Третья проблема Гильберта
Можно ли разрезать многоугольник на части и сложить из них квадрат? А сложить куб из частей многогранника? Вопросы похожи, но ответы на них разные.
Второй вопрос известен как третья проблема Гильберта. В 1900 году на Международном конгрессе математиков в Париже Давид Гильберт представил список задач для математики нового века, и эта задача стояла в нём третьей. В том же году её решил ученик Гильберта Макс Ден, и она стала первой решённой проблемой списка. Чтобы понять его решение, начнём с плоскости.
Плоскость: построение
Многоугольники $P$ и $Q$ равносоставлены, $P\sim Q$, если $P$ можно разбить на конечное число многоугольников и, передвигая их, сложить из них $Q$. Равносоставленность многогранников определяется так же.
Передвигать части разрешено любыми движениями: переносами, поворотами, отражениями. У равносоставленных фигур площади равны. Верно ли обратное?
Многоугольники равной площади равносоставлены.
Если $P\sim Q$ и $Q\sim R$, то $P\sim R$: наложим друг на друга оба разбиения $Q$. Поэтому достаточно научиться превращать в квадрат любой многоугольник. Разобьём его на треугольники.
Треугольник превращается в прямоугольник так. Положим его на наибольшую сторону, чтобы высота падала внутрь. Разрежем треугольник по средней линии, а отрезанный верхний треугольник по высоте. Каждую из двух половинок повернём на $180^\circ$ вокруг того конца средней линии, к которому она примыкает: она ляжет в угол рядом с основанием.
Прямоугольники получились разной формы. Чтобы сложить их в квадрат, нужно уметь менять форму прямоугольника, сохраняя площадь.
Два параллелограмма с общим основанием, лежащие в одной полосе, равносоставлены.
доказательство — отрезать треугольник и сдвинуть
Пусть $ABCD$ и $ABEF$ — параллелограммы с общим основанием $AB$, и пусть сначала точка $F$ лежит на верхней стороне $DC$. Отрежем от $ABCD$ треугольник $AFD$ по отрезку $AF$ и сдвинем его на вектор $\vec{AB}$. Он перейдёт в треугольник $BEC$, и из двух частей сложится $ABEF$. Если же верхняя сторона сдвинута дальше, перейдём от $ABCD$ к $ABEF$ через несколько промежуточных параллелограммов, каждый раз сдвигая верхнюю сторону меньше чем на длину основания.
Теперь перекроим прямоугольник $a\times b$ в прямоугольник с заданной стороной $c\ge b$. Построим на его основании $a$ параллелограмм той же высоты $b$ с боковой стороной $c$; это возможно, потому что боковая сторона не короче высоты. По лемме 3 параллелограмм равносоставлен прямоугольнику. Его площадь равна $ab$, поэтому высота, опущенная на сторону $c$, равна $\frac{ab}{c}$. Ещё раз применим лемму 3, взяв за основание сторону $c$: параллелограмм равносоставлен прямоугольнику $c\times\frac{ab}{c}$. Если $c\lt b$, сначала разрежем прямоугольник пополам параллельно стороне $a$ и положим половинки рядом, пока высота не станет не больше $c$.
Возьмём $c=\sqrt S$, где $S$ — площадь многоугольника, и сложим прямоугольники в столбик. Получится квадрат.
Плоскость: запрет
Какие движения понадобились в построении? Повороты на $180^\circ$, чтобы превратить треугольник в прямоугольник, и повороты на произвольный угол, чтобы уложить прямоугольники в столбик. Можно ли обойтись одними параллельными переносами?
Попробуем понять, что мешает сложить так треугольник в квадрат. Каждый внутренний разрез служит стороной двум частям, которые лежат по разные стороны от него. Если считать стороны со знаком в зависимости от того, с какой стороны лежит часть, вклады разреза сократятся.
Зафиксируем направление $u$. Для многоугольника $P$ число $J_u(P)$ — сумма длин его сторон, параллельных $u$, взятых со знаком: плюс, если при движении вдоль стороны в направлении $u$ многоугольник лежит слева, минус, если справа.
Если $P$ и $Q$ равносоставлены параллельными переносами, то $J_u(P)=J_u(Q)$ для каждого направления $u$.
доказательство — сложить $J_u$ по всем частям
Пусть $P$ разбит на части. Каждый внутренний разрез, параллельный $u$, служит стороной двум частям, и они лежат по разные стороны от него: одна слева, другая справа. Его вклады $+\ell$ и $-\ell$ сокращаются. Каждый кусок стороны $P$ служит стороной ровно одной части, и эта часть лежит с той же стороны, что и $P$. Поэтому сумма $J_u$ по частям равна $J_u(P)$. Перенос части не меняет её $J_u$, значит, та же сумма равна $J_u(Q)$.
Треугольник и квадрат равной площади не равносоставлены параллельными переносами.
доказательство — сравнить $J_u$
У квадрата противоположные стороны дают $+a$ и $-a$, поэтому $J_u=0$ при любом $u$. У треугольника для направления $u$ вдоль стороны длины $\ell$ параллельна ровно одна сторона, и $J_u=\pm\ell\ne0$.
Величина, которая не меняется при перекладывании частей, называется инвариантом. Хадвигер и Глур доказали, что для равносоставленности параллельными переносами других препятствий, кроме площади и чисел $J_u$, нет.
Многоугольники равносоставлены параллельными переносами тогда и только тогда, когда у них равны площади и все числа $J_u$. Если вдобавок разрешить повороты на $180^\circ$, достаточно равенства площадей.
Поворот на $180^\circ$ меняет «слева» и «справа» местами и тем самым знак каждого $J_u$. Поэтому в построении для треугольника без него нельзя.
Пространство: пирамиды
Прямая призма равносоставлена кубу того же объёма.
доказательство — плоское построение с продолжением разрезов
Пусть $V$ — объём призмы и $s=\sqrt[3]{V}$. По теореме 2 перекроим основание в квадрат и продолжим разрезы вертикально на всю высоту $h$: получится прямоугольный параллелепипед $a\times a\times h$. Его боковую грань $a\times h$ перекроим в прямоугольник со стороной $s$ и продолжим разрезы на глубину $a$. Затем так же сделаем равной $s$ последнюю сторону. Объём не меняется, поэтому получится куб со стороной $s$.
С пирамидами это построение не проходит. Формулу объёма пирамиды в школе доказывают предельным переходом, и ещё Гаусс в письме Герлингу жалел, что доказательства без него нет. В третьей проблеме Гильберта этот вопрос поставлен точно: существуют ли два тетраэдра равного объёма, которые не равносоставлены?
Инвариант Дена
Ден искал в пространстве аналог чисел $J_u$. У многогранника есть рёбра, у ребра есть длина $\ell$ и двугранный угол $\theta$. Для многогранника $P$ обозначим $$S(P)=\sum_{\text{рёбра }P}\ell\,\theta .$$ Посмотрим, как меняется эта сумма при разбиении.
Пусть $P$ разбит на части $P_1,\dots,P_k$. Разделим все рёбра $P$ и частей на отрезки так, чтобы каждый отрезок $s$ для каждой части целиком лежал либо на её ребре, либо внутри её грани. Длину отрезка обозначим $\ell_s$. Вокруг отрезка $s$ части заполняют угол: полный угол $2\pi$, если $s$ лежит внутри $P$; развёрнутый угол $\pi$, если $s$ лежит внутри грани $P$; угол $\theta$, если $s$ лежит на ребре $P$ с двугранным углом $\theta$.
Для каждого отрезка $s$ сумма двугранных углов при $s$ тех частей, у которых $s$ лежит на ребре, равна
$$\theta_P(s)+n_s\pi,$$
где $n_s$ — целое число, а $\theta_P(s)$ — двугранный угол $P$ при $s$, если $s$ лежит на ребре $P$, и $0$ иначе. Как следствие,
$$S(P_1)+\dots+S(P_k)=S(P)+\pi\sum_s n_s\ell_s .$$
доказательство — разбор трёх случаев
Пусть $m$ частей содержат $s$ внутри своей грани: каждая занимает при $s$ угол $\pi$, но в сумму не входит, потому что $s$ для неё не ребро.
Случай 1: $s$ внутри $P$. Все части вместе дают $2\pi$, поэтому сумма равна $2\pi-m\pi$ и $n_s=2-m$.
Случай 2: $s$ внутри грани $P$. Все части вместе дают $\pi$, поэтому сумма равна $\pi-m\pi$ и $n_s=1-m$.
Случай 3: $s$ на ребре $P$ с углом $\theta$. Все части вместе дают $\theta$, поэтому сумма равна $\theta-m\pi$ и $n_s=-m$.
Итог. Умножим равенство для каждого отрезка на $\ell_s$ и сложим по всем отрезкам: слева получится $S(P_1)+\dots+S(P_k)$, справа $S(P)$ и добавка $\pi\sum_s n_s\ell_s$.
Значит, при разбиении $S$ меняется только на добавку, кратную $\pi$ на каждом отрезке. Число $\pi\ell_s$ при нецелой длине $\ell_s$ не кратно $\pi$, поэтому считать по модулю $\pi$ саму сумму $S$ нельзя. Ден применил к углам функцию, равную нулю на всех кратных $\pi$.
Пусть $M$ — конечный набор углов, содержащий $\pi$, и $\langle M\rangle$ — числа, которые получаются из углов набора $M$ сложением, вычитанием и умножением на рациональные числа. Пусть функция $f\colon\langle M\rangle\to\mathbb R$ аддитивна, $f(x+y)=f(x)+f(y)$, и $f(\pi)=0$. Если все двугранные углы многогранника $P$ лежат в $\langle M\rangle$, его инвариант Дена равен
$$D_f(P)=\sum_{\text{рёбра }P}\ell\cdot f(\theta).$$
Пусть $P\sim Q$, двугранные углы $P$, $Q$ и всех частей лежат в $\langle M\rangle$, и $f$ — функция из определения 10. Тогда $D_f(P)=D_f(Q)$.
доказательство — применить $f$ к утверждению 9
Из аддитивности $f(\theta_P(s)+n_s\pi)=f(\theta_P(s))+n_sf(\pi)=f(\theta_P(s))$, и сумма значений $f$ на углах частей при $s$ равна $f(\theta_P(s))$. Умножим на $\ell_s$ и сложим по отрезкам: сумма инвариантов Дена частей равна $D_f(P)$. Части $Q$ — те же многогранники, передвинутые движениями, поэтому та же сумма равна $D_f(Q)$.
На плоскости аналогом ребра служит вершина, а у вершины нет длины. Сумма $f$ по углам многоугольника равна $f$ от суммы углов, а сумма углов кратна $\pi$. Поэтому на плоскости такой инвариант всегда равен нулю.
Тетраэдр и куб
У куба с ребром $a$ все двугранные углы прямые: $D_f=12a\,f(\frac\pi2)=6a\,f(\pi)=0$. У правильного тетраэдра с ребром $a$ все двугранные углы равны $\alpha$, где $\cos\alpha=\frac13$; это следует из теоремы косинусов в сечении через ребро и середину противоположного ребра. Значит, $D_f=6a\,f(\alpha)$.
Теперь план доказательства. Предположим, что тетраэдр удалось разбить на части и сложить из них куб. Частей конечное число, и двугранных углов у них тоже конечное число; соберём эти углы вместе с $\pi$ и $\alpha$ в набор $M$. Построим на $\langle M\rangle$ аддитивную функцию $f$ с $f(\pi)=0$ и $f(\alpha)=1$. По теореме 11 инварианты тетраэдра и куба тогда равны, то есть $6a=0$, и получается противоречие.
Функцию строим уже после того, как разбиение задано, поэтому она нужна только на углах этого разбиения. Построить её можно, только если число $\alpha/\pi$ иррационально: если $q\alpha=p\pi$, то $q\,f(\alpha)=p\,f(\pi)=0$. Поэтому сначала проверим иррациональность, а потом построим функцию.
Число $\alpha/\pi$ иррационально.
доказательство — по шагам
Шаг 1. По формуле суммы косинусов $\cos(n+1)\alpha+\cos(n-1)\alpha=2\cos\alpha\cos n\alpha$, то есть $\cos(n+1)\alpha=\frac23\cos n\alpha-\cos(n-1)\alpha$.
Шаг 2. По индукции $\cos n\alpha=\frac{k_n}{3^n}$, где $k_0=k_1=1$ и $k_{n+1}=2k_n-9k_{n-1}$; все $k_n$ целые.
Шаг 3. По модулю 3 получаем $k_{n+1}\equiv2k_n$, а $k_1=1$, поэтому $k_n\not\equiv0\pmod 3$ при всех $n\ge1$.
Шаг 4. Если $\alpha=\frac pq\pi$ с натуральным $q$, то $\cos q\alpha=\pm1$, то есть $k_q=\pm3^q$ делится на 3. Это противоречит шагу 3.
Пусть $\alpha/\pi$ иррационально и $M$ — конечный набор углов, содержащий $\pi$ и $\alpha$. Тогда существует аддитивная функция $f\colon\langle M\rangle\to\mathbb R$ с $f(\pi)=0$ и $f(\alpha)=1$.
доказательство — выбрать базис из углов набора
Начнём с чисел $\pi$ и $\alpha$; они не выражаются друг через друга с рациональным коэффициентом, потому что $\alpha/\pi$ иррационально. Пройдём по остальным углам $M$ и оставим те, что не выражаются через уже оставленные. Каждое число из $\langle M\rangle$ единственным образом записывается через оставленные углы с рациональными коэффициентами. Положим $f(\pi)=0$, $f(\alpha)=1$, $f=0$ на остальных оставленных углах и продолжим $f$ на $\langle M\rangle$ по этой записи.
Правильный тетраэдр не равносоставлен кубу того же объёма.
доказательство — функцию строим после разбиения
Пусть тетраэдр разбит на части, из которых сложен куб. Пусть $M$ состоит из $\pi$, $\alpha$ и двугранных углов всех частей; этот набор конечен, а прямой угол $\frac\pi2$ лежит в $\langle M\rangle$. По лемме 13 есть функция $f$ на $\langle M\rangle$ с $f(\pi)=0$ и $f(\alpha)=1$. По теореме 11 $6a=D_f(\text{тетраэдр})=D_f(\text{куб})=0$, противоречие.
Ответ
Многоугольник всегда можно разрезать на части и сложить из них квадрат той же площади, а из частей правильного тетраэдра куб не сложить. Оба ответа держатся на одном наблюдении: внутренний разрез входит в подсчёт дважды. На плоскости оно объясняет, зачем нужны повороты, в пространстве даёт инвариант Дена.
Многогранники $P$ и $Q$ равносоставлены тогда и только тогда, когда их объёмы равны и $D_f(P)=D_f(Q)$ для любого конечного набора углов $M$, содержащего $\pi$ и все двугранные углы $P$ и $Q$, и любой аддитивной функции $f\colon\langle M\rangle\to\mathbb R$ с $f(\pi)=0$.
В одну сторону это теорема 11: у равносоставленных многогранников объёмы и инварианты Дена равны. Сидлер доказал обратное: других препятствий нет. Например, у тетраэдра с вершинами $(0,0,0)$, $(1,0,0)$, $(1,1,0)$, $(1,1,1)$ двугранные углы равны $\frac\pi2$, $\frac\pi2$, $\frac\pi2$, $\frac\pi3$, $\frac\pi4$, $\frac\pi4$. Все они — рациональные части $\pi$, поэтому любая функция $f$ из определения 10 на них равна нулю, и все инварианты Дена этого тетраэдра нулевые, как у куба. По теореме Сидлера он равносоставлен кубу того же объёма. Шесть таких тетраэдров складываются в единичный куб, а равносоставленность одного тетраэдра кубу Хилл доказал напрямую ещё в 1896 году.
В четырёхмерном пространстве аналогичный результат доказал Йессен. Начиная с размерности пять вопрос открыт. Если разрешить части произвольной формы, а не только многогранники, ответ меняется: по теореме Банаха — Тарского шар можно разбить на конечное число частей и сложить из них два таких же шара.
Площадь, числа $J_u$, инвариант Дена, угловой дефект, эйлерова характеристика не меняются при разбиении и движениях. Такими величинами и будет заниматься проект.