从数分习题说起

在数分的学习中，有一道经典例题是这样的：

Example 1. 设函数f在$x=0$处连续，且对一切x, y有$f(x+y)=f(x)+f(y)$. 证明f在$\mathbb{R}$上连续，且$f(x) = f(1)x$.

这道题的解答是平凡的，我们在此只简述一下思路：运用$f(x+y)=f(x)+f(y)$这一条件, 我们可以得到$f(x+\Delta x)-f(x) = f(\Delta x)$, 从而易证$f$在$\mathbb{R}$上连续；进一步，易证$f$在$\mathbb{Q}$上满足$f(x)=f(1)x$，再运用$f$的连续性，可证题中结论。

实际上，方程$f(x+y) = f(x)+f(y)$被称作柯西方程（Cauchy’s functional equation），我们在许多条件下都能得到题中的线性函数结论，诸如$f$是单调的，$f$是局部有界的，等等。

而当我们思考一个更进一步的问题，如果我们去掉这些前置条件，仅仅考虑这个方程本身，那么还能确定出（在$f(1)$确定的情况下）唯一的函数$f(x)$吗？答案是否定的。

柯西方程的非线性解——Hamel Function

在承认选择公理的前提下，我们可以证明以下定理:

Theorem 1. 任何线性空间必有（哈默尔）基

由此，我们把$\mathbb{R}$看作$\mathbb{Q}$上的线性空间，运用定理1我们可以得到一组基$\mathcal{B}$，使得任取$x\in \mathbb{R}$，都存在唯一有限集合${x_i}{i\in I}\subset \mathcal{B}$ 和对应的${\lambda i}{i\in I}\subset \mathbb{Q}\backslash{0}$, 使得$x=\Sigma{i\in I}\lambda_i x_i$。

实际上，在得到基$\mathcal{B}$后，我们定义函数$f(x)$为：
$$
f(x) = f(\sum_{i\in I}\lambda_i x_i)=\sum_{i\in I}f(\lambda_i x_i)=\sum_{i\in I}\lambda_i f(x_i)
$$
其中$f(x_i)$的值可以为任意实数，容易验证该函数满足柯西方程，而当$存在x_i\in \mathcal{B}, 使得f(x_i)\neq {x_i}f(1)$时，$f$即为非线性函数，又被称作哈默尔函数（Hamel Function）

这样得到的函数$f$是相当病态的，例如我们可以证明，其函数图像$y=f(x)$在$\mathbb{R}^2$上稠密，即任何给定的圆都至少包含该图象的一个点。
这么看来，如此病态、难以刻画的函数很难起到什么作用，但实际上并非如此，运用这个函数，我们能相当巧妙、简洁的解决一些难以入手的问题。

分割长方形

我们先来看一个看起来和之前讨论的内容毫不相关的定理：

Theorem 2. 假设R是一个长方形，长为$a$，宽为$b$，那么R能被分割成有限个正方形当且仅当*$\frac{a}{b}\in \mathbb{Q}$*

充分性是显然的，因为$\frac{a}{b}\in \mathbb{Q}$，我们可以找到$r\in \mathbb{R}$使得$\frac{a}{r},\frac{b}{r}\in \mathbb{N}$，从而$R$可以被分割成有限个边长为$r$的正方形。

必要性则要麻烦的多，在这里，我们可以运用Hamel Function给出一个巧妙的解法

Proof: 不妨设$R$是一个$a\times 1$的长方形，其中$a\notin \mathbb{Q}$。

我们运用反证法，假设$R$可被分成有限个正方形的集合${S_i}{i\in I}$通过延长每个正方形的每条边，我们可以将$R$切割成表格形，即为有限个小长方形的集合${r_j}{j\in J}$。

因为$a\notin \mathbb{Q}$，所以1和a在$\mathbb{Q}$上线性无关，因此可以将${1, a}$扩展为上文中提到的基$\mathcal{B}$，我们定义如下Hamel Function：
$$
\displaylines{f:\mathcal{B} \rightarrow \mathbb{Q} \
f(1) := 1, f(a) := -1, f(x_i) = 0\mbox{, 对所有其他}x_i\in \mathcal{B}}
$$
再定义如下面积函数$A$：
$$
\mbox{对于$h\times d$的长方形$r$}, A(r) = f(h)f(d)
$$
因此我们可以得到，面积函数$A$具有可加性，
即对于由$h_1\times d$的长方形$r_1$和$h_2\times d$的长方形$r_2$组合而成的$(h_1+h_2)\times d$长方形$r_3$，有
$$
\begin{aligned}
A(r_3) &= f(h_1+h_2)f(d)\&=[f(h_1)+f(h_2)]f(d)\&=f(h_1)f(d)+f(h_2)f(d)\&=A(r_1) + A(r_2)
\end{aligned}
$$
所以我们可以推出：
$$
A(R) = \sum_{j \in J}A(r_j) = \sum_{i \in I}A(S_i)
$$
其中$A(S_i) = f(t)^2\geqslant 0$, 所以$A(R)\geqslant 0$，而$A(R) = f(a)f(1) = -1 <0$, 推出矛盾。 ◻

这个解法相当巧妙，令人叹为观止， 而Hamel Function的运用并不仅此一处，事实上，大名鼎鼎的希尔伯特二十三问中的第三问，就能用类似的方法进行解决。

更进一步——希尔伯特第三问

希尔伯特第三问的具体表述是这样的：任给两个相同体积的多面体，它们能全等分解吗？其中同等分解指的是通过裁剪分解为全等的多面体。
这个问题的回答也是否定的，事实上，我们可以证明以下定理：

Theorem 3. 体积相同的立方体和正四面体无法全等分解

而在证明这个定理之前，我想先回过头来，简述一下希尔伯特第三问的历史背景。

Wallace–Bolyai–Gerwien theorem

早在19世纪初，数学家们就已经证明了这一命题的二维情形，即Wallace–Bolyai–Gerwien theorem：

Theorem 4. (Wallace–Bolyai–Gerwien theorem)
多边形可被全等分解当且仅当它们面积相等

这个定理的证明思路并不复杂：我们可以证明全等分解是等价关系，多边形可以分解为一系列小三角形，而通过一系列操作，可以证明三角形可以全等分解为相同面积的正方形，而一系列正方形可以全等分解为面积为其之和的大正方形，所以多边形可以全等分解为面积相同的正方形，由此得证。

这个定理意味着，我们不需要借助其他工具，仅凭”物理上”的剪切就能说明三角形的面积是二分之一底乘高，而如果把这个问题扩展到三维，金字塔的体积是三分之一底面面积乘高，而在过去，这个算法的证明依赖于微积分，由此就衍生出了希尔伯特第三问的初步想法：我们能仅仅通过”剪切”来证明金字塔乃至其他锥体的体积公式吗？
答案是否定的，而这个问题后来被希尔伯特的学生Max Dehn在1900年解决了。
下面我们给出定理3的两种证明，尽管并不是Dehn最开始的证明方法，但思路是大抵相同的。

定理的第一种证明

第一种证明需要我们用到如下的定理：

Theorem 5. (Bricard’s
condition)如果两个全等分解的多面体分别有二面角$\alpha_1, \ldots,\alpha_r$和$\beta_1, \ldots, \beta_s$，那么存在正整数$m_i,n_j$和整数$k$，使得下列方程成立：
$$
m_1\alpha_1+\cdots +m_r\alpha_r=n_1\beta_1+\cdots+n_s\beta_s+k\pi
$$
这个定理的证明相当繁琐细碎，在这里就不赘述了。

除此之外，我们还需要证明正四面体的二面角$\theta$与$\pi$的比是无理数：

Proof: 因为$\theta = \arccos{\frac{1}{3}}$， 事实上我们可以证明:
$$
\mbox{对所有$n\geqslant 0$}, A(n) := \frac{1}{\pi}\arccos(\frac{1}{\sqrt{n}})\mbox{为无理数}
$$
但这个定理的证明并不容易，为求简便，我们在这里采用另一方法：

考虑$\gamma = \frac{1}{2}(\pi - \theta),\cos\gamma+i\sin\gamma = \frac{1+\sqrt{-2}}{\sqrt{3}}$
，若$\gamma$为$\pi$的有理数倍，则$\gamma$为单位根，但环$\mathbb{Z}$为唯一分解整环，因此$\gamma$不是单位根，
因此$\gamma$不为有理数倍的$\pi$，因此$\theta$也不为$\pi$的有理数倍 ◻

由此我们很快就可以给出定理3的第一种证明：

Proof: 如果相同体积的立方体和正四面体可以全等分解，那么根据定理5，$\pi$和$\theta$在$\mathbb{Q}$上线性相关。
也就是说$\theta$可以表示为$\pi$的有理数倍，和上述结论矛盾 ◻

定理的第二种证明

而运用Hamel Function，我们可以给出定理3的第二种证明：

Proof: 同样采用反证法，我们不妨假设存在这样的一种全等分解，将立方体变为等体积的正四面体。

仿照Theorem 2证明的思路，因为${\pi, \theta}$线性无关，我们将其扩展成$\mathbb{R}$在$\mathbb{Q}$上的基$\mathcal{B}$, 再构造一个这样的Hamel Function:
$$
\displaylines{f:\mathcal{B} \rightarrow \mathbb{Q} \
f(\theta) := 1, f(\pi) := 0, f(x_i) = 0\mbox{, 对所有其他}x_i\in \mathcal{B}}
$$

下面定义多面体的体积函数为：$$V(P) = \sum t_if(\alpha_i)$$, 其中$t_i$为第$i$条棱的棱长，$\alpha_i$​为对应的二面角。

下面我们要验证，在函数$f$可加且$f(\pi)=0$的条件下，函数$V(p)$的可加性，可加性的具体证明也相当繁琐，涉及到空间中多面体的严格定义，我们也暂且不谈，
但是我们可以给出可加性的一个直观解释：

想象用一个平面去切割多面体，每次切割会沿着一个面或者一条棱，前者会导致棱长的增加，即$t_if(\alpha_i) \to t_if(\alpha_i) + [t^{‘}_if(\beta)+t^{‘}_if(\pi -\beta)]$，中括号内是新增的函数值；后者会导致二面角的变化，即$t_if(\alpha_i) \to t_if(\beta)+t_if(\pi -\beta)$，而这两者在函数$f$可加且$f(\pi)=0$的条件下都是保持不变的，这样我们就有了一个对可加性的直观感受。

接下来的步骤就十分显然了，对于体积相等的两个立方体$C$和正四面体$T$，我们有$V(C) = 0$和$V(T)= \sum t_i = 6t_i > 0$，因此这两个多面体不可能是全等分解的。 ◻

事实上，多面体$P$的函数值$V(P)$又被称作Dehn invariant，按照上述证明中的方法，我们可以得出这样一个结论：

Theorem 6. 两个体积相同的多面体如果全等分解，那么它们的Dehn invariant相等

一些进展

但是定理6的逆命题是否成立直到1965年才有定论，Jean-Pierre
Sydler证明了它的逆命题，因此这个定理可以有一个更完整的表述了：

Theorem 7.对于两个体积相同的多面体，它们能够全等分解当且仅当它们的Dehn invariant相等

1980年，Hans Debrunner指出，任何平铺空间的四面体都必须具有 0 的 Dehn不变量——这与立方体相同。而更高维的类似问题，则依然等待解决。

结语

最早想到这个问题作为我的作业B是在数分二的早期一堂课上，杨家忠老师提出了定理2中的问题，并且给予了”很有意思”的评价。苦苦思考几天无果之后，我开始求助于互联网，在搜寻了各种信息后才有了这篇小文章的大概想法。

本文参考了不少数学天书中的证明(Aigner, Martin, 和Günter M. Ziegler.
Proofs from THE BOOK. 6th ed. 2018.)中的想法，同时也少不了Wikipedia和各种互联网资源的帮助，没有这些信息源，我是断然无法写出这篇文章的。