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\selectlanguage{german}
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\chapter{Eine Anwendung aus der Regio: Zerlegungsgleichheit von Polyedern}
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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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$ℝ³$. 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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\[
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\operatorname{vol} : \Pi → ℝ^{≥ 0}
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\]
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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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\[
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\operatorname{dehn} : \Pi → V,
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\]
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wobei $V$ ein $ℚ$-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 $ℚ$-Vektorraum $ℝ$ warm zu werden, fragen wir: ist die Menge
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$\{ 1, \sqrt{2}\}$ $ℚ$-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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$ℚ$-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 $ℚ$-Vektorraum $V$ zu konstruieren, betrachte den von der Zahl
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$π$ erzeugten $ℚ$-Untervektorraum $\langle π \rangle ⊂ ℝ$. 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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\[
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V = ℝ ⊗ \left(\factor{ℝ}{\langle π \rangle}\right).
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\]
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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 $\operatorname{dehn} : \Pi → V$
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konstruieren; wir müssen also jedem Polyeder $P ⊂ ℝ³$ 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
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$ℓ(E_1)$, …, $ℓ(E_n)$; dies sind positive reelle Zahlen. An jeder Kante
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kommen zwei Flächen zusammen, wir bezeichnen den Winkel zwischen den Flächen mit
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$α(E_1)$, …, $α(E_n)$; dabei verwenden wir wie in der Mathematik üblich das
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Bogenmaß. Nach diesen Vorbereitung definieren wir das die Dehn-Invariante von
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$P$ schließlich als
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\[
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\operatorname{dehn}(P) := \sum_{k=1}^{n} ℓ(E_k) ⊗ α (E_k).
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\]
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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
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% Koordinaten in zwei zur xz-Ebene parallelen Ebenen definieren
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\foreach[count=\i] \z in {0,5}
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\path
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(0,\z,0)coordinate(A\i)
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(-3,\z,0)coordinate(B\i)
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(0,\z,4)coordinate(C\i)
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;
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% Grundfläche füllen
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\foreach \i/\j in {A/B}
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\path[flaeche](\i1)--(\i2)--(\j2)--(\j1)--cycle;
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% Seitenfläche(n) füllen, gegebenenfalls doppelt, damit dunkler
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\foreach \i in {1,1,2,2}
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\path[flaeche](A\i)--(B\i)--(C\i)--cycle;
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% hintere Fläche füllen
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\foreach \i/\j in {B/C}
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\path[flaeche](\i1)--(\i2)--(\j2)--(\j1)--cycle;
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% sichtbare Kanten zeichnen
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\path[draw, thick](C2) -- node[above]{$ℓ$} (C1) -- (A1) --
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node[above]{$ℓ$} (A2) -- node[left]{$ℓ_1$} cycle;
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\path[draw, thick](C2) -- node[right]{$ℓ_2$} (B2) -- node[below, right=.5mm]{$ℓ_3$} (A2);
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||
% verdeckte Kanten zeichnen
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\path[draw,dashed](A1) -- (B1) -- node[above]{$ℓ$} (B2) (B1) -- (C1);
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% Winkel zeichnen (im Uhrzeigersinn = Innenwinkel; Werte anpassen, damit es gut aussieht...)
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\pic ["$γ$", draw, angle radius=.4cm, angle eccentricity =
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0.55]{angle=C2--B2--A2};
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\pic ["$α$", draw, angle radius=.6cm, angle eccentricity =
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||
0.65]{angle=B2--A2--C2};
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||
\pic ["$β$", draw, angle radius=1.1cm, angle eccentricity =
|
||
0.85]{angle=A2--C2--B2};
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||
\end{tikzpicture}
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||
\caption{Prisma}\label{fig:prisma}
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\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*}
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\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} \\
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||
&= ℓ ⊗ (β + α + γ)\\
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&= ℓ ⊗ π = 0.
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\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
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\path
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(0,0,0)coordinate(A1)
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(5,0,0)coordinate(B1)
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(5,5,0)coordinate(C1)
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||
(0,5,0)coordinate(D1)
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||
(2.5,2.5,7)coordinate(S)
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($(A1)!0.6!(S)$)coordinate(A2) % liegt damit automatisch auf der Kante
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($(B1)!0.55!(S)$)coordinate(B2)
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||
($(C1)!0.4!(S)$)coordinate(C2)
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||
($(D1)!0.4!(S)$)coordinate(D2)
|
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;
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||
% Schnittfläche füllen
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\path[flaeche, blue!50] (A2)--(B2)--(C2)--(D2)--cycle;
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% Schnittkanten blau
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\path[draw, blue, very thick] (A2) -- (B2) -- (C2) -- (D2) -- cycle;
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% Grundfläche füllen
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\path[flaeche, green!15] (A1)--(B1)--(C1)--(D1)--cycle;
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||
% Grundflächenkanten grün
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\path[draw, green, very thick] (B1) -- (C1) -- (D1);
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\path[draw, dashed, very thick, green] (D1) -- (A1) -- (B1);
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||
% Seitenfläche(n) füllen
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\foreach \i/\j in {A/B, B/C, C/D, D/A}
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\path[flaeche] (\i1)--(\j1)--(S)--cycle;
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% sichtbare Kanten zeichnen
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\path[draw, thick] (B1) -- (S) -- (C1) (S) -- (D1);
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||
% verdeckte Kanten zeichnen
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\path[draw, dashed] (S) -- (A1);
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||
% Beschriftung
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\draw[->, thick] (4,6,6) -- node[above=0.3cm, right=1.1cm]{$P_1$} (2,3,4.5);
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\draw[->, thick] (2,-1,2) -- node[above=0.2cm, left=1.3cm]{$P_2$}
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||
(2,1.5,1.5);
|
||
\end{tikzpicture}
|
||
\caption{Pyramide, in zwei Teile zerlegt}\label{fig:pyramide}
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||
\end{figure}
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\begin{satz}
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Die Abbildung $\operatorname{dehn}$ ist additiv.
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\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.
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Bezeichne die Kanten von $P$ mit $E_1$, …, $E_n$. Wir beobachten, dass es
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zwei unterschiedliche Arten von Kanten gibt.
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\begin{itemize}
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\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
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Abbildung schwarz).
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\end{itemize}
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||
Nach Umnummerierung können wir ohne Einschränkung der Allgemeinheit annehmen,
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dass die Kanten $E_1$, …, $E_b$ grün und dass die Kanten $E_{b+1}$, …, $E_n$
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schwarz sind. Jetzt schaue ich mir die Kanten von $P_1$ und $P_2$ an. Dort
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gibt es drei unterschiedliche Arten von Kanten.
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\begin{itemize}
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||
\item Die grünen Kanten $E_1$, …, $E_b$. Nach Umnummerierung können wir ohne
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Einschränkung der Allgemeinheit annehmen, dass die Kanten $E_1$, …, $E_a$
|
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Kanten des Teilpolyeders $P_1$ und dass die Kanten $E_{a+1}$, …, $E_b$
|
||
Kanten des Teilpolyeders $P_1$ sind. Wenn wir mit $α¹(E_1)$, …, $α¹(E_a)$
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und $α²(E_{a+1})$, …, $α²(E_b)$ die Winkel der Flächen der Teilpolyeder
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bezeichnen, dann gelten die Gleichungen
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\begin{equation}
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\begin{matrix}
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α(E_1) = α¹(E_1) & … & α(E_a) = α¹(E_a) \\
|
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α(E_{a+1}) = α²(E_{a+1}) & … & α(E_b) = α²(E_b)
|
||
\end{matrix}
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||
\end{equation}
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||
\item Teilstücke von schwarzen Kanten. Wenn wir die Teilstücke der schwarzen
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Kante $E_{•}$ mit $E¹_{•}$ und $E²_{•}$ bezeichnen, dann
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gilt für die Längen und für die Winkel
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\begin{equation}
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||
\begin{aligned}
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||
ℓ(E_{•}) & = ℓ¹(E¹_{•}) + ℓ²(E²_{•}) \\
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||
α(E_{•}) & = α¹(E¹_{•}) = α²(E²_{•})
|
||
\end{aligned}
|
||
\end{equation}
|
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||
\item Schließlich gibt es noch Kanten, die durch das Zerlegen neu
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hinzugekommen sind. Eine solche Kante tritt immer zwei mal auf: ein mal in
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$P_1$ und ein mal in $P_2$. Wir bezeichnen diese Kanten mit $E¹_{n+1}$,
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$E²_{n+1}$, …, $E¹_m$, $E²_m$. Es gilt für jeden Index $i > n$
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||
\begin{equation}
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||
ℓ¹(E¹_i) = ℓ²(E²_i) \quad\text{und}\quad α¹(E¹_i) + α²(E²_i) = π
|
||
\end{equation}
|
||
\end{itemize}
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||
Mit diesen Bezeichnungen ist
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||
\begin{align*}
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||
\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.
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\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}
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zerlegungsgleich sind, selbst wenn beide dasselbe Volumen haben. Schauen Sie
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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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% !TEX root = LineareAlgebra2
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