Pontok pakolása konvex alakzatokba

Átírás

1 Pontok pakolása konvex alakzatokba Joós Antal ELTE TTK Matematika Doktori Iskola Elméleti matematika doktori program A doktori iskola vezetője: prof. Laczkovich Miklós A programvezető: prof. Szenthe János A témavezető: Böröczky Károly egyetemi tanár, a matematikai tudományok doktora A kutatóhely neve: ELTE TTK Geometriai Tanszék

2 Tartalomjegyzék 1. Bevezetés 3. Hét pont pakolása egy síkbeli konvex testbe.1. Problémafelvetés Az 1. és. Tétel bizonyítása, ha Q = conv{a 1, a,..., a 7 } egy hatszög Az 1. és. Tétel bizonyítása, ha Q = conv{a 1, a,..., a 7 } nem egy hatszög Egy páratlan Hadwiger-számú test Problémafelvetés A Tétel egy átfogalmazása Egy konstrukció Előkészületek A Tétel bizonyítása Pontok pakolása 3-dimenziós kockába Problémafelvetés Jelölések A bizonyítás vázlata Előkészületek A Tétel bizonyítása A 4-dimenziós egységkocka fedése gömbökkel Problémafelvetés A bizonyítás vázlata Előkészületek

3 .4. A Tétel bizonyítása Pontok pakolása -dimanziós kockába Problémafelvetés Jelölések A bizonyítás vázlata Előkészületek A Tétel bizonyítása Irodalom 9 3

4 1. Bevezetés Olyan pontrendszerek keresése, amely pontrendszerek egy adott tartományon belül helyezkednek el, és a pontok páronkénti távolsága legalább egy adott érték, már régóta a matematikai kutatás tárgyát képezi. Ez a problémakör átfogalmazható egy adott tartományban elhelyezkedő gömbök sugarának a maximalizálására, ha a gömbök darabszáma rögzített, a gömbök egybevágóak és nem nyúlnak egymásba. Ezen eredmények sorát bővítem ebben a dolgozatban, és ennek a problémának a duális változatára adok egy eredményt, miszerint egy adott tartományt a lehető legkisebb, egybevágó gömbökkel fedünk le, ha a gömbök darabszáma rögzített. A dolgozat második fejezetében a síkon egy tetszőleges C konvex alakzatban helyezek el hét darab pontot, amelyek C-távolságát vizsgáljuk. A fejezetben közölt eredmény Lángi Zsolttal közös [6]. A harmadik fejezetben a 3-dimenziós euklideszi térben adok meg egy olyan centrálszimmetrikus, konvex testet, amelynek a Harwiger-száma 1, azaz az olyan eltoltjainak a maximális száma 1, amelyek érintik az eredeti testet és az eltoltak nem nyúlnak egymásba. Ezt az eredményt átfogalmazzuk pontok egy normált térben való pakolására [7]. A negyedik fejezetben a 3-dimenziós euklideszi térben megmutatom, hogy a legkisebb kocka éle, amelyben elfér 14 olyan pont, amelyek páronkénti távolsága legalább 1 [8]. A ötödik fejezetben a 4-dimenziós euklideszi térben megmutatom, hogy a 4-dimenziós egységkocka 8 darab 4-dimenziós, egybevágó gömbbel való lefedése esetén a gömbök minimális sugara [9]. 1 A hatodik fejezetben az -dimenziós euklideszi térben az -dimenziós egységkockában elhelyezhető olyan pontok darabszámára adok egy felső becslést, amely pontok távolsága legalább 1. Ez a felső becslés 4 [30]. Egy d-dimenziós konvex test alatt egy korlátos, zárt, nemüres belsővel rendelkező d-dimenziós halmazt értünk. Használjuk a megszokott int, card, min, bd, conv, diam, cl, d(, ) és Area(p 1 p... p n ) jelöléseket rendre egy halmaz belsejére, számosságára, 4

5 minimumára, határára, konvex burkára, átmérőjére, lezártjára, két halmaz euklideszi távolságára és a p 1 p... p n (síkbeli) konvex poligon területére. A p és q pontok legyenek az d-dimenziós euklideszi tér (R d ) különböző pontjai. Jelölje [p, q], (p, q), (p, q], [p, q), pq (vagy d(p, q)) és pq rendre a p, q pontok által meghatározott zárt, nyílt, balról nyílt jobbról zárt, balról zárt jobbról nyílt intervallumot, a p, q pontok távolságát és a p kezdőpontú q végpontú vektort. Továbbá, ha P egy egyszerű poligon az [a 1, a ], [a, a 3 ],..., [a n, a 1 ] élekkel, akkor használjuk a P = [a 1, a,..., a n ] és int P = (a 1, a,..., a n ) jelöléseket. Jelölje B d (a, r) = {x R d : d(a, x) r} az a középpontú r sugarú d-dimenziós gömböt. A d-dimenziós euklideszi térben legyen rögzített egy d-dimenziós Descartes-féle derékszögű koordinátarendszer, amelynek az origója o. Ekkor használjuk az x(x 1, x,... x d ) vagy (x 1, x,... x d ) jelöléseket az x pont koordinátáira. Az x pontot és az x vektort azonosítjuk. A pqr jelölje a p, q, r pontok által ebben a sorrendben meghatározott konvex szöget. Legyen R a,b az a kezdőpontú b pontot tartalmazó félegyenes (a b). Legyen L a,b az a, b különböző pontokon átmenő egyenes. (E, F ) jelölja az E, F félegyenesek által meghatározott konvex szöget. Jelölje H(L, p) az L egyenes határolta p pontot tartalmazó zárt félsíkot. Ha A egy halmaz és a 1 A, a A,..., a n A, akkor ezt egyszerűen a 1, a,..., a n A szimbólummal jelöljük. Jelölje C a síkbeli konvex testek halmazát, azaz, ha C C, akkor C R.

6 . Hét pont pakolása egy síkbeli konvex testbe.1. Problémafelvetés Legyen a p, q pontok C R d konvex testre vonatkoztatott relatív távolsága vagy relatív hossza vagy C-távolsága vagy C-hossza a d(p,q) d(p,q ), ahol p, q a [p, q] szakasszal párhuzamos maximális C testbeli húr. A p, q pontok C-távolságát jelölje d C (p, q). Ha a C test egyértelmű, akkor használni fogjuk a p, q pontok relatív távolságát, vagy relatív hosszát. Vegyük észre, hogy D C és p, q R d, akkor d C (p, q) d D (p, q). Jól ismert tény, hogy a d C (o, x) normával rendelkező normált tér egységgömbje C középpontos szimmetrizáltja 1 (C C). Legyen C C és k, azaz C R. Ekkor a kompaktsági tulajdonságokból következik, hogy létezik a maximális f k (C) érték, amelyre igaz, hogy a C test tartalmaz k darab pontot, amelyek páronkénti C-távolsága legalább f k (C). f k = min {f k(c)} és F k C C léteznek ezek az értékek. = max C C {f k(c)}. Legyen A Blaschke-féle kiválasztási tétel szerint Számos eredményt találhatunk az f k (C), f k és F k értékekről. Itt megemlítünk néhányat. Doliwka és Lassak [10] megmutatta, hogy egy síkbeli konvex test határának pontja között mindig van kettő, amelyik relatív távolsága legfeljebb és a 1 érték nem javítható. Böröczky és Lángi [3] megmutatta, hogy Doliwka és Lassak eredménye igaz tetszőleges pontjára a konvex testnek, azaz F = 1. Ők azt is megmutatták, hogy F 6 = 1.106, és sejtették, hogy F 7 = 1. Lángi Zsolttal sikerült ezt a sejtést igazolnunk. 1. Tétel. Legyen C C és legyenek a 1,..., a 7 a C testbeli pontok. Ekkor d C (a i, a j ) 1 valamely i j esetén. Egy C C legyen optimális, ha tartalmaz hét pontot, amely pontok páronkénti C-távolságainak minimuma pontosan 1. Ekkor azt mondjuk, hogy a pontok kitöltik a C testet. A probléma nyilván onnan ered, hogy melyek az optimális testek és melyek az ezeket kitöltő pontrendszerek. Figyeljük, meg a következő három példát! Első példa: Go lab [1] eredménye, hogy minden C síkbeli konvex testben létezik a C 6

7 testbe beírt affin szabályos H hatszög. A H hatszög csúcsai és a középpontja kitöltik a C testet, így C optimális. Második példa: minden P paralelogrammában több olyan 7 pontból álló pontrendszer van, amelyek páronkénti P -távolsága legalább 1. Minden C P síkbeli konvex test, amely tartalmazza ezeket a pontokat, optimális. Harmadik példa: legyen H = [a 1, a,..., a 6 ] egy szabályos hatszög és S = [b 1, b, b 3, b 4 ] a H köré írt téglalap, amelyre igaz [a 1, a ] [b 1, b ] és a 1 [b 1, a ]. Legyen c a H középpontja és m = (b 3 + b 4 )/. Legyen a 4 (b 3, a 4 ) és a (a, b 4 ) olyan, hogy a 4 a 4 = a a és legyen p (c, m), (1. ábra). Végül legyen C = [a 1, a, a 3, a 4, a, a 6 ]. Ha p elég közel van a c ponthoz, akkor a C csúcsainak és a p pontnak a páronkénti C-távolságai legalább ábra. Eredményeinket az optimális testekről és kitöltő pontrendszerekről a következő tétel foglalja össze.. Tétel. Legyen C C, Q = conv{a 1, a,..., a 7 } C és d C (a i, a j ) 1 minden i j esetén. Ekkor:.1. Ha C szigorúan konvex, akkor Q egy affin szabályos hatszög, amelynek a középpontja valamelyik a i. 7

8 .. Ha card (bd Q {a 1, a,..., a 7 }) 6, akkor létezik egy P paralelogramma, hogy C P és d P (a i, a j ) 1 minden i j esetén. A következő lemmát használjuk az 1. Tétel és a. Tétel bizonyításában..1. Lemma. Legyen C C és n 6, D = [a 1, a,..., a n ] C egy (esetleg degenerált) konvex n-szög és T D egy beírt maximális területű háromszög, amelynek az egyik oldala megegyezik a D egyik oldalával. Ekkor:.1.1. A D testnek van egy olyan oldala, amelynek a C-hossza legfeljebb Ha a D testnek minden oldalának a C-hossza legalább 1, akkor C nem szigorúan konvex és létezik egy P paralelogramma, amelyre C P és a D oldalinak P -hossza legalább 1. Bizonyítás. Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy T = [a 1, a, a i ] egy megfelelő i esetén. Vegyük észre, hogy cl(d \ T ) tartománynak van egy W komponense legalább négy csúccsal. Tegyük fel, hogy {a, a i } bd W, azaz i. A relatív távolság és a területek aránya nem változik egy tetszőleges (nem elfajuló) affin transzformáció esetén, így feltehetjük, hogy T egy egyenlő oldalú derékszögű háromszög és a derékszög az a 1 csúcsnál van. Legyen b olyan pont, hogy S = [a 1, a, b, a i ] egy négyzet. Mivel T a maximális háromszög a D testben, így a j [a, b, a i ] minden j = 3,..., i 1 esetén. Legyen m 1, m és m rendre az [a, b], [b, a i ] és [a i, a ] felezőpontja. Ha a 3 [a, m 1, m]\ [m, m 1 ], akkor d C (a, a 3 ) d T (a, a 3 ) < 1 és készen vagyunk. Ha a i 1 [a i, m, m ] \ [m, m ], akkor d C (a i 1, a i ) < 1. Tehát azt az esetet kell megvizsgálnunk, ha a j S 0 = [m, m, b, m 1 ] minden 3 j i 1 esetén. Ekkor d C (a j, a j+1 ) d T (a j, a j+1 ) 1 valamely 3 j i 1 esetén. Ezzel beláttuk a.1.1. állítást. Sőt, ha valamely 3 j i esetén az a j és a j+1 pontok nem az S 0 párhuzamos oldalain helyezkednek el, akkor d C (a j, a j+1 ) d T (a j, a j+1 ) < 1. Vizsgáljuk most az ellenkező esetet! Ekkor i = vagy i = 6 és az utóbbi esetben a 3 = m 1, a 4 = b és a = m, amiből következik, hogy S C. Ha S C, akkor a pontok között van kettő, amely C-távolsága kevesebb, mint 1. Ha S = C, akkor a pontok páronkénti S-távolsága legalább 1. Tegyük fel, hogy i = és - mondjuk - a 3 [m 1, m] és a 4 [m, b]. Jelölje M a zárt sávot, amely tartalmazza az S négyzetet és az a 1, a pontokon átmenő egyenes és 8

9 . ábra. a b, a pontokon átmenő egyenes határolja (. ábra). d C (a, a 3 ) 1 egyenlőtlenségből kapjuk, hogy C M. Legyenek az u, v pontok a C-beli, a 3 a 4 vektorral párhuzamos, maximális húr végpontja, és legyen N a zárt sáv, amelyet a C test u, v pontokon átmenő támaszegyenesi határolnak. Ekkor C P = M N és a D oldalainak a P -hossza legalább 1. Vegyük észre azt is, hogy a C nem szigorúan konvex... Az 1. és. Tétel bizonyítása, ha Q = conv{a 1, a,..., a 7 } egy hatszög Tegyük fel, hogy Q = [a 1, a,..., a 6 ] és a 7 int Q. Legyen a i = q i, ha i = 1,,..., 6, q 7 = q 1 és q 0 = q 6. Használjuk a következő jelöléseket és kifejezéseket. Bármely i, j, k, l esetén, ahol 1 i, j, k, l 6 és {i, j} {k, l}, α i jelölje a Q belső szögét a q i csúcsban, q ij jelölje a [q i, q j ] szakasz felezőpontját és L ij,kl jelölje a q ij és q kl pontokon átmenő egyenest. Használjuk a q i = q ii és L i,kl = L ii,kl és L i,k = L ii,kk jelöléseket. Legyen S i = [q i, q i+1 ], ha i = 1,,..., 6 és M i jelölje az S i oldallal párhuzamos Q-beli maximális húrt, amely a legkisebb euklideszi távolságra van az S i oldaltól. Ha α i 1 + α i + α i+1 nagyobb, mint π, egyenlő π vagy kevesebb, mint π, ahol i = 1,,..., 6, akkor rendre azt mondjuk, hogy a i nagy, normál vagy kis csúcsa a Q sokszögnek. Vegyük észre, hogy q i és q i+3 mindkettő vagy normál csúcs, vagy az egyik 9

10 nagy és a másik kis csúcs. Jegyezzük meg, hogy, ha α i + α i+1 π, akkor Q benne van egy olyan paralelogrammában, amelynek az egyik oldala S i. Ebből következik, hogy a Q hatszögben van egy T i háromszög a következő tulajdonságokkal: az S i a T i háromszögnek az egyik oldala, és T i a maximális területű Q hatszögbe írt háromszög. Ekkor a Tétel állítása a.1. Lemmából következik, és így feltehetjük, hogy bármelyik egymást követő szöge a Q hatszögnek nagyobb, mint π. Ekkor három esetet különböztetünk meg: 1. Eset. A Q minden második csúcsa nagy.. Eset. A Q hatszögnek van három olyan egymás utáni csúcsa, hogy a második nagy, a másik kettő pedig nem kis csúcs. 3. Eset. A Q hatszögnek van három olyan egymás utáni csúcsa, hogy a második normál, a másik kettő pedig nem kis csúcs. Lássuk az esetek bizonyítását! 1. Eset. A Q minden második csúcsa nagy. Legyenek a q 1, q 3, q nagy csúcsok és b i = q 1 + q 3 + q q i, ha i = 1, 3, (3. ábra). Ekkor Q [b 1, b 3, b ] és minden Q-beli maximális húr illeszkedik a q 1, q 3 vagy q pontra. Jelölje Q i a int Q homotetikus képét, ahol a homotécia aránya 1/ és a középpontja q i. Legyen P i = [q i, q (i 1)i, q (i 1)(i+1), q (i+1)i ], ha i =, 4, 6, T = [q 13, q 14, q 36 ], T 4 = [q 3, q 36, q ], T 6 = [q 1, q, q 14 ] és T = (q 14, q, q 36 ). Tegyük fel, hogy d ( q i, q i+1 ) 1 minden i esetén. Ekkor azt kell megmutatni, hogy minden p int Q pontra ( ) i d Q (p, q i ) < 1 valamely i esetén. Legyen p int Q. A p pont helyzetét vizsgáljuk különböző poligonokban. A szimmetriára való tekintettel feltesszük p Q 1 P T T. Négy esetet különböztetünk meg: (1) ( ) 1, ha p Q 1. () ( ), ha p P. (3) ( ) vagy ( ) 4 vagy ( ) 6, ha p T. (4) ( ) vagy ( ) 4 vagy ( ) 6, ha p T. Az (1) és () állításokat könnyű belátni és a (3) állítást is, ha d Q (q, q 14 ) < 1 és 10

11 d Q (q, q 36 ) < 1. Azt mutatjuk meg, hogy (3) igaz, ha d Q (q, q 14 ) 1 és d Q (q, q 36 ) 1 (ha d Q (q, q 14 ) és d Q (q, q 36 ) közül pontosan az egyik legalább 1, akkor a bizonyítás hasonló). 3. ábra. 4. ábra. Legyen {s 1 } = L 3, [q 13, q 1 ] és {s } = L 1, [q 13, q 3 ]. A d Q (q 1, q ) 1 és d Q (q, q 3 ) 1 egyenlőtlenségből következik, hogy q a q 13, (q 1 + b )/, b és (q 3 + b )/ csúcsú paralelogrammában van. Így a [q 13, q 3, q 1 ] halmaz [q 13, s 1, q, s ] \ ([s 1, q ] [q, s ]) pontjainak a q ponttól való Q-távolsága kisebb, mint 1. Hasonló állítás igaz a q 4 és q 6 pontokra. Legyen {w 1 } = L 3,36 [q 13, q 14 ], {w } = L 1,14 [q 13, q 36 ] és {w} = [q 14, w ] [q 36, w 1 ]. Mivel d Q (q, q 14 ) 1 és d Q (q, q 36 ) 1, így a w 1, w és w pontok léteznek. Jegyezzük meg, ha p [q 13, w, w, w 1 ], p [q 14, w, q 36 ] \ [w, q 14 ] és p [q 14, w 1, q 36 ] \ [w 1, q 36 ] akkor rendre ( ), ( ) 4 és ( ) 6. Most belátjuk a (4) állítást. Ha T (T T 4 T 6 ), akkor T T T 4 T 6 és a tétel a (3) állításból következik, és így feltesszük, hogy T (T T 4 T 6 ) = (3. és 4. ábra). Ha L 1, T = L 3, T =, akkor ( ). Ha L 1, T L 3, T, akkor L 13,14 T = L 1,14 T =, így ( ) 4 teljesül. Végül megmutatjuk, hogy csak ez a két lehetőség van. Tegyük fel, hogy L 1, T és L 3, T =. Legyen v = 1( q 1 q 6 + q 3 q + q q 4 ). Mivel α i + α i+1 > π, ha i = 1,,..., 6, így a Q hatszögnek van egy u csúcspontja, amire igaz, hogy az u végpontú v vektorral párhuzamos V félegyenes metszi az int Q halmazt. 11

12 Tegyük fel, hogy u egy nagy csúcs és u = q 1. Vegyük észre, hogy q 3 q = 1 q3 q = v 1( q 1 q 6 + q q 4 ) = v q 1 q 46. Legyen n = q 1 + v + q q 36. Ekkor q 46 n = q 3 q 36 = q q 6, amiből következik, hogy q 4 n = q q 6. Ha i = 1,,..., 6, akkor jelölje H i az L i,(i+1) egyenes határolta, Q pontot tartalmazó nyílt félsíkot. Ekkor q 4 n = q q 6, n H 3 H 4 H. A V int Q esetén q 1 +v H 6 H 1. Az L 1, T esetén kapjuk, hogy q 36 H 6 H 1. Ebből n H 6 H 1. Legyen D = cl(h 3 H 4 H H 6 H 1 ). Ekkor n D és d D (q, q 6 ) < 1. Mivel a Q és a D q q 6 irányú maximális húrja megegyezik, ezért d Q (q, q 6 ) < 1. Ha u kis csúcs, akkor hasonló okoskodással kapjuk az ellentmondást.. Eset. A Q hatszögnek van három olyan egymás utáni csúcsa, hogy a második nagy, a másik kettő pedig nem kis csúcs. Legyen q nagy és q 1, q 3 nem kis csúcs. Megmutatjuk, hogy d C (a i, a j ) 1, és ha C szigorúan konvex, akkor d C (a i, a j ) < 1 valamely i j esetén. Emlékeztetőül S i = [q i, q i+1 ] és M i a Q-beli maximális, S i oldallal párhuzamos, S i oldalhoz legközelebb levő (euklideszi távolságra) húr. Megjegyezzük még, hogy Q minden egymást követő szögének összege nagyobb, mint π, minden Q-beli maximális húr metszi az S j és S j+3 oldalakat, valamely j {1,, 3} esetén. Ha M i metszi az S j és S j+3 odalakat, akkor azt mondjuk, hogy M i egy j-típusú maximális húr. Vegyük észre, hogy M j nem lehet j-típusú és M 6 nem lehet 3-típusú. Ekkor M 1 lehet - vagy 3-típusú, M lehet 1- vagy 3-típusú, M 3 lehet 1- vagy -típusú, M 6 lehet 1- vagy - típusú. Ha M 6 és M 3 rendre 1-típusú és -típusú, akkor kapjuk, hogy q nem nagy csúcs, ellentmondás. Így 1 lehetőség adódik az M 1, M, M 3 és M 6 típusaira. Legyen {d 1 } = L,6 L 1,, {d } = L 6,1 L,3, {d 3 } = L 1, L 3,4 és {d 4 } = L,3 L 4,. i) M 3 és M 6 1-típusú, M 1 -típusú és M 3-típusú. Ha q 1 d < q 1 q 6, akkor az M 1 típusából következik, hogy d Q (q 1, q ) < 1. Hasonlóan, q d 3 < q 1 q egyenlőtlenségből következik, hogy d Q (q, q 3 ) < 1, és q 3 d 4 < q q 3 egyenlőtlenségből következik, hogy d Q (q 3, q 4 ) < 1. Tegyük fel, hogy q 1 d q 1 q 6, q d 3 q 1 q és q 3 d 4 q q 3. Legyen f 1 pont az L 1, egyenes és q 6 ponton átmenő, L 3,4 egyenessel párhuzamos egyenes metszéspontja, f pont az L,3 egyenes és q 1 ponton átmenő, L 3,4 egyenessel párhuzamos egyenes metszéspontja, és g pont az L 1, egyenes és q 4 ponton átmenő, L 1,6 egyenessel párhuzamos egyenes metszéspontja 1

13 (. ábra). Mivel q 3 nem kis csúcs és q 3 d 4 q q 3, így q 3 q 4 q 3 d 3. A q d 3 q 1 q egyenlőtlenségből kapjuk, hogy q 3 d 3 q 1 f. Mivel q 1 d q 1 q 6 és Q nemelfajuló, így q 1 f > q 6 f 1, valamint q 6 f 1 < q 4 d 3. Mivel q 6 q 1 < q 4 g és M 6 1-típusú kapjuk, hogy d Q (q 1, q 6 ) < 1. Ha M 3 és M 6 -típusú, M 1 3-típusú és M 1-típusú, akkor hasonló okoskodással kapjuk, hogy d Q (q i 1, q i ) < 1 valamely i {1,, 3, 4} esetén.. ábra. 6. ábra. ii) M 6 és M 1 -típusú. Vegyük észre, hogy az M és M 3 típusait tetszőlegesen választhatjuk ezért ez négy eset a típusokra nézve. Legyen e 1 pont az S oldal és a q ponton átmenő, S 6 oldallal párhuzamos egyenes metszéspontja, és legyen e pont az S oldal és a q 6 ponton átmenő, S 1 oldallal párhuzamos egyenes metszéspontja (6. ábra). Mivel M 6 és M 1 -típusú, ezért e 1 és e létezik. Vegyük észre, hogy d 1 q 1 q 1 q vagy d q 1 q 1 q 6, ahol d 1, d ugyanaz, mint az előző esetben. Ha d 1 q 1 q 1 q, akkor q 1 q 6 q e 1 és így d C (q 1, q 6 ) d Q (q 1, q 6 ) 1. Hasonlóan a d q 1 q 1 q 6 egyenlőtlenségből kapjuk, hogy d C (q 1, q ) 1. Egy részletes vizsgálatból kapjuk, hogy ha C szigorúan konvex és d C (q i, q j ) 1 minden i j esetén, akkor Q affin szabályos hatszög. Jegyezzük meg, hogy ebben az esetben Q minden csúcsa normál csúcs (α i 1 + α i + α i+1 = π, ha i = 1,,..., 6), de mi feltettük, hogy a Q hatszögnek van egy nagy csúcsa, ellentmondás. Ha M 1 és M 3-típusú (az M 3 és M 6 típusait háromféleképpen választhatjuk meg), 13

14 vagy M és M 3 1-típusú (az M és M 3 típusait tetszőlegesen választhatjuk ezért ez négy eset a típusokra nézve), akkor hasonló okoskodással kapjuk a Tétel állításának bizonyítását. Az ii) esetben azt az esetet, amikor M 1, M, M 3, M 6 típusa rendre, 1, 1, kétszer tárgyaltuk, így minden lehetséges esetet megvizsgáltunk az M 1, M, M 3 és M 6 típusaira nézve. 3. Eset. A Q hatszögnek van három olyan egymás utáni csúcsa, hogy a második normál a másik kettő pedig nem kis csúcs. Legyen q normál és q 1, q 3 nem kis csúcs. Mivel α 1 + α + α 3 = π, így L 6,1 és L 3,4 párhuzamos. Mivel a relatív hossz affin invariáns ezért feltehetjük, hogy a [q 1, q 3, q ] szabályos háromszög és q 6 q 1 q Legyen b i = a 1 + a 3 + a a i, ha i = 1, 3,. Mivel Q konvex valamint q 1 és q 3 nem kis csúcs, ezért {q, q 4, q 6 } [b 1, b 3, b ]. Legyen f = (q 3 +b 1 )/ és legyen L a q 13 pontot tartalmazó, L 1,6 egyenessel párhuzamos egyenes. Két esetet különböztetünk meg: 7. ábra Eset. q / L. 3.. Eset. q L. Lássuk az esetek bizonyítását! 3.1. Eset. q / L. Legyen d = (q 3 + b )/. Megmutatjuk, hogy ha d Q (q i, q i+1 ) 1 minden i esetén, akkor q [q 1, b, d] \ [q 1, d], q 4 [q, f, b 1 ] és q 6 [q 1, q, b 3 ]. Ebből következik, hogy π < 6 14

15 q 3 q 1 q, π 6 q 3q q 4, tehát q 3 kis csúcs, ellentmondás. Lássuk az állítás igazolását! Ha q 1 q 6 q 3 q 4, akkor q / [q 13, f 1, m 1 ], ahol [q 13, f 1, m 1 ] a [q 1, q, q 6 ] háromszög 1 arányú homotetikus képe, és q / [q 13, d, m ], ahol [q 13, d, m ] a [q 3, q, q 4 ] háromszög 1 arányú homotetikus képe. Ekkor tekintsük a k( Q) = q q6 q 1 ; r = q q q 13 ; s = r + 1 q13 k; c = (q 1 + q + b 3 )/3 és t a [q 1, s] szakaszt tartalmazó egyenes és a [q 1, c] szakaszt tartalmazó egyenes metszéspontját. Ekkor q 6 / [q 1, f 3, m 3 ], ahol [q 1, f 3, m 3 ] a [q 1, q, q 3 ] háromszög 1 arányú homotetikus képe. Ekkor az okoskodás könnyen megkapható a 7. ábra segítségével. Hasonlóan okoskodunk, ha q 1 q 6 > q 3 q Eset. q L. Vegyük észre, hogy M 1 [q, q 3 ] és M 1 ((q 1, q 6 ) S ). Ha M 1 (q 1, q 6 ), akkor d C (q 1, q ) d Q (q 1, q ) = 1. Sőt, ha d C (q 1, q ) = 1, akkor M 1 maximális C-ben is, amiből következik, hogy C nem szigorúan konvex. Hasonlóan, ha M (q 4, q ), akkor d C (q, q 3 ) 1, és d C (q, q 3 ) < 1 vagy C nem szigorúan konvex. Tegyük fel, hogy M 1 S M S 3. Legyen w az L 1,6 egyenes és az M 1 szakaszt tartalmazó egyenes metszéspontja. Vegyük észre, hogy [q 1, q 3, w] a [q 1, q, q 13 ] homotetikus képe, ahol a homotácia aránya és q 13 q q 1 q 6. Hasonlóan kapjuk, hogy q 13 q q 3 q 4. Mint korábban ebből és d Q (q 1, q 6 ) 1 egyenlőtlenségből kapjuk, hogy q 6 [q 1, q, b 3 ], q 4 [q, f, b 1 ] és π q 6 q 1 q 3. Mivel q 1 nem kis csúcs, ezért q q 1 q 3 = π, q 6 4 [q, f], q 6 [b 3, q 1 ] és M 1 = [q 3, q 6 ]. Legyen {x} = L 1,3 L 4,. Jegyezzük meg, hogy [q 3, q 4, x] a [q 1, q, q 13 ] homotetikus képe, ahol a homotácia aránya, q 3 q 4 = q q 13 és q 1 q 6 = q q 13. Vegyük észre, hogy q 1 M, d Q (q, q 6 ) = 1 és M S 4. Legyen {y} = M S 4. Mivel d C (q, q 6 ) d Q (q, q 6 ), ezért feltehetjük, hogy d C (q, q 6 ) = 1. Ekkor [q 1, y] a C maximális húrja. Ha y q 4, akkor y (q 4, q ) és C nem szigorúan konvex. Ha y = q 4, akkor Q egy szabályos hatszög. Legyen c a Q középpontja. Ha p c egy pontja a [q i, q i+1, c] tartománynak, akkor d Q (q i, p) < 1 vagy d Q (q i+1, p) < 1. Így a Q-nak egyetlen pontja van, amelynek a Q csúcsaitól mért Q-távolsága legalább 1. Ez a Q középpontja. Az utolsó eset az a 7 bd Q. Ekkor a Q hatszöget egy degenerált hétszögnek tekintjük. Ekkor az 1. Tétel és a. Tétel bizonyítása a.3. fejezetben található. Ezzel beláttuk a Tételek bizonyítását. 1

16 .3. Az 1. és. Tétel bizonyítása, ha Q = conv{a 1, a,..., a 7 } nem egy hatszög Feltesszük, hogy a Q sokszögben nincs olyan beírt háromszög, amelynek van olyan oldala, amely megegyezik Q valamelyik oldalával, különben az 1. Tétel és a. Tétel bizonyítása a.1. Lemmából következik. Két esetet különböztetünk meg: 1. Eset. Q = [a 1, a,..., a 7 ].. Eset. Q egy háromszög vagy Q tartalmaz egy R négyszöget, amely esetén az a i csúcsok megfelelő átbetűzésével elérhető, hogy R = [a 1, a, a 3, a 4 ] és card (int R {a, a 6, a 7 }). Lássuk az esetek bizonyítását! 1. Eset. Q = [a 1, a,..., a 7 ]. Legyen T a maximális területű, Q sokszögbe írt háromszög. Nyilván a T csúcsai egyben a Q csúcsai is. Tegyük fel, hogy T = [a 1, a 3, a 6 ]. Mivel a relatív távolság affin invariáns, ezért feltehetjük, hogy T egy szabályos háromszög. Legyen b i = a 1 + a 3 + a 6 a i, ha i = 1, 3, 6. Mivel T maximális területű háromszög és Q konvex, ezért a [a 1, b 6, a 3 ], {a 4, a } [a 3, b 1, a 6 ] és a 7 [a 6, b 3, a 1 ]. Legyen s 1 = (a 3 + a 6 )/, s = (a 3 + b 1 )/, s 3 = (b 1 + a 6 )/, t 1 = (a 6 + a 1 )/, t = (a 6 +b 3 )/ és t 3 = (b 3 +a 1 )/. Ha d Q (a 3, a 4 ) < 1 vagy d Q (a, a 6 ) < 1, akkor készen vagyunk, és így {a 4, a } [s 1, s, b 1, s 3 ]. Jegyezzük meg, hogy a Q konvexitásából következik, hogy d Q (a 4, a ) 1 és így az 1. Tételt bebizonyítottuk (8. ábra). A. Tétel bizonyításához feltesszük, hogy d Q (a i, a i+1 ) d C (a i, a i+1 ) 1 minden i esetén. Ekkor d C (a 4, a ) = 1 és a 4, a az [s 1, s, b 1, s 3 ] rombusz párhuzamos oldalain vannak. Feltesszük, hogy a 4 [s 1, s ] és a [b 1, s 3 ] (az ellenkező eset bizonyítása hasonló). Legyen L 1 az a 1 és a 3 pontokon átmenő egyenes, és legyen L a b 1 és b 3 pontokon átmenő egyenes. Legyen H 1 = H(L 1, a ) és H = H(L, a 6 ). Vegyük észre, hogy vannak u (a, a 6 ) és v (a 1, a 3 ) pontok, hogy uv a 3 a 4. Mivel d C (a 3, a 4 ) 1, így [u, v] a C maximális húrja, és így C H 1 H. Mivel C H 1, így a [a 1, a 3 ], ezért a = (a 1 + a 3 )/ és d C (a 1, a ) = d C (a, a 3 ) = 1. Mivel d C (a 1, a 3 ) =, ezért létezik a C alakzatnak L 3 és L 4 párhuzamos támaszegyenesei az a 1 és a 3 pontokban. Legyen a 1 L 3 és a 3 L 4. Legyen P az L 1, L, L 3, L 4 határolta 16

17 8. ábra. paralelogramma. Nyilván C P. Megmutatjuk, hogy Q minden oldalának P -hossza legalább 1. Azt kell megmutatnunk, hogy d P (a 7, a 1 ) 1 és d P (a 6, a 7 ) 1, mivel a többi egyenlőtlenség nyilván teljesül. A d Q (a 6, a 7 ) 1 és d Q (a 7, a 1 ) 1 egyenlőtlenségekből kapjuk, hogy a 7 [t 1, t, b 3, t 3 ]. Ebből következik, hogy d P (a 7, a 1 ) 1. Legyen x a P csúcsa az [a 6, b 3 ] szakaszon. Mivel s 3 Q P és [a 1, a 3 ] a P egy oldala, ezért x [a 6, t ]. Legyen t = [a 1, t ] [t 1, t 3 ]. Vegyük észre, hogy a 7 [t 1, t, t ]. Ha a 7 / [t 1, t] [t, t ], akkor d Q (a 6, a 7 ) < 1, ellentmondás. Ha a 7 [t 1, t] [t, t ], akkor d P (a 6, a 7 ) = 1. Ezzel beláttuk az 1. Esetet.. Eset. Q egy háromszög vagy Q tartalmaz egy R négyszöget, amely esetén az a i csúcsok megfelelő átbetűzésével elérhető, hogy R = [a 1, a, a 3, a 4 ] és card (int R {a, a 6, a 7 }). A. Eset bizonyítása a.1. Lemma bizonyításához hasonló és [3] cikkben megtalálhatjuk, így elhagyjuk. Ezzel beláttuk a Tételek bizonyítását. 17

18 3. Egy páratlan Hadwiger-számú test 3.1. Problémafelvetés Konvex testek, azaz nemüres belsővel rendelkező, kompakt, konvex halmazok vizsgálatáról sokat olvashatunk a matematikai irodalomban. Ezeknek a testeknek egy jellemző mennyisége a test Hadwiger-száma, amit a következőképpen értelmezünk: A B test H(B) Hadwiger-száma a test olyan eltoltjainak maximális száma, amelyek érintik a B testet, és az eltoltak nem nyúlnak egymásba. Számos eredménnyel találkozunk, pl.: Fejes Tóth [1], Fejes Tóth és Kuperberg [13], Talata [7], [8], [9], [60], és Zong [68], amelyek konvex testek Hadwiger-számát vizsgálják. Grünbaum [1] belátta, hogy H(B) = 6, ha B R konvex, nemparalelogramma test. Groemer [19] belátta, hogy H(B) = 8, ha B R paralelogramma, így minden két dimenziós konvex test Hadwiger-száma páros. Grünbaumnak az volt a sejtése, hogy minden konvex test esetén a Hadwiger-szám páros tetszőleges d dimenzióban. Talata [61] talált egy olyan B három dimenziós testet, amelyre igaz, hogy H(B) = 17 (ezzel magasabb dimenzióban is megadott olyan testeket, amelyek Hadwiger-száma páratlan). Így az eredeti sejtés igazolása helyett (ami így nem igaz) a következő kérdést vetjük fel. Milyen páratlan Hadwiger-számok léteznek? Nyilván a H(B) = H(B ), ahol B = 1 (B + ( B)). Hadwiger [4] és Grünbaum [1] belátta, hogy Swinnerton-Dyer [6] belátta, hogy H(B) 3 d 1. d(d + 1) H(B). Tehát három dimenzióban 1 H(B) 6. Minden páros számra a [1, 6] intervallumon könnyű olyan testet konstruálni három dimenzióban, amelynek a Hadwiger-száma az adott páros szám. Talata példájával látjuk, hogy H(B) = 17 lehetséges. Mi most megadunk egy olyan konvex testet, amelyre H(B) = 1. Legyen K + egy (kör alapú) (egyenes) csonkakúp, aminek az alapkörének (C 0 ) sugara 1, magassága 1, valamint a fedőkörének (C + ) sugara r 1 = 0, , ahol r 1 a 18

19 következő függvény [0, 1] intervallumba eső egyetlen gyöke x 6 arcsin 1 x + arccos x 1 + x π Legyen a P sík a (C ) kör síkja, ahol {0, +}. Legyen K, C, P rendre a K +, C +, P + képe a P 0 síkra való tükrözésnél. Legyen továbbá K = K + K. Ekkor 3. Tétel. A K test Hadwiger-száma 1, azaz H(K) = 1. A bizonyítás során használjuk a következő jelöléseket. Jelöje H a P ( {, +}) által határolt zárt félsíkot, amely nem tartalmazza a K testet és jelölje S az R 3 \ (H + H ) halmaz lezártját. Legyen a K, k +, k és k 0 rendre a K test szimmetriatengelye, a C +, C és C 0 középpontja (9. ábra). 9. ábra. A P 0 síkkal párhuzamos síkban elhelyezkedő a R 3 középpontú r > 0 sugarú kört jelölje C(a, r). Ha a R 3 és b R 3 olyan egyenesek, amely egyenesek affin burka egy sík, akkor az affin burkukat jelölje [a, b]. Ha K i a K test egy v vektorral való eltoltja, akkor jelölje rendre P + i, C + i, C i, C0 i, a Ki, k + i, k i és k 0 i a P +, C +, C, C 0, a K, k +, k és k 0 v vektorral való eltoltját. Jelölje továbbá k P i az a Ki egyenes és a P 0 sík metszéspontját. A továbbiakban család alatt a K test olyan eltoltjainak halmazát értjük, amelyek nem nyúlnak egymásba és érintik a K testet. 19

20 3.. A Tétel egy átfogalmazása Legyen a p, q pontok B R d konvex testre vonatkoztatott relatív távolsága a d(p,q) d(p,q ), ahol p, q a p, q szakasszal párhuzamos maximális B testbeli húr. Nyilván a p, q pontok B testre vonatkoztatott relatív távolsága megegyezik a p, q pontok 1 (B + ( B)) egységgömbre vonatkoztatott Minkowski-metrikában mért távolságával. A B konvex test Hadwiger-száma H(B) pontosan akkor, ha a B test határán maximálisan H(B) darab olyan pont van, amelyek páronkénti relatív távolságainak minimuma legalább 1. Tehát a B konvex test Hadwiger-száma H(B) pontosan akkor, ha a B test határán maximálisan H(B) darab olyan pont van, amely pontok páronkénti, 1(B + ( B)) egységgömbre vonatkoztatott Minkowski-metrikában mért távolságainak minimuma legalább Tétel. A K határán az olyan pontok maximális száma 1, amely pontok K testre vonatkoztatott páronkénti relatív távolsága legalább Egy konstrukció Megadunk egy családot, amely elemeinek a száma 1. Ebből következik, hogy a K test Hadwiger-száma legalább 1. Tekintsük a K test K 1, K eltoltjait, amelyek érintik a K testet és C 1 = C +. Legyenek a K 3 H + és K 4 H + olyan eltoltak, amelyek érintik a K 1 testet és d(k 0, k P 3 ) = d(k0, k P 4 ) = r 1. Legyenek a K H +, K 6 H +, olyan eltoltak, amelyek rendre érintik a K 3, K 4, testeket és d(k 0, k P ) = r 1, d(k 0, k P 6 ) = r 1. Az r 1 választása garantálja, hogy K és K 6 érinti egymást. Hasonló konstrukcióval kapjuk a K 7, K 8, K 9 és K 10 eltoltakat a H féltérben. Végül legyenek K i (i {11, 1, 13, 14, 1}) olyan eltoltak, amelyek érintik a K testet, mind az S sávban helyezkedik el, K 11 érinti a K 1 eltoltat és K i érinti a K i 1 eltoltat (i = 1, 13, 14, 1). Mivel arccos 1 1+r 1 < 360 így ezek az eltoltak nem nyúlnak egymásba és K 1 nem érinti K 1, K egyikét sem. Ebből következik, hogy a K test Hadwiger-száma legalább 1. Azt fogjuk belátni, hogy a K test Hadwiger-száma legfeljebb 1. 0

21 Mivel a K 1 lötyög, ezért az elrendezés nem egyértelmű, és a 4. Tételben a pontok nem egyértelműen helyezkednek el a K felületén Előkészületek Ebben a fejezetben tárgyalunk néhány lemmát, amelyekre szükség lesz a Tétel bizonyításához a következő fejezetben Lemma. Legyen A egy o középpontú, r > 0 sugarú, a 1, a végpontú, zárt körív a síkon. Legyen p o olyan pont a síkon, hogy az A körívnek és az {o, p} pontokat tartalmazó egyenesnek nincs közös pontja. Ekkor az opa szög, ahol a A, az a 1 vagy a pontokban veszi fel a minimumát. Azaz és min (opa ) = min(opa 1, opa ) a A opa > min(opa 1, opa ) ha a A \ {a 1, a }. Bizonyítás. Legyen L az o, p pontokat tartalmazó egyenes (10. ábra). Legyen H L 10. ábra. az L határolta A körívet tartalmazó félsík. Legyen R az o kezdőpontú, L egyenesre 1

22 merőleges, H L félsíkban elhelyezkedő félegyenes. Legyen E a P pontra illeszkedő, R félegyenessel párhuzamos egyenes. Tegyük fel, hogy E A = (az ellenkező eset hasonlóan bizonyítható). Legyen L a a p, a pontokat tartalmazó egyenes, ahol a A. Legyen m a az L a egyenes és az R félegyenes metszéspontja. A d(o, m a ) távolság akkor a legkisebb ha a = a 1 vagy a = a Következmény. Legyen {K 1, K } egy család és d 1 d(p, P + 1 ) d(p, P + ) valamilyen d 1 [, 4] értékre, valamint int C(k P 1, r 1 ) int C(k P, r 1 ) = és d d(k 0, k P i ) minden i {1, } és valamely d ( r 1, r 1 ] = ( , ] esetén. Ekkor k P 1 k0 k P min(arccos 4r 1 + x y 4r 1 x, arccos d + x y ), d x ahol x = (4 + d 1 r 1 d 1 r 1 ) és y = (4r 1 + d 1 d 1 r 1 ). Továbbá, ha az egyenlőség teljesül, akkor d(p, P + 1 ) = d 1, d(p, P + ) = 4, d(k0, k P 1 ) = x, d(k0, k P ) {d, r 1 } és K 1, K érinti egymást. Bizonyítás. Ha K 1, K nem érinti egymást, akkor a K 1 eltolt a K körüli K eltolt felé való forgatása esetén (mígnem a K 1, K testek érintik egymást) a k P 1 k 0 k P szög csökken. Így feltehetjük, hogy K 1, K érinti egymást. Három esetet különböztetünk meg: 1. Eset. d 1 = 4 és d(k 0, k P 1 ) d(k0, k P ).. Eset. d 1 = 4 és d(k 0, k P 1 ) > d(k 0, k P ). 3. Eset. d 1 < Eset. d 1 = 4 és d(k 0, k P 1 ) d(k0, k P ). Legyen z = d(k 0, k P 1 ) rögzített szám. Forgassuk a K testet a K1 körül és a 3.1. Lemma miatt k P 1 k0 k P min(arccos z + d 4 zd, arccos z + 4r 1 4 4zr 1 ) = arccos z + 4r 1 4 4zr 1, és ha az egyenlőség teljesül, akkor d(k 0, k P ) = r 1. Ezért legyen d(k 0, k P ) = r 1 rögzített érték. Most a K 1 testet forgatjuk a K körül és a 3.1. Lemma miatt k1 P k0 k P min(arccos(1 1 ), arccos d + 4r1 4 ) = r1 4d r 1

23 = min(arccos 4r 1 + x y, arccos d + x y ) = arccos(1 1 ), 4r 1 x d x r1 és ha az egyenlőség teljesül, akkor d(k 0, k P 1 ) = r 1, ami az állítás bizonyítása. Jegyezzük meg, hogy arccos(1 1 ) = arcsin 1 r1 r 1.. Eset. d 1 = 4 és d(k 0, k P 1 ) > d(k0, k P ). A bizonyítás az 1. Eset bizonyításához hasonló. 3. Eset. d 1 < 4. Ha K 1, K érinti egymást, akkor a k P 1 k0 k P szög d(p, P + 1 ) = 4 esetén nagyobb, mint d(p, P + 1 ) < 4 esetén. Így feltehetjük, hogy d(p, P + 1 ) < 4. Megjegyezzük, hogy a K 1 (K ) eltolt olyan mozgatása esetén, amikor a k 0 végpontú k1 P (k P ) pontot tartalmazó félegyenes nem változik, akkor a kp 1 k0 k P szög sem változik. Tehát feltehetjük, hogy d(p, P + 1 ) = d 1, d(p, P + ) = 4 és K, K 1 valamint K, K érinti egymást. Ha K 1, K nem érinti egymást, akkor ha K 1 forgatjuk az a K körül K felé, mígnem a K 1, K testek érintik egymást, akkor a k1 P k0 k P szög csökken. Így d(k1 P, kp ) = y, d(k0, k1 P ) = x és d d(k 0, k P ) r 1. A 3.1. Lemma miatt k P 1 k0 k P min(arccos 4r 1 + x y 4r 1 x, arccos d + x y ), d x és ha az egyenlőség teljesül, akkor d(k 0, k P ) {d, r 1 }, ami a Lemma bizonyítása. 3.. Következmény. Legyen {K 1, K, K 3 } egy család d(p, P + 1 ) d(p, P + ) d(p, P + 3 ), és int C(k P i, r 1 ) int C(k P j, r 1 ) = minden {i, j} {1,, 3}, i j esetén, valamint d d(k 0, k P i ), minden i {1,, 3} és valamilyen d ( r 1, r 1 ] = ( , ] esetén és k P 1 k 0 k P 3 = k P 1 k 0 k P + k P k 0 k P 3. Ekkor k P 1 k 0 k P 3 min(arccos 1 r 1, arccos 4 + d 4r 1 4d ) Továbbá, ha az egyenlőség teljesül, akkor d(p, P + 1 ) =, d(p, P + ) =, d(p, P + 3 ) = 4, d(k 0, k P 3 ) {d, r 1 } valamint K 1, K és K, K 3 érinti egymást. Bizonyítás. Mint a 3.1. Következményben, itt is feltehetjük, hogy d(p, P + 1 ) =, d(p, P + 3 ) = 4, K 1, K és K, K 3 érinti egymást. 3

24 Először feltesszük, hogy d(p, P + ) < 4. Tekintsük a következő függvényt: f(t) := k1 P k 0 k3 P 1 = arccos t + arccos ( t) + z (r 1 + t), ( t)z ahol z = d(k 0, k3 P ) egy rögzített paraméter (ha t = 0, t = r 1, akkor rendre d(p, P + ) =, d(p, P + ) = 4) (11. ábra) 11. ábra. Most negmutatjuk, hogy f (t) > 0, ha t [0, r 1 ]. A derivált f (t) = ( z +4+4r 1 +8r 1)(4r 1 +8r 1t 8r 1 +4 z +4t 8t)+( z +4+4r 1 +8r 1) 3 4t+t ( t) 3 4t+t ( z +4+4r 1 +8r 1)(4r 1 +8r 1t 8r 1 +4 z +4t 8t) nagyobb, mint 0 akkor és csakis akkor, ha ( z r 1 + 8r 1)(4r 1 + 8r 1t 8r z + 4t 8t)+( z +4+4r 1 + 8r 1 ) 3 4t + t > 0, azaz f (t) > 0 akkor és csakis akkor, ha t < (4r 1 +4r 1+4 z ) vagy < t. Könnyű belátni, 8 z +4r1 +8r 1 hogy r 1 < 1 (4r 1 +4r 1+4 z ) ( ), ha z (d 8 z +4r1 +8r 1, r 1 ] tehát f(0) = min f(t). t [0, r 1 ] ( f(0) ) értéket keressük. A 3.1. Következményt Így feltesszük, hogy t = 0 és min z [d,r 1 ] kell alkalmaznunk a k P k0 k3 P szögre, valamint a kp 1 k0 k P 60 egyenlőtlenséget (ha az egyenlőség teljesül, akkor d(p, P + 1 ) = d(p, P + ) = ), ahol d(p, P + 1 ) = d(p, P + ), ami az állítás bizonyítása. 4

25 Másodszor feltesszük, hogy d(p, P + ) = 4. A 3.1. Következmény miatt és így k P 1 k0 k P min(arccos 1 r 1, arccos 4 + d 4r 1 4d ) k P k0 k P 3 arcsin 1 r 1 > 60, k1 P k 0 k3 P min(arccos 1, arccos 4 + d 4r 1 ) + arcsin 1. r 1 4d r 1 Ebben az esetben az egyenlőség nem teljesülhet. Ezzel bebizonyítottuk a Következményt. 3.. Lemma. Legyen F = {K 1, K,... K n } egy család és K i H + minden i = 1,..., n esetén. Ekkor n 4. Bizonyítás. Ha d(k 0, k P i ) r 1 valamely i = 1,..., n esetén, akkor card F. Így feltesszük, hogy d(k 0, k P i ) > r 1 minden i = 1,..., n esetén. Az egyszerűbb jelölés kedvéért legyen kn+1 P = kp 1. Mivel k0 / C(ki P, r 1), így nem létezik olyan K i F, hogy ki P = k 0. Vetítsük a ki P pontot a k 0 pontból bd C 0 halmazra és legyen a kép k P i. Feltehetjük, hogy a ciklikus sorrend a következő: k P 1, k P,..., k P n. A 3.1. Lemma miatt k P i k0 k P i+1 arcsin 1 r 1 = minden i = 1,..., n esetén. Tehát n <, ami a Lemma bizonyítása. Könnyű belátni, hogy card F = 4 lehetséges. A következő lemma megfogalmazása előtt bevezetünk egy új konstanst. d = az x x 4x cos( π 6 arccos 1 ) 4r1 + 4 r 1 függvény egyetlen gyöke a [0, 1] intervallumban. Legyen 3.3. Lemma. Legyen F = {K 1, K,... K n } egy család és C + i H + minden i = 1,..., n esetén. Legyen int C(ki P, r 1) int C(kj P, r 1) = minden {i, j} {1,..., n} esetén, ahol i j. Legyen továbbá k 0 / C(ki P, d) minden i = 1,..., n esetén. Ekkor n 6.

26 Bizonyítás. A k 1 P, k P,..., k n P pontokat értelmezzük úgy, mint a 3.. Lemmában és tegyük fel, hogy ez a ciklikus sorrendjük. Az egyszerűbb jelölés kedvéért legyen K n+1 = K 1, K 0 = K n, k P n+1 = k P 1 és k P 0 = k P n. Megjegyezzük, hogy a 3.1. Következmény miatt k P i k 0 k P i+1 > arccos 4 + d 4r 1 4d és hasonlóan = , ha k 0 int ( C(k P i, 1) C(k P i+1, 1) ), k P i k 0 k P i+1 arccos 1 r 1 = , ha k 0 / int ( C(k P i, 1) C(k P i+1, 1) ). Mivel 1 < r 1 így, ha k 0 int ( C(k P i, 1)), akkor d(p, P + i ) = 4. Mivel K 1, K,... K n testek nem egymásbanyúlóak, ezért legfeljebb egy int K i metszheti a a K egyenest, azaz k 0 int ( C(k P i, 1)) legfeljebb egy i étékre. Ebből és a > 360 egyenlőtlenségből következik, hogy n < 8. Tegyük fel, hogy n = 7. Ekkor d(p, K i 1 ) d(p, K i ) d(p, K i+1 ) valamely i értékre. Ha k 0 int ( C(k P i+1, 1)), akkor különben Így 6 i=0 ami ellentmondás. k P i 1 k0 k P i+1 > arccos 4 + d 4r 1 4d k P i 1k 0 k P i+1 arccos 1 r k P i k0 k P i+1 > arccos 4 + d 4r 1 4d arccos 1 r 1 = 360 ; 3.3. Következmény. Legyen F = {K 1, K,... K n } egy család és C + i H + minden i = 1,..., n esetén. Legyen int C(k P i, r 1) int C(k P j, r 1) = minden {i, j} {1,..., n} esetén, ahol i j. Ekkor n 7. Bizonyítás. Mivel d < és ha k 0 C(k P i, d), akkor d(p, P + i ) = 4, így legfeljebb egy k P i lehet a C(k 0, d) zárt körben. Ebből és a 3.3. Lemmából következik, hogy n 7. 6

27 Vegyük észre, hogy a 3.3. Lemmában a d konstasn nem javítható és az n = 6 eset lehetséges Lemma. Legyen F = {K 1, K,..., K n } eyg család és K i H + pontosan négy K i F esetén. Legyen továbbá C + i int H + minden K i F esetén. Ekkor n. Bizonyítás. A k 1 P, k P,..., k P n és tegyük fel, hogy ez a ciklikus sorrendjük. k P n+1 = kp 1 és t = következik, hogy d(k 0, k P i 4 4r 1 1 r 1 pontokat értelmezzük úgy, mint a 3.. Lemmában 4r1 4r 1 1 r1 ) t minden i esetén (1. ábra). Az egyszerűbb jelölés kedvéért legyen = A lemma feltételeiből 1. ábra. Mivel d < t, ezért a 3.3. Lemma feltételei teljesülnek, tehát n 6. Indirekt bizonyítunk. Feltesszük, hogy n = 6. Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy (i) (K 1 K K 3 K 4 ) H + ; vagy (ii) (K 1 K K 3 K ) H + ; vagy (iii) (K 1 K K 4 K ) H +. Megmutatjuk, hogy minden esetben X = 6 i=1 kp i k 0 k P i+1 > 360, ami ellentmondás. 7

28 (i) Ha k 0 / int ( C(k P i, 1) ) minden i = 1,, 3, 4 esetén, akkor X 6 arcsin 1 r 1 + arccos 1 r > 360. Ellenkező esetben k 0 int ( C(k P i, 1) ) pontosan egy i {1,, 3, 4} esetén. Ha k 0 int ( C(k P 1, 1) ) (a k 0 int ( C(k P 4, 1) ) eset bizonyítása hasonló), akkor a 3.1. Következmény miatt k P i k 0 k P i+1 arcsin 1 r 1 = , ha i = 1,, 3. Most becsüljük 6 i=4 kp i k 0 k P i+1 értékét. Ha d(p, P + ) d(p, P + 6 ), akkor a 3.1. Következmény miatt és a 3.. Következmény miatt k P 1 k 0 k P > arccos 4 + t 4r 1 4t k P 4 k0 k P > arccos 1 r 1 = , + 60 = arccos 1 r = ; így 6 i=4 kp i k 0 k P i+1 > arccos 1 r Ha d(p, P + ) > d(p, P + 6 ), akkor hasonlóan kapjuk ugyanezt a becslést. Így X > 6 arcsin 1 r 1 + arccos 1 r = > 360. Ha k 0 int ( C(k P, 1)) vagy k 0 int ( C(k P 3, 1)), akkor hasonlóan kaphatjuk, hogy X > 6 arcsin 1 r 1 + arccos 1 r > 360. (ii) A bizonyítás során ismét a 3.1. Következményt és a 3.. Következményt használjuk. Mivel az okoskodás hasonló, mint az (i) esetben, ezért csak a becslések végeredményeit írjuk le: ha k 0 / int ( C(k P i, 1) ) minde i = 1,, 3, esetén, akkor ha k 0 int ( C(k P, 1)), akkor X > 4 arcsin 1 r arccos 1 r 1 = 360, X > 4 arcsin 1 + arccos 1 + arccos 4 + t 4r1 r 1 r 1 4t 8 = 360 ;

29 ha k 0 int ( C(k P 1, 1) ) vagy k 0 int ( C(k P 3, 1) ), akkor X > arccos 4r arcsin arccos 1 + arccos 4 + t 4r1 4r 1 r 1 r 1 4t ha k 0 int ( C(k P, 1)), akkor X > arccos 4r 1 3 4r arccos 1 r 1 > 360. > 360 ; (iii) A bizonyítás során ismét a 3.1. Következményt és a 3.. Következményt használjuk. Mivel az okoskodás hasonló, mint az (i) esetben, ezért csak a becslések végeredményeit írjuk le: ha k 0 / int ( C(k P i, 1) ) minden i = 1,, 4, esetén, akkor X > 4 arcsin 1 r arccos 1 r 1 = 360, ha k 0 int ( C(k P 1, 1)) vagy k 0 int ( C(k P, 1)) vagy k 0 int ( C(k P 4, 1)) vagy k 0 int ( C(k P, 1)), akkor X > arccos 4r arcsin arccos 1 + arccos 4 + t 4r1 4r 1 r 1 r 1 4t ami a Lemma biznyoítása. > 360, 3.. Lemma. Legyen F = {K 1, K,..., K n } egy család és K i H + pontosan három K i F esetén. Legyen továbbá C + i int H + minden K i F esetén. Ekkor n 6. Bizonyítás. A k 1 P, k P,..., k P n pontokat értelmezzük úgy, mint a 3.. Lemmában és tegyük fel, hogy ez a ciklikus sorrendjük. Az egyszerűbb jelölés kedvéért legyen kn+1 P = k P 1. Legyen továbbá q 1 = 3 4r 1 1 = , q = 4r 1 1 = és q 3 = legyen az x x 4x cos( arccos 1 r 1 + π 3 ) + 4 4r 1 függvény egyetlen gyöke a [0, 1] intervallumban. Ekkor d(k 0, k P i ) q 1 minden i esetén (13. ábra). 9

30 13. ábra. Mivel q 1 < d, ezért a 3.3. Következmény miatt n 7. Tegyük fel, hogy n = 7. Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy (i) (K 1 K K 3 ) H + ; vagy (ii) (K 1 K K 4 ) H + ; vagy (iii) (K 1 K K ) H + ; vagy (iv) (K 1 K 3 K ) H +. Úgy, mint a 3.4. Lemma esetén, most is megmutatjuk, hogy X = 7 i=1 kp i k0 k P i+1 > 360, ami ellentmondás. (i) Ha k 0 / int ( C(k P i, 1)) minden i = 1,, 3 esetén vagy k 0 int ( C(k P, 1)), akkor X > 4 arcsin 1 r 1 + arccos 1 r 1 > 360. Az ellenkező esetben, ha k 0 int ( C(k P 3, 1) ) (az k 0 int ( C(k P 1, 1) ) esetben a bizonyítás hasonló), akkor X > X k P 3 k 0 k P 4 > 4 arcsin 1 r arccos 1 r 1 = 360. (ii) Ha k 0 / int ( C(k P i, 1) ) minden i = 1,, 4 esetén vagy k 0 int ( C(k P 1, 1) ) vagy k 0 int ( C(k P, 1)), akkor könnyű belátni, hogy X > arcsin 1 r 1 + arccos 1 r >

31 Így feltesszük, hogy k 0 int ( C(k4 P, 1) ). Emlékeztetünk egy korábbi jelölésre, miszerint t = 4 4r 1 1 4r r1 1 4r 1 1 = Ha q r1 1 d(k 0, k4 P ) t, akkor K és K 4 érinti egymást. Alkalmazzuk a 3.1. Következményt a K, K 4 eltoltakra, amiből k P k0 k4 P arccos t +4r1 4 4tr 1 = arccos 1 r 1 = Ha t < d(k 0, k4 P ) 1, akkor K, K 4 nem érintik egymást. Alkalmazzuk a 3.1. Következményt a K, K 3 valamint a K 3, K 4 testekre és kapjuk, hogy k P k0 k P 4 arccos 1 r 1. Ezután használjuk a 3.1. Következményt és a 3.. Következményt és kapjuk, hogy (iii) Ha k 0 X > arcsin 1 r 1 + arccos 1 r > 360. / int ( C(k P i, 1) ) minden i = 1,, esetén vagy k 0 int ( C(k P 1, 1) ) vagy k 0 int ( C(k P, 1)), akkor könnyű belátni, hogy Ha k 0 int ( C(k P, 1) ), akkor (iv) Ha k 0 X > arcsin 1 r arccos 1 r > 360. X > arcsin 1 r 1 + arccos 1 r = 360. / int ( C(k P i, 1)) minden i = 1, 3, esetén vagy k 0 int ( C(k P 3, 1)), akkor mint a (ii) esetben kapjuk X > 6 arccos 1 r > 360. Így feltesszük, hogy k 0 int ( C(k P, 1)). A k P 1, kp és kp 3 hogy d(k 0, k P ) q (14. ábra). elhelyezkedéséből következik, Legyen Y = i=3 kp i k 0 k P i+1. Ekkor Y > arccos 4r 1 + q 3 4 4r 1 q = , ha d(k 0, k P ) [q, q 3 ), Y > arccos 1 r 1 + arccos 4 + q 3 4r 1 4q 3 = , ha d(k 0, k P ) [q 3, t) és 31

32 14. ábra. Y 3 arccos 1 = , ha d(k 0, k P ) [t, 1]. r 1 Így Y > arccos 1 r 1 + arccos 4+q 3 4r 1 4q 3 = minden esetben. A maradék szögek becslését hasonlóan tehetjük meg mint az (i) esetben, amiből kapjuk az X > arccos 1 r 1 + arccos 4 + q 3 4r 1 4q = 360 egyenlőtlenséget. 3.. A Tétel bizonyítása Most belátjuk, hogy H(K) 1. Emlékeztetünk egy korábbi jelölésre, miszerint S = cl (R 3 \ (H + H )). Tekintsünk egy F családot. Legyen F + = {K i F K i int H + } és F = {K i F K i int H }. Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy card F + card F. Mivel az S sávban legfeljebb 6 eltolt helyezkedhet el ezért, ha card F + 4, akkor card F 14, ami az állítás bizonyítása. Így feltesszük, hogy card F+. A 3.3. Következmény miatt card F + 7. Így három esetet különböztetünk meg: 1. Eset. card F + =. 3

33 . Eset. card F + = Eset. card F + = 7. Lássuk az esetek bizonyítását! 1. Eset. card F + =. A 3.3. Lemma miatt legfeljebb 6 elem lehet az F \ F + halmazban, amely eltoltakat nem tartalmazza H. Alkalmazzuk a 3.. Lemmát és kapjuk, hogy az F családnak legfeljebb 4 eleme lehet a H féltérben. Így card F 1.. Eset. card F + = 6. A 3.4. Lemma miatt az F + családnak legalább 3 eleme belemetsz az int S sávba, azaz P + int K i legalább 3 db i esetén. Ekkor a 3.3. Lemma állítása szerint az F család legfeljebb 3 eleme helyezkedhet el az S sávban (mert az F + elemei, amelyek belemetszenek az int S sávba és az F elemei, amelyek az S sávban fekszenek legfeljebb 6). A 3.3. Lemma miatt, az F \ F + családnak legfeljebb 6 eleme metsz az int S sávba. Ha a számuk kevesebb, mint 6, akkor a 3.. Lemma miatt card F 1. Így feltesszük, hogy az F\F + család elemi között pontosan 6 elem metsz bele az int S sávba. Korábban említettük, hogy az S sávbeli eltoltak száma legfeljebb 3. Így az F család legalább 3 eleme metsz bele az int S sávba. Alkalmazva a 3.4. Lemmát kapjuk, hogy az F család legfeljebb 3 eleme helyezkedhet el a H féltérben, ami az állítás bizonyítása. 3. Eset. card F + = 7. A 3.4. Lemma és a 3.. Lemma miatt az F + családnak legalább eleme belemetsz az int S sávba. Alkalmazva a 3.3. Lemmát kapjuk, hogy az F család legfeljebb 1 eleme helyezkedhet el az S sávban. Mivel card F + card F, így card F 1. Vegyük észre, hogy az r 1 kis növelése esetén a Hadwiger-szám nem változik. 33

34 4. Pontok pakolása 3-dimenziós kockába 4.1. Problémafelvetés Brass, Moser és Pach [6] könyvében olvashatunk a következő problémáról: A 3- dimenziós egységkockában elhelyezhető n darab pont páronkénti minimális távolságának a maximumának a keresése. Nyilván ezt a kérdést úgy is felvethetjük, hogy mi a maximális sugara n darab kongruens gömbnek, amelyek elhelyezhetőek egy adott kockában és nem nyúlnak egymásba? Másképp is fogalmazhatunk: Mekkora annak a minimális kockának az élhossza, amelyben elhelyezhető n darab kongruens gömb, amelyek nem nyúlnak egymásba? Vagy: Mekkora annak a minimális kockának az élhossza, amelyben elhelyezhető n darab pont, amely pontok közötti távolság legalább 1? A következőkben azt keressük, hogy mekkora annak a minimális d-dimenziós kockának az élhossza, amelyben elhelyezhető n darab pont, amely pontok közötti távolság legalább 1? Vagy: Mekkora a d-dimenziós egységkockában elhelyezhető n darab pont minimális távolságának a maximuma? Jelölje ezt az értéket m d n. Számos eredményt olvashatunk az m d n értékekről. Lássunk néhányat! A probléma két dimenzióban. Könnyen kaphatjuk az m =, m 3 = 3, m 4 = 1, m = értékeket. A következő eredményeket találjuk m 6 = 13 Schwartz 6 [], m 7 = ( 3) Nurmela és Östergård [4], m 8 = 6 Schaer és Meir [3] és m 9 = 1 Schaer [1] munkáiban. Az m 10 értékének becsléséről sokat olvashatunk [17], [18], [0], [], [36], [37], [], [4], [64], de Peikert - többek között - [0] adta meg a minimálpolinomját az m 10 értékének, amely fokszáma 18. Az n = 7 értékig Peikert - többek között - [4] és Nurmela [43], az n = 0 értékig Nurmela és Östergård [43], [44] és az n = 100 értékig Casado, García, Szabó, Csendes [7], [8] adtak computer segítségével becsléseket az m n értékére. Sokan másoknál is olvashatunk az m n becslésérő pl.: Markót [34], Maranas, Floudas, Pardalos [3], Boll, Donovan, Graham, Lubachevsky [], Lubachevsky, Graham, Stillinger [33]. A pontos értékek 11 n esetén m 14 = Wengerodt [66], m 16 = 1 3 Wengerodt [6], m = 1 4 Wengerodt [67] és 34

35 m 36 = 1 Kirchner, Wengerodt [3]. A probléma három dimenzióban. Schaer [47], [48], [49], [0] megadta m 3 n értékét, ha n 10 (m 3 = 3, m 3 3 = m3 4 =, m 3 =, m3 6 = 3, 4 m3 7 = 1 + p = , ahol p := 6, m 3 8 = 1, m3 9 = 3, m3 10 = 3 ) és ezekben az 4 esetekben megadta az optimális elrendezést. Goldberg [16] megadott elrendezéseket n = 7 értékig és remélte, hogy majd lesznek, akik bebizonyítják, hogy ezek a legjobb elrendezések (és így a legjobb m 3 n értékek), vagy megjavítják az ott leírt m 3 n értékeket. Goldberg sejtése az volt, hogy m 3 14 =. Mi megmutatjuk, hogy ez a sejtés igaz. Gensane [14] mind javított Goldberg sejtett m 3 n értékein a 11 n 6 tartományban kivéve n = 13, 14, 18 eseteket. A probléma négy dimenzióban. Nyilván m 4 =. Meir aztán Bálint - többek között - [1] belátta, hogy a 4-dimenziós egységkockában 17 olyan pont van, amelyek páronkénti távolsága legalább 1 és az elrendezés egyértelmű. Tehát m 4 17 = 1. A probléma n dimenzióban. Nyilván m n = n. Chepanov, Ryvskov, Yakovlev [9] adott magasabb dimenziós eredményeket. Mi azt a legkisebb 3-dimenziós kockát keressük, amelyben elhelyezhető 14 olyan pont, amely pontok páronkénti távolsága legalább 1.. Tétel. A élű 3-dimenziós kocka a legkisebb kocka, amelyben elhelyezhető 14 olyan pont, amely pontok páronkénti távolsága legalább 1. A tétel állításából következik, hogy m 3 14 =. 4.. Jelölések Legyen K = conv ( (0, 0, 0), (, 0, 0 ), ( 0,, 0 ), (,, 0 ), ( 0, 0, ), (, 0, ), ( 0,, ), (,, )). Legyen 0 < ɛ < 0.13 egy rögzített érték. Legyen H :=, h := ɛ és legyenek az a 1 (0, 0, 0), a (h, 0, 0), a 3 (h, h, 0), a 4 (0, h, 0), a (0, 0, h), a 6 (h, 0, h), a 7 (h, h, h), a 8 (0, h, h) pontok a K ɛ R 3 kocka csúcspontjai (1. ábra). Legyen a ij az a i a j él felezőpontja. Legyen a ijkl az a i a j a k a l lap középpontja. Legyen m (h, h, h) a K ɛ kocka középpontja. Legyen K i ɛ a K ɛ 3