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\svnid{$Id: 18-dehn.tex 60 2020-07-01 07:14:02Z kebekus $}


\chapter{Eine Anwendung aus der Regio: Zerlegungsgleichheit von Polyedern}
\sideremark{Revision \svnfilerev\\\svnfileday.\svnfilemonth.\svnfileyear}

\marginpar{Vorlesung 24}Auf dem zweiten internationalen Mathematikerkongress im
August 1900 in Paris hielt David
Hilbert\footnote{\href{https://de.wikipedia.org/wiki/David_Hilbert}{David
    Hilbert} (* 23. Januar 1862 in Königsberg; † 14. Februar 1943 in Göttingen)
  war ein deutscher Mathematiker.} einen Vortrag, in dem er eine thematisch
breit gefächerte \href{https://de.wikipedia.org/wiki/Hilbertsche_Probleme}{Liste
  von 23 ungelösten mathematischen Problemen} präsentierte.  Obwohl sein Vortrag
beim Publikum wohl nicht gut ankam, erwies sich die Liste der Hilbert'schen
Probleme als äußerst einflussreich für die Entwicklung der Mathematik im
20.~Jahrhundert.


\section{Hilbert's drittes Problem}

In
\href{https://de.wikipedia.org/wiki/Hilbertsche_Probleme#Hilberts_drittes_Problem}{Hilbert's
  drittem Problem} geht es um folgende Frage: gegeben sind zwei
\href{https://de.wikipedia.org/wiki/Polyeder}{Polyeder} $P_1$ und $P_2$ im Raum
$\bR^3$.  Ich möchte den ersten Polyeder $P_1$ durch gerade Schnitte in ein
Puzzle zerlegen, aus dem sich der zweite Polyeder $P_2$ zusammensetzen lässt.
Kann ich entscheiden, ob das möglich ist? In Schlausprech frage ich, ob die
Polyeder $P_1$ und $P_2$ \emph{zerlegungsgleich}\index{Zerlegungsgleichheit}
sind.

Um es vorweg zu nehmen: Hilbert's Frage ist heute vollständig beantwortbar.  Wir
werden hier nur eine Teilantwort diskutieren.  Eines ist von vornherein klar.

\begin{beobachtung}
  Falls das Volumen der Polyeder $P_1$ und $P_2$ nicht übereinstimmt, dann ist
  die Antwort ``Nein!''
\end{beobachtung}

\begin{notation}
  In moderner Sprache formulieren wir so: die Zerlegungsgleichheit von Polyedern
  ist eine Äquivalenzrelation auf der Menge $\Pi$ aller Polyeder.  Die
  Volumenfunktion
  \[
    \operatorname{vol} : \Pi \to \bR^{\geq 0}
  \]
  ist auf den Äquivalenzklassen konstant.  Man sagt, das Volumen ist eine
  \emph{Invariante}\index{Invariante}.
\end{notation}

Schauen Sie zum Thema Invarianten einmal in
\href{https://www.quantamagazine.org/math-invariants-helped-lisa-piccirillo-solve-conway-knot-problem-20200602/}{diesen
  lesenswerten Artikel}.  Wenn also zwei Polyeder unterschiedliches Volumen
haben, können sie nicht zerlegungsgleich sein.  Invarianten können uns also
helfen, für gegebene Polyeder $P_1$ und $P_2$ eine negative Antwort auf
Hilbert's Frage zu geben.


\section{Die Dehn-Invariante}

Es wird Sie vielleicht nicht sehr überraschen, dass es Polyeder $P_1$ und $P_2$
mit gleichem Volumen gibt, die aber nicht zerlegungsgleich sind.  Die Invariante
``Volumen'' ist also nicht fein genug um Hilbert's Frage vollständig zu
beantworten.  Aus diesem Grund konstruierte Max
Dehn\footnote{\href{https://de.wikipedia.org/wiki/Max_Dehn}{Max Wilhelm Dehn} (*
  13. November 1878 in Hamburg; † 27. Juni 1952 in Black Mountain, North
  Carolina) war ein deutsch-amerikanischer Mathematiker.  Er studierte unter
  Anderem an der \href{http://www.uni-freiburg.de}{Albert-Ludwigs-Universität
    Freiburg}.} eine weitere, sehr interessante Invariante, die nicht so
offensichtlich ist, wie das Volumen.  Die
\emph{Dehn-Invariante}\index{Dehn-Invariante} ist eine Abbildung
\[
  \operatorname{dehn} : \Pi \to V,
\]
wobei $V$ ein $\bQ$-Vektorraum ist, den wir gleich konstruieren werden.  Die
Invarianteneigenschaft folgt daraus, dass die Dehn-Invariante \emph{additiv}
ist.  Mit anderen Worten: wenn ein Polyeder $P$ auf beliebige Art in zwei
Teilpolyeder zerlegt wird, $P = P_1 ∪ P_2$, dann gilt stets die folgende
Gleichung,
\begin{equation}\label{eq:Dehn2}
  \operatorname{dehn}(P) = \operatorname{dehn}(P_1) + \operatorname{dehn}(P_2).
\end{equation}


\subsection{Konstruktion des Vektorraums}

Um den Vektorraum $V$ zu konstruieren, betrachte $ℝ$ zuerst als Vektorraum über
$ℚ$.  Elemente sind zum Beispiel die Zahlen $1$, $\sqrt{2}$ oder die Kreiszahl
$π$. Dieser Vektorraum ist natürlich unendlich-dimensional.

\begin{bemerkung}
  Um mit dem $\bQ$-Vektorraum $\bR$ warm zu werden, fragen wir: ist die Menge
  $\{ 1, \sqrt{2}\}$ $\bQ$-linear unabhängig?  Die Antwort ist ``Nein!''  Denn
  falls es zwischen den Zahlen $1$ und $\sqrt{2}$ eine nicht-triviale
  $\bQ$-lineare Relation gäbe,
  \[
    p · 1 + q · \sqrt{2} = 0,
  \]
  so wäre $q \ne 0$ und $\sqrt{2} = - \frac{p}{q}$ wäre rational.  Wir wissen
  aber schon, dass $\sqrt{2}$ irrational ist.
\end{bemerkung}

Um jetzt den $\bQ$-Vektorraum $V$ zu konstruieren, betrachte den von der Zahl
$π$ erzeugten $\bQ$-Untervektorraum $\langle π \rangle \subset ℝ$. Weiter
betrachten wir den Quotientenvektorraum $\factor{ℝ}{\langle π \rangle}$.  Der
Vektorraum $V$ von Max Dehn ist dann gleich dem Tensorprodukt,
\[
  V = ℝ ⊗ \left(\factor{ℝ}{\langle π \rangle}\right).
\]
Dies ist ein Tensorprodukt von $ℚ$-Vektorräumen, also selbst ein $ℚ$-Vektorraum.


\subsection{Konstruktion der Invariante}

Als nächstes müssen wir die Abbildung $\operatorname{dehn} : \Pi \to V$
konstruieren; wir müssen also jedem Polyeder $P \subset \bR^3$ ein Element des
Vektorraumes $V$ zuordnen.  Sei also ein Polyeder $P$ gegeben. Wir bezeichnen
die Kanten des Polyeders $P$ mit $E_1, …, E_n$ und die Längen der Kanten mit
$\ell(E_1)$, …, $\ell(E_n)$; dies sind positive reelle Zahlen.  An jeder Kante
kommen zwei Flächen zusammen, wir bezeichnen den Winkel zwischen den Flächen mit
$α(E_1)$, …, $α(E_n)$; dabei verwenden wir wie in der Mathematik üblich das
Bogenmaß.  Nach diesen Vorbereitung definieren wir das die Dehn-Invariante von
$P$ schließlich als
\[
  \operatorname{dehn}(P) := \sum_{k=1}^{n} \ell(E_k) ⊗ α (E_k).
\]
Wir werden gleich zeigen, dass dies tatsächlich eine Invariante
definiert. Vorher aber kommt noch eine triviale Beobachtung und ein Beispiel.

\begin{beobachtung}
  Kongruente Polyeder haben dieselbe Dehn-Invariante. \qed
\end{beobachtung}

% PRISMA
\begin{figure} % "h" platziert Grafik an dieser Stelle
  \centering
  \begin{tikzpicture}[xyz]% z-Achse zeigt nach oben
    % Koordinaten in zwei zur xz-Ebene parallelen Ebenen definieren
    \foreach[count=\i] \z in {0,5}
    \path
    (0,\z,0)coordinate(A\i)
    (-3,\z,0)coordinate(B\i)
    (0,\z,4)coordinate(C\i)
    ;
    % Grundfläche füllen
    \foreach \i/\j in {A/B}
    \path[flaeche](\i1)--(\i2)--(\j2)--(\j1)--cycle;
    % Seitenfläche(n) füllen, gegebenenfalls doppelt, damit dunkler
    \foreach \i in {1,1,2,2}
    \path[flaeche](A\i)--(B\i)--(C\i)--cycle;
    % hintere Fläche füllen
    \foreach \i/\j in {B/C}
    \path[flaeche](\i1)--(\i2)--(\j2)--(\j1)--cycle;
    % sichtbare Kanten zeichnen
    \path[draw, thick](C2) -- node[above]{$\ell$} (C1) -- (A1) --
    node[above]{$\ell$} (A2) -- node[left]{$\ell_1$} cycle;
    \path[draw, thick](C2) -- node[right]{$\ell_2$} (B2) -- node[below, right=.5mm]{$\ell_3$} (A2);
    % verdeckte Kanten zeichnen
    \path[draw,dashed](A1) -- (B1) -- node[above]{$\ell$} (B2)   (B1) -- (C1);
    % Winkel zeichnen (im Uhrzeigersinn = Innenwinkel; Werte anpassen, damit es gut aussieht...)
    \pic ["$γ$", draw, angle radius=.4cm, angle eccentricity =
    0.55]{angle=C2--B2--A2};
  \pic ["$α$", draw, angle radius=.6cm, angle eccentricity =
  0.65]{angle=B2--A2--C2};
  \pic ["$β$", draw, angle radius=1.1cm, angle eccentricity =
  0.85]{angle=A2--C2--B2};
\end{tikzpicture}
\caption{Prisma}\label{fig:prisma}
\end{figure}

\begin{bsp}[Dehn-Invariante eines Prismas]
  Es sei $P$ das in Abbildung~\ref{fig:prisma} gezeigte Prisma.  Dann berechnet sich die Dehn-Invariante als
  \begin{align*}
    \operatorname{dehn}(P) &= \ell_1 ⊗ \frac{π}{2} + \ell_2 ⊗ \frac{π}{2} + \ell_3 ⊗ \frac{π}{2} + \ell ⊗ β + \ell ⊗ α + \ell ⊗ γ + \ell_1 ⊗ \frac{π}{2} + \ell_2 ⊗ \frac{π}{2} + \ell_3 ⊗ \frac{π}{2} \\
                           &= \ell ⊗ (β + α + γ)\\
                           &= \ell ⊗ π = 0.
  \end{align*}
\end{bsp}

%PYRAMIDE
\begin{figure}
  \centering
\begin{tikzpicture}[xyz]% z-Achse zeigt nach oben
    \path
        (0,0,0)coordinate(A1)
        (5,0,0)coordinate(B1)
        (5,5,0)coordinate(C1)
        (0,5,0)coordinate(D1)
        (2.5,2.5,7)coordinate(S)
        ($(A1)!0.6!(S)$)coordinate(A2) % liegt damit automatisch auf der Kante
        ($(B1)!0.55!(S)$)coordinate(B2)
        ($(C1)!0.4!(S)$)coordinate(C2)
        ($(D1)!0.4!(S)$)coordinate(D2)
    ;
% Schnittfläche füllen
    \path[flaeche, blue!50] (A2)--(B2)--(C2)--(D2)--cycle;
% Schnittkanten blau
    \path[draw, blue, very thick] (A2) -- (B2) -- (C2) -- (D2) -- cycle;
% Grundfläche füllen
    \path[flaeche, green!15] (A1)--(B1)--(C1)--(D1)--cycle;
% Grundflächenkanten grün
    \path[draw, green, very thick] (B1) -- (C1) -- (D1);
    \path[draw, dashed, very thick, green] (D1) -- (A1) -- (B1);
% Seitenfläche(n) füllen
  \foreach \i/\j in {A/B, B/C, C/D, D/A}
  \path[flaeche] (\i1)--(\j1)--(S)--cycle;
  
% sichtbare Kanten zeichnen
    \path[draw, thick] (B1) -- (S) -- (C1)   (S) -- (D1);
% verdeckte Kanten zeichnen
    \path[draw, dashed] (S) -- (A1);
    
% Beschriftung
    \draw[->, thick] (4,6,6) -- node[above=0.3cm, right=1.1cm]{$P_1$} (2,3,4.5);
    \draw[->, thick] (2,-1,2) -- node[above=0.2cm, left=1.3cm]{$P_2$}
    (2,1.5,1.5);
  \end{tikzpicture}
  \caption{Pyramide, in zwei Teile zerlegt}\label{fig:pyramide}
\end{figure}

\begin{satz}
  Die Abbildung $\operatorname{dehn}$ ist additiv.
\end{satz}
\begin{proof}
  Es sei $P$ ein Polyeder, zerlegt durch gerade Schnitte in zwei Teilpolyeder,
  $P_1$ und $P_2$.  Die Abbildung~\ref{fig:pyramide} zeigt, was ich meine.
  Bezeichne die Kanten von $P$ mit $E_1$, …, $E_n$.  Wir beobachten, dass es
  zwei unterschiedliche Arten von Kanten gibt.
  \begin{itemize}
  \item Kanten, die vollständig in $P_1$ oder in $P_2$ liegen (in der Abbildung grün).
    
  \item Kanten, die bei der Zerlegung von $P$ zerschnitten werden (in der
    Abbildung schwarz).
  \end{itemize}
  Nach Umnummerierung können wir ohne Einschränkung der Allgemeinheit annehmen,
  dass die Kanten $E_1$, …, $E_b$ grün und dass die Kanten $E_{b+1}$, …, $E_n$
  schwarz sind.  Jetzt schaue ich mir die Kanten von $P_1$ und $P_2$ an. Dort
  gibt es drei unterschiedliche Arten von Kanten.
  \begin{itemize}
  \item Die grünen Kanten $E_1$, …, $E_b$.  Nach Umnummerierung können wir ohne
    Einschränkung der Allgemeinheit annehmen, dass die Kanten $E_1$, …, $E_a$
    Kanten des Teilpolyeders $P_1$ und dass die Kanten $E_{a+1}$, …, $E_b$
    Kanten des Teilpolyeders $P_1$ sind.  Wenn wir mit $α^1(E_1)$, …, $α^1(E_a)$
    und $α^2(E_{a+1})$, …, $α^2(E_b)$ die Winkel der Flächen der Teilpolyeder
    bezeichnen, dann gelten die Gleichungen
    \begin{equation}
      \begin{matrix}
        α(E_1) = α^1(E_1) & … & α(E_a) = α^1(E_a) \\
        α(E_{a+1}) = α^2(E_{a+1}) & … & α(E_b) = α^2(E_b)
      \end{matrix}
    \end{equation}
    
  \item Teilstücke von schwarzen Kanten.  Wenn wir die Teilstücke der schwarzen
    Kante $E_{\bullet}$ mit $E^1_{\bullet}$ und $E^2_{\bullet}$ bezeichnen, dann
    gilt für die Längen    und für die Winkel
    \begin{equation}
      \begin{aligned}
        \ell(E_{\bullet}) & = \ell^1(E^1_{\bullet}) + \ell^2(E^2_{\bullet}) \\
        α(E_{\bullet}) & = α^1(E^1_{\bullet}) = α^2(E^2_{\bullet})
      \end{aligned}
    \end{equation}
    
  \item Schließlich gibt es noch Kanten, die durch das Zerlegen neu
    hinzugekommen sind.  Eine solche Kante tritt immer zwei mal auf: ein mal in
    $P_1$ und ein mal in $P_2$.  Wir bezeichnen diese Kanten mit $E^1_{n+1}$,
    $E^2_{n+1}$, …, $E^1_m$, $E^2_m$.  Es gilt für jeden Index $i > n$
    \begin{equation}
      \ell^1(E^1_i) = \ell^2(E^2_i) \quad\text{und}\quad α^1(E^1_i) + α^2(E^2_i) = π
    \end{equation}
  \end{itemize}
  Mit diesen Bezeichnungen ist
  \begin{align*}
    \operatorname{dehn}(P_1) & = \sum_{i=1}^a \ell^1(E_i)\otimes α^1(E_i) + \sum_{i=b+1}^n \ell^1(E^1_i)\otimes α^1(E^1_i) + \sum_{i=n+1}^m \ell^1(E^1_i)\otimes α^1(E^1_i) \\
                             & = \sum_{i=1}^a \ell(E_i)\otimes α(E_i) + \sum_{i=b+1}^n \ell^1(E^1_i)\otimes α(E_i) + \sum_{i=n+1}^m \ell^1(E^1_i)\otimes α^1(E^1_i) \\
    \operatorname{dehn}(P_2) & = \sum_{i=a+1}^b \ell^2(E_i)\otimes α^2(E_i) + \sum_{i=b+1}^n \ell^2(E^2_i)\otimes α^2(E^2_i) + \sum_{i=n+1}^m \ell^2(E^2_i)\otimes α^2(E^2_i) \\
                             & = \sum_{i=a+1}^b \ell(E_i)\otimes α(E_i) + \sum_{i=b+1}^n \ell^2(E^1_i)\otimes α(E_i) + \sum_{i=n+1}^m \ell^2(E^2_i)\otimes α^2(E^2_i) \\
  \end{align*}
  und deshalb
  \begin{align*}
    \operatorname{dehn}(P_1) + \operatorname{dehn}(P_2) & = \sum_{i=1}^b \ell(E_i)\otimes α(E_i) + \sum_{i=b+1}^n \underbrace{\bigl(\ell^1(E^1_i)+\ell^2(E^1_i)\bigr)}_{= \ell(E_i)} \otimes α(E_i) \\
                                                        & \qquad\qquad + \sum_{i=n+1}^m \ell^1(E^1_i)\otimes \underbrace{\bigl(α^1(E^1_i)+α^2(E^2_i)\bigr)}_{ = π\text{, also gleich 0 in }\factor{ℝ}{\langle π \rangle}} \\
                                                        & = \sum_{i=1}^b \ell(E_i)\otimes α(E_i) + \sum_{i=b+1}^n \ell(E_i) \otimes α(E_i) \\
                                                        & = \operatorname{dehn}(P).
  \end{align*}
  Das macht einen einfachen Mathematiker sehr glücklich.
\end{proof}


\section{…und was kann ich jetzt damit machen?}

Wir können ausrechnen, dass ein Würfel und ein Tetraeder \emph{nicht}
zerlegungsgleich sind, selbst wenn beide dasselbe Volumen haben.  Schauen Sie
sich dazu als letzten Punkt der Vorlesung
\href{https://www.youtube.com/watch?v=eYfpSAxGakI}{dieses wunderbare Video} an.

    
%%% Local Variables:
%%% mode: latex
%%% TeX-master: "20LA2"
%%% End:

