληλοι ἤχθωσαν αἱ Κ.., ..Ξ. Διὰ τὸ προκείμενον ἄρα θεώρημα τοῦ ΒΓΘ τριγώνου ἡ πρὸς τῷ Θ γωνία ἀμπλεῖα, ἡ δὲ λοιπὴ ὀξεῖα.... νερὸν φανερὸν δὲ ...ει...^[1]

Låt ha delat ΓΑ i hälften vid Ε och drag ΕΖ genom Ε parallell med ΒΓ, alltså är ΓΖ och ΖΑ kvadrater. Låt ha dragit diagonalerna ΓΔ, ΒΕ och ΕΔ, låt ha delat ΓΗ och ΕΔ i hälften vid Θ och Χ, låt ha förenat ΒΘ och ΧΖ samt låt ha dragit Κ.. och ..Ξ genom ... Κ parallella med ΒΔ. På grund av det föregående teoremet är alltså triangeln ΒΓΘ:s vinkel vid Θ trubbig och den resterande spetsig. ... uppenbart ...

Arabiskt fragment

År 1899 presenterade Heinrich Suter^B B) Heinrich Suter, 1848-1922, schweizisk matematiker och orientalist. text och översättning av ett fragment ur Archimedes' förmodade avhandling av Stomachion. Suters text bygger på två av då fyra kända arabiska manuskript. Här nedan presenteras Suters tyska översättning samt en svensk översättning av denna.^C C) För man markören över beteckningarna för delar av figuren, framhävs dessa linjer och ytor i figuren - man kan behöva en stor skärm.

Der Loculus Archimedius

In Namen Gottes des Barmherzigen und Gnädigen! oh mein Herr, verleihe ~~mir~~ Erfolg, und mache es ~~mir~~ nicht schwer!

Das Buch des Archimedes über die Teilung der Figur sîṭêmaschion^D D) Ahlwardt liest sitimâschion, der Vokal nach t ist willkürlich, da das Wort im arab. Text nicht vokalisiert ist. in vierzehn zu ihr in rationalem Verhältnis stehende Figuren.

Wir zeichnen ein Quadrat,^E E) Der Text spricht allerdings nur von einem Parallelogramm, in welchem AD = DB sein soll, also von einem Rhombus, allein der Verlauf der Darstellung zeigt, daß die Figur ein Quadrat sein soll; immerhin gilt die ganze Ableitung f jedes beliebige Parallelogramm. es sei dies ABGD, halbieren BG in E, errichten EZ senkrecht auf BG, ziehen die Diagonalen AG, BZ und ZG, halbieren ebenfalls BE in H, und errichten HT senkrecht auf BE; dann legen wir das Lineal an den Punkt H und visieren nach dem Punkt A und ziehen HK, halbieren AL in M und ziehen BM, so ist das Rechteck AE in sieben Teile geteilt.

Hierauf halbieren wir GD in N, ebenso ZG in C, ziehen EC, legen das Lineal an die Punkte B und C an und ziehen CO, ziehen noch CN, so ist auch das Rechteck ZG in sieben Teile, aber auf andere Weise als das erste, geteilt, mithin das ganze Quadrat in vierzehn Teile.

Wir beweisen nun, daß jeder der vierzehn Teile zum ganzen Quadrat in rationalem^F F) Hier ist das rational im Text wirklich ausgedrükt, während es am Anfang und am Schlüsse fehlt, weshalb ich das Wort dort eingeklammert habe. Verhältnis stehe.

Archimedes' stomachion

I Guds namn, barmhärtig och nådig! Min Herre, förläna mig framgång och gör det inte svårt!

Archimedes' bok om indelningen av figuren Stomakion i fjorton till den i rationellt förhållande stående figurer.

Vi tecknar en kvadrat, låt den vara ABGD, halvera BG vid E, res EZ vinkelrät mot BG, drag diagonalerna AG, BZ och ZG, halvera även BE vid H och res HT vinkelrät mot BE. Lägg så linjalen vid punkten H, sikta mot punkten A och drag HK, halvera AL vid M och drag BM, så är rektangeln AE delad i sju delar.

Därpå delar vi GD vid N, så också ZG vid C, drag EC, lägger linjalen vid punkterna B och C och drar CO, drar även CN, så är även rektangeln ZG i delas sju delar, men på ett annat sätt än den första, följaktigen är hela kvadraten i fjorton delar.

Vi bevisar så, att var och en av de fjorton delarna står i ett rationellt förhållande till hela kvadraten.

Weil ZG die Diagonale des Rechtecks ZG ist, so ist Dreieck DZG die Hälfte dieses Rechtecks, also ein Viertel des Quadrates; aber Dreieck GNC ist ein Viertel von Dreieck DZG, weil, wenn wir EC verlängern, es in den Punkt D trifft, und dann also Dreieck GDC die Hälfte des Dreiecks DZG und gleich den beiden Dreiecken GNC und DNC zusammen ist; also ist Dreieck GNC = $\frac{1}{16}$ des Quadrats. Wenn wir nun ferner annehmen, die Linie OC sei nach dem Punkte B gerichtet, wie sie in der Tat auch gezeichnet wurde, so ist die Linie NC parallel zur Seite BG des Quadrates, resp. des Dreiecks OBG, also hat man die Proportion: BG : NC = GO : NO; es ist aber BG das Vierfache von NC, also auch GO das Vierfache von NO, deshalb ist nun GN das Dreifache von NO, und Dreieck GNC das Dreifache von ONC; da aber, wie wir gezeigt haben, Dreieck GNC = $\frac{1}{16}$ des Quadrates ist, so ist Dreieck ONC = $\frac{1}{48}$ des Quadrates. Weil ferner Dreieck GDZ = $\frac{1}{4}$ des Quadrates ist und deshalb GNC = $\frac{1}{16}$ desselben und Dreieck NCO = $\frac{1}{48}$ desselben, so bleibt für das Viereck DOCZ = $\frac{1}{6}$ der Quadratfläche übrig. Nach der Voraussetzung^G G) Bässer wäre Konstruktion. geht ferner die Linie NC verlängert durch den Punkt F, und es wäre CF parallel zu GE, also hat man die Proportion: EG : CF = EQ : CQ = GQ : FQ; weil nun^H H) Hierfür sollte stehen Weil nun EG = 2CF, so ist auch EQ etc. EQ = 2CQ und GQ = 2FQ, so ist Dreieck EQG das Doppelte jedes der beiden Dreiecke GCQ und EFQ; es ist aber klar, daß Dreieck EGZ = 2 Dreieck EFG ist, weil ZE = 2FE ist; das Dreieck EGZ ist aber = $\frac{1}{4}$ des Quadrates, also Dreieck EFG = $\frac{1}{8}$ desselben, dieses Dreieck EFG ist aber das Dreifache jedes der beiden Dreiecke EFQ und GCQ, also ist jedes dieser beiden Dreiecke = $\frac{1}{24}$ des Quadrates AG, und das Dreieck EGQ ist das Doppelte jedes der beiden Dreiecke EFQ und GCQ, also ist es = $\frac{1}{12}$ des Quadrates. Weil ferner ZF = EF ist, so ist Dreieck ZFG = Dreieck EFG; wenn wir nun Dreieck GCQ = Dreieck EFQ wegnehmen, so bleibt Viereck FQCZ = Dreieck EGQ, also ist auch Viereck FQCZ = $\frac{1}{12}$ des Quadrates AG.

Wir haben nun das Rechteck ZG in 7 Teile geteilt und gehen nun zur Teilung des andern Rechtecks über.

Weil BZ und EC zwei parallele Diagonalen sind, und ZF = EF ist, so ist Dreieck ZLF = EFQ, mithin Dreieck ZLF = $\frac{1}{24}$ des Quadrates AG. Weil BH = HE ist, so ist Dreieck BEZ das Vierfache des Dreiecks BHT, denn jedes derselben ist rechtwinklig;^I I) Diese Begründung ist unvollständig. da aber Dreieck BEZ = $\frac{1}{4}$ des Quadrates ABGD ist, so ist Dreieck BHT = $\frac{1}{16}$ desselben. Nach unserer Voraussetzung geht ferner die Linie HK verlängert durch den Punkt A, also hat man die Proportion: AB : HT = BK : KT; es ist aber AB = 2HT, also auch BK = 2KT, mithin BT = 3KT ; also ist Dreieck BHT das Dreifache des Dreiecks KHT; weil aber Dreieck BHT = $\frac{1}{16}$ des ganzen Quadrates ist, so ist Dreieck KHT = $\frac{1}{48}$ desselben. Ferner ist Dreieck BKH das Doppelte des Dreiecks KHT, also = $\frac{1}{24}$ des Quadrates. Da weiter BL = 2ZL,^J J) Fehlt die Begründung durch eine Proportion wie vorher. und AL = 2LF^K K) Fehlt die Begründung durch eine Proportion wie vorher. ist, so ist Dreieck ABL das Doppelte des Dreiecks ALZ und Dreieck ALZ das Doppelte des Dreiecks ZLF; weil aber Dreieck ZLF = EFQ = $\frac{1}{24}$ des ganzen Quadrates ist, so ist Dreieck ALZ = $\frac{1}{12}$ desselben, also Dreieck ABL = $\frac{1}{6}$ ; es ist aber Dreieck ABM = Dreieck BML, also jedes dieser beiden Dreiecke = $\frac{1}{12}$ des Quadrates. Es bleibt noch übrig das Fünfeck LFEHT = der Hälfte eines Sechstels mehr der Hälfte eines Achtels des ganzen Quadrates also = $\frac{7}{48}$ desselben.

Wir haben also auch das Rechteck^L L) A und B haben Quadrat. AE in sieben Teile geteilt, mithin ist die ganze Figur ABGD in 14 Teile geteilt, welche zu ihr in rationalem Verhältnis stehen, und das ist, was wir beweisen wollten. - Beendigt wurde das Buch^M M) D.h. die Abschrift desselben. des Archimedes über die Figur sîṭêmaschion am Montag den 6. Rabi' I. 1061 März 1651.^[2]

Eftersom ZG är diagonalen till rektangeln ZG, så är triangeln DZG hälften av denna rektangel, alltså en fjärdedel av kvadraten. Men triangeln GNC är en fjärdedel av triangeln DZG, eftersom, då vi förlänger EC, denna träffar i punkten D, och då är alltså triangeln GDC hälften av triangeln DZG samt lika med de båda trianglarna GNC och DNC tillsammans. Alltså är triangeln GNC = $\frac{1}{16}$ av kvvadraten. Om vi nu vidare antar, att linjen OC är riktad mot punkten, liksom den faktiskt även ritades, så är linjen NC parallell med sidan BG av kvadraten respektive triangeln OBG, alltså har man nu proportionen BG : NC = GO : NO; emellertid är BG fyra gånger NC, alltså är även GO fyra gånger NO, därför är nu GN tre gånger NO och triangeln GNC tre gånger NO samt triangeln GNC tre gåmger ONC; men då vi har visat, att triangeln GNC = $\frac{1}{16}$ av kvadraten, så är triangeln ONC = $\frac{1}{48}$ av kvadraten. Eftersom dessutom triangeln GDZ = $\frac{1}{4}$ av kvadraten och därför GNC = $\frac{1}{16}$ av densamma och triangeln NCO = $\frac{1}{48}$ av densamma, återstår alltså för rektangeln DOCZ = $\frac{1}{6}$ av kvadratens yta. Enligt konstruktionen går dessutom linjen NC i sin förlängning genom punkten F och den, CF, vore parallel med GE, alltså har man proportionen EG : CF = EQ : CQ = GQ : FQ; eftersom nu EQ = 2CQ och GQ = 2FQ, så är triangeln EQG det dubbla av var och en av de båda trianglarna GCQ och EFQ; det är emellertid uppenbart, att trianglen EGZ = 2 gånger triangeln EFG, eftersom ZE = 2FE. Men triangeln EGZ = $\frac{1}{4}$ av kvadraten, alltså triangeln EFG = $\frac{1}{8}$ av densamma, denna triangel EFG är emellertid tre gånger var och en av de båda trianglarna EFQ och GCQ, alltså är var och en dessa båda trianglar = $\frac{1}{24}$ av kvadraten AG, dessutom är triangeln EQG det dubbla av var och en av de båda trianglarna EFQ och GCQ, alltså är den = $\frac{1}{12}$ av kvadraten. Vidare eftersom ZF = EF, så är triangeln ZFG = triangeln EFG; om vi nu tar bort triangeln GCQ = triangeln EFQ, så återstår rektangeln FQCZ = triangeln EGQ, alltså är även rektangeln FQCZ = $\frac{1}{12}$ av kvadraten AG.

Vi har nu delat rektangeln ZG i 7 delar och övergår nu till delningen av den andra rektangeln.

Eftersom BZ och EC är två parallella diagonaler, och ZF = EF, så är triangeln ZLF = EFQ, följaktigen är triangeln ZLF = $\frac{1}{24}$ av kvadraten AG. Eftersom BH = HE, så är triangeln BEZ fyra gånger triangeln BHT, då var och en i den är rätvinklig;^N N) Att detta är ofullständigt, påpekas av Suter. men då triangeln BEZ = $\frac{1}{4}$ av kvadraten ABGD, så är triangeln BHT = $\frac{1}{16}$ av densamma. Enligt vår konstruktion går dessutom linjen HK i sin förlängning genom punkten A, alltså har man proportionen: AB : HT = BK : KT; men AB = 2HT, alltså är även BK = 2KT, följaktigen är BT = 3KT; alltså är triangeln BHT tre gånger triangeln KHT; men eftersom triangeln BHT = $\frac{1}{16}$ av hela kvadraten, så är triangeln KHT = $\frac{1}{48}$ av densamma. Vidare är triangeln BKH dubbla triangeln KHT, allstå = $\frac{1}{24}$ av kvadraten. Då dessutom BL = 2ZL och AL = 2LF, så är triangeln ABL dubbla triangeln ALZ och triangeln ALZ dubbla triangeln ZLF. Men eftersom triangeln ZLF = EFQ = $\frac{1}{24}$ av hela kvadraten, så är triangeln ALZ = $\frac{1}{12}$ av densamma, alltså är triangeln ABL = $\frac{1}{6}$ ; men triangeln ABM = triangeln BML, alltså är var och en av dessa båda trianglar = $\frac{1}{12}$ av kvadraten. Kvar blir femhörningen LFEHT = hälften av en sjättedel mer än hälften av en åttondel av hela kvadraten alltså = $\frac{7}{48}$ av densamma.

Vi har alltså nu även delat in rektangeln AE i sju delar, sålunda är hela figuren ABGD delad i 14 delar, vilka står i ett rationellt förhållande till den, och det är, vad vi ville bevisa. - Denna Archimedes' bok om figuren sîṭêmaschion avslutades måndagen den 6 Rabi' I. 1061 Mars 1651.