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\chapter{Eine Anwendung aus der Regio: Zerlegungsgleichheit von Polyedern}

\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
$ℝ³$.  Ich möchte das erste Polyeder $P_1$ durch gerade Schnitte in ein Puzzle
zerlegen, aus dem sich das 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
  \[
    \operatorname{vol} : \Pi → ℝ^{≥ 0}
  \]
  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
\[
  \operatorname{dehn} : \Pi → V,
\]
wobei $V$ ein $ℚ$-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 $ℚ$-Vektorraum $ℝ$ warmzuwerden, fragen wir: ist die Menge $\{ 1,
  \sqrt{2}\}$ $ℚ$-linear unabhängig?  Die Antwort ist „Nein!“, denn falls es
  zwischen den Zahlen $1$ und $\sqrt{2}$ eine nicht-triviale $ℚ$-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 $ℚ$-Vektorraum $V$ zu konstruieren, betrachte den von der Zahl $π$
erzeugten $ℚ$-Untervektorraum $\langle π \rangle ⊂ ℝ$.  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 $\operatorname{dehn} : \Pi → V$
konstruieren; wir müssen also jedem Polyeder $P ⊂ ℝ³$ 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
$ℓ(E_1)$, …, $ℓ(E_n)$; 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 Vorbereitungen definieren wir das die Dehn-Invariante von
$P$ schließlich als
\[
  \operatorname{dehn}(P) := \sum_{k=1}^{n} ℓ(E_k) ⊗ α (E_k).
\]
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]{$ℓ$} (C1) -- (A1) --
    node[above]{$ℓ$} (A2) -- node[left]{$ℓ_1$} cycle;
    \path[draw, thick](C2) -- node[right]{$ℓ_2$} (B2) -- node[below, right=.5mm]{$ℓ_3$} (A2);
    % verdeckte Kanten zeichnen
    \path[draw,dashed](A1) -- (B1) -- node[above]{$ℓ$} (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) &= ℓ_1 ⊗ \frac{π}{2} + ℓ_2 ⊗ \frac{π}{2} + ℓ_3 ⊗ \frac{π}{2} + ℓ ⊗ β + ℓ ⊗ α + ℓ ⊗ γ + ℓ_1 ⊗ \frac{π}{2} + ℓ_2 ⊗ \frac{π}{2} + ℓ_3 ⊗ \frac{π}{2} \\
                           &= ℓ ⊗ (β + α + γ)\\
                           &= ℓ ⊗ 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 $α¹(E_1)$, …, $α¹(E_a)$ und
  $α²(E_{a+1})$, …, $α²(E_b)$ die Winkel der Flächen der Teilpolyeder
  bezeichnen, dann gelten die Gleichungen
  \begin{equation}
    \begin{matrix}
      α(E_1) = α¹(E_1) & … & α(E_a) = α¹(E_a) \\
      α(E_{a+1}) = α²(E_{a+1}) & … & α(E_b) = α²(E_b)
    \end{matrix}
  \end{equation}
    
  \item Teilstücke von schwarzen Kanten.  Wenn wir die Teilstücke der schwarzen
  Kante $E_{•}$ mit $E¹_{•}$ und $E²_{•}$ bezeichnen, dann gilt für die Längen
  und für die Winkel
  \begin{equation}
    \begin{aligned}
      ℓ(E_{•}) & = ℓ¹(E¹_{•}) + ℓ²(E²_{•}) \\
      α(E_{•}) & = α¹(E¹_{•}) = α²(E²_{•}).
    \end{aligned}
  \end{equation}
    
  \item Schließlich gibt es noch Kanten, die durch das Zerlegen neu
    hinzugekommen sind.  Eine solche Kante tritt immer zweimal auf: einmal in
    $P_1$ und einmal in $P_2$.  Wir bezeichnen diese Kanten mit $E¹_{n+1}$,
    $E²_{n+1}$, …, $E¹_m$, $E²_m$.  Es gilt für jeden Index $i > n$
    \begin{equation}
      ℓ¹(E¹_i) = ℓ²(E²_i) \quad\text{und}\quad α¹(E¹_i) + α²(E²_i) = π.
    \end{equation}
  \end{itemize}
  Mit diesen Bezeichnungen ist
  \begin{align*}
    \operatorname{dehn}(P_1) & = \sum_{i=1}^a ℓ¹(E_i)⊗ α¹(E_i) + \sum_{i=b+1}^n ℓ¹(E¹_i)⊗ α¹(E¹_i) + \sum_{i=n+1}^m ℓ¹(E¹_i)⊗ α¹(E¹_i) \\
                             & = \sum_{i=1}^a ℓ(E_i)⊗ α(E_i) + \sum_{i=b+1}^n ℓ¹(E¹_i)⊗ α(E_i) + \sum_{i=n+1}^m ℓ¹(E¹_i)⊗ α¹(E¹_i) \\
    \operatorname{dehn}(P_2) & = \sum_{i=a+1}^b ℓ²(E_i)⊗ α²(E_i) + \sum_{i=b+1}^n ℓ²(E²_i)⊗ α²(E²_i) + \sum_{i=n+1}^m ℓ²(E²_i)⊗ α²(E²_i) \\
                             & = \sum_{i=a+1}^b ℓ(E_i)⊗ α(E_i) + \sum_{i=b+1}^n ℓ²(E¹_i)⊗ α(E_i) + \sum_{i=n+1}^m ℓ²(E²_i)⊗ α²(E²_i) \\
  \end{align*}
  und deshalb
  \begin{align*}
    \operatorname{dehn}(P_1) + \operatorname{dehn}(P_2) & = \sum_{i=1}^b ℓ(E_i)⊗ α(E_i) + \sum_{i=b+1}^n \underbrace{\bigl(ℓ¹(E¹_i)+ℓ²(E¹_i)\bigr)}_{= ℓ(E_i)} ⊗ α(E_i) \\
                                                        & \qquad\qquad + \sum_{i=n+1}^m ℓ¹(E¹_i)⊗ \underbrace{\bigl(α¹(E¹_i)+α²(E²_i)\bigr)}_{ = π\text{, also gleich 0 in }\factor{ℝ}{\langle π \rangle}} \\
                                                        & = \sum_{i=1}^b ℓ(E_i)⊗ α(E_i) + \sum_{i=b+1}^n ℓ(E_i) ⊗ 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.

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