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\svnid{$Id: 18-dehn.tex 60 2020-07-01 07:14:02Z kebekus $}
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\chapter{Eine Anwendung aus der Regio: Zerlegungsgleichheit von Polyedern}
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\sideremark{Revision \svnfilerev\\\svnfileday.\svnfilemonth.\svnfileyear}
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\marginpar{Vorlesung 24}Auf dem zweiten internationalen Mathematikerkongress im
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August 1900 in Paris hielt David
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Hilbert\footnote{\href{https://de.wikipedia.org/wiki/David_Hilbert}{David
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Hilbert} (* 23. Januar 1862 in Königsberg; † 14. Februar 1943 in Göttingen)
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war ein deutscher Mathematiker.} einen Vortrag, in dem er eine thematisch
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breit gefächerte \href{https://de.wikipedia.org/wiki/Hilbertsche_Probleme}{Liste
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von 23 ungelösten mathematischen Problemen} präsentierte. Obwohl sein Vortrag
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beim Publikum wohl nicht gut ankam, erwies sich die Liste der Hilbert'schen
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Probleme als äußerst einflussreich für die Entwicklung der Mathematik im
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20.~Jahrhundert.
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\section{Hilbert's drittes Problem}
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In
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\href{https://de.wikipedia.org/wiki/Hilbertsche_Probleme#Hilberts_drittes_Problem}{Hilbert's
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drittem Problem} geht es um folgende Frage: gegeben sind zwei
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\href{https://de.wikipedia.org/wiki/Polyeder}{Polyeder} $P_1$ und $P_2$ im Raum
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$\bR^3$. Ich möchte den ersten Polyeder $P_1$ durch gerade Schnitte in ein
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Puzzle zerlegen, aus dem sich der zweite Polyeder $P_2$ zusammensetzen lässt.
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Kann ich entscheiden, ob das möglich ist? In Schlausprech frage ich, ob die
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Polyeder $P_1$ und $P_2$ \emph{zerlegungsgleich}\index{Zerlegungsgleichheit}
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sind.
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Um es vorweg zu nehmen: Hilbert's Frage ist heute vollständig beantwortbar. Wir
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werden hier nur eine Teilantwort diskutieren. Eines ist von vornherein klar.
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\begin{beobachtung}
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Falls das Volumen der Polyeder $P_1$ und $P_2$ nicht übereinstimmt, dann ist
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die Antwort ``Nein!''
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\end{beobachtung}
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\begin{notation}
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In moderner Sprache formulieren wir so: die Zerlegungsgleichheit von Polyedern
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ist eine Äquivalenzrelation auf der Menge $\Pi$ aller Polyeder. Die
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Volumenfunktion
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\[
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\operatorname{vol} : \Pi \to \bR^{\geq 0}
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\]
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ist auf den Äquivalenzklassen konstant. Man sagt, das Volumen ist eine
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\emph{Invariante}\index{Invariante}.
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\end{notation}
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Schauen Sie zum Thema Invarianten einmal in
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\href{https://www.quantamagazine.org/math-invariants-helped-lisa-piccirillo-solve-conway-knot-problem-20200602/}{diesen
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lesenswerten Artikel}. Wenn also zwei Polyeder unterschiedliches Volumen
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haben, können sie nicht zerlegungsgleich sein. Invarianten können uns also
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helfen, für gegebene Polyeder $P_1$ und $P_2$ eine negative Antwort auf
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Hilbert's Frage zu geben.
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\section{Die Dehn-Invariante}
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Es wird Sie vielleicht nicht sehr überraschen, dass es Polyeder $P_1$ und $P_2$
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mit gleichem Volumen gibt, die aber nicht zerlegungsgleich sind. Die Invariante
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``Volumen'' ist also nicht fein genug um Hilbert's Frage vollständig zu
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beantworten. Aus diesem Grund konstruierte Max
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Dehn\footnote{\href{https://de.wikipedia.org/wiki/Max_Dehn}{Max Wilhelm Dehn} (*
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13. November 1878 in Hamburg; † 27. Juni 1952 in Black Mountain, North
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Carolina) war ein deutsch-amerikanischer Mathematiker. Er studierte unter
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Anderem an der \href{http://www.uni-freiburg.de}{Albert-Ludwigs-Universität
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Freiburg}.} eine weitere, sehr interessante Invariante, die nicht so
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offensichtlich ist, wie das Volumen. Die
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\emph{Dehn-Invariante}\index{Dehn-Invariante} ist eine Abbildung
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\[
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\operatorname{dehn} : \Pi \to V,
|
||
\]
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wobei $V$ ein $\bQ$-Vektorraum ist, den wir gleich konstruieren werden. Die
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Invarianteneigenschaft folgt daraus, dass die Dehn-Invariante \emph{additiv}
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ist. Mit anderen Worten: wenn ein Polyeder $P$ auf beliebige Art in zwei
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Teilpolyeder zerlegt wird, $P = P_1 ∪ P_2$, dann gilt stets die folgende
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Gleichung,
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\begin{equation}\label{eq:Dehn2}
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\operatorname{dehn}(P) = \operatorname{dehn}(P_1) + \operatorname{dehn}(P_2).
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||
\end{equation}
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\subsection{Konstruktion des Vektorraums}
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Um den Vektorraum $V$ zu konstruieren, betrachte $ℝ$ zuerst als Vektorraum über
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$ℚ$. Elemente sind zum Beispiel die Zahlen $1$, $\sqrt{2}$ oder die Kreiszahl
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$π$. Dieser Vektorraum ist natürlich unendlich-dimensional.
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\begin{bemerkung}
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||
Um mit dem $\bQ$-Vektorraum $\bR$ warm zu werden, fragen wir: ist die Menge
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$\{ 1, \sqrt{2}\}$ $\bQ$-linear unabhängig? Die Antwort ist ``Nein!'' Denn
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falls es zwischen den Zahlen $1$ und $\sqrt{2}$ eine nicht-triviale
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$\bQ$-lineare Relation gäbe,
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\[
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||
p · 1 + q · \sqrt{2} = 0,
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\]
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||
so wäre $q \ne 0$ und $\sqrt{2} = - \frac{p}{q}$ wäre rational. Wir wissen
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||
aber schon, dass $\sqrt{2}$ irrational ist.
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\end{bemerkung}
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||
Um jetzt den $\bQ$-Vektorraum $V$ zu konstruieren, betrachte den von der Zahl
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||
$π$ erzeugten $\bQ$-Untervektorraum $\langle π \rangle \subset ℝ$. Weiter
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betrachten wir den Quotientenvektorraum $\factor{ℝ}{\langle π \rangle}$. Der
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Vektorraum $V$ von Max Dehn ist dann gleich dem Tensorprodukt,
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\[
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||
V = ℝ ⊗ \left(\factor{ℝ}{\langle π \rangle}\right).
|
||
\]
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||
Dies ist ein Tensorprodukt von $ℚ$-Vektorräumen, also selbst ein $ℚ$-Vektorraum.
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\subsection{Konstruktion der Invariante}
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Als nächstes müssen wir die Abbildung $\operatorname{dehn} : \Pi \to V$
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konstruieren; wir müssen also jedem Polyeder $P \subset \bR^3$ ein Element des
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Vektorraumes $V$ zuordnen. Sei also ein Polyeder $P$ gegeben. Wir bezeichnen
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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
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Bogenmaß. Nach diesen Vorbereitung definieren wir das die Dehn-Invariante von
|
||
$P$ schließlich als
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\[
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||
\operatorname{dehn}(P) := \sum_{k=1}^{n} \ell(E_k) ⊗ α (E_k).
|
||
\]
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||
Wir werden gleich zeigen, dass dies tatsächlich eine Invariante
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definiert. Vorher aber kommt noch eine triviale Beobachtung und ein Beispiel.
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\begin{beobachtung}
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||
Kongruente Polyeder haben dieselbe Dehn-Invariante. \qed
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||
\end{beobachtung}
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% PRISMA
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\begin{figure} % "h" platziert Grafik an dieser Stelle
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\centering
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\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}
|
||
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\begin{bsp}[Dehn-Invariante eines Prismas]
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||
Es sei $P$ das in Abbildung~\ref{fig:prisma} gezeigte Prisma. Dann berechnet sich die Dehn-Invariante als
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\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*}
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||
\end{bsp}
|
||
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||
%PYRAMIDE
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\begin{figure}
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||
\centering
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||
\begin{tikzpicture}[xyz]% z-Achse zeigt nach oben
|
||
\path
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||
(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
|
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\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}
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||
Die Abbildung $\operatorname{dehn}$ ist additiv.
|
||
\end{satz}
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\begin{proof}
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||
Es sei $P$ ein Polyeder, zerlegt durch gerade Schnitte in zwei Teilpolyeder,
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$P_1$ 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.
|
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\begin{itemize}
|
||
\item Kanten, die vollständig in $P_1$ oder in $P_2$ liegen (in der Abbildung grün).
|
||
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||
\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}
|
||
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|
||
\section{…und was kann ich jetzt damit machen?}
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||
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
|
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\href{https://www.youtube.com/watch?v=eYfpSAxGakI}{dieses wunderbare Video} an.
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%%% Local Variables:
|
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%%% mode: latex
|
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%%% TeX-master: "20LA2"
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%%% End:
|
||
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