两个等体积的多面体能否切割成有限多个全等的多面体块

hbghlyj

2017手写笔记第5页
考虑任意两个多面体 $P_1$ 和 $P_2$。我们可以提出以下问题。
(I) 我们能否将 $P_1$ 切割成有限多个多面体块并重新组装成 $P_2$？[希尔伯特的第三个问题]
(II) 如果这些块可以是任意集合呢？
显然，对于 $P_1$ 和 $P_2$ 的特殊情况，（I）是可行的：例如，一个立方体和一个具有相同体积的平行六面体可以被切割并重新组装成彼此。

让我们给出答案。
定理 I. 具有相同体积的立方体和正四面体不满足（I）。（由Max Dehn证明）
定理 II. 如果 $P_1$ 和 $P_2$ 是 $\mathbb{R}^3$ 中具有非空内部的任意有界集合，（Banach-Tarski）那么我们可以将 $P_1$ 切割成有限多个块以形成 $P_2$。例如，理论上我们可以切割一个球并形成两个球，这两个球都与原始球相同。

hbghlyj

定理 I 的证明：

这个想法是构造一个多面体的加性不变量。这将是一个把任何多面体 $P$ 映射到一个数 $D(P) \in \mathbb{R}$ 的函数，使得
\[
D\left(P_1 \sqcup P_2 \sqcup \cdots P_n\right)=D\left(P_1\right)+D\left(P_2\right)+\ldots+D\left(P_n\right)
\]
如果定义了这样的函数 $D$，那么任何满足（I）的 $P_1, P_2$ 必须有 $D\left(P_1\right)=D\left(P_2\right)$。特别地，我们只需要找到这样的 $D$，使得 $D(\text{cube}) \neq D(\text{tetrahedron})$。

接下来，我们给出Dehn不变量的定义：

选择一个 $\mathbb{Q}$-线性映射 $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$，使得 $f(\pi)=0$。

Dehn不变量（相对于 $f$）定义如下：对于一个多面体 $P$，
\[
D(P):=\sum_{e \in\{\text{edges of }P\}}(\text{length of } e)\cdot f(\text{dihedral angle of } e)
\]
问题：我们能证明Dehn不变量是加性的吗？（提示：当多面体被切割时，二面角是相交于同一个棱的面的二面角之和。）

例子：
考虑一个高度为 1，底面为边长为 1 的等腰直角三角形的柱体 $P$。

那么
\begin{aligned}
D(P) & =5 f\left(\frac{\pi}{2}\right)+2 \sqrt{2} f\left(\frac{\pi}{2}\right)+2 f\left(\frac{\pi}{4}\right) \\
& =\left(\frac{5}{2}+\sqrt{2}+\frac{1}{2}\right) f(\pi) \\
& =0 .
\end{aligned}

hbghlyj

剩下的就是计算具有相同体积 $1$ 的立方体和正四面体的Dehn不变量。
体积为 1 的立方体的棱长为 1，
设体积为 1 的正四面体的棱长为 $a$，满足：体积 $\frac{a^3}{6 \sqrt{2}}=1$，
立方体的二面角是 $\frac{\pi}{2}$，而正四面体的二面角是 $\arccos \left(\frac{1}{3}\right)$。因此，
\begin{aligned}
&D(\text{cube})=12 \cdot f\left(\frac{\pi}{2}\right)=6 f(\pi)=0\\
&D(\text{tetrahedron})=6 a\cdot f\left(\arccos \left(\frac{1}{3}\right)\right)
\end{aligned}问题：我们能否选择 $f$ 使得 $f\left(\arccos \left(\frac{1}{3}\right)\right) \neq 0$？
换句话说，我们需要 $\arccos \left(\frac{1}{3}\right)$ 与 $\pi$ 线性无关，或者等价地 $\cos \left(\frac{p}{q} \pi\right) \neq \frac{1}{3}$ 对于任何 $p, q \in \mathbb{Z}$。
见 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=13415