Grkokatolička konkatedrala svetih Ćirila i Metoda na zagrebačkom Gornjem gradu sa sjemeništem čini dio kompleksa koji potječe iz druge polovine 18. stoljeća. Sadašnja crkva izgrađena je nakon potresa 1880. prema projektu Hermanna Bolléa. Isti je arhitekt projektirao i ikonostas, najvažniji dio namještaja kršćanske građevine za bizantski obred. Ikonostas je oslikana pregrada koja odjeljuje svetište crkve od prostora za vjernike.
Proučit ćemo teme inspirirane arhitekturom i unutrašnjim uređenjem crkve svetih Ćirila i Metoda.U ovom ćemo radu promatrati neke geometrijske probleme povezane s upisanim kružnicama.
Jednostavniji problemi
Za početak promotrimo jedan zadatak inspiriran rozetom na pročelju crkve. Na slici 2 lijevo je fotografija te rozete iznutra, dok je desno pojednostavljeni geometrijski prikaz.
Ako je širina prozora $a$, treba odrediti visinu prikazanog dijela prozora te polumjere svih kružnica koje se pojavljuju na slici.
Očito je da je polumjer polukružnica jednak $\dfrac{a}{4}$, a polumjer velike kružnice $\dfrac{a}{2}$. Svaka od šest kružnica koje dodiruju veliku kružnicu ima isti polumjer koji označimo s $r$.
Trokut istaknut na slici 3 lijevo je jednakokračan, a središnji kut, tj. kut nasuprot osnovici, jednak je $\def\deg{^\circ}\dfrac{360\deg}6=60\deg .$ Stoga je taj trokut jednakostraničan te vrijedi $\dfrac{a}2-r=2r$ pa dobivamo da je polumjer svake od sedam malih kružnica jednak $\dfrac{a}6$.
Primijenimo li Pitagorin teorem na pravokutni trokut na slici 3 desno, vidimo da je visina tog dijela prozora jednaka $$\dfrac{a}2+\sqrt{\left(\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{4}\right)^2-\left(\dfrac{a}{4}\right)^2}=a\cdot\dfrac{1+\sqrt2}2.$$
Prijeđimo sada na kružnice koje susrećemo na ikonostasu. Naglasimo da su naši problemi inspirirani onim što vidimo na ikonostasu, ali smo situaciju pojednostavnili. Primjerice, zanemarujemo širine rubova i okvira. Čitatelji koji to žele, lako će dodavanjem takvih elemenata dobiti nešto realističnije, ali ne nužno i kompliciranije zadatke za vježbu.
Prije naših problema promotrimo na slici 4 kompleksan ikonostas koji je oslikao Epaminondas Buczewski, no vratimo se potom arhitekturi ikonostasa koju je, kako smo rekli, osmislio Bollé.
U njegov originalni nacrt [2] na slici 5 ucrtali smo crveni kvadrat koji obuhvaća glavni dio ikonostasa i njegovo središte te plavu kružnicu koja je određena lukom iznad ikonostasa. Os simetrije ucrtana je zelenom bojom, a ostale pomoćne dužine žutom. Ove dužine vjerojatno su i Bolléu poslužile da odredi ključne točke za raščlambu pojedinih dijelova ikonostasa.
Jedan od najvećih protivnika Bolléovih projekata u Hrvatskoj (pogotovo obnove stare zagrebačke katedrale) bio je povjesničar Gjuro Szabo koji u [6] ironično komentira Bolléa: Pa uzmi lineale i šablone i udri restauriraj…! Ostavljamo drugim strukama da prosude tko je u tom sukobu bio u pravu, a mi samo primjećujemo da Szabo nije bio sasvim korektan jer je Bollé u svom radu osim ravnalom, često baratao i šestarom. Barem za geometrijske zadaće koje mi promatramo, to je vrlo pogodno.
Slika 6 prikazuje isječak ikonostasa koji obuhvaća gornji dio središnjih vrata tzv. carskih dveri te zabat iznad njih. Na istoj slici nalazi se i raspored geometrijskih likova motiviran tim centralnim dijelom ikonostasa.
Zadana je duljina $2a$ koja predstavlja širinu carskih dveri i zabatni kut mjere $\alpha$ koja je u stvarnosti oko $110\deg$. Treba odrediti polumjere kružnica označenih s 1, 2, 3 i 4 pri čemu je odmah uzeta u obzir osnosimetričnost slike. Označimo s $r_i$ polumjer kružnice $i$ za $i = 1, 2, 3, 4$.
Na slici 7 uočavamo kvadrate sa stranicama duljine $r_1$ i $a$ pa vrijedi $$\begin{align}r_1\sqrt2+r_1+a&=a\sqrt2\\ r_1&=a\dfrac{\sqrt2-1}{\sqrt2+1}=a(3-2\sqrt2)\approx0.17a.\end{align}$$
Za određivanje $r_2$ i $r_3$ poslužimo se formulom koja kaže da je polumjer upisane kružnice trokuta jednak kvocijentu površine i poluopsega tog trokuta. Treba nam još visina pravokutnika u kojem su kružnice 2, 3 i 4, a ona je $a\, \text{ctg}\alpha$. Zato je $$\begin{align}r_2&=\dfrac{\dfrac{a\cdot a\, \text{ctg}\alpha}2}{\dfrac{a+a\, \text{ctg}\alpha+\dfrac{a}{\sin\alpha}}2}=\dfrac{a\cos\alpha}{\sin\alpha+\cos\alpha+1}\\r_3&=\dfrac{\dfrac{2a\cdot a\, \text{ctg}\alpha}{2}}{\dfrac{2a+\dfrac{2a}{\sin\alpha}}2}=\dfrac{a\cos\alpha}{\sin\alpha+1}.\end{align}$$
Sa slike 8 vidimo da je $$\dfrac{r_3-r_4}{r_3+r_4}=\sin\left(45\deg-\dfrac{\alpha}2\right),$$ pa dobivamo $$r_4=r_3\dfrac{1-\sin\left(45\deg-\dfrac{\alpha}2\right)}{1+\sin\left(45\deg-\dfrac{\alpha}2\right)}=\dfrac{a\cos\alpha}{\sin\alpha+1}\cdot\dfrac{1-\sin\left(45\deg-\dfrac{\alpha}2\right)}{1+\sin\left(45\deg-\dfrac{\alpha}2\right)}.$$
Konstruktibilnost i napredniji problemi
U svim prethodnim zadatcima mogli smo s pomoću ravnala i šestara iz zadanih veličina lako konstruirati polumjer tražene kružnice, pa onda i samu kružnicu. U tim zadatcima moglo se ponuditi i čisto geometrijsko rješenje (probajte sami). Ipak, algebarska metoda u kojoj najprije izrazimo tražene veličine uz pomoć zadanih, a zatim nizom standardnih koraka konstruiramo traženu duljinu ili kut, omogućuje nam da razumijemo koje su konstruktivne zadaće uopće rješive ravnalom i šestarom. Takve zadaće nazivamo elementarno rješivima i sada ćemo reći nešto više o njima.
Radi jednostavnijeg zapisa, u nastavku ćemo pretpostaviti da nam je dana dužina jedinične duljine, ali to ne predstavlja nikakvo smanjenje općenitosti. Ako su nam zadane dužine duljina $a$ i $b$ te prirodni brojevi $m$ i $n$, onda možemo ravnalom i šestarom konstruirati dužine sljedećih duljina $$a+b,\hskip8mm a-b,\hskip8mm ab,\hskip8mm \dfrac{a}b,\hskip8mm ma,\hskip8mm \dfrac{m}{n}a,\hskip8mm \sqrt{a}.$$ Konstrukcije su prikazane na slici 9, a čitateljima ostavljamo da dopune detalje i dokažu ispravnost.
Uvedemo li u ravninu Kartezijev koordinatni sustav, koristeći se jednadžbama pravaca i kružnica, nije se teško uvjeriti (vidite npr. [4, §6]) da se ravnalom i šestarom mogu konstruirati samo duljine, tj. brojevi koji se iz zadanih brojeva dobivaju konačnim nizom sljedećih operacija: zbrajanje, oduzimanje, množenje, dijeljenje i uzimanje kvadratnog korijena. Započnemo li samo sa zadanim brojem 1, sve brojeve koje možemo dobiti zovemo konstruktibilnima. Napomenimo da negativan broj smatramo konstruktibilnim ako je njemu suprotan pozitivan broj konstruktibilan.
Uskoro ćemo promatrati i konstruktibilne kompleksne brojeve što samo znači da su i realni i imaginarni dio tog broja konstruktibilni realni brojevi. Za vježbu pokažite da i za kompleksne brojeve možemo ravnalom i šestarom izvesti sve prije spomenute operacije.
Primjerice, drugi korijeni kompleksnog broja $a + bi$, gdje su $a$ i $b$ realni, oblika su $c + di$ pri čemu je $$c=\pm\sqrt{\dfrac{a+\sqrt{a^2+b^2}}2}, \hskip8mm d=\dfrac{b}{2c},$$ pa uz zadane $a$ i $b$ očito možemo konstruirati $c$ i $d$.
Pogledajmo sada sljedeći konstrukcijski problem na slici 10 potaknut gornjim dijelom malih vrata na ikonostasu (đakonske dveri).
Neka je polumjer polukruga jednak $1$. Treba naći polumjer sedam manjih sukladnih kružnica i polumjer dviju velikih. Označimo tražene polumjere redom s $r$ i $R$.
Na slici 11 uočavamo pravokutni trokut s hipotenuzom duljine $1-r$ i katetom duljine $r$ nasuprot koje je kut mjere $\dfrac12\cdot\dfrac{180\deg}7=\dfrac{90\deg}7$. Dakle, $$\begin{align}\dfrac{r}{1-r}&=\sin\dfrac{90\deg}7\\ r&=\dfrac{\sin\dfrac{90\deg}7}{1+\sin\dfrac{90\deg}7}.\end{align}$$
Stoga duljinu $r$ možemo konstruirati ako i samo ako možemo konstruirati kut mjere $\dfrac{90\deg}7$.
Na istoj slici 11 vidimo i trokut sa stranicama duljina $R\sqrt2$, $1-r$, $R+r$ te kutom nasuprot stranici duljine $R + r$ jednakim $45\deg-\dfrac32\cdot\dfrac{180\deg}{7}=\dfrac{45\deg}7$. Teorem o kosinusu za taj trokut daje $$(R+r)^2=(R\sqrt2)^2+(1-r)^2-2R\sqrt2(1-r)\cos\dfrac{45\deg}7,$$ tj. $$R^2-2R\left(r+(1-r)\sqrt2\cos\dfrac{45\deg}7\right)+1-2r=0,$$ pa $R$ možemo konstruirati ako možemo konstruirati dužinu duljine $r$ i kut mjere $\dfrac{45\deg}7=\dfrac12\cdot\dfrac{90\deg}7$. Zaključujemo da se $r$ i $R$ mogu konstruirati ako i samo ako možemo konstruirati kut $\dfrac{90\deg}7$, a budući da svaki kut znamo raspoloviti i udvostručiti, to je ekvivalentno uvjetu da se može konstruirati kut veličine $\dfrac{360\deg}7$ . Zato se naš problem svodi na pitanje mogućnosti konstrukcije $\cos\dfrac{360\deg}{7}$ ili ekvivalentno, mogućnosti konstrukcije $\sin\dfrac{360\deg}7$.
Označimo $x=2\cos\dfrac{360\deg}7$ i $z=\cos\dfrac{360\deg}7+i\sin\dfrac{360\deg}7$. Imamo $x=z+\overline{z}=z+\dfrac1z$ pa je $x$ moguće konstruirati ako i samo ako je moguće konstruirati $z$. Prema de Moivreovoj formuli je $z^7=\cos360\deg+i\sin360\deg=1$ iz čega zbog $z\neq1$ i $z\neq0$ redom dobivamo $$\begin{align}z^7-1&=0,\\ (z-1)(z^6+z^5+z^4+z^3+z^2+z+1)&=0,\\ z^6+z^5+z^4+z^3+z^2+z+1&=0,\\ z^3+z^2+z+1+\dfrac1z+\dfrac1{z^2}+\dfrac1{z^3}&=0.\end{align}$$ Iz $x=z+\dfrac1z$ slijedi $$\begin{align}x^2&=z^2+\dfrac1{z^2}+2,\\ x^3&=z^3+3z+3\dfrac1z+\dfrac1{z^3}=z^3+\dfrac1{z^3}+3x\end{align}$$ pa uvrštavanjem u zadnju jednadžbu za $z$ dobivamo $$\begin{align}x^3-3x+x^2-2+x+1&=0,\\ x^3+x^2-2x-1&=0.\end{align}\tag{2.1}$$
Sada ćemo iskoristiti sljedeći teorem o mogućnosti konstruiranja rješenja kubne jednadžbe što se može dokazati i primjenom samo elementarnih algebarskih činjenica, vidite npr. [4, Teorem 6.3].
Teorem (o mogućnosti konstruiranja rješenja kubne jednadžbe). Rješenja kubne jednadžbe s racionalnim koeficijentima moguće je konstruirati ako i samo ako ta jednadžba ima rješenje koje je racionalan broj.
Jedini kandidati za racionalno rješenje jednadžbe (2.1) su djelitelji slobodnog člana, tj. $-1$ i $1$. Uvrštavanjem odmah vidimo da to nisu rješenja, pa iz prethodnog teorema zaključujemo da $2 \cos\dfrac{360\deg}7$ nije moguće konstruirati, stoga nije moguće konstruirati ni $r$ i $R$.
Budući da je $\dfrac{360\deg}7$ središnji kut nad stranicom pravilnog sedmerokuta upisanog u kružnicu, ovim smo pokazali i da ravnalom i šestarom nije moguće konstruirati pravilni sedmerokut ako nam je zadan polumjer njemu opisane kružnice. Zbog jednostavne primjene homotetije očito je da isto vrijedi i ako nam je zadan samo polumjer upisane kružnice ili samo duljina stranice tog sedmerokuta. Pravilni sedmerokut je pravilan mnogokut s najmanjim brojem stranica koji nije moguće konstruirati ravnalom i šestarom. Potpunu karakterizaciju pravilnih mnogokuta koje je moguće konstruirati dali su Gauss i Wantzel.
Zadnji problem koji ćemo promatrati u ovom članku motiviran je gornjim dijelom biskupskog trona koji se nalazi na kraju crkve, u prostoru iza ikonostasa i oltara.
Na Slici 12 desno prikazan je polukrug u koji je upisan krug i dvije pravilne šesterokrake zvijezde. Neka je radi određenosti i jednostavnijeg zapisa promjer zadanog polukruga jednak $4$. Treba odrediti visinu upisanih zvijezda.
Primijetimo da je svaka od ovih zvijezda dobivena preklapanjem dvaju sukladnih jednakostraničnih trokuta s istim centrom. Označimo li duljinu stranice tih jednakostraničnih trokuta s $a$, lako vidimo da je duljina svake stranice zvijezde $\dfrac{a}3$, polumjer kružnice opisane zvijezdi $\dfrac{a\sqrt3}{3}$, dok je visina zvijezde $\dfrac{2a\sqrt3}3$. Zato je u rješavanju postavljenog problema dovoljno odrediti jednu od navedenih veličina. Spomenimo najprije jedan mogući pokušaj rješavanja ovog zadatka. Ideja je da prvo odredimo polumjer kružnice koja dodiruje rubove polukruga iznutra i veliku kružnicu promjera $2$ izvana. Zatim u tu malu kružnicu upišemo zvijezdu.
Ova ideja ilustrirana je na slici 13 lijevo. U sredini iste slike opažamo četverokut kojemu su vrhovi središta kružnica i polukružnice te nožište okomice iz središta male kružnice na promjer polukružnice. Taj je trapez izdvojen na slici 13 desno te su označene neke duljine pri čemu je $r$ traženi polumjer male kružnice. Sada dvostrukom primjenom Pitagorina teorema odmah dobivamo $$\begin{align}(2-r)^2-r^2&=(1+r)^2-(1-r)^2,\\4-4r&=4r,\\ r&=\dfrac12.\end{align}$$
Za visinu šesterokrake zvijezde upisane maloj kružnici tako dobivamo upravo vrijednost 1. Na žalost, ovo nije točno, nego samo aproksimativno rješenje našeg problema jer upisana zvijezda uopće ne dodiruje polukružnicu i veliku kružnicu. U to se nije teško uvjeriti primjerice uvećamo li sliku koju dobijemo slijedeći ovu konstrukciju u programu GeoGebra.
Da bismo ispravno riješili zadani problem, uvodimo Kartezijev koordinatni sustav kao na slici 14.
Napomenimo još jednom da je dovoljno upisati jednakostranični trokut koji dodiruje polukružnicu i njezin promjer te veliku upisanu kružnicu, a jedna stranica mu je paralelna s promjerom polukružnice. Čitavu šesterokraku zvijezdu dobit ćemo tada kao uniju ovog trokutića i njegove centralnosimetrične slike s obzirom na njegov centar.
Jednakokračni trokut s bazom na pravcu $y = v$ bit će jednakostraničan ako i samo ako mu se baza i visina na tu bazu odnose u omjeru $2 :\sqrt3$. Drugim riječima, odsječak pravca $y = v$ koji se nalazi u prvom kvadrantu između kružnica $x^2 +(y -1)^2 = 1^2$ i $x^2 +y^2 = 2^2$ mora biti duljine $\dfrac{2v}{\sqrt3}$. Dakle, $$\begin{align}\sqrt{4-v^2}-\sqrt{1-(v-1)^2}&=\dfrac{2v}{\sqrt3},\\ \sqrt{12-3v^2}-\sqrt{6v-3v^2}&=2v,\\ 12-3v^2+6v-3v^2-4v^2&=6\sqrt{(4-v^2)(2v-v^2)},\\ (6+3v-5v^2)^2&=9(4-v^2)(2v-v^2),\\ 16v^4-12v^3-15v^2-36v+36&=0.\end{align}\tag{2.2}$$
Dobili smo da je $v$ korijen polinoma $P(x)=16x^4-12x^3-15x^2-36x+36$.
Za korijene polinoma četvrtog stupnja pitanje mogućnosti konstrukcije nešto je teže od istog pitanja za polinome trećeg stupnja gdje nam teorem o mogućnosti konstrukcije rješenja kubne jednadžbe daje potpuni odgovor. Svest ćemo pitanje o mogućnosti konstrukcije korijena polinoma $ P(x)$ na analogni problem za njemu pridruženi kubni polinom koji se naziva rezolventa od $P(x)$.
Prije toga trebamo pokazati da je polinom $P(x)$ ireducibilan, tj. da se ne može prikazati kao umnožak dvaju polinoma s racionalnim koefcijentima stupnja barem jedan. Na ovaj polinom ne možemo primijeniti poznati Eisensteinov kriterij ireducibilnosti, a isto vrijedi i za sve polinome oblika $P(x – k)$, gdje je $k$ cijeli broj. Stoga ćemo primijeniti sljedeći jednostavan, ali koristan kriterij iz članka Rama Murtyja. [5]
Teorem (o ireducibilnosti polinoma) Neka je $f(x)=a_mx^m+a_{m-1}x^{m-1}+\ldots+a_1x+a_0$ polinom stupnja $m$ s cjelobrojnim koeficijentima i neka je $$H=\underset{0\leq i\leq m-1}{\text{max}}\left|\dfrac{a_i}{a_m}\right|.$$ Ako je $f(n)$ prost broj za neki cijeli broj $n\geq H+2$, onda je $f(x)$ ireducibilan polinom.
Prethodni teorem dokazuje se korištenjem jednostavne leme koja daje gornju ogradu $H + 1$ na apsolutnu vrijednost svakog korijena od $f(x)$.
Za naš polinom $P(x)$ imamo $$H=\text{max}\left\{\dfrac{36}{16}, \dfrac{36}{16}, \dfrac{15}{16}, \dfrac{12}{16}\right\}=\dfrac94=2.25.$$
Krenimo redom provjeravati je li $P(n)$ prost za $n > 4.25$ $$\begin{align}P(5)&=7981=23\cdot347,\\ P(6)&=17424=2\cdot8712,\\ P(7)&=33349,\end{align}$$ te dobivamo da je $P(7)$ prost broj jednostavnom provjerom na računalu (ili ručno provjerimo djeljivost s prostim brojevima $\leq181$). Dakle, $P(x)$ jest ireducibilan. Drugi način kako pokazati ireducibilnost $P(x)$ jest promatrati što se događa modulo $7$.
Sada nam neki bazični rezultati iz teorije proširenja polja (vidite npr. [1, Corollary 1.3] i [3]) govore da su ili svi korijeni od $P(x)$ u skupu kompleksnih brojeva konstruktibilni ili nijedan od njih nije takav.
Očito su korijeni polinoma $P(x)$ konstruktibilni ako i samo ako su konstruktibilni korijeni od $$16P(x/4)=x^4-3x^3-15x^2-144x+576.\tag{2.3}$$
Rezolventa polinoma $\def\a{\alpha}\def\b{\beta}\def\c{\gamma}\def\d{\delta}$ $$Q(x)=x^4+ax^3+bx^2+cx+d=(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)(x-\delta),$$ s korijenima $\a,\b,\c,\d$ u skupu kompleksnih brojeva jest polinom $R(x)$ s korijenima $\a\b+\c\d$, $\a\c+\b\d$, $\a\d+\b\c$, tj. $$R(x)=(x-\a\b-\c\d)(x-\a\c-\b\d)(x-\a\d-\b\c).$$ Primjenjujući Vièteove formule za polinom $Q(x)$ $$\begin{align} \a+\b+\c+\d&=-a\\ \a\b+\a\c+\a\d+\b\c+\b\d+\c\d&=b\\ \a\b\c+\a\b\d+\a\c\d+\b\c\d&=-c\\ \a\b\c\d&=d,\end{align} $$ može se pokazati da je $$R(x) = x^3- bx^2 + (ac- 4d)x- (a^2d – 4bd + c^2).$$ Direktno iz definicije vidimo da ako je korijene $\a,\b,\c,\d$ od $Q(x)$ moguće konstruirati, onda je moguće i korijene od $R(x).$ Drugim riječima, ako je $Q(x)$ ireducibilan i ako neki korijen od $R(x)$ nije moguće konstruirati, onda ni $Q(x)$ nema korijena koje je moguće konstruirati.
U našem slučaju, ako je $v$ moguće konstruirati, onda je zbog ireducibilnosti od $P(x)$ sve korijene od $P(x)$ moguće konstruirati, pa su takvi i korijeni od (2.3). Rezolventa tog polinoma je $$x^3 + 15x^2 – 1872x – 60480 \tag{2.4}$$ Budući da je prethodni polinom normiran, svi njegovi racionalni korijeni moraju biti cjelobrojni. Za svaki cijeli broj $x$ imamo $$x^3+15x^2-1872x – 60480\equiv x^3-4x^2+9x-3\pmod{19}. $$ Uvrstimo redom $x = 0, 1, 2, \ldots, 18$ i dobivamo da je uvijek $x^3-4x^2+9x-3\not\equiv 0\pmod{19},$ što znači da polinom (2.4) nema cjelobrojnih, pa ni racionalnih korijena.
Sada iz teorema o mogućnosti konstrukcije rješenja kubne jednadžbe zaključujemo da (2.4) nema korijena koje je moguće konstruirati. Stoga se ni dužina duljine $v$ koja zadovoljava (2.2) ne može konstruirati koristeći se samo ravnalom i šestarom. Dakle, naša konstruktivna zadaća s upisivanjem šesterokrake zvijezde nije elementarno rješiva.
No, lako je s pomoću računala dobiti da je $v$ približno jednako $0.7609,$ pa je visina zvijezde $\dfrac43 v = 1.0145\ldots.$ Naš početni pokušaj rješavanja problema dao je za visinu zvijezde 1, što ne samo da je očito moguće konstruirati, nego je i s relativnom pogreškom manjom od 2 % vjerojatno prihvatljivo za približnu konstrukciju.
Za kraj ostavljamo jednu vježbu čitateljima. Kada se u geometrijskim zadatcima pojavi više kružnica, često pomislimo na primjenu inverzije. U problemima s kojima smo se susretali u ovom članku pokušajte naći najprikladniji centar i polumjer inverzije te odredite u što se preslikavaju svi likovi s odgovarajućeg crteža pri toj inverziji. U kojima bi nam od tih problema inverzija mogla pomoći u konstrukciji nekih kružnica?
Zahvaljujem župniku o. Nenadu Krajačiću koji mi je omogućio fotografiranje svih dijelova unutrašnjosti crkve.
Literatura
- A. Chambert-Loir, On the numbers which are constructible with straight edge and
compass,
https://agreg-maths.univ-rennes1.fr/documentation/docs/compas.pdf - D. Damjanović, Arhitektura ikonostasa u opusu Hermana Bolléa, Prostor, 18 no. 1(39), 2010., 62-79.
- R. A. Gordon, J. C. Santos, An interesting construction problem, Amer. Math. Monthly 125 (2018), no. 3, 207-221.
- Konstruktivne metode u geometriji, skripta za predavanja, 2019.
https://web.math.pmf.unizg.hr/~pejkovic/files/kmg.pdf - M. Ram Murty, Prime numbers and irreducible polynomials, Amer. Math. Monthly 109 (2002), no. 5, 452-458.
- Gj. Szabo, Djela Hermanna Bolléa sude sud Hermannu Bolléu, 1932.
https://kgalovic.blogspot.com/2014/09/gjuro-szabo-sudi-hermannu-bolleu.html