梁宇衡 鄭頂東 鄧慈貴 朱慧靈

【摘要】本文對(duì)正多面體的Dehn不變量進(jìn)行了簡(jiǎn)要的分析，并用因子分解的性質(zhì)證明了正六面體無(wú)法通過(guò)有限分割的方法重組為等體積的其他正多面體，推廣了Dehn對(duì)希爾伯特第三問(wèn)題的解答，并進(jìn)行了更深入的研究.

【關(guān)鍵詞】正多面體;Hilbert第三個(gè)問(wèn)題;Dehn不變量

【中圖分類(lèi)號(hào)】O181

MSC2010：51-06

前言

1900年，德國(guó)數(shù)學(xué)家David Hilbert在國(guó)際數(shù)學(xué)家大會(huì)上發(fā)表了23個(gè)重要的數(shù)學(xué)問(wèn)題.其中第三個(gè)問(wèn)題（任意兩個(gè)等體積的多面體能否通過(guò)分割成有限塊再重新拼接組合的方法將一個(gè)多面體變成另一個(gè)多面體）很快就被Hilbert的學(xué)生Dehn舉出反例解決了.我們將沿用Dehn的不變量方法證明以下命題：

定理：正六面體無(wú)法通過(guò)有限次的分割重拼組合成其余四個(gè)正多面體.

定義1：若兩個(gè)多面體可以通過(guò)分割成有限塊再重新拼接組合的方法從一個(gè)變成另外一個(gè)，則稱(chēng)這兩個(gè)多面體剖分相等.

定義2：設(shè)多面體P有n條邊，邊長(zhǎng)分別為l1，l2，…，ln，其對(duì)應(yīng)的二面角弧度分別為α1，α2，…，αn.我們將多面體P的Dehn不變量定義為l1α1+l2α2+…+lnαn.

Dehn不變量有以下性質(zhì)：

①lα1+lα2=l（α1+α2），l1α+l2α=（l1+l2）α.

②對(duì)于任意的非零整數(shù)n，m，有nm·lα=lnm·α

③全體Dehn不變量組成的集合對(duì)加法構(gòu)成交換幺半群.

④lπ=0.

引理1：兩個(gè)多面體剖分相等當(dāng)且僅當(dāng)其Dehn不變量相等.

證明：由性質(zhì)①可以知道，分割與拼接的操作并不會(huì)影響Dehn不變量的值，即Dehn不變量是對(duì)多面體進(jìn)行重組時(shí)的幾何不變量，因此如果兩個(gè)多面體剖分相等，它們的Dehn不變量一定相等.

引理2：lα1=lα2的充要條件是存在非零整數(shù)n，m使得α1-α2=nmπ.

證明：lα1=lα2lα1-lα2=lα1-α2=0=lnmπ

α1-α2=nmπ.

推論1：lα=0當(dāng)且僅當(dāng)存在非零整數(shù)n，m使得mα=nπ.

命題1：正六面體的Dehn不變量為0，而正四面體、正八面體、正十二面體與正二十面體的Dehn不變量均不為0.

證明：①正六面體的Dehn不變量D6為12sπ2，其中s為正六面體的邊長(zhǎng).由性質(zhì)②與性質(zhì)④得到D6=0.

②邊長(zhǎng)全為1的正四面體的Dehn不變量D4為6α1，其中cosα1=13.

設(shè)D4=0，則由推論1有非零整數(shù)n，m滿(mǎn)足mα1=nπ且（n，m）=1.

∵enπi=ema1i=（cosα1+isinα1）m=13+22i3m=1-2i1+2im，

而enπi=（-1）n=±1，

∴（1-2i）m=±（1+2i）m.（1）

③邊長(zhǎng)全為1的正八面體的Dehn不變量D8為12α2，其中cosα2=-13.

設(shè)D8=0，同理于②可推出存在非零整數(shù)m滿(mǎn)足±1=-13+22i3m=1+2i1-2im，

由于{1}不可能成立，所以矛盾.

④邊長(zhǎng)全為1的正十二面體的Dehn不變量D12為30α，其中cosα=-55.

設(shè)D12=0，則同理于②得到存在非零整數(shù)m使得±1=-55+255im，

∴-35-45im=-55+255i2m=11-2i1+2im=1.

于是我們得到1-2im=1+2im.（2）

2+5im=-2+5im（3）

推出矛盾，因此要另作討論.

易知2+5i和-2+5i包含的最小正整數(shù)均為9，所以2+5i和-2+5i的素理想因子必為32=（3）2的素理想因子.

2+5i=p22=3，1-5i2，

-2+5i=p21=3，1+5i2.

由此得到

2+5im=2+5im=p22m與-2+5im=-2+5im=p12m

由命題1與引理1即可得到以下結(jié)論：

命題2：正六面體與正四面體、正八面體、正十二面體及正二十面體不剖分相等.

【參考文獻(xiàn)】

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