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Il teorema di Dehn
Inviato: 04 ott 2006, 17:56
da EvaristeG
Il teorema di Dehn dice questo :
Un cubo e un tetraedro dello stesso volume non sono equiscomponibili.
La dimostrazione con la geometria non c'entra molto e qui ce n'è una traccia :
1) Sia P un poliedro e sia S l'insieme dei suoi spigoli; data $ f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} $ tale che f(x+y)=f(x)+f(y) e tale che $ f(\pi)=0 $, sia
$ F(P)=\sum_{s\in S}f(a_s)l(s) $
dove l(s) è la lunghezza dello spigolo s e a_s è l'angolo tra le due facce che si incontrano in s.
Dimostrare che, se $ P=P'\cup P'' $, con P', P'' poliedri e con $ P'\cap P'' $ contenuto in un'unione finita di piani, allora
$ F(P)=F(P')+F(P'') $
2) Dedurre che F è un invariante per equiscomponibilità e utilizzare questo fatto per mostrare che il cubo e il tetraedro non sono equiscomponibili.
Inviato: 20 ott 2006, 23:54
da EvaristeG
Fa così schifo?
Inviato: 21 ott 2006, 18:14
da Sisifo
Sistemato il tex. EG.
Ok.. lo risolvo io
1)Intanto notiamo che date le condizioni $ f(\pi - x)=-f(x) $.
Allora é facile notare che la funzione F(P) é additiva. Infatti, dati due poliedri che si 'uniscono´ $ P_1, P_2 $, siano $ S_1, S_2, S_3 $ gli insiemi di spigoli appartenenti rispettivamente solo al primo poliedro, solo al secondo poliedro e a entrambi i poliedri:
$ \displaystyle F(P_1) + F(P_2)= \sum_{s \in P_1 \cup P_3} f(a_s) l(s) + \sum_{s \in P_2 \cup P_3} f(a'_s) l(s)= $
$ \displaystyle = \sum_{s \in P_1} f(a_s) l(s) + \sum_{s \in P_2} f(a_s) l(s) + \sum_{s \in P_3} (f(a_s)+f(a'_s)) l(s) $
che, poiché gli angoli corrispondenti sono supplementari é uguale a
$ \sum_{s \in P_1} f(a_s) l(s) + \sum_{s \in P_2} f(a_s) l(s) = \sum_{s \in P_1 \cup P_2} f(a_s) l(s) $$ = F(P_1 + P_2) $
2)Ora per la definizione di equiscomponibilitá risulta che F(P) é uguale alla somma dei valori di F su tutta la scomposizione, e quindi é invariante per equiscomponibilitá
A questo punto prendendo f(x)=sen x si calcola F per un cubo e un tetraedro di ugual volume e si vede che é diverso CVD
Inviato: 21 ott 2006, 19:25
da EvaristeG
sbagliata la 2).
Inviato: 16 nov 2006, 13:36
da EvaristeG
Hmmm up!
Inviato: 16 nov 2006, 14:58
da edriv
Hmmm... l'errore di Sisifo sta nel fatto che sin(x) purtroppo non è addittiva.
Poi, dal fatto che $ ~ 0 = f(\pi) = f(\frac{\pi}2 + \frac{\pi}2) = f(\frac {\pi}2) + f(\frac{\pi}2) = 2f(\frac{\pi}2) $, quindi $ ~ f(\frac{\pi}2) = 0 $ e la funzione calcolata sul cubo vale 0.
Ora, facendo lo stesso ragionamento, vediamo che $ ~f(\alpha)=0 $, per ogni $ ~\alpha $ multiplo razionale di pi greco.
Se la funzione fosse costante, avremmo che vale 0 su ogni solido, ma non è molto utile. Però, ricordando la soluzione del problema di Cauchy, sappiamo che esistono anche delle funzioni da R in R addittive e discontinue (con le famose basi di Hamel che sono anche sulle schede olimpiche).
Possiamo quindi cercare una di queste funzioni che dia un valore non nullo se applicata al tetraedro. Possiamo anche fissare a piacere i valori della f sugli elementi di una base.
Se il tetraedro è regolare, possiamo facilmente calcolare l'angolo tra due facce (calcolando con pitagora l'altezza e un altro segmento) che è (secondo i miei calcoli) $ ~\arcsin \frac{2\sqrt 2} 3 $, o meglio, $ ~\arccos \frac 13 $, che è irrazionale con pi greco per un altro dei simpatici problemi messi da EvaristeG sul forum.
Quindi, visto che è irrazionale, possiamo fissare un valore diverso da 0 sulla f e questo dimostra il teorema.
Se il tetraedro non è regolare... intanto dimostro che basta trovare un angolo irrazionale. Trovo una basina $ ~a_1, \ldots, a_n $ con 1 <=n <= 6, con $ a_1,\ldots,a_n $ che sono le misure di alcuni angoli del tetraedro, tali che ogni altro angolo del tetraedro si scrive in modo unico come combinazione lineare degli a_i a coeffieienti razionali. Ora, il valore della F, buttandoci dentro anche le misure dei lati, sarà una combinazione lineare di $ f(a_1),\ldots,f(a_n) $, dove posso scegliere come voglio i valori degli $ ~f(a_i) $... ma è chiaro che è impossibile che per tutte le scelte degli f(a_i), di cui almeno uno è diverso da 0, da una loro combinazione lineare fissata otterrò sempre 0.
Quindi posso sceglierli in modo da ottenere un valore positivo, diverso dal valore del cubo.
Scusate se ho scritto in modo sempre più contorto... forse sarà scappata anche qualche cazzata, capita.
In quanto all'esistenza di un angolo "irrazionale"... per ora non mi viene niente.
Inviato: 16 nov 2006, 15:58
da EvaristeG
Beh, diciamo che l'intento del problema era dimostrare che "non tutti i cubi e i tetraedri dello stesso volume sono equiscomponibili". Quindi va benissimo quello che hai già fatto, anche perchè altrimenti è un po' falso ... temo che esistano coppie (tetraedro, cubo) dello stesso volume ed equiscomponibili.