Гильберт, Кон-Фоссен - Наглядная геометрия (Гильберт Д. - Основания математики и прочие работы), страница 73

Разобьем теперь многогранник связности й на Р частей н докажем наше утверждение путем индукции для возрастающего Р. Наше утверждение для всякого Р ~ и тривиально, потому что в этом случае достаточно каждую грань закрасить новой краской. Таким образом наша теорема уже доказана для всякого Р( Ро. Теперь мы докажем ее справедливость для Р =Ро+1. Согласно вышесказанному мы можем ог. раннчнться числом Р > а. По предположению для числа Р удовлетворяется неравенство: ЛР > 6 (Р + Ь вЂ” 3), Применим теперь теорему Эйлера ') о многогранниках: Š— К+Р=З вЂ” Ь нлн Р+й — 3 К вЂ” Е.

Прн помощи деформации, прн которой число Р н связность гс остаются неизменными, мы можем достичь того, что во всякой вершине многогранника будут сходиться только трн грани н, следовательно, нз каждой точки будут выходить только трн ребра (рнс. 330). Таким образом нз всех Е вершин выходит всего ЗЕ ребер, а так как прн этом всякое ребро считается дважды, то ЗЕ = 2К Следовательно: 6(Р+ Ь вЂ” 3) =6К вЂ” 6Е=6К вЂ” 4К 2К. Таким образом неравенство, имеющее местов отношении числа л, превратится в ЛР > 2К.

Из этого неравенства можно заключить, что по меньшей мере одна грань многогранника ограничена менее, чем и ребрами. В самом деле, в противном случае все Р граней вместе были бы ограничены по меньшей мере ЛР ребрами, а так как прн этом всякое ребро считается дважды, то было бы пР( 2К Это заключение представляет суть доказательства.

') При установлении этой теоремы мы сделали некоторые предположение относительно расположения боковых граней; зги предположения в данном случае не должны выполняться. Можно, однако, убедиться, что установ,чениое положение применимо и здесь. ГЛ. ЧЬ ТОПОЛОГИЯ зэка Рассмотрим теперь одну из таких граней, которые граничат менее, чем с а соседними гранями.

Теперь представим, что внутренняя грань вырезана, а окружающие ее грани так растянуты, что они закрывают образовавшуюся дыру, и таким образом многогранник опять замыкается. Получившийся новый многогранник имеет такую же связность, как и старый, но на одну грань меньше. Следовательно, по предположению он может быть окрашен п красками. Выполним окрашиваиие, а затем произведем обратную деформацию. Тогда наш многогранник за исключением вырезанной грани выкрашен а красками; но так как эта грань граничит самое большее с а — 1 соседними гранями, то мы / з можем н эту грань выкрасить со- гласно предписанию без приме- У пения новой краски. Здесь мы должны были изменять первоначально заданный многогранник так, чтобы в каждой вершине сходились только три ребра, Но мы можем такое изменение произвести в обратном порядке без изменения окраски, так как при этом новых границ не получается. Теперь посмотрим, какие числа п удовлетворяют поставленному условию.

Напишем это условие в виде п>6(!+ — ); здесь следует подставить вместо Р все числа, большие п. Если Ь равно 1 или 2, то правая часть неравенства при возрастании Р стремится к 6, оставаясь все время меньше 6. Таким образом в обоих этих случаях па — — 6 — минимальное целое число, удовлетворяющее нашим предположениям. Для й = 3 правая часть имеет постоянное значение 6, и, следовательно, па — — 7.

Для й ) 3 правая часть с возрастанием Р уменьшается, и поэтому достаточно принять для Р минимальное допустимое значение л+ !. При этом мы получаем для а в случае й > 3 неравенство п>6(!+ „+~) или в преобразованном виде: п(а+ 1) > бп+ 6+ 6п — 18, па — бп > бп — 12, г.

е. ) — -~- — ~/ 2 4И вЂ” 2 3. 5 1 2 2 ззт з и. зхдАчи о соседних озлхстях Обозначая через [х1 максимальное целое число, меньшее х, имеем при И ~ 3: ~ =[т4- — ~24л — 23]. Для Ь = 2 и Ь = 3 эта формула также дает верные значения пз = 6 и пз = 7, хотя она и неприменима. В случае И = 1 формула дает другое значение, именно 4 вместо 6. Это значение по всем данным правильное, так как до сих пор не было найдено такого деления плоскости на области, при котором четырех красок было бы недостаточно; однако строго доказать это до сих пор не удалось.

В приводимой таблице приведены значения пь для Ь = 1 и до Ь = 13. Пока мы доказали только, что эти числа красок достаточны для раскраски. Можно было бы думать, что существуют поверх- 1- ности связности Ь, для которых можно всегда обойтись меньшим, чем пм числом красок. Однако для Ь = 2, 3, 5, 7, 9, 11, 13 доказано, что могут быть в точности пь соседних областей.

Следовательно, в этих случаях наверно нельзя обойтись меньше, чем п„красками, и, таким образом, для этих случаев задача о красках полностью разрешена. Для всех других замкнутых поверхностей числа пь представляют верхнюю границу для числа соседних областей. В задаче о красках особенно бросается в глаза, что интуитивно ясное для плоскости предложение до сих пор строго не доказано.

Подобного рода трудности встречаются в математике очень часто, когда хотят чисто логически, путем приведения к числам, понять наглядные вещи. В качестве еще одного примера назовем теорему о том, что замкнутая кривая, не имеющая двойных точек, разбивает плоскость на две части, или что шар имеет наименьший обьем из всех поверхностей данной площади.

Обе эти теоремы потребовали довольно трудных н обстоятельных доказательств. Однако задача о четырех красках представляет значительно более исключительный пример подобного рода, Гл. Еь тополОГия 1ЛОВАВлеиия1 ибо для этой задачи не видно, почему как раз с виду наиболее простой случай представляет такие трудности, в то время как наиболее сложные случаи могут быть разрешены. ДОБАВЛЕНИЯ К ГЛАВЕ Л 5 1, Нроективная плоскость в четырехмерном пространстве Мы укажем алгебраическую поверхность в четырехмерном евклидовом пространстве Е„топологически эквивалентную проективной плоскости, ио в противоположность поверхности Боя не имеющую ни самопересечений, ни других особенностей.

С этой целью будем исходить из шаровой поверхности и'+ о'+ аД = 1 (1) н рассмотрим в декартовых координатах х, у, х, 1 пространства Е1 образ х = и' — ое, у = ио, г = иго, 1 = ого (2) ,для всех значений параметров и, о, Го, удовлетворяющих уравнению (1). Так как х, у, е, 1 суть однородные н квадратичные функции от и, о, Го, то диаметрально противоположные точки шаровой поверхности (1) всегда будут изображаться одной.и той жеточкой (2) в пространстве Е,.

Докажем теперь, что две недиаметральные точки поверхности (1) всегда соответствуют двум различным точкам (2). Возьмем сначала точку Р сферы, для ко« торой ни и, нн о, ни и не равны нулю. Тогда у, х, 1 отличны от нуля и определяют отношение и: о1ю. Точка (2), соответствующая точке Р, таким образом, не изображает никакой другой точки сферы, кроме точки Р и диаметральной ей точки.

Если ю равно нулю, то ие и ое однозначно определяются нз уравнений из+ ое = 1, из — ое = х. Соответствующая точка (2) может представлять только следующие четыре точки: (и, о, 0), (и, — о, О), ( — и,о,О), ( — и, — о, 0). Если при этом еще и и = 0 или о = О, то эти четыре точки приводятся к паре диаметрально противоположных точек, и, следовательно, ничего не приходится больше доказывать. Если же и ФО, о чь О, то следует привлечь еще уравнение у = ио, которое выделяет из этих четырех точек уже пару диаметральных точек. Остается еще исследовать случаи, когда Го отлично от нуля, но одна из переменных и, о исчезает, т.

е. либо и = О, о чь О, Го:оь О, либо о = О, и Ф О, Го чь О, либо, наконец, и = о = О, в = .ь 1. В первом случае имеем; х= — о', — х+ Гоа=1; з к евклидова плоскость в з-мвгном пвостгхнствв ззэ оге= 1, и, следовательно, оз, яФ и оге известны. Аналогично во втором случае известны из, ге и иге. В обоих случаях заключаем, как и в случае и = О, что соответствующая точка (х, у, г) образа (2) представляет только одну пару диаметральных точек шара (1).

В третьем случае доказывать нечего, так как этот случай и так имеет место только для двух диаметральных точек шара (1), Таким образом уравнения (2) вместе с дополнительным условием (!) представляют взаимно однозначно и непрерывно сферу с отождествленными диаметрально противоположными точками, т. е. проективную плоскость.

Легко исключить и, о, гв из уравнений, определяющих модель. Именно, из трех последних уравнений (2) следует: уг уФ . аФ вЂ” — и' — — оз' — — ж' г ' у Отсюда первое уравнение (2) переходит в р(х — 1) = хат, (3) а уравнение (1) превращается в рзаа+ рзГ2 „! х212 ра( (4) Поэтому данная модель содержится в пересечении гиперповерхностей (3) и (4). В том, что эта модель не имеет особенностей, т. е.

обладает всюду непрерывной касательной плоскостью, легко убедиться, если на шаре (1) представить и, о, ю как функции двух независимых параметров и при помощи уравнений (2) исследовать х, у, г, 1 в этой параметрической форме. 5 2. Евклидова плоскость в четырехмерном пространстве Все поверхности пространства Ем изометричные евклидовой плоскости, простираются в бесконечность, так как они необходимо должны быть линейчатыми поверхностями.