Bolyai–Gerwienの定理

4 点 $O(0,0)$、$P(4,0)$、$Q(5,3)$、$R(1,3)$ を頂点とする平行四辺形 $OPQR$ をとる。底辺 $OP$ の長さは $4$、高さは $3$ である。
(1) 頂点 $R$ から底辺に垂線を下ろすと、足は $H(1,0)$ である。$H$ は線分 $OP$ の上にある（$0\le1\le4$）。平行四辺形を線分 $RH$ で切ると、直角三角形 $OHR$ と台形 $HPQR$ の 2 片に分かれる。
(2) 直角三角形 $OHR$ をベクトル $(4,0)$ だけ平行移動すると、$O\to(4,0)=P$、$H\to(5,0)$、$R\to(5,3)=Q$ に移る。移した三角形と台形 $HPQR$ を合わせると、4 点 $H(1,0)$、$(5,0)$、$Q(5,3)$、$R(1,3)$ を頂点とする長方形になる。
(3) 長方形の横は $5-1=4$、縦は $3$ なので、面積は
$$ \underbrace{4}_{\text{底辺}}\times\underbrace{3}_{\text{高さ}}=12 $$
である。平行四辺形の面積も $12$ である。

1 辺 $1$ の正方形を 2 枚用意する。面積の合計は $2$ なので、1 枚の正方形にするなら 1 辺は $\sqrt2$ である。
(1) 2 枚の正方形をそれぞれ対角線で切ると、直角をはさむ 2 辺が $1$、斜辺が $\sqrt2$ の直角二等辺三角形が 4 枚できる。
(2) 1 辺 $\sqrt2$ の正方形を 2 本の対角線で切ると、4 つの三角形に分かれる。正方形の対角線の長さは $\sqrt2\times\sqrt2=2$ で、2 本の対角線は互いの中点で垂直に交わるので、どの三角形も直角をはさむ 2 辺が $1$、斜辺が $\sqrt2$ の直角二等辺三角形である。
(3) (1) と (2) の三角形は 3 辺の長さが等しいので合同である（三角形の合同条件）。よって (1) の 4 枚を並べ直すと、1 辺 $\sqrt2$ の正方形ができる。

1. 1 辺 $2$ の正方形（面積 $4$）と、縦 $1$・横 $3$ の長方形（面積 $3$）は、prop-bg-area により分割合同でない。どんなに工夫して切っても、並べ直すことはできない。
2. 底辺 $4$・高さ $3$ の三角形（面積 $6$）と、縦 $2$・横 $3$ の長方形（面積 $6$）は面積が等しい。prop-bg-area からは分割合同かどうかは分からない。thm-bg-main により分割合同である。実際の切り方は ex-bg-tri で作る。

$O(0,0)$、$A(2,0)$、$(5,3)$、$(3,3)$ を頂点とする平行四辺形は、$a=2$、$h=3$、$d=3$ である。頂点 $(3,3)$ から真下に下ろした点 $(3,0)$ は底辺 $OA$ の外にあるので、1 回の縦の切り方では長方形にならない。
$\dfrac32\le2$ なので $n=2$ とし、高さ $y=\dfrac32$ の横線で 2 本の帯に切る。
(1) 下の帯は $(0,0)$、$(2,0)$、$\left(\dfrac72,\dfrac32\right)$、$\left(\dfrac32,\dfrac32\right)$ を頂点とし、ずれは $\dfrac32$ である。$x=\dfrac32$ で縦に切り、左の直角三角形を $(2,0)$ だけ動かすと、長方形 $\dfrac32\le x\le\dfrac72$、$0\le y\le\dfrac32$ になる。
(2) 上の帯も同じように長方形 $2\times\dfrac32$ に直し、(1) の長方形の上に載せる。

$A(0,0)$、$B(4,0)$、$C(1,3)$ の三角形（底辺 $4$、高さ $3$、面積 $6$）で、prf-bg-tri の切り方をたどる。
(1) $M=\left(\dfrac12,\dfrac32\right)$、$N=\left(\dfrac52,\dfrac32\right)$ である。三角形 $CMN$ を $N$ のまわりに $180^\circ$ 回すと、点 $X$ は $2N-X$ に移るので、$C(1,3)\to(4,0)=B$、$M\to M'=\left(\dfrac92,\dfrac32\right)$ である。
(2) 平行四辺形 $A(0,0)$、$B(4,0)$、$M'\left(\dfrac92,\dfrac32\right)$、$M\left(\dfrac12,\dfrac32\right)$ は、底辺 $4$、高さ $\dfrac32$、ずれ $\dfrac12\le4$ なので、$x=\dfrac12$ で 1 回切れば長方形 $\dfrac12\le x\le\dfrac92$、$0\le y\le\dfrac32$ になる。
(3) この長方形 $4\times\dfrac32$ を $x=\dfrac52$ で 2 つの長方形 $2\times\dfrac32$ に切り、一方を他方の上に積むと、長方形 $2\times3$ になる。
面積は $4\times\dfrac32=2\times3=6$ で、三角形の面積 $\dfrac12\times4\times3=6$ と一致する。これで ex-bg-area の (2) の三角形と長方形 $2\times3$ が分割合同であることが、実際の切り方で確かめられた。

横 $2$・縦 $1$ の長方形（面積 $2$）を、1 辺 $c=\sqrt2$ の正方形にする。$b=1\le\sqrt2$ なので段 1 は要らない。
(1) $d=\sqrt{(\sqrt2)^2-1^2}=1$ なので、$\Pi$ は $O(0,0)$、$A(2,0)$、$(3,1)$、$D(1,1)$ を頂点とする平行四辺形である。辺 $OD$ の長さは $\sqrt{1+1}=\sqrt2$ である。長方形 $0\le x\le2$、$0\le y\le1$ から $\Pi$ へは、線分 $(0,0)$–$(1,1)$ で切った直角三角形 $(0,0)$、$(1,1)$、$(0,1)$ を $(2,0)$ だけ平行移動すればよい。移した三角形は $(2,0)$、$(3,1)$、$(2,1)$ になり、残りと合わせて $\Pi$ になる。
(2) 辺 $OD$ を底辺に見る。直線 $OD$ は $y=x$ で、$A(2,0)$ からこの直線までの距離は $\dfrac{\lvert2-0\rvert}{\sqrt2}=\sqrt2=\dfrac{ab}c$ である。$A$ から直線 $OD$ に下ろした垂線の足は $(1,1)=D$ である。
(3) 線分 $AD$ で $\Pi$ を切り、三角形 $OAD$ をベクトル $\overrightarrow{OD}=(1,1)$ だけ平行移動すると、$O\to(1,1)$、$A\to(3,1)$、$D\to(2,2)$ に移る。残りの三角形 $A(2,0)$、$(3,1)$、$D(1,1)$ と合わせると、4 点 $(1,1)$、$(2,0)$、$(3,1)$、$(2,2)$ を頂点とする図形になる。隣り合う頂点を結ぶベクトルは $(1,-1)$、$(1,1)$、$(-1,1)$、$(-1,-1)$ で、長さはどれも $\sqrt2$、隣どうしの内積は $0$ なので、1 辺 $\sqrt2$ の正方形である。
長方形 $2\times1$ は正方形 2 枚を並べたものなので、これは ex-bg-two-squares の別の切り方になっている。

5 点 $(0,0)$、$(4,0)$、$(4,3)$、$(2,1)$、$(0,3)$ を順に結んだ五角形 $P$ を考える。頂点 $(2,1)$ で内側にへこんでいる。
(1) 面積は、靴ひも公式 で
$$ \frac12\bigl\lvert(0\cdot0-4\cdot0)+(4\cdot3-4\cdot0)+(4\cdot1-2\cdot3)+(2\cdot3-0\cdot1)+(0\cdot0-0\cdot3)\bigr\rvert=\frac12\lvert0+12-2+6+0\rvert=8 $$
である。
(2) へこんだ頂点 $(2,1)$ から、$(0,0)$ と $(4,0)$ へ線分を引くと、3 つの三角形に分割される。面積は、三角形 $(0,0)$、$(4,0)$、$(2,1)$ が $\dfrac12\times4\times1=2$、三角形 $(4,0)$、$(4,3)$、$(2,1)$ が $\dfrac12\times3\times2=3$（縦の辺 $3$ を底辺、$(2,1)$ までの横の距離 $2$ を高さ）、三角形 $(2,1)$、$(0,3)$、$(0,0)$ が $\dfrac12\times3\times2=3$ で、和は $2+3+3=8$ である。
(3) prf-bg-main により、3 つの三角形はそれぞれ長方形 $1\times2$、$1\times3$、$1\times3$ に直り、積むと長方形 $1\times8$ になる。
(4) 1 辺 $2\sqrt2$ の正方形（面積 $8$）も、lem-bg-rect により長方形 $1\times8$ と分割合同である。よって、五角形 $P$ と 1 辺 $2\sqrt2$ の正方形は分割合同である。

1 辺 $2$ の正三角形 $A(0,0)$、$B(2,0)$、$C(1,\sqrt3)$ をとる。面積は $\dfrac12\times2\times\sqrt3=\sqrt3$ なので、同じ面積の正方形の 1 辺は
$$ s=\sqrt{\sqrt3}=\sqrt[4]3\approx1.3161 $$
である。次のように切る。
(1) $D$ を辺 $AB$ の中点 $(1,0)$、$E$ を辺 $BC$ の中点 $\left(\dfrac32,\dfrac{\sqrt3}2\right)$ とする。
(2) 辺 $CA$ の上に、$EJ=s$ となる点 $J$ をとる。$J\approx(0.2545,\,0.4408)$ である。さらに辺 $CA$ の上に、$J$ から $C$ の方へ $JK=1$（辺の半分）となる点 $K\approx(0.7545,\,1.3068)$ をとる。
(3) 線分 $EJ$ で切る。さらに $D$ と $K$ から直線 $EJ$ に垂線を下ろし、足を $L\approx(0.7874,\,0.6227)$、$M\approx(0.9671,\,0.6841)$ として、線分 $DL$、$KM$ で切る。
片は、四角形 $ADLJ$、四角形 $DBEL$、四角形 $ECKM$、三角形 $KJM$ の 4 つである（$L$ は辺 $JM$ の上にある）。面積は順に約 $0.4057$、$0.6808$、$0.3979$、$0.2477$ で、和は $\sqrt3\approx1.7321$ である。
(4) 四角形 $DBEL$ はそのままにし、四角形 $ADLJ$ を $D$ のまわりに $180^\circ$ 回し、四角形 $ECKM$ を $E$ のまわりに $180^\circ$ 回す。三角形 $KJM$ は $K$ のまわりに $180^\circ$ 回してから、四角形 $ECKM$ と一緒に $E$ のまわりに $180^\circ$ 回す。すると 4 片は、$L\approx(0.7874,\,0.6227)$、$(1.2126,\,-0.6227)$、$(2.4581,\,-0.1975)$、$(2.0329,\,1.0480)$ を頂点とする正方形を作る。この正方形の辺の長さはどれも $s\approx1.3161$ である。

体積の等しい立方体と正四面体は、有限個の多面体に切って並べ直しても移り合わない。これは Hilbert が 1900 年に問題として出し、Dehn が解いた（Hilbert の第 3 問題）。証明の鍵は、二面角と辺の長さから作る量（Dehn 不変量）が、切り貼りで変わらないことである。証明は 錐体の体積とHilbertの第3問題 で扱う。平面で lem-bg-tri のように三角形を長方形に直せたのに対し、空間では正四面体を直方体に直すことができない。

半径 $1$ の円板 $K$（面積 $\pi$）と、1 辺 $\sqrt\pi$ の正方形（面積 $\pi$）は、面積が等しい。しかし $K$ は有限個の多角形に分割できないので、def-bg-scissors の意味で分割合同にならない。
理由の要点：円周の上の点は、どれも片の周の上にある。片の周の線分は円周と高々 $2$ 点でしか交わらないので、有限個の片では円周の無限個の点を覆いきれない。

片を平行移動だけで動かす（回転も裏返しもしない）分割合同を考える。Hadwiger と Glur は 1951 年に、平行移動だけで分割合同になるための条件を、次の量で与えた（HN06 の定理 1.5。この記事では証明しない）。長さ $1$ のベクトル $v$ に対し、多角形の辺のうち $v$ に垂直なものの長さを、$v$ が外向きの法線なら正、内向きなら負として足した量 $\Phi(v)$ である。面積の等しい 2 つの多角形が平行移動だけで分割合同になるのは、すべての $v$ について $\Phi(v)$ が等しいときに限る。
正三角形 $A(0,0)$、$B(2,0)$、$C(1,\sqrt3)$ と $v=(0,-1)$ では、$v$ に垂直な辺は辺 $AB$ だけで、$v$ はその外向きの法線なので $\Phi(v)=2$ である。正方形は向かい合う辺が平行で長さが等しく、一方の外向きの法線が $v$ なら他方は $-v$ なので、どの $v$ でも $\Phi(v)=0$ である。よって、正三角形はどの向きに置いた正方形とも、平行移動だけでは分割合同にならない。ex-bg-dudeney で片を $180^\circ$ 回していたのは、このためである。平行移動に $180^\circ$ 回転を加えれば、面積の等しい 2 つの多角形はいつも分割合同になることも知られている（HN06）。