KONVEX LEMEZEK ELRENDEZÉSEI A SÍKON

Átírás

1 KONVEX LEMEZEK ELRENDEZÉSEI A SÍKON SZAKDOLGOZAT Készítette: Reck Orsolya Márta Matematika BSc - tanári szakirány Témavezet : dr. Naszódi Márton, adjunktus ELTE TTK, Geometriai Tanszék Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Budapest, 011

2 Tartalomjegyzék 1. Bevezet. Konvex geometriai bevezet 4 3. Rácsgeometriai bevezet 6 4. Minkowski-tétel Halmazok Minkowski-összege Minkowski tétele Blichfeldt tétele Feladatok Fáry tétele Fáry-tétel Fejes Tóth László tétele egybevágó konvex lemezek pakolásáról, fedésér l 6.1. Fejes Tóth László tétele rácspakolásról Fejes Tóth László tétele rácslefedésr l Köszönetnyilvánítás 9 Irodalomjegyzék 30 1

3 1. Bevezet Szakdolgozatom témájának megválasztásában els sorban az motivált, hogy olyan témát találjak, amelyek tanulmányaim során nem nagyon került el térbe. Fontosnak tartottam, hogy olyan anyagrészt mutassak be a matematika világából, amelyb l kevés a magyar nyelv szakirodalom. Úgy gondolom, aki a matematika világában kíván elmélyedni, annak szükségszer és fontos, hogy kipróbálja magát a kutatómunkában, problémák felderítésében, megoldásában. Ez a kés bbi tanári pályán is fontos szerepet kaphat, hiszen az értelmes, érdekl d diákok, olyan érdekes kérdésekkel, problémákkal fordulhatnak tanárukhoz, amelyet nem tartalmaz a tananyag. Ma az óriási sebességgel terjed információk, ismeretanyagok világában fontos, hogy egy tanár kis utánajárással tudjon kielégít választ és megoldást nyújtani érdekl d diákjai számára. Amikor felkerestem Naszódi Mártont, aki a témavezet m lett, egy olyan témakört vetett fel, amely felkeltette az érdekl désemet. Így mélyedtem bele a rácsgeometria világába, s választottam szakdolgozatom anyagának. Forrásom a Pach János és Pankaj K. Agarwal Combinatorial geometry cím könyve volt. A könyv három nagy fejezetét olvastam el, amelyb l kiválogattam a számomra legérdekesebbnek t n részeket. Dolgozatomban megpróbálom körüljárni és bemutatni a témakör legfontosabb denícióit és tételeit. A könnyebb érthet ség kedvéért ábrákat készítettem, melyek jól illusztrálják a bizonyítások nehezebben értelmezhet, látható részeit. Az els két fejezetében néhány deníciót és állítást mondok ki, ezek ismerete

4 szükséges lesz a dolgozat további részeiben. Ezután a halmazok Minkowski-összegével foglalkozom, majd bebizonyítom Minkowski tételét és Blichfeldt tételét. Ezt a rácselrendezés s r ségének tárgyalása követi, ahol Fáry tételének bizonyítását is ismertetem. Végezetül Fejes Tóth László egybevágó konvex lemezek pakolásáról, fedésér l szóló tételét ismertetem és bizonyítom. 3

5 . Konvex geometriai bevezet Ez a fejezet a konvex geometria néhány, a dolgozatomhoz fontos denícióját tartalmazza, amelyeket a kés bbiek során felhasználok. A fejezet végén kimondok két a konvex geometriában alapvet állítást, amelyeket kés bb felhasználok, de a bizonyítását nem ismertetem..1. Deníció. Egy ponthalmaz R d -ben konvex, ha bármely két pontjának összeköt szakaszát tartalmazza... Deníció. A H halmaz korlátos R d -ben, ha van egy olyan r R d, hogy tetsz leges a H esetén a < r..3. Deníció. A H = { x R d : n x = c } halmazt, ahol n R d és n 0, hipersíknak nevezzük..4. Deníció. A H + = { x R d : n x c } halmazt és a H = { x R d : n x c } halmazt zárt féltérnek nevezzük, ahol R d n 0 normálvektor és c R..5. Deníció. A H + = { x R d : n x > c } halmazt és a H = { x R d : n x < c } halmazt nyílt féltérnek nevezzük, ahol R d n 0 normálvektor és c R..6. Deníció. A H hipersík elválasztja az A-t a B-t l, ha A H + és B H vagy fordítva. A H hipersík szigorúan elválasztja az A-t a B-t l, ha A H + és B H vagy fordítva..7. Deníció. Legyen A R d konvex halmaz, H R d hipersík. A H az A támaszhipersíkja, ha H A és A H + vagy A H. 4

6 .8. Deníció. Egy A R d halmaz belseje: inta = {a A : r > 0 : B(a, r) A}. A határa: bda = {a A : r > 0 : B(a, r) A, B(a, r)\a }. Az A halmaz zárt, ha A bda, nyílt, ha A = inta..9. Deníció. Egy K R d halmaz kompakt, ha korlátos és zárt..10. Állítás. Legyenek K éa L konvex halmazok R d -ben. Ekkor, ha intk intl = teljesül, akkor létezik hipersík, amely a két halmazt elválasztja..11. Állítás. Legyen C konvex halmaz R d -ben és p bdc, ekkor C-nek létezik p-ben támaszhipersíkja..1. Deníció. A C konvex halmaz sima, ha minden határpontjában pontosan egy támaszhipersík van..13. Deníció. Egy K R d halmaz konvex test, ha konvex, kompakt, és belseje, intk nem üres..14. Deníció. Legyen K és L két konvex test. K és L érintik egymást, ha intk intl =, de bdk bdl teljesül. 5

7 3. Rácsgeometriai bevezet Ez a fejezet a rácsgeometria alapvet denícióit tartalmazza, melyek felhasználásra kerülnek a kés bbiekben. A fejezet végén az alap paralelepipedonok térfogatához kapcsolódóan mondok ki egy tételt és bizonyítom Deníció. Adott d lineárisan független vektor u 1,..., u d R d. Az általuk generált rács a Λ ( ) { u 1,..., u d = m1 u m d u d m 1,...m d Z } halmaz. 3.. Deníció. Legyen adott egy Λ rács és u 1,..., u d Λ. Ekkor { } u 1,..., u d a Λ egy bázisa, ha Λ = { m 1 u m d u d m 1,...m d Z } Deníció. A sztenderd egységrács R d -ben: Z d = {v : v i Z; i = 1,..., d} Deníció. Véges sok pont konvex burkát R d -ben politópnak nevezzük Deníció. Véges sok rácspont konvex burkát konvex rácspolitópnak nevezzük Deníció. A P = conv { } v 1,..., v k politóp csúcsain azon vi pontok, amelyekre igaz, hogy P conv { } { } v 1,..., v k \ vi Deníció. Az olyan rácspolitópot, amely nem tartalmaz a csúcsain kívül rácspontot elemi rács politópnak nevezzük Deníció. Egy d-dimenziós rácsban a bázisvektorok által kifeszített paralelepipedont a rács egy alap paralelepipedonjának nevezzük Tétel. Egy rácsban mindegyik alap paralelepipedonnak ugyanakkora a térfogata. Legyen v 1,..., v n a Λ egy bázisa. Ekkor detλ jelölje az alap paralelepipedon térfogatát. 6

8 Bizonyítás: Tegyük fel, hogy w 1,..., w d a Λ egy másik bázisa. Persze v 1,..., v d is és w 1,..., w d is R d bázisa. Azaz létezik P R dxd mátrix, a bázis áttérés mátrixa, amelyre w 1 = p 11 v p 1d v d w = p 1 v p d v d... w d = p d1 v p dd v d Mivel w i rácspont minden i-re és v 1,..., v d a rács egy bázisa, ebb l következik, hogy p ij Z minden ij-re. Hasonlóan v 1 = q 11 w q 1d w d v = q 1 w q d w d... v d = q d1 w q d w d megfelel q ij -kre, ahol minden ij-re q ij Z. Legyen P = (p ij ) és így Q = (q ij ) a két mátrix. Ekkor Q = P 1 és detp = 1. Mivel detp és detq is egész, ezért detq detp = ±1. Másrészt det(w 1,..., w d ) = detp det(v 1,..., v d ) Deníció. Ha detλ = 1, akkor Λ-t egységrácsnak nevezzük. 7

9 4. Minkowski-tétel A fejezetben beszélek a halmazok Minkowsi-összegér l, majd az elég nagy térfogatú konvex testek origón kívüli rácspont tartalmazásáról szóló Minkowski-tételr l és bizonyításáról. Ezt követi a szorosan hozzá köthet Blichfeld-tétel és bizonyítása Halmazok Minkowski-összege 4.1. Deníció. Az A, B R d halmazok Minkowszki összege: A + B = {a + b : a A, b B}. 4.. Deníció. Az A R d halmaz skalárszorosa: λa = {λa : a A}, ahol λ R Állítás. Legyen K R d, konvex halmaz. Ekkor K + K = K. Bizonyítás: Tegyük fel, hogy p K. Ekkor p = x, ahol x K. Tudjuk hogy p = x + x, ebb l következik, hogy p K + K. Tegyük fel, hogy p K + K. Azaz p = x + y, ahol x, y K. Legyen z = x+y. Mivel K konvex, ezért z K. Persze fenn áll, p = z, így p K Megjegyzés. Ha a feltételb l elhagyjuk, hogy K konvex, akkor már nem igaz az állítás. Példa: 8

10 Az ábrán látható, hogy a K alakzat nem konvex és K + K K. Az viszont teljesül, hogy K + K tartalmazza K-t Állítás. Ha A és B konvex halmazok, akkor A + B is konvex. Bizonyítás: Legyen x = a 1 + b 1 A + B és y = a + b A + B, λ [1, 0]. Ekkor λx+(1 λ)y = λa 1 +λb 1 +(1 λ)a +(1 λ)b = λa 1 +(1 λ)a +(λb 1 +(1 λ)b ) A+B, mert λa 1 + (1 λ)a A és λb 1 + (1 λ)b B, ugyanis A és B konvexek Állítás. Legyen C egy konvex test és u, v R d. Tegyük fel, hogy C + u és C + v érintik egymást. Ekkor C C + u és C C + v is érintik egymást. Bizonyítás: Legyen p (C + u) (C + v), ekkor p u C és p v C, ekkor (p u) (p v) C C, ezért v u C C és ebb l következik, hogy v u C C, és persze v u C C. Így u + v u = v + u v = v+u ( C C + u ) ( C C + v ). Mivel C + u és C + v érintik egymást, ezért hipersíkkal elválaszthatóak, így létezik n R d \ {0} és α R, melyekre n(c + u) α és n(c + v) α minden c C pontra. Legyen p C C + u, ekkor p = c 1 c + u, valamely c 1, c C pontokra. Belátjuk, hogy n p = n u + n c1 c n u+v. Ehhez elegend, hogy n u+c 1 c n v, azaz n (u + c 1 ) n (v + c ), márpedig n (u + c 1 ) α és n (v + c ) α. 9

11 Most legyen q C C + v, ekkor q = c 1 c + v, valamely c 1, c C pontokra. Belátjuk, hogy n q = n v + n c1 c n u+v. Ehhez elegend, hogy n v+c 1 c n u, azaz n (v + c 1 ) n (u + c ), márpedig n (v + c 1 ) α és n (u + c ) α. Így látjuk, hogy C C + u a H = { x R d : n x = c } hipersík által határólt egyik féltérben van, C C + v a másikban. 4.. Minkowski tétele 4.7. Tétel. Legyen C R d egy origóra középpontosan szimmetrikus konvex test, és Λ egy egységrács. Ha V olc > d, akkor C tartalmaz legalább egy rácspontot, amely különbözik 0-tól. Bizonyítás: Legyen u, v Λ, u v. Tekintsük az 1C + u = { 1 c + u c C} és az 1 C +v = { 1 c + v c C} halmazokat. Ha a kett nek van közös pontja, p, akkor p u, p v 1C, így 0 v u = (v p) + (p u) 1C + 1 C = C és v u Λ. Tehát, elegend találni két rácsvektort, u-t, v-t, melyekre ( 1C + u) ( 1 C + v). 10

12 Legyen M = 1 C. Ekkor V olm > 1. Legyen K egy alap paralelepipedon, ekkor V olk = 1. Tekintsük az (M + u) K(u Λ) halmazokat. Ekkor (M + u) K-ban is benne van egy x R d (M + u) (M + v). Ezért pont és (M + u) K-ban is, amib l következik, hogy p M + x p x M (4.1) p M + y p y M (4.) (4.) (4.1) : x y M M = M + M = C. Másrészt x y = Z n \ {0} Blichfeldt tétele 4.8. Tétel. Legyen k N és S R d, egy Jordan mérhet halmaz, amelyre V ols > k. Ekkor léteznek z 0, z 1,..., z k S pontok, melyekre z i z j Z d, 0 i j k esetén. Bizonyítás: Legyen K egy alap paralelepipedon. Tekintsük az (S + u) K (u Z d ) halmazokat. Legyen p K. Ekkor p (S + u 0 ) (S + u 1 )... (S + u k ), amib l következik, hogy (S + u 0 ) (S + u 1 )... (S + u k ). Ezért p u 0 = z 0, p u 1 = z 1,..., p u k = z k S, és z i z j Z d. 11

13 4.4. Feladatok Emlékeztetek, hogy egy rácsháromszög elemi, ha a csúcsain kívül nem tartalmaz rácspontot. Lásd a 3.7. deníció Állítás. Legyen u, v Λ. Ekkor az u, v, O háromszög elemi, akkor és csak akkor, ha {u, v} a Λ rács egy bázisa. Bizonyítás: Tegyük fel, hogy {u, v} a Λ egy bázisa. Tekintsük a conv {O, u, v} háromszöget, legyen p a háromszögnek egy tetsz leges pontja, p O. Ekkor létezik λ 1, λ, λ 3 0, hogy λ 1 O + λ u + λ 3 v = p, ahol λ 1 + λ + λ 3 = 1. Így 0 λ, λ 3 1, ebb l következik, hogy p nem lehet rácspont. Tehát O, u, v háromszög elemi. Tegyük fel, hogy O, u, v egy elemi háromszög. Be akarjuk látni, hogy {u, v} egy bázisa a Z -nek. Legyen t = u+v. Ekkor O-nak t-re vett középpontos tükörképe: u + v. Az 1

14 O, u, u + v, v P paralelogramma is elemi, mert a rács középpontosan szimmetrikus t- re. A háromszög csúcsain kívül nem tartalmaz rácspontot, így a paralelogramma sem. Ebb l következik, hogy a sík egy csempézését adja, ahol minden rácspont csúcs, amib l következik, hogy {u, v} a Λ egy bázisa. A fejezet ezen részében két az [1] könyvben megtalálhatók feladatot oldok meg Feladat. Legyen Λ = Λ(u 1,..., u d ) és legyen P olyan nem elfajuló paralelepipedon R d -ben, amelynek összes csúcsa rácspont. Tegyük fel, hogy P nem tartalmaz a csúcsaitól különböz rácspontokat. Legyen O az egyik csúcsa és v 1,..., v d az O csúcsból induló élek vektorai. Ekkor {v 1,..., v d } a Λ rács egy bázisa. Megoldás: A {P + u : u Λ} egy csempézése lesz a térnek. Csak a csúcsok rácspontok, mivel ha a P + u tartalmazna egy csúcsaitól különböz rácspontot, w, akkor p w P és nem csúcsa P -nek Feladat. Mutassuk meg, hogy minden α irracionális számra és K > 0-ra van olyan m, n Z számpár, amelyre α m n 1 n és K < n. 13

15 Megoldás: Legyen A := { (x, y) R : x Q, αx y 1 Q }. Ekkor AreaA = 4 függetlenül Q választásától, mert ( ) (Q + Q) = Q = 4. Q Q Q A Minkowski-tételb l következik, hogy létezik (n, m) Z A, (n, m) (0, 0), hogy α n m 1, ahol (n Q) Q Így α m n < 1 Q. Mivel α irracionális ezért, ha Q elég nagy, akkor ebb l következik, hogy n > K. Másrészt, ha Q > n, akkor α n m 1 Q kifejezésb l következik, hogy α m n < 1 n. 14

16 5. Fáry tétele A fejezet els részében deniálom a rácselrendezést és a hozzá kapcsolódó pakolás és lefedés s r ségét, majd bebizonyítom azt a tételt, amely két rácspont távolságának fels korlátjáról szól. A második részben Fáry István síkon való rácspakolás s r ségének alsó és rácslefedés s r ségének fels korlátjáról szóló tételét mondom ki és bizonyítom Deníció. Adott egy konvex C lemez és egy Λ rács a síkon. Tekintsük C eltoltjainak a C = {C + λ λ Λ} családját. Ezt C egy rácselrendezésének hívjuk. 5.. Deníció. Ha egy rácselrendezés elemei páronként átfedés nélküliek, akkor rácspakolásról beszélünk Deníció. Ha egy rácselrendezés elemei lefedik az egész síkot, akkor rácslefedésr l beszélünk Deníció. Adott egy C konvex lemez és egy Λ rács a síkon. A rácselrendezés s r sége legyen A(C) detλ Deníció. Adott egy C konvex lemez és egy Λ rács a síkon. C rácspakolásainak legnagyobb s r ségét jelölje δ L (C) Deníció. Adott egy C konvex lemez és egy Λ rács a síkon. C rácslefedéseinek legkisebb s r ségét jelölje ϑ L (C) Tétel. Legyen Λ egy egységrács R -ben. Ekkor létezik két rácspont, amelyek távolsága legfeljebb / 3. 15

17 Bizonyítás: Legyen δ a Λ-beli pontpárok minimum távolsága. Az u, v Λ pedig legyen egy ilyen pontpár. Az egyszer ség kedvéért feltehet, hogy u = 0. A pontok köré rajzoljunk δ sugárral köröket. Majd k v Λ, ahol k Z legyenek a v egész számú skalárszorosai. Jelölje l a 0v egyenest. Ekkor a k v alakú rácspontok köré rajzolt δ sugarú körök lefednek egy olyan sávot az l körül, amelyeknek félszélessége ( 3/ ) δ. Ekkor legyenek a háromszög csúcsai 0, v és a köréjük rajzolt körök metszéspontja. Ezen háromszög területe T = δ m, ahol m a magasságot jelöli. Másrészt, mivel a háromszög egységrács, amib l következik, hogy T = 1. Ekkor 1 = δ m δ δ 3 és amib l következik, hogy a két rácspont távolsága legfeljebb / 3. Az 5.4. deníció alapján az egybevágó r sugarú körök rácspakolásának s r sége πr /detλ Következmény. Egybevágó körök rácspakolási s r sége legfeljebb π/ 1. Bizonyítás: Tegyük fel, hogy Λ egy egységrács. A δ jelölje ugyan azt, amit az 5.7. tétel bizonyításában. A páronként átfedés nélküli körök sugara legfeljebb r = δ /. Ezért az 5.7. tétel szerint a rácspakolás s r sége: (δ /) π detλ π = π 1 16

18 5.1. Fáry-tétel Ebben a fejezetrészben bizonyítom a δ L (C) állítást csak abban az esetben, ha C 3 O-szimmetrikus, és a ϑ L (C) 3 állítást, de az egyenl séget nem Tétel. Adott egy konvex C lemez a síkon. Ekkor fennáll: (i) δ L (C) 3, és (ii) ϑ L (C) 3. Egyenl ség akkor és csak akkor áll fenn, ha a C háromszög Deníció. Legyen C R d tetsz leges halmaz. A D(C) = C + ( C) = {c c c, c C} halmazt a C különbség-tartományának hívjuk. Természetesen, ha C konvex, akkor D(C) is konvex, továbbá középpontosan szimmetrikus az origóra Deníció. An szabályos hatszög, olyan konvex hatszög a síkon, amely középpontosan szimmetrikus és szemközti oldalai párhuzamosak Lemma. Bármely középpontosan szimmetrikus D konvex lemez tartalmaz egy beírt an szabályos H hatszöget ugyanazon középponttal. Ráadásul szabadon megválaszthatjuk a H egy oldalának irányát. Bizonyítás: Legyen minden p i bdd (i = 1,, 3), és jelölje p i a p i ponttal átellenes pontot. Jelöljünk ki egy p 1 tetsz leges pontot D határán. Ekkor megkapjuk p 1-et is. 17

19 Toljuk el p 1 p 1 szakaszt úgy, hogy kimetszen egy p p 3 húrt a D-ben úgy, hogy p p 3 = 1 p 1p 1. Ekkor megkapjuk a p, p 3 pontokat is. A hat pont meghatároz egy hatszöget. Már csak azt kell belátni, hogy a hatszög an szabályos. Azt már tudjuk, hogy a p p 3 és a p p 3 oldalak párhuzamosak egymással. A fenti eljárást a p pontra alkalmazva megkapjuk, hogy a p 1 p 3 és a p 1p 3 oldalak párhuzamosak egymással. A p 3 pontra alkalmazva az eljárást pedig megkapjuk, hogy a p 1 p és a p 1p oldalak párhuzamosak egymással. Ezzel beláttuk, hogy a hatszög szemben lév oldalai párhuzamosak egymással, tehát an szabályos. A következ lemmát bizonyítás nélkül mondom ki Lemma. Legyen C R konvex lemez. Ekkor létezik C-be írt an reguláris hatszög. 18

20 Az 5.9. tétel bizonyítása: Az 5.9. tétel (i) részének bizonyítása szimmetrikus esetre. Legyenek p 1,..., p 6 pontok egy C-be beírt an szabályos hatszög csúcsai. Az 5.1. lemma második része szerint szabadon választhatjuk meg p 1 -et C határán. A p 1,..., p 6 pontok legyenek a p 1 p 4 vektorral eltolt hatszög csúcsai. Legyen Λ az a rács, melynek bázisa p 4 p 1 és p 5 p. Ekkor a p p p 5p 5 négyszög paralelogramma lesz, mégpedig Λ egy alap paralelogrammája. Ekkor d(c, R ) = A(C) A(p p p 5 p 5). Daraboljuk át a paralelogrammánkat, úgy hogy a p 1p p 5p 6 négyszöget eltoljuk a p 1 p p 5 p 6 pontok által határolt négyszögbe. Vegyük a p 1 p p 3 p p 4 p 6p 5 p 6 nyolcszöget. Ekkor A(p p p 5p 5 ) = A(p 1 p p 3 p p 4 p 6p 5 p 6 ), tehát d(c, R ) = A(C) A(p 1 p p 3 p p 4p 6 p 5p 6 ). Bontsuk szét a nyolcszögünket három részre, így megkapjuk az eredeti hatszögünket és a p 3 p p 4 háromszöget és a p 4 p 6p 5 háromszöget, ekkor d(c, R ) = A(C) A(C)+A(p 3 p p 4)+A(p 4 p 6 p 5). Másrészt A(p 3 p p 4 ) = A(Op 3 p 4 ) és A(p 4 p 6p 5 ) = A(Op 4 p 5 ), amikb l következik, hogy A(p 3 p p 4 ) A(p 1 p p 3 p 4 ) és A(p 4 p 6p 5 ) A(p 1 p 4 p 5 p 6 ), ezért A(p 3 p p 4 ) + A(p 4 p 6p 5 ) 1 A(C) és d(c, R ) 3. 19

21 Most következik a (ii) bizonyítása az 5.1. lemma segítségével. Nézzük a sík egy csempézését a H eltoltjaival, ahol H a C-be beírt an reguláris hatszög. A C\H komponenseit jelölje R 1,..., R 6. 0

22 Belátom, hogy A(R 1 ) + A(R ) A(H) 6. Jelölje R 1 jelöli az R 1 p -re tükrözött képét. Mivel van C-nek támaszegyenese p -ben, így fenáll R 1 R = és mindkett területét tartalmazza egy kis háromszög, amely a H hatszög területének egyhatoda. Hasonlóan A(R i ) + A(R i+1 ) A(H) 6 minden i-re (1 i 6); ezért 6 i=1 A(R i) A(H)/. Ez azt jelenti, hogy d(c, R ) = A(C) = A(H)+ 6 i=1 A(R i) A(H) A(H) 3. 1

23 6. Fejes Tóth László tétele egybevágó konvex lemezek pakolásáról, fedésér l A fejezet els részében a konvex lemezek elhelyezésének s r ségének alsó és fels s r - ségét deniálom, majd Fejes Tóth László konvex lemezek pakolásáról, fedésér l szóló tételeit mondom ki és bizonyítom Deníció. Legyen C = {C 1, C,...} konvex lemezek egy családja a síkon és legyen D a sík egy részhalmaza. A C-t a D egy fedésének nevezzük, ha i C i D. Másrészt, ha i C i D és semelyik kett nek nincs közös bels pontja, akkor C-t a D egy pakolásának nevezzük. Ha D korlátos, Jordan-mérhet tartomány, akkor a C körelhelyezés s r sége D- re vonatkozóan d(c, D) = i A(C i) A(D), ahol a szumma befutja azon i-ket, amelyekre C i D. Ha D az egész sík, akkor deniálunk egy alsó és egy fels s r séget: d(c, R ) = lim sup d(c, D(r)) és r d(c, R ) = lim inf r d(c, D(r)), ahol D(r) jelölje az r sugarú körlemezt, amelynek középpontja az origó. Ha ez a két szám megegyezik, akkor a közös értéket nevezzük a C körelhelyezés

24 s r ségének a síkon és d(c, R )-el jelöljük. A múlt század végén Thue bebizonyította, hogy az egybevágó körökkel való pakolás s r sége kisebb, mint π/ 1, azaz d(c, R ) π/ 1. Jóval kés bb Kershner bebizonyította, hogy az egybevágó körökkel való fedés s r sége nagyobb, mint π/ 7, azaz d(c, R ) π/ 7. 3

25 Kimondom Dowker két tételét bizonyítás nélkül, melyeket a Fejes Tóth László tételeinek bizonyításában felhasználok. 6.. Lemma. Legyen C egy konvex lemez a síkon. Minden s Z +, s 3 jelölje a(s) a C köré írható konvex s-szögek területének minimumát. Ekkor az a(s) sorozat monoton fogyó és konvex, azaz a(s + 1) a(s)+a(s+), minden s Z +, s Lemma. Legyen C egy konvex lemez a síkon. Minden s Z +, s 3 jelölje a(s) a C-be beírt konvex s-szögek területének maximumát. Ekkor az a(s) sorozat monoton növ és konkáv, azaz a(s + 1) a(s)+a(s+), minden s Z Fejes Tóth László tétele rácspakolásról 6.4. Tétel. Legyen H egy konvex hatszög és legyen C egy konvex lemez, jelölje P 6 a C köré írt minimális terület hatszöget. Ha a C lemez n egybevágó eltoltjának egy pakolását tekintjük a síkon, akkor n A(H) A(P 6 ). Az Euler formula egy ismert következménye az alábbi lemma Lemma. Minden n pontú síkgráfnak legfeljebb 3n 6 éle van Lemma. Legyen C 1,..., C n nemátfed konvex lemezek rendezett halmaza a konvex H hatszögben. Ekkor találunk nemátfed konvex sokszögeket, legyenek R 1,..., R n H úgy, hogy R i C i, minden i-re, és n i=1 s i 6n, ahol s i jelöli az R i oldalainak számát. A 6.6. lemma bizonyítása: Kezdjük el növelni a C i halmazokat H-ban, úgy hogy továbbra is konvexek maradjanak és belsejük maradjon diszjunkt. Könnyen látható, hogy amikor egyiküket sem lehet tovább növelni, akkor az összes kib vített C i R i halmaz konvex sokszöget alkot. Nem szükséges, hogy kitöltsék az egész H-t. 4

26 Szerkesszünk egy n + 1 csúcsú síkbeli gráfot, melynek csúcsai megfelelnek az R 1,..., R n tartományoknak, hozzávéve a H = R \H halmazt. Két csúcsot összeköt egy él, akkor és csak akkor, ha a megfelel lapok érintik egymást. Ha e jelöli az élek számát, akkor 3(n + 1) 6 e 1 ( n i=1 s i + q 6), ahol s i azon R i pontok foka, amik nincsenek a határon és q az osztópontok száma. Ennek átrendezésével kapjuk a lemmabeli egyenl tlenséget. A képen látható példán látszik, hogy q darab osztópont van, ekkor a határoló tarományok száma q, ami azt jelenti, hogy a fokszám q, de ekkor 6 darab fokszámmal többet számoltunk, így a többletet le kell vonni. A 6.4. tétel bizonyítása: Tegyük fel, hogy C 1,..., C n a C lemez egybevágó eltoltjainak egy pakolása H-ban és R i C i jelölje a fenti sokszögeket, ahol 1 i n. Továbbá legyen P s egy a C köré írt legkisebb terület s szög. Ekkor A(H) n i=1 A(R i) n i=1 A(P s i ). Másrészt a 6.. lemma alapján létezik egy monoton csökken konvex a(x) függvény, hogy a(s) = A(P s ) minden egész s 3-ra. Ezért a 6.6. lemma miatt, 5

27 n i=1 A(P s i ) = n i=1 a(s i) n a ( n i=1 s i/n) n a(6). Másszóval a 6.4. tétel szerint a pakolás s r sége d(c, H) A(C) A(P 6 ) Következmény. Adott egy pakolás C egybevágó eltoltjaival a síkban, ekkor d(c, R ) A(C) A(P 6 ), ahol P 6 jelöli a C köré írt minimum terület hatszöget. Speciálisan, ha C kör, akkor P 6 szabályos hatszög C körül, ezért d(c, R ) π Fejes Tóth László tétele rácslefedésr l 6.8. Deníció. A C 1 és C konvex lemezek keresztezik egymást, ha C 1 \C és C \C 1 nem összefügg ek Tétel. Legyen H egy olyan konvex hatszög, amelyet fed C n darab egybevágó eltoltja, amelyek közül semelyik kett nem keresztezi egymást. Ekkor n A(H) A(p 6 ), ahol p 6 jelöli a C-be beírt maximális terület hatszögét Lemma. Legyen C 1,..., C n nem keresztez konvex lemezek rendszere, amelyek fedik a konvex H hatszöget. Ekkor találhatunk nem átfed konvex sokszögeket, R 1,..., R n H úgy, hogy R i C i (1 i n), és amelyek teljesen lefedik a H-t, és n i=1 s i 6n, ahol s i jelöli az R i oldalainak számát. 6

28 A lemma bizonyítása: Tekintsük azon C i, C j lemez párokat, amelyek metszik egymást. Jelölje a és b a határukon lév metszéspontokat. Csökkentsük a C i és a C j lemezeket úgy, hogy a halmazok az ab szakaszig tartsanak, ekkor kapunk két új lemezt C i-t és C j-t úgy, hogy C i C j = C i C j. A probléma a módszerrel az lehet, hogy az új rendszerben a lemezek egy része keresztezheti egymást. El tudjuk kerülni ezt a nehézséget azzal a megjegyzéssel, hogy ha C j és C k keresztezik egymást, akkor C i C k C i C j. Így ha a fenti eljárást annál a (C i, C j ) párnál kezdjük, melyek metszete minimális terület, akkor nem kerülhetünk bajba. Ezzel az algoritmussal el állíthatjuk az R 1,..., R n csúcsú nem átfed konvex sokszögeket, azzal a tulajdonsággal, hogy n i=1 R i = H. A bizonyítás utolsó része követi A 6.6. lemma bizonyítását. Tehát szerkesszünk egy n + 1 csúcsú síkbeli gráfot, melynek csúcsai megfelelnek az R 1,..., R n tartományoknak, hozzávéve a H = R \H halmazt. Két csúcsot összeköt egy él, akkor és csak akkor, ha a megfelel lapok érintik egymást. Ha e jelöli az élek számát, akkor 3(n + 1) 6 e 1 ( n i=1 s i + q 6), ahol s i azon R i pontok foka, amik nincsenek a határon és q az osztópontok száma. A 6.9. tétel bizonyítása: Legyen C lemez nem metsz, egybevágó eltoltjainak rendszere C 1,..., C n és R i, s i jelöljék ugyanazt, mint a 6.6. lemmában. Továbbá legyen p s egy a C-be beírt legnagyobb terület s-szög. Ekkor 7

29 A(H) = n i=1 A(R i) n i=1 A(p si). Másrészt a 6.3. lemma szerint létezik egy monoton növ konkáv a(x) függvény, hogy a(s) = A(P s ) minden egész s 3-ra. Ezért a lemma miatt, n i=1 A(p si) = ( n ) n i=1 a(s i=1 i) n a s i n a(6) = n A(p n 6 ). Más szóval a 6.9 tétel szerint a fedés s r sége d(c, H) A(C) A(p 6 ) Következmény. Adott a sík egy fedése C egybevágó eltoltjaival, ekkor d(c, R ) A(C) A(p 6 ), ahol p 6 jelöli a C köré írt legkisebb terület hatszöget. Speciálisan, ha C kör, akkor P 6 szabályos hatszög C körül, ezért d(c, R ) π 7. 8

30 7. Köszönetnyilvánítás Ezúton szeretném megköszönni Naszódi Mártonnak, hogy erre az érdekes témára felhívta gyelmemet és elvállalta a konzulensi teend ket. Köszönöm, hogy a konzultációk során türelmével, tudásával és szakmai tapasztalatával nagymértékben segítette munkámat, irányított a szakdolgozat felépítésének megalkotásában, és a néhol nehezebben megfogalmazott részeket korrigálta. 9

31 Irodalomjegyzék [1] Pach, János; Agarwal, Pankaj K.: Combinatoryal geometry Wiley-Interscience Series in Discrete Mathematics and Optimization. John Wiley & Sons, Inc., New York,