從尤拉公式到空間的平面分割

從尤拉公式到空間的平面分割

宋秉信

摘 要 _:

本文通過具體事例, 介紹拓樸學在初等數學中的應用。 把歐拉定理引入初等幾何, 得到 定理一。 它為“直線分割平面問題”的求解提供一個模式。 再將定理一縱向延伸, 也就是 將布安加雷定理橫向延伸, 得到定理二。 它為“平面分割空間問題”的求解提供了一個 模式。

關鍵詞: 頂點、 面數、 稜數、 分割。

(一)

1735 年夏天的一個晚上, 哥德巴赫 (Goldbach) 對歐拉 (Euler, Leonhard) 說: “在我的故鄉, 東普魯士的哥尼斯堡 (Konigsberg), 有條普雷格爾河 (Pregl)。

它分成兩叉流進城內, 然後在克內福弗島 (Kneiphof) 匯集。 河面上有七座大橋, 把 克內福弗島與兩岸城區相聯。 島上有所古老 的哥尼斯堡大學。 每天傍晚時分, 大學生們都 喜歡散步於這七座大橋之間”。 說著哥德巴赫 在紙上畫了張示意圖。(圖一)

圖一

“有一天, 有一個大學生和同伴們打賭:

看誰能連著一次走遍這七座橋, 每座橋只准 走過一次, 既不能重複也不准遺漏”。

“這雖然是一個普通的玩笑, 但是它卻難 倒了哥尼斯堡所有的人。 連以博學著稱的哥 尼斯堡大學的教授們也感到一籌莫展”。

“故鄉的人們寫信找我, 要我幫助解決。

我想你也許對這個問題會有興趣”。

歐拉將信從頭到尾認真看了一遍。 他認 為這絕不是一個普通遊戲, 而是一個頗有價 值的數學問題。 在以後的思考中, 他首先想到 的是德國大數學家萊布尼茲 (Leibniz, Got- tfried Wilhelm) 在1679年寫的 「幾何特徵」

一書。 他在研究紮記中寫道: “古希臘研究的 幾何學, 是研究幾何量 (長度和角度) 大小及 其測量方法的學科。 萊布尼茲首先提出了幾

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何學的另一個分支, 即位置幾何學。 這個分支 至今還很少為人所知。 它研究的對象只依賴 於物體的相對位置和順序, 而與幾何量的大 小無關”。 根據這個思想, 他認為兩岸的陸地 和河中的小島只是聯結橋樑的節點, 它們的 大小與這個問題無關, 所以可以縮成四個點。

七座橋是必須經過的路線, 且每條路只允許 走過一次, 可抽象成七條線來表示。 如圖二。

這樣,

. . . . . . . .. . .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. ...

... . . . . . . . .. . .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. ...

... ...

...

A

B C

D 6

5 7

2 4

1 3

(圖二)

歐拉把一個貌似複雜的實際問題抽象並簡化 成圖二的形式, 即通過四個點, 七條線的“一 筆畫”問題。 而且歐拉從眾多人的失敗中想 到, 這樣的走法可能根本就不存在。 隨後, 他 用 MM 方法出色地證實了自己的猜想是正 確的。 並於 1736 年完成了題為 「哥尼斯堡七 橋問題」 的著名論文。 這篇論文奠定了數學的 一個分支—「拓撲學」 和 「現代圖論」 的基礎。

在此基礎上歐拉又作出了一個重要貢獻, 這 就是人所共知的“多面體公式”。

(二)

歐拉在研究任意的凸多面體時, 發現凸 多面體頂點數、 稜數與面數之間, 存在著以下 的奇妙關係:

頂點數 V − 稜數 E+ 面數 F = 2。

這便是拓樸學中著名的歐拉定理。 其中 凸多面體中的頂點數、 稜數、 面數的關係式:

V − E + F = 2 被後人稱之為“歐拉示性 數”。

我們知道, 這裡所說的邊可以是彎曲的, 而且都有兩個端點 ( 這兩個端點就是平面圖 的頂點, 所謂邊就是兩個頂點之間的連線), 這樣的圖有而且只有一個無限面。

我們現在來研究另一種平面圖, 它是由 一些直線構成的。 我們把這種圖叫做直線網。

如圖 (三) 就是一個由五條直線構成的平面 圖。

... ..

.. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . . .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . . .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . . .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. . .. . .. .. .. .. .. .. .. .. . . .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. . .

...

...

. .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. .. . . .. .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. .. . . .. .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. .. . .. . . .. .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. .. . . .. .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. .. . . .. .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. .. . . .. .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. .. . . .. . .. .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. .. . . .. .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. .. . . .. .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. .. . . .. .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. .. . . .. . .. .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . ..

1

2 3

4 5

(圖三)

定義1: 在直線網中, 只有一個端點或沒有端 點的邊叫做無限邊。 邊界含無限邊的面叫做 無限面。

由此可見, 直線網中不只一個無限面。

如果直線網中有兩條邊所在的直線相交, 那 麼該直線網一定是連通的。 不連通的只是那 些由互相平行的直線構成的直線網。 其頂點 數一定是 0, 面數比稜數多 1。

定理一: 如果是連通的直線網, 那麼有 V − E+ F = 1

其中 V 、 E、 F 分別為連通的直線網的頂點 數, 邊數和面數。

證明: 我們不妨用一個足夠大的圓把直 線網中的所有頂點都圈在裡面。 結果每條無 限邊都必然會與圓有且只有一個交點。 因此, 圓上點的個數就是無限邊的條數, 用 E

^′

表 示。 而 E

^′

個點把圓分成 E

^′

段弧, 這些弧與 直線網中的 F

^′

個無限面一一對應。 於是有 E

^′

= F

^′

。 抹掉直線網中所有的無限邊, 便得 到一個拓樸學中的連通平面圖, 其頂點數、 邊 數、 面數分別為 V 、E − E

^′

、 F − F

^′

+ 1, 由 歐拉定理, 得

V −(E − E

^′

) + (F − F

^′

+ 1) = 2, 即 V − E + F = 1。 (證畢)

註: (1) 對於不連通的直線網, 也有 V − E+ F = 1, 這是一個很明顯的事實。

(2) 歐拉定理對於直線網不成立。 定理 一僅僅是將歐拉定理加以延伸。

如圖四所示, 它是由 7 條直線構成的連 通的直線網。 其中 V = 16, E = 41, F = 26, 則有 V − E + F = 16 − 41 + 26 = 1。

... ...

. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . ..

. .

...

.

... ...

..

...

1 2 3

4 5 6

7

(圖四)

有了定理一, 為我們求解 “直線分割平 面”問題提供了一個數學模型。

例1: 平面上有 n 條直線, 其中任何兩 條不平行, 任何三條不過同一點, 證明這 n 條 直線把平面分成

¹ ₂

(n

²

+ n + 2) 個部分。

證明: 因 n 條直線中任何兩條不平行, 所以知道在 n 條直線中的任何一條都與另外 n−1 條直線相交。 故每條直線上都有 n 條邊 和 n−1 個頂點, 其中每個頂點都是兩條直線 公共的。 由此可知, V =

¹ ₂

n(n−1), E = n

²

, 由定理一, 得

F = E + 1 − V

= n

²

+ 1 − 1

2n(n − 1)

=1

2n

²

+1 2n+ 1

=1

2(n

²

+ n + 2)。 (證畢) 例2: 平面上有 n 條拋物線, 其中每兩條 只相交於兩個點, 並且每三條都不相交於同 一點。 求證這 n 條拋物線把平面分成 n

²

+ 1 個平面。

(圖五)

證明: 在拓撲學中對於直線與曲線被看 成是相同的, 因為它們中的每一條都代表兩 點之間的道路。 如圖五中直線 AB 與曲線 CD。 這樣一來, 我們可以把拋物線看作是直

線。 因為 V =1

2n(2n − 2) = n

²

− n, E= n(2n − 1) = 2n

²

− n。

根據定理一, 得

F = E − V + 1

= 2n

²

− n −(n

²

− n) + 1

= n

²

+ 1. (證畢)

例3: n(n ≥ 3) 條直線將平面分割成多 少塊? 試就下列情況加以解答:

i) n 條直線中恰有 p(p ≥ 2) 條互相平 行, 此外沒有再相互平行的。 而且 n 條直線 中沒有三條相交於同一個點;

ii) n 條直線中恰有 K(K ≥ 3) 條相交 於同一個點, 除這個交點外, 再沒有多於兩條 的直線相交於同一點, 而且也沒有兩條直線 互相平行。

解: (i) 因為互相平行的 p 條直線中 的每一條都與 (n − p) 條直線相交。 另外, (n − p) 條直線中的每一條都與 (n − 1) 條 直線相交, 所以有:

E = p(n − p + 1) + (n − p) · n.

又因沒有三條直線相交於一點, 所以有:

V =1

2[p(n − p) + (n − p)(n − 1)]

=1

2(n − p)(p + n − 1).

根據定理一, 得 F = E − V + 1

= p(n − p + 1) + (n − p) · n

−1

2(n − p)(p + n − 1) + 1

= p(n − p + 1) + (n − p)

·[n − 1

2(n + p − 1)] + 1

= p(n − p + 1) + 1 2

·(n − p)(n − p + 1) + 1

=1

2(n + p)(n − p + 1) + 1。

(ii) 除它們的公共點外, 共點的 k 條直線中 的每一條直線上都有 (n − k) 個頂點, 另 外 (n − k) 條直線中的每一條直線上都有 (n − 1) 個頂點。 因此,

V=1

2[k(n − k) + (n − k)(n − 1)] + 1

=1

2(n − k)(n + k − 1) + 1, E=k(n − k + 2) + (n − k) · n。

根據定理一, 得 F=E − V + 1

=k(n − k + 2) + (n − k)n

−[1

2(n − k)(n + k − 1) + 1] + 1

=k(n − k + 2) + 1

2(n − k)(n − k + 1)

=k(n − k + 1) + k +1

2(n − k)(n − k + 1)

=1

2(n + k)(n − k + 1) + k。

(三)

布安加雷曾將歐拉定理推廣到 n 維空 間, 代替頂點、 稜和面數的是 0, 1, 2, · · · , n−

1 維的形象。 設這些形象的個數分別用 u

⁰

, u

1

, u

2

, . . . , u

n −1

表示, 則對於和簡單的多面

體相當的流形有下列關係式, 即布安加雷定 理:

u

0

− u

¹

+ u

²

− · · ·+ (−1)

^{n −1}

u

n −1

= 1 − (−1)

ⁿ

(n ∈ N)

如果在布安加雷定理中令 n = 4, 並把 它嫁接到由一些平面構成的平面網中, 可得 到一個新的定理。

定義2: 若干個平面把空間分割成 n 個部分, 我們把這 n 部分空間稱為體。 面界如果是含 無限面的體, 那麼該體稱之為無限體。

定理二: n 個不全平行的平面構成一個平面 網, 如果其中有 V 個頂點, E 條稜, F 個面, 這些平面把空間分割成 S 個部分, 那麼有關 係式:

V − E+ F − S = −1 成立。

證明: 分兩種情況進行討論:

(i) 若 V = 0 時, 則構成平面網的 所有平面都經過同一條直線, 或者它們的交 線互相平行。 這時平面網中的稜都是無限稜, 作一個與這些稜垂直的平面, 則在這個平面 上必然會出現一個連通的直線網。 其頂點數、

邊數、 面數分別為 E、 F 、 S。 由定理一知, E− F + S = 1 。 於是有:

V − E+ F − S = V − (E − F + S)

= 0 − 1 = −1。

ii) 若 V 6= 0 時, 那麼我們可以用一個 足夠大的球面將所有的頂點都罩在這個球面

裡面。 結果會在球面上出現一個連通圖, 它可 以經過橡皮變形成為一個簡單多面體。 當然, 其頂點數、 稜數、 面數分別等於平面網中的無 限稜條數 E

^′

, 無限面個數 F

^′

, 無限體個數 S

^′

。 根據歐拉定理, 有 E

^′

− F

^′

+ S

^′

= 2。

我們拿掉所有的無限稜, 便得到一個拓 樸學中和簡單多面體相當的流形, 其頂點數、

稜數、 面數、 體數分別為 V 、E − E

^′

、F − F

^′

、S − S

^′

+ 1, 由布安加雷定理, 得

V−(E −E

^′

)+(F −F

^′

)−(S −S

^′

+1) = 0 即

(V − E + F − S) + (E

^′

− F

^′

+ S

^′

) − 1 = 0 所以, 有

V − E+ F − S = −1。 (證畢) 註: (i) 定理中條件是 n 個不全平行的 平面構成一個平面網。 而對於由互相平行的 平面構成的平面網, 定理也是成立的。 因為 這時 V = E = 0, S = F + 1, 所以 V − E+ F − S = −1。

(ii) 用平面 α 任意分割平面網 W , 得 到一個新平面網 W

^′

, 結果平面 α 上有一個 直線網。 設其面數為 F , 又設平面網 W 、W

^′

的體數分別為 S、 S

^′

, 則 S

^′

= S + F 。

例4: 空間有任何兩個不平行, 任何三個 不共線, 任何四個不共點的 n 個平面。 求證 這 n 個平面把空間分割成

¹ ₆

(n

³

+ 5n + 6) 個部分。

證明: 因為每個平面上都有一個由 n−1 條直線 (其中任何兩條不平行, 任何三條不過

同一點) 構成的直線網, 其頂點數、 邊數、 面 數分別為:

V

0

=1

2(n − 1)(n − 2), E

⁰

= (n − 1)

²

F

0

=1

2[(n − 1)

²

+ (n − 1) + 2]

=1

2(n

²

− n+ 2)。

從而有: V =

¹ ₃

nV

0

=

¹ 6

n(n − 1)(n − 2);

E =

¹ ₂

nE

0

=

¹ ₂

n(n − 1)

²

; F = nF

⁰

=

1

2

n(n

²

− n+ 2)。

根據定理二, 有 S= V − E + F + 1

=1

6(n

³

−3n

²

+ 2n)

−1

2(n

³

−2n

²

+ n) +1

2(n

³

− n

²

+ 2n) + 1

=1

6(n

³

+ 5n + 6)。 (證畢) 例5: 正十二面體的各個面延伸後, 所得 的十二個平面把空間分割成多少個部分?

解: 根據題設中的條件知, 十二個平面 構成一個平面網, 其中每個平面上都有一個 由五對平行直線構成的直線網, 其頂點數、 邊 數、 面數分別為 16、50、36。 如圖六。

... . ...

... .

... ..

...

...

...

... ...

...

(圖六)

由於直線網中的 15 個頂點中屬於四條 直線的公共點的頂點有 5 個, 它們中的每 一個都是五個平面的公共點。 而屬於兩條直 線的公共點的頂點有 10 個, 它們中的每一 個都是三個平面的公共點。 因此, 可以知道, V =

¹ ₅

(5 × 12) +

¹ ₃

(10 × 12) = 52。

由於正十二面體的各個面延伸後, 任何 三個平面都不共線, 因此有:

E=1

2(50 × 12) = 300, F = 36 × 12 = 432。

根據定理二, 有

S= V − E + F + 1

= 52 − 300 + 432 + 1 = 185。

答: 可把空間分割成 185 個部分。

註: 在例 4 中, 令 n = 12, 則 S =

1

6

(n

³

+ 5n + 6) =

¹ 6

(12

³

+ 5 × 12 + 6) = 299。 這就是說十二個平面最多可把空間分割 成 299 個部分。 而本題的結果比它小得多, 這 是不足為奇的。

例6: 正二十面體的各個面延伸後, 所得 的二十個平面把空間分割成多少個部分?

解: 如圖七所示, 因為正二十面體的各 個面延伸後所得的二十個平面上都有這樣一 張直線網。

圖七 所以, 有

V=1

6(6 × 20)+1

5(6 × 20)+1

4(6 × 20) +1

3(30 × 20) = 274。

E=1

2(150 × 20) = 1500, F=103 × 20 = 2060。

根據定理二, 得

S= V − E + F + 1

= 274 − 1500 + 2060 + 1 = 835。

答: 所得二十個平面把空間分割成 835 個部分。

註: 若令 n = 20, 由例 4 中條件可知二 十個平面最多可把空間分割成 1351個部分。

值得注意的是在例 5, 例 6 中, 用所得的 結果除以它們相應的最大可能值, 其商都非 常接近黃金分割數 0.618, 如例 6 中: 835 ÷ 1351 ≈ 0.6180606 · · · 例5中: 185÷299 ≈ 0.618729。

由“歐拉示性數”可以證明正多面體只有 五種: 正四面體、 正六面體、 正八面體、 正十 二面體、 正二十面體。 我猜想這五種正多面體 都有這一性質。

參考資料

1. D. 希爾伯特和康福森合著, 直觀幾何, 北京 高教出版社, 王聯芳譯, 84 年。

2. 儲嘉康, 歐拉, 四川出版社, 84 年, p.58-59 。 3. 全日制十年制高中 「數學」 課本第三冊,

p144, 北京, 教育出版社。

—本文作者任教於中國湖南省湘潭教育學院 數學系_—