Hilberts Drittes Problem

Oliver Fortmeier

Auf dem internationalen Kongress für Mathematiker 1900 in Paris formulierte Hilbert sein Drittes Problem:

Zwei Tetraeder mit gleicher Grundfläche und von gleicher Höhe anzugeben, die sich auf keine Weise in kongruente Tetraeder zerlegen lassen und die sich auch durch Hinzufügung kongruenter Tetraeder nicht zu solchen Polyedern ergänzen lassen, für die ihrerseits eine Zerlegung in kongruente Tetraeder möglich ist.

Sein Schüler Max Dehn lieferte 1900 und 1902 in zwei Arbeiten den Beweis für diese Aussage. Der zusammen mit Arbeiten von V.F. Kagan, Hugo Hadwiger und Vladimir G. Boltianskii zu einem “Book Proof” wurde.

1 Ein bisschen lineare Algebra

Wir wollen als erstes auf einer endlichen Menge reeler Zahlen M = {m_{1}, ..., m_{k}} ⊂ ℝ die Menge

V (M) := {∑_{i=1}^{k} q_{i}m_{i} | q_{i} ∈ ℚ} ⊂ ℝ

definieren. Also die Menge aller ℚ-Linearkombinationen von Zahlen aus M. Es ist leicht zu sehen, dass V (M) ein Vektorraum über ℚ ist, da V (M) bezüglich endlicher Summenbildung und Skalarmultipilikation mit rationalen Zahlen abgeschlossen ist. Ebenso ist klar, dass dim_{ℚ} V (M) ≤ k = ♯M gilt, da V (M) von M aufgespannt wird. Weiterhin benötigen wir ℚ-lineare Abbildungen f : V (M) → ℚ. Für alle q_{i} ∈ ℚ mit ∑_{i=0}^{k} q_{i}m_{i} = 0 muss f folgende Eigenschaft besitzen:

∑_{i=1}^{k} q_{i}f(m_{i}) = f (∑_{i=1}^{k} q_{i}m_{i}) = f(0) = 0

Diese Eigenschaft liefert uns das folgende

Lemma 1.1 Für alle endlichen Mengen M, M′ mit M ⊂ M′ ⊂ ℝ ist der ℚ-Vektorraum V (M) ein Unterraum des ℚ-Vektorraums V (M′). Ist f : V (M) → ℚ eine ℚ-lineare Abbildung, so kann f zu einer ℚ-linearen Abbildung f′ : V (M′) → ℚ fortgesetzt werden, so dass f′(m) = f(m) für alle m ∈ M gilt.

Beweis: Jede ℚ-lineare Abbildung V (m) → ℚ ist durch die Abbildung der Basiselemente von V (M) eindeutig bestimmt. Da M, M′ endlich sind, kann man jede Basis von V (M) zu einer Basis von V (M′) fortsetzen, und somit folgen die Behauptungen. □

2 Dehns Invarianten

[figure: M_{Q} = \{\frac{π}{3} , \frac{π}{2} , π\}; M_{W} = \{\frac{π}{2} , π\}]

Für einen 3-dimensionalen Polyeder P, definieren wir M_{P} als die Menge der Winkel zweier benachbarter Flächen zusammen mit π. Für einen Würfel W erhalten wir also

M_{W} = \{\frac{π}{2} , π\},

während wir für ein orthogonales Prisma Q über einem gleichseitigen Dreieck

M_{Q} = \{\frac{π}{3} , \frac{π}{2} , π\}

bekommen.

Definition 2.1 Sei M ⊂ ℝ eine endliche Menge mit M_{P} ⊂ M für einen Polyeder P und f : V (M) → ℚ eine ℚ-lineare Abbildung mit f(π) = 0. Dann ist die Dehn Invariante von P (bzgl. f) definiert als:

D_{f}(P) := ∑_{e∈P} l(e) · f(α(e)),

wobei e die Kanten von P, l(e) die Länge der Kante e und α(e) der Winkel zwischen den sich in e treffenden Flächen (Flächenwinkel) ist.

Da für jedes wie oben gefordertes f gilt f(\frac{π}{2} ) = \frac{1}{2}f(π) = 0, ist die Dehn Invariante für den Würfel D_{f}(W) = 0.

3 Das Dehn-Hadwiger Theorem

Wir wollen nun zwei Begriffe definieren

Definition 3.1 a) Wir nennen zwei Polyeder P, Q äquivalent zerlegbar, wenn sie so in endlich viele P_{1}, ..., P_{n} und Q_{1}, ..., Q_{n} zerlegt werden können, dass P_{i} und Q_{i} kongruent für alle 1 ≤ i ≤ n sind. b) Seien P, Q, P_{1}, ..., P_{n} und Q_{1}, ..., Q_{n} Polyeder, wobei das Innere der P_{i} (bzw. Q_{i}) paarweise mit P (bzw. Q) disjunkt sind, mit P_{i} ist kongruent zu Q_{i}. Sind zudem P̃ := P ∪P_{1} ∪...∪P_{n} und Q̃ := Q∪Q_{1} ∪...∪Q_{n} äquivalent zerlegbar, so nennen wir P und Q äquivalent ergänzbar.

[figure: äquivalent ergänzbar; äquivalent zerlegbar]

Ein Satz von Gerling (1844) besagt, dass es keinen Unterschied macht, ob man Spiegelungen bei Kongruenzverhalten betrachtet oder nicht. Es ist ausserdem klar, dass äquivalent zerlegbare Polyeder äquivalent ergänzbar sind. Die Umkehrung ist dagegen nicht offensichtlich. Der folgende Satz von Hadwiger (Version von Boltianskii) liefert uns das gewünschte Hilfsmittel, um Tetraeder mit gleichem Volumen zu finden, die nicht äquivalent ergänzbar und damit auch nicht äquivalent zerlegbar sind, so wie Hilbert vermutete.

Satz 3.2 Seien P und Q Polyeder mit Flächenwinkeln α_{1}, ..., α_{p} bzw. β_{1}, ..., β_{q} an ihren Kanten. Und sei M eine endliche Menge reeller Zahlen mit

{α_{1}, ..., α_{p}, β_{1}, ..., β_{q}, π} ⊂ M.

Ist f : V (M) → ℚ eine beliebige ℚ-linerare Funktion mit f(π) = 0, so dass gilt:

D_{f}(P) ≠ D_{f}(Q),

dann sind P und Q nicht äquivalent ergänzbar.

Beweis: in zwei Teilen

(1) \underline{Behauptung:} Hat ein Polyeder P eine Zerlegung in endlich viele Polyeder P_{1}, ..., P_{n} und sind alle Flächenwinkel dieser Polyeder in M enthalten, dann gilt für jedes ℚ-lineare f : V (M) → ℚ:

D_{f}(P) = D_{f}(P_{1}) + ... + D_{f}(P_{n})

\underline{Dazu:} Wir ordnen jedem Teil einer Kante folgendermaßen eine Masse zu: Ist e′ ⊂ e ein Teil einer Kante von P, dann ist die Masse definiert durch:

m_{f}(e′) := l(e′)f(α(e′)),

also die Länge mal dem Funktionswert des Flächenwinkels an dieser Kante. Sei P in P_{1}, ..., P_{n} zerlegt. Wir betrachten nun die Vereinigung aller Kanten der P_{i}, 1 ⩽ i ⩽ n. Ist e′ auch eine Kante von P, so addieren sich die Flächenwinkel der P_{i} an e′ zu dem Flächenwinkel von P auf, und somit auch die Masse. An jeder anderen Kante e′′ eines P_{i} im Inneren einer Außenfläche von P oder im Inneren von P addieren sich die Flächenwinkel zu π oder 2π auf. Hier gilt aber nach der Definition von f: f(π) = 0 bzw. f(2π) = 0. Also stimmt die Summe der Massen von den P_{i}-Kanten mit der von P überein, und somit auch die Dehn-Invariante.

(2) \underline{Annahme:} Seien P und Q äquivalent ergänzbar. \underline{Dazu:} Wir können die Menge M zu einer Obermenge M′ erweitern, die auch die Flächenwinkel aller ergänzten Polyeder P_{i} und Q_{i}, 1 ⩽ i ⩽ m enthält. Da wir nur endlich viele Polyeder ergänzen, ist M′ auch endlich. Mit dem Lemma(1.1) können wir f zu f′ : V (M′) → ℚ fortsetzen und erhalten unter Berücksichtigung von (1) folgende Gleichung:

D_{f′}(P) + D_{f′}(P_{1}) + ... + D_{f′}(P_{m}) = D_{f′}(Q) + D_{f′}(Q_{1}) + ... + D_{f′}(Q_{m}).

Nach der Definition von äquivalent ergänzbar sind P_{i} und Q_{i} für alle i kongruent und somit ist D_{f′}(P_{i}) = D_{f′}(Q_{i}). Daraus folgt: D_{f}(P) = D_{f}(Q). | ; ⧸ ; ↓ ⟹ Beh. □

Beispiel 1 (Reguläres Tetraeder)

[figure: A; B; C; D; E; M; α]

Wir wollen die Flächenwinkel eines regulären Tetraeders T_{0} mit Seitenlänge l berechnen. Der Mittelpunkt M des Grundflächen-Dreiecks, teilt die Höhe AE im Verhältnis 1:2. Da |AE| = |DE| gilt, ist cos(α) = \frac{1}{3}. Damit erhalten wir:

α = arccos \frac{1}{3}

Somit ist M_{T_{0}} = {α, π}. Zudem ist nach Kapitel 6 Satz 4 (für n=9) \frac{α}{π} = \frac{1}{π} arccos \frac{1}{3} irrational. ⟹ V (M_{T_{0}}) ist ein 2-dimensionaler

ℚ-Vektorraum mit Basis M_{T_{0}} und es existiert eine ℚ-lineare Funktion f : V (M_{T_{0}}) → ℚ mit

f(α) := 1, f(π) := 0.

Für dieses f haben wir die Dehn-Invariante

D_{f}(T_{0}) = 6lf(α) = 6l ≠ 0.

Daher ist sind ein reguläres Tetraeder und ein Würfel nicht äquivalent ergänzbar oder äquivalent zerlegbar.

Beispiel 2 (“orthogonales” Tetraeder)

[figure: A; B; C; D; E; u; u; u; φ; \sqrt{2}u]

Sei T_{1} ein Tetraeder, dass von drei orthogonalen Kanten AB, AC, AD mit Länge u aufgespannt wird. T_{1} hat drei rechte Flächenwinkel und drei weitere Winkel, der Größe φ, die wir durch

cos φ = \frac{|AE|}{|DE|} = \frac{\frac{1}{2} \sqrt{2}u}{\frac{1}{2} \sqrt{3}\sqrt{2}u} = \frac{1}{\sqrt{3}}

bestimmen. Also erhalten wir:

φ = arccos \frac{1}{\sqrt{3}}.

Für M_{T_{1}} := \{\frac{π}{2} , arccos \frac{1}{\sqrt{3}}, π\} hat der ℚ-Vektorraum die Dimension 2, da π und \frac{π}{2} linear abhänig sind, also gilt V (M_{T_{1}}) = V (\{arccos \frac{1}{\sqrt{3}}, π\}). Es existiert keine rationale Abhänigkeit zwischen arccos \frac{1}{\sqrt{3}} und π, da \frac{1}{π} arccos \frac{1}{\sqrt{3}} nach Kapitel 6 Satz 1 (n = 3) irrational ist. Definieren wir eine ℚ-lineare Abbildung f durch

f(π) := 0 und f(arccos \frac{1}{\sqrt{3}}) := 1

für die somit auch f(\frac{π}{2} ) = 0 gilt, erhalten wir für die Dehn-Invariante:

D_{f}(T_{1}) = 3u f (\frac{π}{2} ) + 3\sqrt{2}u f (arccos \frac{1}{\sqrt{3}}) = 3\sqrt{2}u ≠ 0.

Damit ist gezeigt, dass T_{1} und ein Würfel mit gleichem Volumen weder äquivalent ergänzbar noch äquivalent zerlegbar sind.

Beispiel 3

[figure: A; B; C; D; u; u; u]

Nun sei T_{2} ein Tetraeder, mit drei aufeinanderfolgenden orthogonalen Kanten AB, BC, CD der Länge u. Hier werden wir die Flächenwinkel nicht explizit berechnen (\frac{π}{2} , \frac{π}{3} , \frac{π}{4} ) Sondern folgendermaßen argumentieren. Ein Würfel mit Grundseite u kann in 6 solche Tetraeder zerlegt werden (3 die kongruent zu dem angegeben sind und 3 spiegelverkehrte). All diese Tetraeder haben dieselbe Dehn-Invariante, und für jedes f gilt:

D_{f}(T_{2}) = \frac{1}{6}D_{f}(W) = 0.

Damit verschwinden für alle ℚ-linearen Abbildungen die Dehn-Invarianten dieses Tetraeders. Damit ist Hiberts-Problem gelöst, da wir im Beispiel 2, ein Tetraeder mit derselben Grundfläche und Höhe betrachtet hatten, für das galt: D_{f}(T_{1}) ≠ 0.