Körfedések síkon és gömbön

Átírás

1 Körfedések síkon és gömbön Berta Andrea matematikus, matematika tanár Témavezető: dr. Fejes Tóth Gábor MTA Rényi Alfréd Matematikai Kutatóintézet Budapest, 007.

2 Tartalomjegyzék 1. Bevezetés körfedések síkon 1. A gömbfelület legritkább fedései 4.1. Alsó becslés A gömbfelület legritkább fedése öt és hét körrel Körfedések gömbön Gömbi kör legritkább fedése három körrel Gömbi kör legritkább fedése hét, nyolc vagy kilenc körrel R értékének kiszámítása Az f R,r (α) és F R,r (α) függvények bevezetése Az f R,r (α) és F R,r (α) függvények vizsgálata Topológiai elhelyezkedés Az elrendezés egyértelműsége Matematika szakkör 39 i

3 1. fejezet Bevezetés körfedések síkon Mekkora az a legkisebb r n érték, melyre n darab r n sugarú körlappal hézagmentesen lefedhető az euklideszi síkon egy egységkörlap? A századfordulón népszerű vásári játék volt a Spot-the-spot, melynek célja, hogy egy anyagdarabra festett kör alakú területet le kell takarni öt kisebb, egyenlő nagyságú körlemezzel, de úgy, hogy semelyik már lerakott körlemezt utólag nem lehet a helyéről elmozdítani. A körlapok méretei úgy vannak meghatározva, hogy csak rengeteg próbálkozással legyen esélye az óvatlan játékosnak megoldani a problémát. Természetesen adódik a kérdés: mekkorának kell lenniük a fedő körlemezeknek ahhoz, hogy hézagmentesen lehessen fedni velük a nagy kört? A továbbiakban a problémát általánosabban tekintjük: célunk az egységkörlap legritkább fedése n kisebb körlappal. Legyen C n a fedendő egységkörlap, C i (i = 0,...,n 1) pedig az r n rugarú fedő körlapok. Az n = 1 és n = esetek nyilvánvalóak, r 1 = r = 1 Az n = 3 és n = 4 esetben a C i (i = 0,..., n 1) körlapok mindegyike 1/n részét fedi C n határának, s mindegyik valamely átmérőjének mindkét végpontjá- 1

4 1. FEJEZET. BEVEZETÉS KÖRFEDÉSEK SÍKON val illeszkedik bdc n -re. r 3 = 3, r 4 = 1. Az n = 5 és n = 6 esetben elvész az optimális elrendezés forgásszimmetriája, a bizonyítás pedig nehéz. Az n = 5 esetre a sejtést Neville [1] fogalmazta meg 1915-ben, majd Bezdek Károly [] bizonyította 1983-ban. Az n = 6 eset bizonyítása is Bezdek Károlytól származik, 1979-ből [3]. Az értékek: r , r Az n = 7 eset ismét könnyű. Ha a hét körlap sugara legfeljebb 1, akkor amelyik fedi C n középpontját, az nem fedhet bdc n -ből is. A másik hat körlap csak akkor tudja fedni bdc n -t, ha a sugaruk legalább 1. Ez már egyértelműen meghatározza az r 7 = 1 értéket, valamint az elrendezést is: C 0 koncentrikus C n -nel, a többi hat pedig forgásszimmetrikusan helyezkedik el, az n = 3 és n = 4 esetekben látott átmérős elrendezéssel. Az n = 8, 9 és 10 esetekre Nagy Dénes [4] fogalmazott meg sejtést 1975-ben, miszerint hasonlóan az n = 7 esethez C 0 teljesen C n belsejében helyezkedik el, a többi n 1 mindegyike bdc n pontosan n-edrészét fedi, tehát az elrendezés ismét (n 1)-szeres forgásszimmetriával rendelkezik. Krotoszyński [5] 1993-ban adott ezekre az esetekre hibás bizonyítást. Az n = 8 és n = 9 eseteket helyesen Fejes Tóth Gábor [6] igazolta 1996-ban, szintén tőle származik az 1 n = 10 eset bizonyítása is. Az r n = 1+ cos π összefüggés érvényes, az értékek: n i r , r 9 = és r Krotoszyński ez előző elrendezést sejtette optimálisnak n = 11 esetére is, aminek szintén hibás bizonyása szerepelt a fent említett 1993-as cikkében [5]. Ennél kisebb sugarú körlapokkal Melissen és Schuur [7] 1996-ban talált olyan elrendezést, melyben két körlap fekszik teljesen C n belsejében, és forgásszimmetria helyett egyetlen tükörtengellyel rendelkezik. Jelenleg a sejtés még áll, bizonyítva nincs. Amennyiben igaz, úgy r Az n = 1 esetre szintén Hans és Melissen [7] adott sejtést 1996-ban. Ez az elrendezés 3-szoros forgásszimetriával rendelkezik, és három körlap fekszik C n belsejében. Ebben az esetben a fedő körlapok sugara r = További sejtések az n = 0 esetig bezárólag Zahn-tól származnak [8].

5 1. FEJEZET. BEVEZETÉS KÖRFEDÉSEK SÍKON 3 A 4. fejezetben egy középiskolai matematika szakkör tervezete és a megvalósulásáról készült beszámoló olvasható, melyben többek között az n = 1,, 3, 4 és 7 eset bizonyításának részletes leírása is szerepel ábra. Kör legritkább fedése n 10 esetén. Jelen dolgozat további részeiben áttérünk az euklideszi síkról az egységgömbre. Bemutatjuk az eddigi eredményeket, valamint a síkbeli esetek és bizonyításaik felhasználásával új tételeket és egy sejtést fogalmazunk meg, s részben látunk is be. Ezúton mondok köszönetet Fejes Tóth Gábornak a témáért és a segítségért, valamint Ambrus Andrásnak a szakköri fejezethez nyújtott támogatásért.

6 . fejezet A gömbfelület legritkább fedései A síkbeli problémával analóg kérdés vizsgálható a sík helyett gömbfelületen is. Ebben a fejezetben először Fejes Tóth László [9], majd Schüttének [10] a gömbfelület gömbi körlapokkal (gömbsapkákkal) való fedésére vonatkozó eredményeit tárgyaljuk..1. Alsó becslés Ebben a részben bebizonyítjuk Fejes Tóth László 1943-ból származó tételét [9], mely az n = 3, 4, 6 és 1 esetén a legritkább körfedés problémájának megoldását adja:.1. Tétel. Ha n 3 kongruens gömbi körlap lefedi az egységgömböt, akkor a körlapok r sugarára fennáll az r arccos( 1 3 cot ( nπ )) 6(n ) egyenlőtlenség. Itt egyenlőség csak n = 3, 4, 6 és 1 esetén állhat, éspedig akkor, 4

7 . FEJEZET. A GÖMBFELÜLET LEGRITKÁBB FEDÉSEI 5 ha a középpontok egy szabályos háromszög, tetraéder, oktaéder illetve ikozaéder csúcspontjai. BIZONYÍTÁS. Legyenek S n-elemű pontrendszer az egységgömbön, mely nem fekszik egy félgömbön. Jelölje K az S konvex burkát a térben, és M azt a mozaikot, amely a K lapjainak a gömbre történő centrális vetítésével keletkezik. M-et háromszögmozaiknak tekintjük; az esetleg fellépő több mint három oldalú lapokat egymást nem metsző átlókkal háromszögekre bontjuk. Legyen r olyan érték, hogy az S pontjai köré írt r sugarú körök a gömböt lefedik. Tekintsük az M mozaik egy l lapját. Legyen C az l köré írt körlap, azaz az a körlap, amely határa az l csúcsain halad át. Mivel S egyetlen pontja sem fekszik K-n kívül, ezért S egyetlen pontja sem fekhet C belsejében. Ezért C sugara nem lehet kisebb, mint r, különben az S pontjai köré írt körlapok nem fednék le C középpontját... Definíció. Ha egy háromszög köré írt kör sugara nem nagyobb egy bizonyos a értéknél, akkor a háromszöget a-háromszögnek nevezzük. Egy háromszögmozaikot, melynek minden lapja a-háromszög, a-mozaiknak nevezünk. Beláttuk tehát, hogy ha az S pontjai köré írt r sugarú körlapok lefedik a gömböt, akkor az S-hez tartozó mozaik r-mozaik. Legyen most n > 3, és tekintsük az egységgömbnek n körrel történő legritkább fedését. Legyen r a fedésben szereplő körlapok sugara. Ekkor nyilvánvaló, hogy r < π, és ezért a körlapok középpontjainak S rendszere nem fekhet egy félgömbön. Az S-hez tartozó M háromszögmozaikra írjuk fel az Euler-féle poliédertételt, tehát #{lapok} + #{csúcsok} = #{élek}. Felhasználva, hogy a mozaiknak n csúcsa van, valamint minden lap háromszöglap, s ezért #{élek} = 3#{lapok}, rendezés után azt kapjuk, hogy a háromszögmozaiknak n 4 lapja van.

8 . FEJEZET. A GÖMBFELÜLET LEGRITKÁBB FEDÉSEI 6 Szintén azért, mert M lapjai háromszögek, a területük nem lehet nagyobb az r sugarú körbe írt szabályos háromszög területénél, amit (r)-rel jelölünk. Mivel a háromszögek összterülete épp az egységgömb felszíne, (n 4) (r) 4π. (.1) Legyen egy r sugarú kör középpontja O, a beírt szabályos háromszög mindhárom szöge α, egyik oldala AB, ennek felezőpontja F. Az AOF derékszögű háromszög átfogója r, az O-nál fekvő szöge π 3, míg A-nál fekvő szöge α. Az AOF háromszögben felírva a gömbi cosinustételt a derékszögre: cos π = cos α cos π 3 + sin α sin π 3 cosr. Ebből cos π = 0 miatt átrendezéssel az α = arccot( 3cosr ) következik, amiből a egyenlőség adódik. ( ) (r) = 6arccot 3cosr π Ezt felhasználva, a.1 egyenlőtlenség rendezésével a tételben szereplő ( )) 1 3 nπ r arccos( cot 6(n ) összefügést kapjuk. Ez az egyenlőtlenség n = 3 esetén is érvényes, és azt a tényt fejezi ki, hogy a gömb nem fedhető le három, félgömbnél kisebb gömbsüveggel. Egyenlőség csak akkor állhat, ha létezik n csúcspontú, kongruens, szabályos háromszöglapokból álló mozaik, ami valóban csak az n = 3, 4, 6 és 1 esetben lehetséges, mégpedig a tételben szereplő módon.

9 . FEJEZET. A GÖMBFELÜLET LEGRITKÁBB FEDÉSEI 7.. A gömbfelület legritkább fedése öt és hét körrel Schütte eredménye az alábbi tétel [10]..3. Tétel. A gömbnek öt és hét körlappal történő legritkább fedésében a körlapok középpontjai egy szabályos kettősgúla csúcsaiban helyezkednek el. Jelöljük r n -nel a megfelelő r értékeket. Ekkor ( ) π r n = arccot cos. n BIZONYÍTÁS. Az r n érték meghatározása céljából tekintsünk egy n csúcsú kettősgúlát melyben az egyik (n )-élű csúcs legyen P, két szomszédos 4-élű csúcs Q 1 és Q, a kettősgúla köré írt egységgömb középpontja pedig O (ld..1. ábra)..1. ábra. A PQ 1 Q gömbi egyenlőszárú háromszög szárszöge és alapja π n, alapon fekvő szögei és a szárai pedig π. Jelölje F az P, Q 1 és Q pontok köré írt r n sugarú gömbi körlapok közös metszéspontját, T pedig a PQ felezőpontját. Ekkor az FT = x jelölés bevezetésével az FTP derékszögű háromszögben az FP = r n

10 . FEJEZET. A GÖMBFELÜLET LEGRITKÁBB FEDÉSEI 8 oldalra felírva a gömbi cosinustételt: cosr n = cos x cos π 4 +sin x sin π 4 cos π, azaz cos r n = cosx 1. Ennek felhasználásával az ugyanezen háromszög x oldalára felírt cosinustételből cosx = cosr n cos π 4 + sin r n sin π 4 cos π n, 1 cos r = cos r + sin r 1 π cos n, amiből rendezés után valóban az ( ) π r n = arccot cos n adódik. Jelöljük M n -el az n csúcspontú szabályos kettősgúla mozaikját. Tekintsük az egységgömbnek n = 5 illetve 7 körrel történő legritkább fedését. Szerkesszük meg a középpontok által meghatározott háromszögmozaikot. Ez a mozaik n = 5 estetén r 5 -mozaik, n = 7 esetén r 7 -mozaik. Tételünk bizonyításához elegendő megmutatni, hogy egy n csúcspontú r n -mozaik n = 5 és n = 7 esetén M n -nel azonos. Nyilvánvaló, hogy n = 5 esetén a mozaik csak 3- és 4-élű csúcsokat tartalmaz. bebizonyítjuk, hogy n = 7 esetén viszont csak 4- és 5-élű csúcsok léphetnek fel a mozaikban. Ehhez a 3- és 6-élű csúcsokat kell kizárni. Ha n > 5, akkor a gömb lefedhető n darab, π 3 -nál kisebb sugarú körrel. Ezért az n körrel történő legritkább fedéshez tartozó mozaikban nem léphet fel (n 1)-élű csúcs, ha ugyanis volna, akkor a mozaik csúcsai köré írt körök nem nyúlhatnának bele az (n 1)-élűvel átellenes pont köré írt π 3r sugarú körbe, tehát r < π 3 miatt maradna fedetlen rész. Ha egy r-mozaikban fellép egy 3-élű csúcs, akkor az ebben a csúcsban találkozó háromszögek egy új háromszöget alkotnak, melynek oldalai a háromszögegyenlőtlenség miatt r-nél kisebbek. Ezért ennek a háromszögnek a területe

11 . FEJEZET. A GÖMBFELÜLET LEGRITKÁBB FEDÉSEI 9 kisebb, mint a r oldalhosszúságú szabályos háromszög területe, melyet jelöljünk T(r)-rel. A többi háromszög területe nyilván nem nagyobb, mint az r sugarú körbe írt szabályos háromszög területe, azaz mint (r). Ha tehát egy hét csúcspontú r 7 -mozaikban egy háromélű csúcs lenne, akkor felhasználva, hogy a lapszám n 4 (ld a.1.tétel bizonyítását) a háromszögek területe legfeljebb T(r 7 ) + ( 7 4 3) (r 7 ). Ennek kiszámításához szükségünk van a T(r) függvényre. Legyen egy r oldalhosszúságú szabályos gömbháromszög mindhárom szöge α. A háromszöget bontsuk két derékszögű háromszöggé az egyik magasságával. Ezek egyikében felírva a két ismert oldalra a gömbi sinustételt: π sinr =sin sin r sin α, melynek átrendezésével, a sin r = sin r cos r összefüggés felhasználásával α = arcsin ( 1 cos r) adódik. Ebből T(r) = 6 arcsin ( ) 1 π. cosr Ezt felhasználva T(r 7 ) + 7 (r 7 ) < 4π, ami lehetetlen, s így valóban kizártuk a 3- és 6-élű csúcsokat. Legyen A i egy n csúcsú háromszögmozaik i-élű csúcsainak száma. Ekkor A 3 + A = n. Mivel másrészt a lapszám n 4 (ld a.1.tétel bizonyítását), azért a háromszögelés miatt a kétszeres élszám 3(n 4), tehát 3A 3 + 4A = 6n 1. Ha n = 5, akkor A 3 + A 4 = 5, 3A 3 + 4A 4 = 18, amiből A 3 =, és A 4 = 3. Ha n = 7, akkor A 3 = A 6 = 0, tehát A 4 + A 5 = 7, 4A 4 + 5A 5 = 30, amiből A 4 = 5, és A 5 =. Könnyen látható, hogy ezek a feltételek a kérdéses mozaikok topológiai típusát már egyértelműen meghatározzák, azaz egy 5-csúcsú háromszögmozaik, mely-

12 . FEJEZET. A GÖMBFELÜLET LEGRITKÁBB FEDÉSEI 10 nek két 3-élű és három 4-élű csúcsa van, M 5 -tel, egy 7-csúcsú háromszögmozaik, melyenk öt 4-élű és két 5-élű csúcsa van, M 7 -tel izomorf. Belátjuk, hogy egy n csúcspontú, M n -nel topológiailag izomorf r n -mozaik M n -nel azonos (n 5). Ehhez egy új mozaikot készítünk a következő módon: Az új mozaik csúcsai az eredeti mozaik csúcspontjai (.3.ábra, fekete pontok), és az eredeti mozaik lapjai köré írt körök középpontjai (.3.ábra, fehér pontok). Minden egyes fehér pontot összekötünk azzal a három fekete ponttal, amelyek által meghatározott háromszög köré írt körének az adott fehér pont a középpontja. A fekete pontok nincsenek egymással összekötve. Megmutatjuk, hogy ezáltal valóban mozaikot nyertünk, tehát a megrajzolt élek nem metszhetik egymást. Tegyük fel, hogy a B 1 W 1 és a B W élek a P pontban metszik egymást. Itt W 1 és W fehér, B 1 és B fekete pontok (ld...ábra). A háromszögmozaikot úgy készítettük, hogy egyetlen csúcspont sem fekhet egy háromszöglap köré írt kör belsejében, ezért W 1 B 1 W 1 B és W B W B 1. Ebből következik, hogy (W 1 P + PB ) + (W P + PB 1 ) W 1 B + W B 1, ami csak úgy lehetséges, ha a négy pont kollineáris. Azonban W 1 B 1 W 1 B és W B W B 1 ebben az esetben is csak úgy lehetséges, ha a két élnek nincs közös belső pontja... ábra.

13 . FEJEZET. A GÖMBFELÜLET LEGRITKÁBB FEDÉSEI 11 Tehát valóban mozaikot kaptunk, amely 3(n ) számú négyszögből áll. (A négyszögek nem feltétlenül konvexek, és minden négyszögnek megfeleltethető az eredeti mozaiknak pontosan egy éle.) Nyilvánvaló, hogy ha a kiindulásul vett háromszög mozaik r-mozaik volt, akkor az új mozaik minden éle nem nagyobb r-nél. Készítsük most el ezt a mozaikot egy n-csúcsú kettősgúla mozaikjából kiindulva. Jelölje P illetve P az (n ) élű, Q 1,..., Q n a 4-élű csúcsokat. Állapodjunk meg a Q n 1 = Q 1 jelölésben. A PQ i Q i+1 illetve a P Q i Q i+1 háromszög köré írt kör középpontja legyen W i illetve W i (.3.ábra). Megmutatjuk, hogy ha a kiindulásul választott háromszögmozaik r n -mozaik, akkor a P, P, Q 1,...,Q n pontok egy szabályos kettősgúla csúcsai..3. ábra. Vezessük be az α = W i PW i+1, α = W i P W i+1, β i = W i Q i W i, (i 1), W n 1 = W 1, W n 1 = W 1 jelöléseket.

14 . FEJEZET. A GÖMBFELÜLET LEGRITKÁBB FEDÉSEI 1 Egy gömbi egyenlő (r n ) szárú háromszög szárszöge legyen x, alapon fekvő szöge α. A háromszöget az alaphoz tartozó magasságával bontsuk két derékszögű háromszöggé. Ezek egyikében felírva a gömbi cosinustételt a derékszögre, rendezés után α = arccot(cosr n tan x ) adódik. Ezt felhasználva a háromszög területe t(x) = x + arccot(cosr n tan x) π..4. Lemma. A t(x) függvény x-nek a [0; π] intervallumon konkáv függvénye. BIZONYÍTÁS. A t(x) függvény második deriváltja közös nevezőre hozás után t (x) = ( 1 + tan x = ) cos 3 r tan x tan ( x 1 + tan x ) cos r ( 1 + tan x cos r ) ( 1 + tan x cos r ). Ennek nevezője pozitív, így elegendő a számlálójának negativitását látni. A számláló, kiemelés után a következő alakba írható: ( 1 + tan x ) cosr tan x [( 1 + tan x ) cos r ( 1 + tan x )] cos r. Mivel r π, és x [0; π], a kiemelt tényezők mindegyike nemnegatív, (amikor pedig nulla, azok az esetek érdektelenek), így elegendő belátni, hogy ( 1 + tan x ) cos r a zárójelek felbontása és rendezés után ( 1 + tan x cos r cos r 1, ) 0, ami minden r értékre igaz, az egyenlőség esete pedig érdektelen. Ha s jelöli a négyszögek területösszegét, akkor n n n s t(α i ) + t(α i) + t(β i ).

15 . FEJEZET. A GÖMBFELÜLET LEGRITKÁBB FEDÉSEI 13 Mivel n α i = n α i = π, így ( n β i = 1 n nπ n α i α i ) = (n 4)π, ezért a Jensen-egyenlőtlenség alapján ( ) ( ) π (n 4)π s 4(n )t + (n )t. (.) n n Ez pedig éppen az kívánt elrendezéshez tartozó mozaikból készíthető új mozaikban a megfelelő négyszögek területeinek összege, tehát 4π. Másrészt s = 4π, így a. egyenlőtlenségben egyenlőségnek kell állnia, ami csak úgy lehetséges, ha a P, P, Q 1,...,Q n pontok egy szabályos kettősgúla csúcsai.

16 3. fejezet Körfedések gömbön 3.1. Gömbi kör legritkább fedése három körrel Legyen r 3 az a legkisebb érték, melyre az egységgömbön adott R sugarú C 0 gömbi körlap lefedhető három r 3 sugarú gömbi körlappal Tétel. 0 R arccos 1 3 1, 3 esetén r 3 = arccos (3 cos R 1), s ekkor a három fedő körlap mindegyike úgy helyezkedik el, hogy valamely átmérőjének mindkét végpontjával illeszkedik C 0 határára, és a határból lefedett íveik csak végpontjaiknál érintkeznek. BIZONYÍTÁS. Abból indulunk ki, hogy a három fedő, r sugarú C 1, C, C 3 körlapoknak fedniük kell C 0 határát is. Egy C i (i = 1,, 3) nyilván akkor tudja a legnagyobb ívet lefedni C 0 határából, ha egy átmérőjének két végpontjával illeszkedik rá. Vegyük azt a legkisebb r értéket, amekkora sugarú 3 körlap még le tudja 14

17 3. FEJEZET. KÖRFEDÉSEK GÖMBÖN 15 fedni C 0 határát. Az előzőek értelmében ehhez az r értékhez úgy jutunk, ha a fedő körlapok átmérőikkel illeszkednek a fedendő körlap határára, és a határból lefedett íveik csak végpontjaiknál érintkeznek egymással. Ha ezzel az elrendezéssel C 0 fedését kapjuk, akkor ezen r értéknél kisebb sugarú körlapokkal nem is lehetséges a fedés r választása miatt, azaz r = r ábra. Legyen a C 1 fedő kör középpontja O 1, C 0 középpontja O, valamint bdc 1 bdc 0 = {A; B}. Ekkor OA = OB = R, AO 1 = BO 1 = r, továbbá legyen m = OO 1. Az elrendezés forgásszimmetriája miatt AOB egyenlő szárú háromszögben AOB = π. Az AOB háromszög AB oldalára felírva a gömbi cosinustételt 3 cos r = cos R + sin R cos π = 3 cos R 1 sin R = 3 cos R 1, azaz r = arccos (3 cos R 1). (3.1) Ezzel az elrendezéssel pontosan akkor kapjuk C 0 fedését, ha m r. Ennek vizsgálatához felhasználjuk, hogy cosr = cos r cosm, ami az AOO i derékszögű háromszög AO oldalára felírt gömbi cosinustétel, felhasználva, hogy

18 3. FEJEZET. KÖRFEDÉSEK GÖMBÖN 16 cos π = 0, valamint cos r = 3 4 cos R + 1 4, (3.) amit a fentebbi cos r = 3 cos R 1 való helyettesítésével kapunk. összefüggés cosr+1 = cos r azonosságba Mivel m r cosm cosr, evvel cos r 0 miatt (ld. 3. formula) ekvivalens a cosr cos m cos r egyenlőtlenség. Innen az előzőek felhasználásával cos R cos r = 3 4 cos R + 1 4, tehát cos R 3 4 cos R + 1, cos R 4 cosr + 1, ami 1 3 jelenti. Vagyis m r 0 R arccos 1 1, 3. 3 Ezzel a tételt beláttuk. cos R 1-et 3.. Megjegyzés. Az R = 0 eset érdektelen, az R = arccos 1 eset pedig - mivel 3 így minden egyenlőtlenség egyenlőséggel teljesül - épp azt jelenti, hogy R ezen értéke mellett lesz C 1, C és C 3 körlapoknak egyetlen közös pontja, C 0 középpontja Tétel. R > arccos 1 3 esetén (1 cosr) r 3 = arctan, sin R π sin R s ekkor a három fedő C i (i = 1,, 3) körlap azonos, 3 bdc 0 -ból, és C 1 C C 3 = O 0, azaz C 0 középpontja. hosszú ívet fed le BIZONYÍTÁS. Először azt látjuk be, hogy a tételben leírt elrendezés az optimális, valóban ebből kapjuk r 3 értékét. Legyenek C 1, C, C 3 r sugarú körlapok, melyekkel fedjük C 0 -t. Feltehető, hogy bdc i bdc j ( i, j = 1,, 3) egyik pontja

19 3. FEJEZET. KÖRFEDÉSEK GÖMBÖN 17 C 0 belsejében, másik pontja pedig C 0 határán, vagy rajta kívül helyezkedik el. Ez utóbbiak közül melyekre a továbbiakban többször a három kérdéses metszéspont terminológiával fogunk hivatkozni feltehető, hogy legalább az egyik metszéspont C 0 határára esik, ellenkező esetben R-nél nagyobb sugarú körlap is fedhető volna a C i körlapokkal. Jelölje bdc 0 bdc i -vel vett metszéspontjait P ia és P ib Ekkor a 3.. ábra jelöléseit használva a P 1a pont körül forgatva a P 1a P 1b ívhez tartozó C 1 körlapot, annak határa 1. eset: előszőr eléri a P 3a pontot (ld. 3.. ábra). Ekkor tehát már két metszéspont is C 0 határára esik, valamint C i i = 1,, 3 körlapok közös része egy nemnulla területű tartomány.. eset: először eléri a Q pontot. Ekkor C 1 -t tovább forgatjuk a Q pont körül, míg a határa el nem éri a P 3a pontot. Ekkor a 3./b ábrán látható helyzetbe jutottunk, tehát ez esetben is két metszéspont esik C 0 határára, de a három fedendő kör metszete egyetlen Q pont. 3.. ábra. 3../b ábra. Mindkét esetben a C i (i = 1,, 3) körlapok továbbra is fedik C 0 -t Lemma. Egy C gömbi körlap egy húrja legyen AB, középpontja O, egy, a körlapon kívül fekvő pontot jelölje P. Tekintsük azt az A, B és P pontok köré írt

20 3. FEJEZET. KÖRFEDÉSEK GÖMBÖN 18 C gömbi körlapot, mely tartalmazza O-t. A C körlap középpontját jelölje O, sugarát pedig R. Ekkor R > R. BIZONYÍTÁS. (LEMMA) Legyen az AB felezőpontja F, felező merőleges főköre pedig e. Mivel két kör vagy egyeesik, vagy legfeljebb két közös pontjuk lehet, és bdc bdc = {A, B}, ezért P = e bdc is kívül esik a C körlapon ábra. Ha O közelebb esne az AB szakaszhoz O-nál, akkor OBF > O BF miatt R = OB > O B = R volna, ami R = P O > P O > R miatt lehetetlen. Tehát O az O-nál távolabb esik az AB szakasztól, így OBF < O BF miatt R = OB < O B = R (ld ábra), ami bizonyítandó volt. A 3.4. lemmát alkalmazva mind a két esetben azt kapjuk, hogy rögzített r mellett R értéke növelhető lenne, vagyis ezek közül egyik sem a keresett, optimális elrendezés. R értéke növelhető addig, hogy a harmadik, eddig C 0 -on kívülre eső metszéspont is bdc 0 -ra essen. Az optimális elrendezésben tehát a három kérdéses metszéspont mindegyike C 0 határán van. Ekkor ismét két eset lehetséges:

21 3. FEJEZET. KÖRFEDÉSEK GÖMBÖN eset. Ha a C 1 C C 3 egy nemnulla felületű tartomány, úgy válaszszunk ki egy olyan C i -t, melynek P ia P ib húrja rövidebb, mint az átmérője, s a P ia -ból induló átmérőt tartalmazza C 0. (Ilyen van, hiszen másként a 3.1. tétel miatt C 1 C C 3 nem fedné C 0 középpontját.) Forgassuk C i -t P ia -ból "kifele", azaz úgy, hogy O 0 P ia O i növekedjen. Ekkor P ia P ib húr hossza is nő, vagyis az P ib pont a bdc 0 köríven P (i+1)b pont felé mozdul el. Ezzel mindenképpen a fentebb tárgyalt két eset valamelyikéhez jutunk (3.. és 3../b ábrák). A 3.4. lemmát alkalmazhatjuk ismét, tehát ennél jobb elrendezés is van.. eset. Ha C 1 C C 3 = egyetlen Q pont, akkor már csak azt kell belátnunk, hogy Q = O 0, és a három O 0 -tól különböző, C 0 határán fekvő C i C j, (i, j = 1,, 3) alakú metszéspontok egy O 0 középpontú szabályos háromszög csúcsaiban helyezkednek el. Ehhez elegendő belátni, hogy bármely két metszéspont szakaszfelező merőleges főkörívére illeszkedik a harmadik metszéspont. (Ezen metszéspontok a korábbi jelöléseket használva P 1a = P b, P a = P 3b, P 3a = P 1b.) 3.4. ábra. Ennek belátásához legyen C 1 körlaphoz tartozó P 1a P 1b húr felező merőleges főköre e. Legyen e bdc 0 = S. Tegyük fel, hogy P a a C 0 határán S és P 1b közé esik. Így Q pont e-hez képest azonos félgömbön fekszik a P a és P 1b pontokkal.

22 3. FEJEZET. KÖRFEDÉSEK GÖMBÖN 0 Tükrözzük e-re C -t, legyen a tükörkép C. (A 3.4. ábrán szagatottal jelzett ív.) Mivel C 1 C fedi az e és bdc 0 által határolt, Q-t nem tartalmazó félkörlapot, C 1 C C fedi C 0 -t. bdc és bdc két metszéspontja illeszkedik e-re, az egyik C 0 -belsejébe, a másik pedig C 0 -on kívülre esik. Ekkor a 3.4. lemmát alkalmazhatjuk ismét, ezzel belátva, hogy létezik jobb elrendezés. Az eljárásból látszik az is, hogy hogyan érhető el, hogy a kérdéses három metszéspont közül kettőnek felező merőleges főkörére illeszkedjen a harmadik metszéspont. Ezzel igazoltuk, hogy az optimális elrendezés valóban a tételben megfogalmazott. Most már számolhatjuk r 3 értékét R függvényében ábra. Az elrendezés forgásszimmetriája miatt P ib O 0 P ia egyenlő szárú háromszögben P ib O 0 P ia = π. A P 3 ibo 0 O i háromszög P ib O i oldalára felírva a gömbi cosinustételt: cosr 3 = cosr 3 cosr + sin r 3 sin R cos π 3 = cos r 3 cosr + 1 sin r 3 sin R, ahonnan rendezés után a összefüggés adódik. (1 cosr) sin R = tanr 3

23 3. FEJEZET. KÖRFEDÉSEK GÖMBÖN Megjegyzés. Ha R = π r 3, vagyis az R sugarú gömbi körlap által a gömbfelületből szabadon hagyott rész éppen egy r 3 sugarú körlap, akkor ezt a részt egy ilyennel fedve a teljes gömbfelület négy gömbi körlappal való legritkább fedését kapjuk. Itt az r 3 = r sugár az imént igazolt 3.3. tétel szerint kielégíti az alábbi egyenletet: ami rendezés után a (1 cos (π r)) sin (π r) = tan r, 3 cos r + cosr 1 = 0 alakot ölti. Ennek az egyenletnek a két gyöke a cos r = 1, és a cosr = 1 3. Az előbbi érdektelen, az utóbbiból pedig az r = arccos 1 adódik. Ez az eredmény a 3.1. tétel n = 4 esete. 3.. Gömbi kör legritkább fedése hét, nyolc vagy kilenc körrel A számolások megkönnyítése érdekében ebben a fejezetben fordítva szemléljük az alapproblémát, azaz r-et tekintjük adottnak. Az alábbiakban egy sejtést fogalmazunk meg, melynek bizonyításában bizonyos részek nincsenek precízen belátva, csak numerikus számolás adja az eredményeket Sejtés. Legyen R n (r) az a legnagyobb érték, melyre az egységgömbön n darab, adott r sugarú gömbi körlappal lefedhető egy R n (r) sugarú gömbi körlap. n = 7, 8 és 9 esetén az r bizonyos értékei mellett csakis úgy érhető el egy O n középpontú R n (r) sugarú C n gömbi körlap fedése, hogy a C 0 fedő körlap a fedendővel koncentrikusan, a többi C i (i = 1,...,n 1) fedő körlap középpontja pedig egy szabályos (n 1)-szög csúcsaiban helyezkedik el oly módon, hogy bdc i bdc j, i, j = 1,..., n 1 alakú pont illeszkedik C 0 vagy C n hatá-

24 3. FEJEZET. KÖRFEDÉSEK GÖMBÖN rára. Ekkor érvényes az összefüggés. R n (r) = r + arccos cosr 1 sin β sin r Bár azt nem tudjuk pontosan, hogy (n-től függően) legfeljebb mekkora r értékig igaz a sejtés, adunk rá egy alsó becslést. Ezekben az esetekben megpróbáljuk igazolni is sejtésünket. A bizonyítás gondolatmenete azonos azzal, amit Fejes Tóth Gábor alkalmazott a síkbeli egységkörlap nyolc, kilenc és tíz körlappal való fedésének bizonyításánál. BIZONYÍTÁS. Először kiszámoljuk, hogy mekkora az a legnagyobb R érték, melyre adott n db r sugarú gömbi körlap a 3.6. sejtés szerinti elrendezésben lefed R sugarú gömbi körlapot. A későbbiekben belátjuk, hogy ekkora körlap fedése egyértelmű, ezért R = R n (r) R értékének kiszámítása Legyen a C n gömbi körlap középpontja O, sugara R. Legyen C n fedve a C i, O i, (i = 0,...,n 1) középpontú, r sugarú gömbi körlapokkal úgy, ahogyan az a 3.6. Sejtésben szerepel. Ezek közül C n belsejében C 0 feküdjön, így O 0 = O. Legyenek továbbá P 1,...,P n 1 a bdc 0 körnek bdc i körökkel, Q 1,...,Q n 1 pedig a bdc n körnek bdc i körökkel vett metszéspontjai pozitív körüljárási irányban, és legyen P n = P 1, Q n = Q 1. A C i körlap határán a P i, P i+1, Q i+1, Q i pontok helyezkednek el. Legyenek F a P i P i+1 szakasz, T pedig a P i+1 Q i+1 szakasz felezőpontja, α = FP i+1 O i, β = O i P i+1 T (ld ábra). Gömbi cosinustétel a derékszögre az FO i P i+1 háromszögben: cosπ = cos π π cosα + sin sin α cosr, ahonnan n 1 n 1

25 3. FEJEZET. KÖRFEDÉSEK GÖMBÖN ábra. α = arccot ( cosr tan π n 1), amiből β = π arccot ( ) π cos r tan n Megjegyzés. Esetünkben β π, hiszen ellenkező esetben α < π volna, ekkor viszont az FO i P i+1 háromszögben α-ra felírva a gömbi cosinustételt 4 cos π 4 cos π < cosα n 1 cos π = cos FO i adódik, ami n 5 esetén lehetetlen. n 1 Gömbi cosinustétel P i+1to i háromszögben az r oldalra: cosr = cosxcosy, és sinustétel ugyanitt sin r sinπ = sin y cosr sin β, melyekből cosx = 1 sin. β sin r Mindezek alapján R = r + x miatt R = r + arccos cosr 1 sin β sin r. (3.3)

26 3. FEJEZET. KÖRFEDÉSEK GÖMBÖN Az f R,r (α) és F R,r (α) függvények bevezetése Legyen C egy R sugarú O középpontú gömbi körlap, C pedig egy r sugarú O középpontú gömbi körlap úgy, hogy bdc bdc = {A, B}. Legyen továbbá az AB szakasz felezőpontja T, α = AO B (ld ábra) ábra. Vezessük be az α [0, π] intervallumon értelmezett f R,r (α) és F R,r (α) függvényeket a következőképp: f R,r (α) = AOB F R,r (α) = C-ből az AO B szögtartomány által kimetszett tartomány területe. A gömbi sinustételt felírva az O TB és az OBT derékszögű háromszögekben: sin BT = sin r valamint = sin R, ahonnan sin f R,r (α) sin BT sin α f R,r (α) = arcsin ( sin r sin R sin α ). (3.4) Egy gömbi egyenlő szárú háromszög területe a.4. lemmát megelőzőek szerint T = α + arccot(cosrtan α ) π, ahol α a háromszög szárszöge, R pedig a

27 3. FEJEZET. KÖRFEDÉSEK GÖMBÖN 5 szárainak hossza. Az f(x) = 1 x valós függvény grafikonját a [cos R, 1] intervallumon x tengely körül körbeforgatva a keletkező forgástest felszíne éppen az R sugarú gömbi körlap területe, ami így a formulából T = π(1 cosr)-nek adódik. Ennek felhasználásával az R sugarú gömbi körlap f R,r (α) szögű körcikkének területe T körcikk = f R,r (α)(1 cos R). A fentiek alapján: F R,r (α) = T AOB körcikk T AO + T AO B = = f R,r (α) (1 cosr) f R,r (α) arccot ( tan f R,r(α) + x + arccot ) cosr + (tan α ) cosr. (3.5) Az f R,r (α) és F R,r (α) függvények vizsgálata A 3.4 deriválásával f R,r (α) = cos α sin R sin r sin α f R,r (α) = sin α R 1) (sin sin r sin R sin r sin α 3, (3.6) ahonnan a geometriai megfontolásokból adódó 0 R π figyelembevételével f R,r (α) a [0, π] intervallumon konkáv pontosan akkor, ha sin R > sin r, s ekkor f R,r (α) egyúttal szigorúan monoton nő. Szükségünk van F R,r konkávitására is, ahol R a r függvényében adott 3.3 szerint. kapjuk, hogy F R,r (α) = A 3.5-ben f R,r behelyettesítésével, deriválás és némi rendezés után cos α sin3 r cosrsin α + sin R sin α sin r ( 1 sin α sin r cosr ) ( 1 sin α sin r ) sin R sin α sin r,

28 3. FEJEZET. KÖRFEDÉSEK GÖMBÖN 6 valamint a H 1 = bevezetésével: sin R sin α sin r és H = sin α sin r cos α jelölések F R,r (α) = = cosrsin3 r ( cos α sin α ) 1 sin3 α 1 (1 sin α sin r cos r)h H 1 H 1 H ( 1 sin α sin r ) + H 1 ( cos α + sin3 r cosrsin α + H ( 1 1 sin α sin r cosr )) H ( 1 sin α sin r ) + H1 ( 1 cos α + sin3 r cosrsin α + H ( 1 1 sin α sin r cosr )) H ( 1 sin α sin r ). (3.7) H1 3 Az F R,r (α) 3.7 alatti alakjában a három tag közös nevezője ( 1 sin α ) sin r sin R sin α 3 sin r, (3.8) amivel a számláló, a megfelelő átalakítások és a sin α + cos α = 1 azonosság többszöri alkalmazása után: cos R sin 3 r sin α [ sin 4 α ( 1 sin R sin r + sin r 1 ) sin4 r sin α ( 3 sin R + 1 ) ] sin r + sin R alakba írható. sin α sin r cos α cos r ( sin R sin α sin r) 3 (3.9) A 3.8 nevező minden (R, r) párra pozitív, hiszen sin R > sin r miatt (0 <) sin r < 1, (azaz (0 <)r < π ) így a szorzat első tényezője pozitív, míg sin R sinr > 1 sin α miatt sin R > sin α sin r, ezért a második tényező is pozitív. Elegendő tehát F R,r (α) konkáv voltához a 3.9 számláló előjelét vizsgálnunk. A számláló negatív voltának igazolása azonban nem könnyű feladat, precíz bizonyítás jelenleg nem áll rendelkezésünkre, holott a függvény numerikus vizsgálata

29 3. FEJEZET. KÖRFEDÉSEK GÖMBÖN 7 meszszemenően alátámasztja azt. Látni fogjuk, hogy a 3.6. sejtés precíz bizonyítása csupán F R,r konkávitásán múlik. Léteznek precíz numerikus módszerek, melyek segítségével korrekt módon igazolható a számláló nempozitivitása, azonban ilyen vizsgálatot nem állt módunkban elvégezni; ugyanakkor az sem lehetetlen, hogy pusztán elméleti megfontolások segítségével, kellően aprólékos kézi számításokkal is bizonyítható. Illusztrációként áll itt az alábbi grafikon, mely az n = 8, r = 0. értékek mellett a kérdéses számlálót ábrázolja x = α függvényében. 0 x Topológiai elhelyezkedés Ebben a részben azt látjuk be, hogy a legritkább fedés eléréséhez a fedő körlapok topológiai elhelyezkedése olyan, mint az a 3.6. Sejtésben meg van fogalmazva. Legyen R az az érték, melyre az R sugarú C n gömbi körlap a C 0,..., C n 1 r sugarú gömbi körlapok által van fedve úgy, ahogyan az a 3.6. Sejtésben szerepel.

30 3. FEJEZET. KÖRFEDÉSEK GÖMBÖN 8 R értékét r és n függvényében a 3.3 formula adja meg. C n középpontja O, C i (i = 0,...,n 1) középpontja O i. Legyenek C 0,...,C n 1 C n -t fedő r sugarú gömbi körlapok O 0,...,O n 1 középpontokkal Lemma. C 0,...,C n 1 körlapok közül pontosan egy teljesen C n belsejében helyezkedik el, míg a többi n 1 körlapból semelyik háromnak nincsen közös pontja. BIZONYÍTÁS. Amennyiben r R, akkor R R n (r) miatt mondhatjuk, hogy a C 0,..., C n 1 körlapok közül legalább egy teljesen C n belsejében helyezkedik el, máskülönben nem tudnánk fedni C n középpontját. r R r R r = x cos r cosx = cosr 1 sin β sin r sin r + cos r sin β sin r cosr cos r tan r cos β cos r tan r cos β cos r amiből β π és r < π miatt cos β tan r tan r, cosβ tan r tan r. Felhasználva a tan α = tanα 1 tan α azonosságot cosβ tan ( ) r 1 tan r tan r, azaz elegendő volna belátni, hogy tan r 1 + cosβ 0. (3.10)

31 3. FEJEZET. KÖRFEDÉSEK GÖMBÖN 9 Könnyen látható, hogy a bal oldali függvény r = 0-ban n = 7 esetén 0, n = 8 és n = 9 esetén pozitív, míg r szerint deriválva a tan r ( 1 + tan r ) + 4 sin ( arccot ( cos r tan π n cos r tan π n 1 )) sin r tan π n 1 (3.11) kifejezést kapjuk. Ebben n-re az első tag r-re pozitív, valamint a második tag utolsó két tényezője, és a nevező is. n 7 esetén 0 < tan π n π 0 < cosr tan n ( ) π 3 arccot π cosr tan < π. n 1 Tehát n 7 esetén 3.11 értelmezett r értékre pozitív, következésképp 3.10 egyenlőtlenség bal oldalán álló kifejezés monton nő, s mivel r = 0-ban nemnegatív értéket vesz fel, az egyenlőtlenség ezen esetekben teljesül. Ezzel beláttuk, hogy a C 0,...,C n 1 körlapok közül legalább egy teljesen C n belsejében helyezkedik el. Legyen a fent említett kör C 0. A következőkben azt látjuk be, hogy több ilyen kör nem lehet. Tudjuk f R,r (α) növekvő volta miatt, hogy egy C i által bdc n -ből kimetszett ívhez tartozó, O csúcsú középponti szög legfeljebb arcsin ( sinr sinr). Hasonlóan látható, hogy C 0,...,C n 1 közül ha valamely háromnak van közös pontja, akkor ők lefedhetőek egy r sugarú, valamely közös pont középontú körrel, így ezek együtt egy legfeljebb arcsin ( sin r sinr ) nagyságú O csúcsú középponti szöget határoznak meg. A 3.3 összefüggés felhasználásával numerikus számolás útján meghatározhatóak azon r értékek, melyekre ( ) sin r (n ) arcsin < π sin R és a arcsin ( ) ( ) sin r sin r + (n 4) arcsin < π sin R sin R

32 3. FEJEZET. KÖRFEDÉSEK GÖMBÖN 30 egyszerre teljesül. Ekkor ha az elrendezés különbözne a 3.8. lemmában leírtaktól, akkor a C i körlapok nem fednék bdc n -t, ami nem fordulhat elő. Mind a három (n = 7, n = 8, n = 9) vizsgált esetben ez utóbbi feltétel bizonyult szigorúbbnak, s ha r eleget tesz ezeknek, úgy a sin R > sin r is teljesül. A legnagyobb ilyen (n-től is függő) r értéket jelöljük r k -nel. Ekkor a megfelelő r k értékek: n = 7 esetén 0, 649 < r k < 0, 65 n = 8 esetén 0, 4514 < r k < 0, 4515 n = 9 esetén 0, 156 < r k < 0, 1563 Így megfelelő körlapszám esetén minden r r k érték mellett teljesül a 3.8. lemma állítása Az elrendezés egyértelműsége Tekintsük a C i, i = 0,..., n 1 rendszer Dirichlet cellafelbotnását. Jelölje D i a C i Dirichlet cellájának C n -re való megszorítását. A 3.8. lemma miatt minden cellacsúcsnál három (megszorított) Dirichlet cella találkozik. D 0 egy (n 1)-szög, míg D i, i = 1,...,n 1 határa három egyenes szakasz, és bdc n egy íve. A D 0 cella csúcsai pozitív körüljárási irányban legyenek P 1,...,P n 1, a bdc n -en lévő cellacsúcsok pedig Q 1,...,Q n 1. A számozást válasszuk úgy (ld. 3.8 ábra), hogy a D 0 cellától különböző D i cella csúcsai pozitív körüljárási irányban rendre Q i, Q i+1, P i+1, P i legyenek. További jelölések: α i = Q i O i Q i+1, β i = P i O i Q i, γ i = P i+1 O i Q i+1, δ i = P i O i P i+1, ε i = P i O 0 P i+1. Ugyanezeket a jelöléseket alkalmazzuk -vel ellátva a C i, i = 0,..., n 1 körrendszerre, mely a 3.6. Sejtésben megfogalmazott módon helyezkedik el. Ekkor persze α i = α j, β i = β j, γ i = γ j, δ i = δ j, és ε i = ε j, valamint β i = γ i és δ i = ε i = π n 1 i, j = 1,...,n 1

33 3. FEJEZET. KÖRFEDÉSEK GÖMBÖN ábra. A későbbiekben szükségünk lesz α i pontos értékére is. Ennek kiszámításához tekintsük a 3.6. ábrát. Ezen α i = Q i O i Q i+1 = ( π TO i P i+1 n 1) π. A Q i O i Q i+1 háromszögben a derékszögre felírva a gömbi cosinustételt, rendezés után a TO i P i+1 = arccot (tanβ cosr) adódik, ahonnan ( ) (n )π α i = arccot(tanβ cosr). (3.1) n 1 Feltehető, hogy α i π, ellenkező esetben a C i körlapot tükrözve a Q i Q i+1 húrra, továbbra is C n egy fedését kapjuk. Vezessük be a következő jelöléseket: T i = P i O 0 P i+1, Ti = P i O i P i+1, Ti = P i O i Q i, T i + = P i+1 O i Q i+1, R i pedig az O i Q i, és az O i Q i+1 szakaszok, valamint a C n körlap határának Q i Q i+1 íve által határolt tartomány (i = 1,...,n 1). A továbbiakban ezen tartományok területeinek nagyságát fogjuk becsülni, és megmutatjuk, hogy az összterület kisebb, mint C n területe, kivéve, ha a C i körök elrendezése azonos azzal, ami sejtünk, vagyis C i körrendszer elrendezésével.

34 3. FEJEZET. KÖRFEDÉSEK GÖMBÖN 3 Nyilván a T i és T i háromszögek egybevágóak, így amivel és n 1 n 1 n 1 δ i = ε i = π = n 1 δ i = ε i (3.13) n 1 n 1 n 1 (β i + γ i ) = (n 1)π (α i + δ i ) = (n )π α i, (3.14) n 1 (β i + γ n 1 i ) = (n 1)π n 1 (α i + δ i ) = (n )π α i. (3.15) Az f R,r (α) függvény konkávitása miatt alkalmazható a Jensen egyenlőtlenség: ( n 1 n 1 n 1 ) π = Q i OQ i+1 f R,r (α i ) (n 1)f α i R,r. n 1 Ezen egyenlőtlenség átrendezésével és annak felhasználásával, hogy az f R,r (α) függvény geometriai jelentése miatt f R,r (α i) = π n 1 : n 1 ( ) n 1 π α i (n 1)f 1 R,r = (n 1)α i n 1 = α i. (3.16) Bevezetjük a t(x) területfüggvényt, és a g(x) függvényt, mely az x szárszögű r szárú gömbi egyenlő szárú hátomszög területe. Ekkor, mint azt a.4. lemmát megelőzően láttuk, g(x) = x + arccot ( cos r tan x ) π, amiről ugyanott beláttuk, hogy a [0; π] intervallumon konkáv. Ezek alapján a Jensen egyenlőtlenség többszöri felhasználásával: n 1 n 1 (t(t i ) + t( T i )) g(ε i ) (n 1)g ( n 1 ) ε i, (3.17) n 1

35 3. FEJEZET. KÖRFEDÉSEK GÖMBÖN 33 n 1 (t(ti ) + t(t i + )) n 1 (g(β i ) + g(γ i )) n 1 ( ) βi + γ i g (n 1)g valamint az F R,r (α) függvény definíciójából: n 1 n 1 t(r i ) ( n 1 (β i + γ i ) (n 1) F R,r (α i ) (n 1)F R,r ( n 1 α i n 1 ) ), (3.18). (3.19) A továbbiakban becsüljük a fenti területösszegeket. A 3.13 összefüggésből a 3.17 tovább becsülhető: ( n 1 n 1 ) (t(t i )+t( T i )) (n 1)g ε n 1 i = g (ε i n 1 ) = n 1 (t(t i )+t( T i )). (3.0) A 3.18 és 3.19 becsléséhez legyen α = n 1 n 1 (β i + γ i ) n 1 = (n )π n 1 α i. Ekkor 3.14 átrendezésével: n 1 α. Ezek alapján a 3.18 és 3.19 egyenlőtlenségek összeadásával a n 1 ( ( (n )π (t(t i ) + t(t + i ) + t(r i )) (n 1) g α ) n 1 összefüggéshez jutunk Lemma. A [0; π] intervallumon a ( (n )π g (α) = g α ) = n 1 ( (n )π = α ) + arccot n 1 ) + F R,r (α) (3.1) ( ( (n )π cosr tan (n 1) α )) π 4 kifejezés α-nak konkáv függvénye minden r π, és n 3 esetén.

36 3. FEJEZET. KÖRFEDÉSEK GÖMBÖN 34 BIZONYÍTÁS. Vezessük be az A = (n )π n 1 jelölést. Ekkor a vizsgált függvény: ( ) ( ( )) A α A α + arccot cosr tan π. 4 A függvény második deriváltja közös nevezőre hozás után tan ( A α 4 )( 1 4 )( ( )) ( 1 + tan A α 4 cosr 1 + cos r tan ( )) A α 4 ( 1 + cos r tan ( )) A α 4 ( ( )) 1 + tan A α cos 3 r tan ( ) ( ) A α ( 1 + cos r tan ( )) A α. 4 Ebben a közös nevező pozitív, így elegendő a számlálók különbségének negativitását látni. Ez kiemelés után a következő alakba írható: 1 ( ) ( ( )) A α A α 4 tan 1 + tan cos r 4 4 [( ( ) ) A α 1 + tan cos r 4 ( 1 + tan ( A α 4 )) ] cos r. Zárójelfelbontás után látható a szorzat utolsó tényezőjéről, hogy azonos az 1 cos r kifejezéssel, ami r minden értékére nemnegatív, ha pedig nulla, az az eset érdektelen. Hasonlóan r π hogy miatt a cosr is pozitív. Elég tehát belátni, ( ) A α tan 0. 4 Az A és α lehetséges értékeire vonatkozó korlátok miatt a fenti egyenlőtlenség ekvivalens azzal, hogy 0 A α π 4, ami rendezés, és A értékének behelyettesítése után a 1 n 1 π α n n 1 π alakot ölti. Ez minden n-re tartalmazza a vizsgált [0; π] intervallumot, és egyenlőség is csak a felső határon áll fönn az n = 3 esetben.

37 3. FEJEZET. KÖRFEDÉSEK GÖMBÖN 35 Mivel konkáv függvények összege is konkáv, a 3.1 egyenlőtlenség jobb oldalán álló (n 1) (g (α) + F R,r (α)) függvény is konkáv α [0; π] esetén, rögzített 0 < r π mellett. A továbbiakban fel fogjuk használni, hogy a fenti függvény csökken az [α i ; π] intervallumon. Mivel konkáv, ez pontosan akkor teljesül, ha ( a függvény az intervallum bal ) szélén csökken, azaz deriváltja α i = α i (r) = (n )π arccot(tan β cos r) -ben n 1 negatív. A képletek összetettsége miatt nehézkes szép becslést adni a deriváltra, azonban numerikus számítások alapján bizonyosan állíthatjuk, hogy a függvény ténylegesen csökken a kívánt intervallumon. Az alábbi ábrák a függvény deriváltjának értékét mutatják α i(r)-ben rendre az n = 7, 8, 9 esetekben, figyelembe véve, hogy n = 7 esetén r r k (7) < 0, 65, n = 8 esetén r r k (8) < 0, 4515, n = 9 esetén pedig r r k (9) < 1563 sugarakra célunk igazolni a sejtést. 0 r ábra. n = 7 ( ) Az n = 7, 8 esetben a g (α) = g (n )π α függvény is csökken a szóban n 1 forgó intervallumon, n = 9-re azonban már nem. Ennek igazolásához legyen G(y) = arctan y + arccot(y cosr). Az y = tan ( (n )π (n 1)α 4(n 1) ) helyettesítés

38 3. FEJEZET. KÖRFEDÉSEK GÖMBÖN 36 0 r ábra. n = 8 0 r ábra. n = 9 mellett g (α) pontosan akkor csökken, ha G(y) nő. G (y) = 1 cos r 0 1+y 1+y cos r pontosan akkor, ha (1 cosr)(1 y cosr) 0, ami y 1 esetén áll fenn. cos r

39 3. FEJEZET. KÖRFEDÉSEK GÖMBÖN 37 Visszaírva α-ra azt kapjuk, hogy g (α) csökken, ha ( ) 1 4 arctan α cos r (n )π n 1 (n )π n 1 ( ) arctan, cosr amiből csak az alsó korlát jelent tényleges feltételt. Ezek szerint g (α) akkor csökken az [α i; π] intervallumon, ha (n ) π n 1 4 arctan ( ) 1 α cosr i = (n )π n 1 4arccot(tanβ cos r), azaz arccot(tan β cosr) arccot ( cosr), ahol β = π arccot ( ) cosr tan π n 1 volt. Mivel tan π < 1, tanβ > 0, ezért cot β r igazolandó. Elemi n 1 számolások után ez az 1 cos r tan π n 1 π cos3 r tan n 1 egyenlőtlenségre vezethető vissza. A t = tan π jelölés bevezetésével ez a n 1 cos r 4 t + cosr 3 t 1 0 egyenlőtlenséggel ekvivalens. Vizsgáljuk a p(c) = c 4 t + c 3 t 1 polinomot, figyelembe véve, hogy cosr az r [ 0, π ] intervallumon szigorúan monoton. A p(c) polinom p (c) = 4c 3 t + 6c t deriváltjának a (0; 1) intervallumon nincsen gyöke, ezért ha p(c) előjele azonos valami [a; b] intervallum két végpontjában, akkor minden közbülső helyen is ugyan olyan előjelű. Ha n = 7, 8, akkor p ( cos 0 ) ( cosrk ) = p(1) > 0, és p (n) > 0 szintén fennáll, n = 9-re p(c) viszont negatív az egész (0; 1] intervallumon. Ebből a g (α)-ra vonatkozó állítás következik. n 1 A g (α) + F R,r (α) csökkenését felhasználva, valamint α i α i = α (a n átrendezéséből) miatt, a 3.1 egyenlőtlenségben tovább növelünk, ha α helyébe α i -t írjuk, ugyanakkor a 3.15 átrendezésével kapjuk, hogy (n )π n 1 α i = n 1 (β i + γ i) n 1 = β i + γ i.

40 3. FEJEZET. KÖRFEDÉSEK GÖMBÖN 38 Mindezt a 3.1 egyenlőtlenséggel összevetve, a β i = γ i felhasználásával: n 1 n 1 = (t(t i ) + t(t + ( β g ( ( ) β i ) + t(r i )) (n 1) g i + γ i ) i + γ i n 1 n 1 + F R,r (α i) = ) + F R,r (α ) = n 1 (g(β i) + g(γ i)) + Ezt összeadva a 3.0 egyenlőtlenséggel azt kapjuk, hogy n 1 t(c n ) = (t(t i ) + t( T i ) + t(t i ) + t(t + i ) + t(r i )) F R,r (α i) = n 1 = (t(t i ) + t(t + i ) + t(r i)). n 1 (t(t i ) + t( T i ) + t(t i ) + t(t i + ) + t(r i)) = t(c n ). Egyenlőség pontosan akkor áll, ha a 3.17, 3.18 és 3.19 egyenlőtlenségek mindegyike egyenlőséggel teljesül, ami csak úgy lehet, ha a C 0,...,C n 1 és a C 0,..., C n 1 körrendszerek elrendezése azonos. Ezzel eltekintve az F R,r függvény konkáv voltától a sejtést igazoltuk.

41 4. fejezet Matematika szakkör Ebben a részben egy gimnáziumi matematika szakköri foglalkozás vázlata és tapasztalatai szerepelnek, melyben feldolgozzuk a téma euklideszi síkra vonatkozó bizonyos részeit, valamint kitekintünk a négyzetnek egységkörökkel való fedésére is. A téma megértéséhez szükséges ismeretek szerepelnek a középiskolai követelmények között. A szakköri foglalkozás megvalósult néhány középiskolás diák közreműködésével. 1) Óratervezet: Feladatok, megoldások 1) Rövid bevezetés a témáról, motiváció. Rövid ismertető a játék lényegéről, mely az 1. fejezet elején olvasható részletesen. Megemlítendő, hogy pongyolák leszünk, és a továbbiakban kör alatt mindig zárt körlapot, kör határán, vagy körvonalon, pedig a megfelelő zárt körlap határát értjük. Megjegyzések Fontosnak tartom, hogy a diákok tudják, miért fejlődött ki a matematika egyegy ága, vagy hogy mire jó. Ideális esetben ez őket is motiválhatja. 39

42 4. FEJEZET. MATEMATIKA SZAKKÖR 40 Jelölések: Ha n körrel fedünk, akkor legyenek C 1,..., C n a fedő egységkörök, K a lefedhető kör, sugarának legnagyobb lehetséges értéke R n. ) Kör fedése egy körrel Legfeljebb mekkora sugarú kör fedhető le egyetlen egységkörrel? Nyilvánvaló. R 1 = 1 3)Kör fedése két körrel Legfeljebb mekkora sugarú kör fedhető le két egységkörrel? Ha mindkét fedő kör kevesebb mint a felét fedi K határából, akkor nem fedhetik az egészet, így legalább az egyik mondjuk C 1 fedi K határának két átellenes pontját. Ekkor azonban R 1. Egységkör pedig fedhető egységkörrel, így R = 1. 4) Kör fedése három körrel Legfeljebb mekkora sugarú kör fedhető le három egységkörrel? Az előzőhöz hasonló okoskodással kapjuk, hogy legalább az egyik fedő körnek mondjuk C 1 - nek fednie kell K határának legalább 1 részét. 3 Ha K ezen ívhez tartozó húrja nem átmérője C 1 -nek, úgy C 1 -gyel K határának 1-nál 3 nagyobb hányada is fedhető volna. Ugyanígy C -vel és C 3 -mal is, tehát a határ bizonyos részeit több rétegben is fedhetnénk, ami fölösleges pazarlás -nak tűnik. Valóban, ha K akkora, Várhatóan azonnal rávágják a helyes megoldást. Remélhetőleg még erre is rájönnek hamar, ha hirtelen nem is tudják igazolni sejtésüket. Ha nincs ötlet a bizonyításra, segítek: próbálják először K határát lefedni. Frontális munka Érzékelhetően nehezebb feladat az előző, bevezető jellegű feladatoknál. Együtt oldjuk meg. A táblai munkát végzem én, rajzolok, segítő kérdéseket teszek fel. Ha maguktól nem sejtik meg, hogy az átmérős elrendezéssel érdemes

43 4. FEJEZET. MATEMATIKA SZAKKÖR 41 hogy C 1 C és C 3 is pontosan 1 részét fedik K 3 határának, s ezen körök úgy helyezkednek el, hogy az általuk K határából kimetszett húrok az egységköröknek átmérői, akkor nem tudjuk másként elhelyezni a C i köröket (mivel az átmérő egy kör leghosszabb húrja). Az ennél az elrendezésnél adódó körnél nagyobb K kört tehát biztosan nem tudunk fedni. De valóban fedést kaptunk-e ezzel? Szimmetria megfontolásokból elég azt kiszámítani, hogy K középpontja fedve van-e. próbálkozni, segítek azzal, hogy megfordítom a problémát: adott R sugarú kört próbáljunk meg lefedni három, minél kisebb körrel. Így jobban látszik, hogy ha átmérővel illesztjük a köröket a R sugarúhoz, úgy tudjuk a legkisebb körökkel való fedést elérni. (Ha az tényleg fedés.) O i OB = 60, m = cot 60 = 1 3 < 1, tehát valóban fedés. Innen R = R 3, sin 60 = 1 R 3 R 3 = 3 5) Kör fedése négy körrel Legfeljebb mekkora sugarú kör fedhető le négy egységkörrel? Az előző esethez hasonlóan az átmérős elrendezés működik itt is. A C i, (i = 1,, 3, 4) körök megfelelő átmérői ez esetben négyzetet alkotnak. Eleve vizsgálhattuk volna a problémát ezzel a megfordított szemlélettel. Azért nem tettük ezt, mert úgy valószínűleg nem jött volna elő e szemléletmegfordítás célszerűsége, holott hasznos, ha a diákok megtanulnak ugyanarra a problémára több különbözőféleképp tekinteni. Egyéni munka Ha látom, hogy nem tudnak elindulni, javaslom, hogy nézzenek vissza az n=3 esetre, nem lehet-e valami hasonlót csinálni. De

44 4. FEJEZET. MATEMATIKA SZAKKÖR 4 bízom benne, hogy menni fog nekik egyedül is. Esetleg megkérek valakit, hogy a táblánál mondja el a megoldást. O i OB = 45, m = cot 45 = 1 1, tehát valóban fedés R = R 4. Pithagorasz tétel: = R 4 R 4 =. Az elrendezés érdekessége, hogy ebben az esetben a C i körök (mint körlapok) közös metszete nem egy tartomány, mindössze egyetlen pont, a K kör középpontja. 6) Kör fedése öt/hat körrel Legfeljebb mekkora sugarú kör fedhető le öt/hat egységkörrel? Nagyon nehéz feladatok. Az n = 5 esetet megsejtette Nevill 1915-ben, majd Bezdek Károly bizonyította jóval később, 1983-ban. Az n = 6 esetet is Bezdek K. bizonyította, 1979-ben. Ezek érdekessége, hogy míg egész eddig mindegyik megoldás rendelkezett forgásszimmetriával, erre a két esetre ez nem igaz, bár tengelyesen szimmetrikus mindkét eset. Közelítő értékek: R 5 1, 641, R 6 1, 799 Azok számára, akik érdeklődnek a matematika iránt, érdekes lehet, hogy bár az iskolai matematikában tipikusan nem találkozunk magyar emberről elnevezett tétellel, a magyarok sem tétlenkednek. Ráadásul sokan azt gondolják, hogy amit a matematikában meg lehet oldani, azt már rég megoldották. Ezzel szembeállítható, hogy Bezdek bizonyításai néhány évtizeden belüliek.

45 4. FEJEZET. MATEMATIKA SZAKKÖR 43 7) Kör fedése hét körrel Legfeljebb mekkora sugarú kör fedhető le hét egységkörrel? Ha megpróbáljuk az előzőekkel megoldani a problémát, hamar rájövünk (egy szárszögű, egység alapú egyenlő szárú háromszög magassága > 1), hogy a szokásos ötletünk nem működik, ugyanis a C i körök nem érnek be a középpontig, tehát az eddigiekkel ellentétben nem kapunk fedést. Próbálván ragaszkodni a forgásszimmetrikus elrendezésekhez, könnyen jön az ötlet, hogy rakjunk egy egységkört teljesen a fedendő belsejébe. Ekkor a határt hat körrel kell lefednünk. Próbálkozzunk a szokásos átmérős elrendezéssel. Az előzőekhez hasonló számítással egy R = sugarú kört kapunk. Kérdés, hogy azt a területet, amit a hat, határt fedő kör kihagy, a hetedik - koncentrikusan elhelyezve a fedendő körrel - fedi-e. Egyéni/csoport munka Buzdítom őket, hogy ha elakadnak, próbáljanak meg közösen ötletelni, hiszen már két fej is több mint egy. Ha nagyon nem tudnak mit kezdeni a feladattal, de azt már látják, hogy a szokásos átmérős módszerrel nem megy, javaslom nekik, hogy próbáljanak meg intuitíve lerajzolni egy fedést, hátha pont megtalálják a megfelelő elrendezést, akkor már csak bizonyítani kell. Célszerű lehet azt is hangsúlyozni, hogy először ragaszkodjanak a forgásszimmetriához. Ebből talán rájön valaki, hogy érdemes egy kört belülre rakni, ha addig ez az ötlet nem merült volna fel. Az OAB szabályos volta miatt CAO i = 60, és alapon fekvő szöge az ACO i egyenlő szárú háromszögnek, vagyis az ACO i is