梁宇衡 郑顶东 邓慈贵 朱慧灵

【摘要】本文对正多面体的Dehn不变量进行了简要的分析，并用因子分解的性质证明了正六面体无法通过有限分割的方法重组为等体积的其他正多面体，推广了Dehn对希尔伯特第三问题的解答，并进行了更深入的研究.

【关键词】正多面体;Hilbert第三个问题;Dehn不变量

【中图分类号】O181

MSC2010：51-06

前言

1900年，德国数学家David Hilbert在国际数学家大会上发表了23个重要的数学问题.其中第三个问题（任意两个等体积的多面体能否通过分割成有限块再重新拼接组合的方法将一个多面体变成另一个多面体）很快就被Hilbert的学生Dehn举出反例解决了.我们将沿用Dehn的不变量方法证明以下命题：

定理：正六面体无法通过有限次的分割重拼组合成其余四个正多面体.

定义1：若两个多面体可以通过分割成有限块再重新拼接组合的方法从一个变成另外一个，则称这两个多面体剖分相等.

定义2：设多面体P有n条边，边长分别为l1，l2，…，ln，其对应的二面角弧度分别为α1，α2，…，αn.我们将多面体P的Dehn不变量定义为l1α1+l2α2+…+lnαn.

Dehn不变量有以下性质：

①lα1+lα2=l（α1+α2），l1α+l2α=（l1+l2）α.

②对于任意的非零整数n，m，有nm·lα=lnm·α

③全体Dehn不变量组成的集合对加法构成交换幺半群.

④lπ=0.

引理1：两个多面体剖分相等当且仅当其Dehn不变量相等.

证明：由性质①可以知道，分割与拼接的操作并不会影响Dehn不变量的值，即Dehn不变量是对多面体进行重组时的几何不变量，因此如果两个多面体剖分相等，它们的Dehn不变量一定相等.

引理2：lα1=lα2的充要条件是存在非零整数n，m使得α1-α2=nmπ.

证明：lα1=lα2lα1-lα2=lα1-α2=0=lnmπ

α1-α2=nmπ.

推论1：lα=0当且仅当存在非零整数n，m使得mα=nπ.

命題1：正六面体的Dehn不变量为0，而正四面体、正八面体、正十二面体与正二十面体的Dehn不变量均不为0.

证明：①正六面体的Dehn不变量D6为12sπ2，其中s为正六面体的边长.由性质②与性质④得到D6=0.

②边长全为1的正四面体的Dehn不变量D4为6α1，其中cosα1=13.

设D4=0，则由推论1有非零整数n，m满足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边长全为1的正八面体的Dehn不变量D8为12α2，其中cosα2=-13.

设D8=0，同理于②可推出存在非零整数m满足±1=-13+22i3m=1+2i1-2im，

由于{1}不可能成立，所以矛盾.

④边长全为1的正十二面体的Dehn不变量D12为30α，其中cosα=-55.

设D12=0，则同理于②得到存在非零整数m使得±1=-55+255im，

∴-35-45im=-55+255i2m=11-2i1+2im=1.

于是我们得到1-2im=1+2im.（2）

2+5im=-2+5im（3）

推出矛盾，因此要另作讨论.

易知2+5i和-2+5i包含的最小正整数均为9，所以2+5i和-2+5i的素理想因子必为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与-2+5im=-2+5im=p12m

由命题1与引理1即可得到以下结论：

命题2：正六面体与正四面体、正八面体、正十二面体及正二十面体不剖分相等.

【参考文献】

[1] 张广祥.数学思想十讲[M].北京：科学出版社，2013.

[2] 潘承洞，潘承彪.代数数论[M].济南：山东大学出版社，2001.

[3] 加藤和也，黑川信重，齐藤毅.数论I——Fermat的梦想和类域论[M].胥鸣伟，印林生，译.北京：高等教育出版社，2009：85～134.

[4] 赵春来，徐明耀.抽象代数I[M].北京：北京大学出版社，2008.