Universität Bayreuth Fakultät für Mathematik und Physik. Diskrete Geometrie. Sascha Kurz. Sommersemester 2006

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1 Universität Bayreuth Fakultät für Mathematik und Physik Diskrete Geometrie Sascha Kurz Sommersemester 2006 Version vom 10. August 2009

2 Vorwort Was ist Diskrete Geometrie? Man kann sagen, dass sich Diskrete Geometrie typischerweise mit endlichen Mengen von Punkten, Linien, Ebenen und andereren einfachen geometrischen Objekten beschäftigt. Davon abgesehen fällt eine Definition schwer. Vielleicht ist folgende kleine Anekdote passend. In den 80ern, als Pornographie in den USA immer noch illegal war, wurde ein Richter gefragt, wie er Pornographie definieren würde. Er antwortete: Das kann ich nicht, aber ich bin mir sicher, dass ich sie erkenne, wenn ich sie vor mir habe. Als Startpunkt der Diskreten Geometrie kann man vielleicht den berühmten Streit zwischen Isaac Newton und David Gregory ansehen, in dem es um die Frage ging, möglichst viele massive Einheitskugeln um eine zentrale Einheitskugel herum zu platzieren, so dass sie sie alle berühren. Newtons Vermutung war, dass mehr als 12 Kugeln nicht möglich sind, wohingegen Gregory der Meinung war, dass auch noch Platz für eine 13. Kugel sei. Erst 1874 wurde die Frage zu Newtons Gunsten geklärt. Allgemein ist die sogenannte Kissing Number eines geometrischen Objekts O die größte Anzahl an Nachbarn, die es haben kann. Trotz ihrer langen Geschichte von über 150 Jahren, zeichnet sich die Diskrete Geometrie durch eine Vielzahl ungelöster, dafür aber meist sehr leicht verständlicher Probleme aus. Hier ist es auch jungen angehenden Mathematikern möglich, bis zur aktuellen Forschung vorzudringen und evtl. sogar selber offene Probleme zu lösen was keine Seltenheit ist! Aus diesem Grund unterscheiden sich die Übungsaufgaben in diesem Skript von den üblichen Übungsaufgaben dadurch, dass ich in den meisten Fällen die Lösung selber nicht kenne oder nicht beweisen kann. Aufgaben die, bisher ungelöst, aber durchaus in Reichweite erscheinen, werden mit einem markiert. Diese Aufgaben sind meist ausbaufähig zu Themen für Zulassungs- oder Diplomarbeiten. Schwierigere, nach eigener subjektiver Einschätzung ungelöste Aufgaben werden mit markiert. Im Rahmen dieses Skriptes und der zugehörigen Vorlesung Diskrete Geometrie aus dem Sommersemester 2006 an der Universität Bayreuth sollen einige ausgewählte offene Probleme und der aktuelle Stand der Forschung vorgestellt werden. Dieses Skript entsteht parallel zur Vorlesung. Für Hinweise zu Tippfehlern, Verbesserungsmöglichkeiten und sonstige Anmerkungen wäre ich sehr dankbar. Bayreuth, den 10. August 2009, Sascha Kurz sascha.kurz@uni-bayreuth.de

3 Inhaltsverzeichnis 1 Abstände in Punktmengen Kleinste, zweitkleinste, größte Abstände in Punktmengen Einbettungen von regulären Graphen in die Ebene mit wenigen Kantenlängen reguläre Streichholzgraphen reguläre Streichholzgraphen Punktmengen mit rationalen Abständen Konstruktionen von ganzzahligen Punktmengen Anwendungen Grundlagen Ganzzahlige Punktmengen in der Ebene Polyominoes Achievement Games Konvexe Hüllen von Polyominoes Polyominoes mit Löchern k-polyominoes Schokoladenessen

4 2 Inhaltsverzeichnis

5 1. Abstände in Punktmengen Ein klassisches Teilgebiet der Diskreten Geometrie beschäftigt sich mit der möglichen Menge von Abständen in Punktmengen P aus n Punkten. Fragen sind z. B. wieviele verschiedene Abstände es gibt, wie oft der größte oder der kleinste Abstand vorkommen können? Falls nicht anders erwähnt, betrachten wir jeweils den m-dimensionalen euklidischen Raum E m. 1.1 Kleinste, zweitkleinste, größte Abstände in Punktmengen SATZ 1.1 In einer planaren Punktemenge P aus n Punkten können alle auftretenden Abstände paarweise verschieden sein. BEWEIS. Für n = 1 gibt es keinen Abstand zwischen zwei Punkten und für n = 2 gibt es nur einen Abstand. Wir nehmen induktiv an, dass es eine Menge P aus n 1 Punkten mit paarweise verschiedenen Abständen gibt. Wir wählen nun eine Gerade g, die weit genug von P entfernt ist. Genauer: Jeder Punkt von P ist von g weiter entfernt, als je zwei Punkte aus P. Wir wählen nun einen n-ten Punkt P auf g und müssen somit nur noch die n 1 neu entstehenden Abstände betrachten. Da aber höchstens ( ) n 1 2 Punkte auf g zu zwei Elementen aus P den gleichen Abstand besitzen können, können wir P so wählen, dass eine Punktmenge P = P {P } aus n Punkten mit paarweise verschiedenen Abständen entsteht. Wir bemerken, dass sich Satz 1.1 auf den E m und den R m mit nahezu jeder beliebigen Metrik verallgemeinern lässt. SATZ 1.2 In einer planaren Punktemenge P aus n Punkten können höchstens n Abstände den maximalen Wert besitzen. BEWEIS. Zunächst normieren wir den größten Abstand der Punktmenge P auf 1. Für n = 3 ist die Aussage klar, da es nur ( 3 2) = 3 Abstände gibt. Wir beweisen die Aussage induktiv. Falls n die kleinste Anzahl an Punkten ist, für die es ein Gegenbeispiel P gibt, so muss jeder Punkt aus P zu mindestens zwei anderen Punkten den Abstand 1 besitzen und es muss einen Punkt P 1 geben, der zu mindestens drei Punkten P 2, P 3 und P 4 Abstand 1 besitzt. Die Punkte mit Abstand 1 zu P 1 liegen auf einem Kreis. Die Punkte P 2, P 3 und P 4 seien so bezeichnet, dass P 3 zwischen P 2 und P 4 liegt, und dass P 2 am weitesten links und P 4 am weitesten rechts liegt. Wir stellen fest, dass P 3 außer P 1 zu keinem weiteren Punkt Q einen Abstand von 1 besitzen kann, da sonst Q zu P 1, P 2 oder P 4 einen Abstand größer 1 besitzen würde. 3

6 4 1. Abstände in Punktmengen In den extremalen Beispielen von Satz 1.2 liegen die Punkte auf einem Releaux-ähnlichen Polygon (siehe den folgenden Exkurs über Gleichdicke) und der Graph der größten Abstände besteht aus einem Kreis ungerader Länge und möglichen Knoten vom Grad 1. Releaux-Polygone oder Gleichdicke ergeben sich zum Beispiel aus der folgenden lustigen Fragestellung: Warum sind Gullydeckel rund?, aus der großen Samstagabendshow Frag doch mal die Maus. Abbildung 1.1: Die Antworten. Natürlich ist Antwort b) richtig. Da eine Kreisscheibe überall gleich dick ist, kann sie nicht in den Schacht fallen, egal wierum man sie auf den Schacht wirft. Anders sieht es z. B. bei quadratischen Scheiben aus, die sehr wohl in den Schacht fallen können, wenn man sie diagonal auf den Schacht legt. DEFINITION 1.3 Ein Gleichdick (auch: Roller) ist eine geschlossene Linie, die in jeder Lage innerhalb eines geeigneten Quadrates stets alle vier Seiten berührt, so wie ein Kreis. Abbildung 1.2: Konstruktion von Gleichdicken.

7 1.1. Kleinste, zweitkleinste, gro ßte Absta nde in Punktmengen 5 B EMERKUNG. Ein gleichseitiges Dreieck mit Kreissegmenten anstelle der geraden Schenkel (aus einem Kreis mit dem Radius der Seitenla nge) ist das einfachste aller Gleichdicke und nach dem deutschen Mathematiker Franz Reuleaux ( ) benannt worden. B EMERKUNG. Fu r Gleichdicke gibt es mehrere Anwendungen. Legt man auf eine Walze mit dem Querschnitt eines Gleichdickes ein Brett, rollt es wie auf einer zylindrischen Walze ohne zu hoppeln. Allerdings hebt und senkt sich der Schwerpunkt der Walze, so dass die Bewegung dennoch irgendwie nicht rund ist, siehe Abbildung 1.3. Der Kreis als einfachstes (und langweiligstes) Gleichdick hat die gro ßte Fla che aller Gleichdicke, das Reuleaux-Dreieck die kleinste, und dazwischen gibt es eine unendliche Anzahl anderer. Man kann also Material sparen: Ein Kreis mit gleichem Durchmesser hat eine gro ßere Fla che, eine zylindrische Walze mehr Volumen! Ein Kleidungs-Knopf in Form eines Gleichdickes passt, wie ein herko mmlicher Knopf, stets genau durch ein Knopfloch. Eine weitere Anwendung ist ein CD-Wechsler fu r 3 CDs. Der Plattenhalter hat einen kleineren Durchmesser als ein kreisfo rmiger, la sst sich aber mit einem am Rand sitzenden Antrieb fast so gut wie eine Kreisscheibe drehen, siehe Abbildung 1.3. Abbildung 1.3: Eine unrunde Walze und ein 3-fach CD-Wechsler. B EMERKUNG. Ein Gleichdick kann zum Bohren von eckigen Lo chern genutzt wer den. Der britische Ingenieur Harry James Watt erfand 1914 einen Bohrer a la Reuleaux-Dreieck, der beinahe viereckige Lo cher erzeugt (US-Patent und folgende). Ein Beispiel fu r fu nfseitige Gleichdicke sind die rechts abgebildeten britischen Mu nzen. Weitere Beispiele von Gleichdicken sind ein Fenster des Notre Dams und ein Wankelmotor. Weitere Vorkommen von Gleichdicken.

8 6 1. Abstände in Punktmengen SATZ 1.4 In einer räumlichen Punktemenge P aus n Punkten können höchstens 2n 2 Abstände den maximalen Wert besitzen. BEWEIS. [23, 33, 54] Ein mögliches extremales Beispiel zu Satz 1.4 besteht aus den vier Punkten eines regulären Tetraeders und n 4 weiteren Punkten mit gleichem Abstand zu zwei von diesen vier Ecken. Die genaue Struktur aller möglichen extremalen Mengen ist aber noch nicht bekannt. Für Dimensionen m 4 sind Konstruktionen vom Lenz-Typ asymptotisch optimal [10]. Hier werden m 2 paarweise orthogonale Einheitskreise mit einem gemeinsamen Ursprung und Radius 1 2 betrachtet. Für ungerade Dimensionen m wird ein Kreis durch eine dreidimensionale Einheitssphäre ersetzt. Somit besitzen zwei Punkte auf unterschiedlichen Kreisen den Abstand 1. Die exakten oberen Schranken sind aber bisher nicht bekannt. AUFGABE 1.5 Bestimme die maximale Anzahl an größten Abständen in einer Punktmenge P aus n Punkten im m-dimensionalen Euklidischen Raum E m. Aufgabe 1.5 kann natürlich auf andere normierte Räume als die Euklidischen ausgedehnt werden. In der Ebene ist dieses Problem vollständig gelöst [9]. Für strikt konvexe Normen wird dasselbe Maximum wie bei der euklidischen Norm angenommen und für nicht streng konvexe Normen hängt das Maximum von der Länge des längsten Liniensegments in einem Einheitskreis ab. Nachdem wir uns nun mit den größten Abständen beschäftigt haben, wenden wir uns den kleinsten Abständen zu. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit normieren wir den kleinsten Abstand auf die Länge 1. Die Frage nach dem maximalen Auftreten des kleinsten Abstandes in E 2 stammt von P. Erdős [14], wurde aber bereits früher im äquivalenten Sinne von Reutter [49] wie folgt formuliert. Was ist die größte Anzahl B(n) an Berührpunkten von n sich nicht überlappender Einheitskreisscheiben? SATZ 1.6 Für die maximale Anzahl B(n) an Berührpunkten von n sich nicht überlappender Einheitskreisscheiben gilt B(n) = 3n 12n 3. BEWEIS. Es gilt B(1) = 0, B(2) = 1 und wir definieren B(0) = 0. Für n 3 wird jeder Kreis von höchstens 6 anderen berührt, somit gilt 2 B(n) 6n B(n) 3n. Wir nennen eine Konfiguration von n Kreisen mit B(n) Berührpunkten maximal. Jeder Kreis in einer maximalen Konfiguration berührt mindestens 2 Kreise, ansonsten könnten wir ihn drehen, bis er an einen zweiten Kreis stößt. Verbinden wir die Mittelpunkte sich berührender Kreise geradlinig, so entsteht eine Zerlegung der Ebene in gleichseitige Polygone. Eine maximale Konfiguration hat die Eigenschaft, dass keine

9 1.1. Kleinste, zweitkleinste, größte Abstände in Punktmengen 7 Kreisscheibe alleine den Zusammenhang herstellt (sonst drehen). Es existiert also ein einfaches Randpolygon, etwa mit a Eckpunkten (a n). Mit k j bezeichnen wir die Anzahl dieser a Eckpunkte, von denen j Strecken ausgehen (2 j 5). a = k 2 + k 3 + k 4 + k 5. Die Innenwinkel an den Eckpunkten vom Typ j sind nicht kleiner als (j 1) π 3. Durch Betrachtung der Winkelsumme des Randpolygons ergibt sich (a 2)π k 2 π 3 + k 3 2π 3 + k 4 3π 3 + k 5 4π 3 3a 6 k 2 + 2k 3 + 3k 4 + 4k 5. Bezeichnen wir nun mit f i die Anzahl der i-ecke innerhalb des Randpolygons und wenden den Eulerschen Polyedersatz an, so gilt n + f = n + f 3 + f 4 + f 5 + = B(n) + 1. Zählen der Kanten ergibt 2 B(n) a = 3f 3 + 4f 4 + 5f = 3(f 3 + f 4 + f ) + f 4 + 2f 5 + 3f f = 3(B(n) + 1 n) = 3B(n) + 3 n. Somit folgt n a B(n) + 3 2n. (1.1) Wenn wir die a Randkreise weglassen bleiben n a Kreisscheiben mit maximal B(n a) Berührpunkten, was mit a = k 2 + k 3 + k 4 + k 5 zu führt. B(n) a k 3 2k 4 3k 5 B(n a), B(n) B(n a) + a + k 3 + 2k 4 + 3k 5 B(n a) + 3a 6 Für t = n a 0 wenden wir induktiv B(t) 3t 12t 3 an: b(n) 3(n a) 12(n a) 3 + 3a 6 3n 6 12(n a) n 6 12(B(n) + 3 2n) 3 = 3n 6 12B(n) n. Löse zunächst mit Gleichheit: B 2 (n) 6B(n) n + 9n 2 = 0 B(n) = 3n ± 12n 3.

10 8 1. Abstände in Punktmengen Wegen B(n) 3n und da B(n) ganzzahlig sein muss, gilt B(n) 3n 12n 3. Für die untere Schranke ordnen wir die Kreisscheiben spiralförmig um eine zentrale Kreisscheibe an, so dass alle Mittelpunkte der Kreisscheiben auf einem hexagonalen (Bienenwaben-) Gitter liegen. Mit s 0, 0 i s, 0 j s gibt es für n = 3s 2 + 3s (s + 1)i + j genau 9s 2 + 3s + (3s + 2)i + 3j 1 Berührpunkte bei dieser Konstruktion Abbildung 1.4: Spiralkonstruktion Für n = 3s 2 + 3s + 1 liefert die Konstruktion aus dem Beweis von Satz 1.6 die einzige maximale Konfiguration. Allgemein stellt sich die Frage nach der Anzahl der maximalen Konfigurationen konnte Kupitz [40] zeigen, dass alle maximalen Konfigurationen auf einem hexagonalen (Bienenwaben-) Gitter liegen und ihre nähere Struktur beschreiben. Die Stimmung der Anzahl der maximalen Konfigurationen ist aber weiterhin eine offene Frage. Abbildung 1.5: Polyominoes mit minimalem Umfang p(n) für n 11. Eine Antwort scheint aber nicht außer Reichweite zu sein, da ein ähnliches Problem kürzlich erfolgreich gelöst werden konnte. Da die maximalen Konfigurationen mit B(n) kleinsten Abständen auf einem hexagonalen Gitter liegen, können wir auch Seite-an-Seite Lagerungen von regelmässigen Sechsecken mit B(n) Berührkanten betrachten. Eine andere Formulierung ist minimalen Umfang zu fordern. Für Quadrate statt Sechsecke wurde das Problem der Anzahlbestimmung von Seite-an-Seite Lagerungen von Einheitsquadraten (Polyominoes) in [44] gelöst. In Abbildung 1.5 werden alle Beispiele für bis zu 11 Einheitsquadrate abgebildet.

11 1.1. Kleinste, zweitkleinste, größte Abstände in Punktmengen 9 SATZ 1.7 (Harary and Harborth, 1976) Der minimale Umfang p(n) von n Seite an Seite gelagerten Einheitsquadraten beträgt p(n) = 2 2 n. BEWEIS. Mit Hilfe eines Schälarguments, siehe [24]. SATZ 1.8 (K., 2006/07) Die maximalen Konfigurationen bestehen aus Rechtecken der Form a b n mit a + b = p(n), an denen die vier Ecken angeknabbert sein können, siehe Abbildung 1.6 [44]. Abbildung 1.6: Angeknabberte Ecken. Um die Anzahl der Polyominoes mit minimalem Umfang zählen zu können, benötigt man den Begriff der erzeugenden Funktionen. Betrachten wir zum Beispiel die Anzahl der Polyominoes aus n Zellen mit Breite 1. Dies sind genau die 1 n-rechtecke und somit gibt es bis auf Isomorphie für jedes n nur genau ein Beispiel. Wir könnten also eine Formel wie a(n) = 1 angeben. Für manche Zwecke in der Kombinatorik ist es aber geschickter, für eine solche Folge einen einzigen algebraischen Ausdruck zu besitzen. Wir verstecken die Folgenglieder in einer Potenzreihe (erzeugende Funktion) In unserem Beispiel also a(x) = a(x) = i=0 a(i)x i. i=0 x i = 1 1 x. SATZ 1.9 K. 2006/07 Die Anzahl e(n) der Polyominoes aus n Quadraten mit minimalem Umfang p(n) ist gegeben durch 1 if n = s 2, e(n) = s 4t c=0 r s c c 2 t if n = s 2 + t, 0 < t < s, 1 if n = s 2 + s, q s+1 t + s+1 t c=1 r s+1 c 2 t if n = s 2 + s + t, 0 < t s,

12 10 1. Abstände in Punktmengen mit s = n und den Koeffizienten r k, q k von x k in den folgenden erzeugenden Funktionen r(x) und q(x). Die zwei erzeugenden Funktionen s(x) = 1 + k=1 x k2 k j=1 1 1 x 2j und werden benutzt um r(x) = 1 4 a(x) = j=1 1 1 x j (a(x) 4 + 3a ( x 2) 2 ) und q(x) = 1 8 ( a(x) 4 + 3a ( x 2) 2 + 2s(x) 2 a ( x 2) + 2a ( x 4) ). zu definieren. Die Formeln in Satz 1.9 sehen zwar auf den ersten Blick ziemlich grausam und kompliziert aus, lassen sich aber algorithmisch sehr schnell auswerten. Abbildung 1.7: Anzahl e(n) von Polyominoes mit minimalem Umfang.

13 1.1. Kleinste, zweitkleinste, größte Abstände in Punktmengen 11 In Abbildung 1.1 ist das Verhalten von e(n) graphisch dargestellt. An den Stellen n = s und n = s 2 + s + 1 besitzt die Funktion lokale Maxima und fällt anschließend ab auf e(n) = 1 an n = s 2 und n = s 2 + s. Die ersten paar Werte sind gegeben durch: e(n) = 1, 1, 2, 1, 1, 1, 4, 2, 1, 6, 1, 1, 11, 4, 2, 1, 11, 6, 1, 1, 28, 11, 4, 2, 1, 35, 11, 6, 1, 1, 65, 28, 11, 4, 2, 1, 73, 35, 11, 6, 1, 1, 147, 65, 28, 11, 4, 2, 1, 182, 73, 35, 11, 6, 1, 1, 321, 147, 65, 28, 11, 4, 2, 1, 374, 182, 73, 35, 11, 6, 1, 1, 678, 321, 147, 65, 28, 11, 4, 2, 1, 816, 374, 182, 73, 35, 11, 6, 1, 1, 1382, 678, 321, 147, 65, 28, 11, 4, 2, 1, 1615, 816, 374, 182, 73, 35, 11, 6, 1, 1, 2738, 1382, 678, 321, 147, 65, 28, 11, 4, 2, 1, 3244, 1615, 816, 374, 182, 73, 35, 11, 6, 1, 1, 5289, 2738, 1382, 678, 321, 147, 65, 28, 11, 4, 2, 1, e(s 2 + 1) = 1, 1, 6, 11, 35, 73, 182, 374, 816, 1615, 3244, 6160, 11678, 21353, 38742, 68541, , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , e(s 2 + s + 1) = 2, 4, 11, 28, 65, 147, 321, 678, 1382, 2738, 5289, 9985, 18452, 33455, 59616, , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , Eine ähnliche Vorgehensweise wie in [44] bei den Quadraten könnte auch bei den regelmäßigen Sechsecken funktionieren. AUFGABE 1.10 Bestimme die Anzahl der Konfigurationen aus n Punkten in der Ebene mit B(n) kleinsten Abständen. Dieselbe Frage wie in Satz 1.6 lässt sich auch in anderen als der euklidischen Metrik stellen. Für die Ebene wurde sie von Braß [9] vollständig beantwortet. Falls die Einheitsscheibe ein Parallelogram ist, beträgt das Maximum 4n 28n 12, für alle anderen Metriken beträgt es B(n), wie im Euklidischen Fall. In der Formulierung als Frage nach der maximalen Anzahl an Berührpunkten sprechen wir es in Kapitel 2 noch einmal an. Eine ähnliche Klasse der Kleinster-Abstand-Graphen ist die Klasse der überschneidungsfreien Graphen mit Einheitsabständen in der Ebene. Diese können als Streichholzgraphen [27] interpretiert werden. Für die maximale Anzahl an Kanten bzw. Streichhölzern bei n Knoten wird B(n) vermutet. Aber leider lässt sich Harborth s Beweis von Satz 1.6 nicht direkt anwenden. AUFGABE 1.11 Bestimme die maximale Anzahl an Kanten von überschneidungsfreien Streichholzgraphen aus n Knoten. Ein wesentliches Element des Beweis von Satz 1.6 ist, dass eine Einheitsscheibe nur maximal 6 Nachbarn haben kann, die sie berühren. Betrachten wir nun Graphen, die aus planaren Punktmengen entstehen, bei

14 12 1. Abstände in Punktmengen denen eine Kante zwischen zwei Punkten gesetzt wird, falls ihr Abstand höchstens das α-fache des minimalen Abstandes beträgt. Man kann nun diesen Faktor α bis 1.15 erhöhen, bevor Knoten vom Grad sieben auftauchen können. AUFGABE 1.12 Zeige, dass es ein ε > 0 gibt, so dass jede Menge aus n Punkten in der Ebene mit minimalem Abstand eins, höchstens 3n 12n 3 Abstände kleiner als 1 + ε besitzt. Nach den kleinsten Abständen beschäftigen wir uns nun mit den zweitkleinsten Abständen. SATZ 1.13 (Braß, 1992) Sei P eine planare Punktmenge. Mit d j bezeichnen wir den j-kleinsten Abstand zwischen den Punkten und mit s j die Anzahl der auftretenden Abstände d j. Es gilt wobei die Konstante 24 7 Falls d 1 d 2 2 sin ( π 12), so gilt bestmöglich ist. wobei die Konstante 3 bestmöglich ist. s 2 < 24 7 n, s 2 < 3n, Eine interessante Technik im Beweis dieses Satzes ist die Verwendung eines linearen Programms: max 1 2 i,k 0 ia i,k n = a i,k, i,k 0 i=7 k=0 s.t. a i,0 = 0 für i > 12, a i,1 = 0 für i > 10, a i,2 = 0 für i > 8, a i,3 = 0 für i > 6, a i,k = 0 für k > 3, (2i 12 k)a i,k (k 1)a 6,k ka i,k, 0 a 9,1 + a 10,1 + i=2 0 2a 8,2 + a 7,2 3 und a i,k 0. k=1 6 4 a i.2 a i,3, 5 i=1 a i,3 i=0 i=0 k=1

15 1.1. Kleinste, zweitkleinste, größte Abstände in Punktmengen 13 In Satz 1.1 hatten wir gesehen, dass alle ( n 2) Abstände einer planaren Punktmenge aus n Punkten paarweise verschieden sein können. Die spannendere Frage ist, wieviele Abstände g(n) mindestens paarweise verschieden sein müssen. SATZ 1.14 (Erdős, 1946) n < g(n) cn log n. SATZ 1.15 (Chung, Szemerédi und Trotter, 1992) n 4 5 (log n) c g(n) Das passende Gegenstück zu verschiedenen Abständen sind gleiche Abstände. Da wir den am häufigsten vorkommenden Abstand auf die Länge 1 normieren können, definieren wir f(n) als die maximale Anzahl an Einheitsabständen in einer planaren Punktmenge aus n Punkten. SATZ 1.16 (Erdős, 1946) n 1+ c 1 log log n f(n) c 2 n 3 2 BEMERKUNG. Die untere Schranke wird durch Betrachtung eines geeigneten Gitters bewiesen. Der Beweis der oberen Schranke benötigt nur die Tatsache, dass es keinen K 2,3 ( ) aus Einheitsabständen gibt. SATZ 1.17 (Spencer, Szemerédi und Trotter, 1984) f(n) cn 4 3 Bisher wurden nur folgende exakten Werte von f(n) durch Carsten Schade in seiner Diplomarbeit (TU Braunschweig, 1993) bestimmt: n f(n)

16 14 1. Abstände in Punktmengen Da diese Werte sämtlich mit Papier und Bleistift bestimmt wurden, stellt sich die Frage, ob man nicht durch Computereinsatz um einiges weiter kommen könnte. AUFGABE 1.18 Bestimme die maximale Anzahl f(n) von Einheitsabständen in einer planaren Punktmenge aus n Punkten für kleine Werte von n. 1.2 Einbettungen von regulären Graphen in die Ebene mit wenigen Kantenlängen Ein Graph G = (V, E) heißt r-regulär, wenn jeder Knoten v V genau r Nachbarn (Grad r) hat. Unter einer Einbettung in die Ebene verstehen wir eine injektive Abbildung V R 2, so dass sich die Kanten nicht überschneiden. Bei zufälligen Koordinaten werden fast alle Abstände verschieden sein, somit stellt sich die Frage nach Einbettungen mit wenigen Kantenlängen. SATZ 1.19 (Wagner 1936, Fary 1948, Stein 1957) Jeder planare Graph besitzt eine Einbettung in die Ebene mit überschneidungsfreien geradlinigen Kanten. Bode, Harborth und Thürmann stellten 2005 folgende Frage: Welches ist der kleinste r-reguläre Graph für den es eine Einbettung in die Ebene gibt, deren überschneidungsfreie geradlinigen Kanten höchstens s verschiedene Längen verwenden? Zunächst müssen wir die möglichen Parameter für r bestimmen. Hierfür betrachten wir die Projektion von Polyedern in die Ebene und bezeichnen die Anzahl der i-ecke mit F i. SATZ 1.20 (Euler, 1758) Besitzt ein Polyeder e Ecken, k Kanten und f Flächen, so gilt e k + f = 2 (Euler sche Polyederformel). BEISPIEL e = k = f = F 4 = 6

17 1.2. Einbettungen von regulären Graphen in die Ebene mit wenigen Kantenlängen 15 LEMMA 1.22 Gehen von jeder Ecke eines Polyeders r Kanten aus, so gilt (2i ri + 2r)F i = 4r. i=3 BEWEIS. Wenn wir die Anzahl der Flächen aus i Kanten mit F i bezeichen, gilt F = F i. Da jede Kante zu zwei Flächen gehört gilt 2K = if i. Weiter gehört jede Ecke zu genau r Flächen, also re = if i. i=3 i=3 i=3 LEMMA 1.23 r 5. BEWEIS. Für r 3 sind die Terme (2i ri + 2r) monoton fallend in i. Setzen wir i = 3 stellen wir fest, dass r 6 sein muss, da sonst auf der linken Seite der obigen Gleichung ein Ausdruck kleinergleich 0 und auf der rechte Seite eine positive Zahl steht. s = 1 s = 2 s = 3 s = 4 r = r = r = r = r = 5? Tabelle 1.1: Minimale Beispiel r-regulärer Graphen mit s verschiedenen Kantenlängen. In Tabelle 1.1 und Abbildung 1.8 geben wir die bekannten Schranken für verschiedene Parameterpaare an. Abbildung 1.8: Minimale Beispiel r-regulärer Graphen mit s verschiedenen Kantenlängen.

18 16 1. Abstände in Punktmengen AUFGABE 1.24 Bestimme den 3-regulären Graphen aus 8 Knoten dessen Kanten überschneidungsfrei sind und Kantenlänge 1 besitzen. Einer der offenen Fälle ist r = 4, s = 1. Die obere Schranke von 52 Knoten wird durch folgendes Beispiel (Abbildung 1.9) gegeben, auch bekannt als Harborth-Graph. Abbildung 1.9: Kleinster bekannter 4-regulärer Streichholzgraph reguläre Streichholzgraphen In diesem Abschnitt wollen wir eine Strategie zum Beweis der Nichtexistenz eines 5-regulären Streichholzgraphen angeben. Abbildung 1.10: Ikosaeder (Zwanzigflächler). In Abbildung 1.10 haben wir zunächst den kleinsten planaren 5-regulären Graphen angegeben. Er ist eine Projektion eines Ikosaeders. Für das Folgende benötigen wir ein paar Bezeichnungen.

19 1.2. Einbettungen von regulären Graphen in die Ebene mit wenigen Kantenlängen 17 F = # Flächen (inkl. äusserer) (hier: F = 20) E = # Kanten (hier: E = 30) V = # Knoten (hier: V = 12) F i = # i-ecke (hier: F 3 = 20, F i = 0 sonst ) k = # Knoten auf äusserer Fläche (hier: k = 3) r = Grad der inneren Knoten (hier: r = 5) τ = rv 2E (hier: τ = 0) LEMMA 1.25 (2i ri + 2r)F i = 4r 2τ (1.2) i=3 F 3 2F 4 5F 5 8F 6 11F 7 = 20 2τ (1.3) BEWEIS. Die Kombination der drei Gleichungen F =, 2E = if i und rv = if i + τ liefert zusammen mit der Eulerschen Polyederformel V E + F = 2 die Aussage. i=3 i=3 i=3 Im Folgenden setzen wir stets τ = 0 voraus. Um Streichholzgraphen näher analysieren zu können betrachten wir die Umgebung eines Knotens v und was er zu Gleichung 1.3 beiträgt. DEFINITION 1.26 Die Flächenmenge f(v) eines Knoten v ist die Multimenge der Eckanzahlen der Flächen um Knoten v, z. B. f(v) = {3, 3, 3, 4, 4}. DEFINITION 1.27 Der Beitrag b(v) eines Knoten v oder einer Flächenmenge f(v) zur rechten Seite von Gleichung 1.3 wird definiert durch wobei die Flächenmenge von v durch gegeben ist. b(v) = 5 i=1 10 3a i a i = 5 i=1 f(v) = {a 1, a 2, a 3, a 4, a 5 } 10 a i 3,

20 18 1. Abstände in Punktmengen Wir bestimmen nun die Flächenmengen f(v) mit nicht-negativem Beitrag b(v). Hierbei ist zu berücksichtigen, dass auf Grund von Winkelsummen {3, 3, 3, 3, 3} keine zulässige Flächenmenge ist. b({3, 3, 3, 3, 4}) = 5 6 (1.4) b({3, 3, 3, 3, 5}) = 1 3 (1.5) b({3, 3, 3, 4, 4}) = 0 (1.6) b({3, 3, 3, 3, 6}) = 0 (1.7) (1.8) n Abbildung 1.11 haben wir einen Ausschnitt eines unendlichen 5-regulären Streichholzgraphen angegeben. Schaut man sich das Beispiel genauer an, so kann man hieraus eine überabzählbare Menge an unendlichen 5-regulären Streichholzgraphen konstruieren. Abbildung 1.11: 5-regulärer Streichholzgraph mit unendlich vielen Knoten. Die Beweisstrategie, um die Nichtexistenz eines 5-regulären Streichholzgraphen zu zeigen, ist die Erweiterung des Beitrags eines Knotens auf den Beitrag einer Menge U von Knoten via b(u) = b(u) und die algorithmische Zerlegung von 5-regulären Streichholzgraphen in Komponenten U i mit b(u i ) 0. Da im endlichen Fall b(u i ) = 20 gelten müsste, würde dies die Nichtexistenz eines endlichen Beispiels i implizieren. u U LEMMA 1.28 Der Beitrag b(p ) der 5 Knoten eines Fünfecks ist kleinergleich 5 6. BEWEIS. Es gilt b({3, 3, 3, 3, 5}) = 1 3 und b({3, 3, 3, 4, 5}) = 1 2, alle anderen Flächenmengen, die eine 5 enthalten, führen zu noch kleineren Beiträgen. Nehme an, dass zwei {3, 3, 3, 3, 5}-Konfigurationen benachbart sind. Dies bestimmt das Fünfeck vollständig und wir finden heraus, dass in diesem Fall keine weitere {3, 3, 3, 3, 5}-Konfiguration mehr vorkommen kann.

21 1.2. Einbettungen von regulären Graphen in die Ebene mit wenigen Kantenlängen 19 Es gibt höchstens zwei {3, 3, 3, 3, 5}-Konfigurationen, sonst sind zwei benachbart. Es gilt also b(p ) = 5 6. DEFINITION 1.29 Eine Bienenwabenkomponente B ist eine maximale Zusammenhangskomponente, deren Knoten auf einem hexagonalen Gitter liegen. Mit k bezeichnen wir die Anzahl der Kanten auf dem Rand, mit τ die Anzahl der Kanten, die aus der Komponente herausführen, und mit c den Beitrag innen (sprich: alles, was bekannt ist). LEMMA 1.30 k τ k 3 c 0. Ein Beweis dier Ungleichung über die Parameter einer Bienenwabenkomponente gelingt über Induktion wenn man noch zwei weitere Parameter mit einführt, siehe [43] für die Details. Im Inneren einer Bienenwabenkomponente kann es durchaus beliebig viel Beitrag geben. Dafür wächst allerdings der Rand, dessen Knoten im Schnitt einen negativen Beitrag besitzen. Die Grundidee hinter dem Beweis ist das Verwenden einer Potentialfunktion, die z. B. in der Onlineoptimierung eingesetzt werden. LEMMA 1.31 Der Beitrag b(b) ist nicht positiv. Berücksichtigt man, das unterschiedliche Bienenwabenkomponenten gemeinsame Knoten besitzen können in einer geeigneten Art und Weise, so läßt sich mit dieser Technik zeigen: SATZ 1.32 Es existiert kein endlicher 5-regulärer Streichholzgraph. AUFGABE 1.33 Konstruieren einen planaren Streichholzgraphen mit Minimalgrad 5 oder beweise, dass es keinen endlichen derartigen Graphen geben kann.

22 20 1. Abstände in Punktmengen reguläre Streichholzgraphen Der Harborth-Graph ist das Logo der Abteilung für diskrete Mathematik in Braunschweig. Seit vielen Jahren fragt Harborth auf Konferenzen nach einem Beweis seiner Minimalität. Bisher sind keine Versuche eines solchen Beweises bekannt. Eine wesentliche Schwierigkeit ist, dass Streichholzgraphen beweglich sein können, und es somit keine eindeutige Koordinatendarstellung geben muss. Im Folgenden wollen wir Methoden beschreiben, wie man zumindest eine nicht-triviale untere Schranke für die Anzahl der Knoten bekommt. Um einen Eindruck davon zu bekommen, warum man das Problem nicht so einfach mit dem Computer lösen kann, indem man alle Möglichkeiten erzeugt, geben wir in Tabelle 1.2 die Anzahl 4-regulärer Graphen und in Tabelle 1.3 die Anzahl planarer 4-regulärer Graphen für kleine Anzahlen an Knoten an. n # Tabelle 1.2: Anzahl zusammenhängender 4-regulärer Graphen (Meringer) n # Tabelle 1.3: Anzahl zusammenhängender plananarer 4-regulärer Graphen (Meringer) Sowohl im allgemeinen Fall 4-regulärer Graphen als auch im planaren Fall wächst die Anzahl der Graphen exponentiell an, so dass wir keine Chance haben, mit dem Computer alle Graphen mit bis zu 52 Knoten zu konstruieren. Abgesehen davon stellt sich ein weiteres Problem. Wie erkennt man, ob sich ein gegebener Graph mit Einheitsabständen realisieren lässt? Eine Möglichkeit ist die Verwendung von verbotenen Teilgraphen. Wir hatten bereits früher gesehen, das sich der K 2,3 bzw. der K 4 nicht mit Einheitsabständen in die Ebene einbetten lässt. Um nun solche verbotenen Teilstrukturen verwenden zu können und keinen eigenen Generator schreiben zu müssen, modellieren wir die 4-regulären Graphen als Kohlenstoffatome mit Summenformel C n. Dies erlaubt es uns, das in Bayreuth entwickelte Programm MOLGEN zu benutzen, was es erlaubt, zu einer gegebenen Summenformel alle Strukturisomere zu erzeugen. Doch wie bekommt man nun verbotene Teilgraphen LEMMA 1.34 Ein Dreieck, Viereck oder Fünfeck in einem 4-regulären Streichholzgraphen enthält keinen inneren Punkt.

23 1.2. Einbettungen von regulären Graphen in die Ebene mit wenigen Kantenlängen 21 Abbildung 1.12: Screenshot von MOLGEN. LEMMA 1.35 Ein Sechseck in einem 4-regulären Streichholzgraphen enthält höchstens einen inneren Punkt. LEMMA 1.36 Ein Siebeneck in einem 4-regulären Streichholzgraphen enthält höchstens zwei innere Punkte. Wir möchten bemerken, dass formaler vollständiger Beweis von Lemma 1.36 ziemlich aufwändig ist [34]. Ein Beweis, dass ein k-eck in einem 4-regulären Streichholzgraphen eine endliche von k abhängige Anzahl innerer Punkte enthalten kann, findet sich in [42]. Für 3-reguläre Streichholzgraphen und k 6 gilt diese Aussage nicht mehr [45]. AUFGABE 1.37 Bestimme die maximale Anzahl innerer Punkte in einem Achteck eines 4-regulären Streichholzgraphen. LEMMA 1.38 Die links abgebildeten Graphen können nicht Teil eines Streichholzgraphen sein, weil eines der Lemmata 1.34, 1.35, 1.36 verletzt wäre. Allgemein klebt man drei Flächen aus a 1, a 2 bzw. a 3 Kanten an einer Kante aneinander. Bei jeder Zeichnung des entsprechenden Graphen muss dann eine der Flächen in eine der beiden anderen liegen. Es ergibt sich eine allgemeine Klasse von verbotenen Teilgraphen. Fügt man ein paar weitere verbotene Teilgraphen hinzu, so konnte mit Hilfe von MOLGEN durch vollständige Konstruktion von C 12,..., C 18 folgender Satz gezeigt werden.

24 22 1. Abstände in Punktmengen SATZ 1.39 (Gugisch, K., 2005) Ein 4-regulärer Streichholzgraph besitzt mindestens 19 Knoten. Mit ein bisschen mehr Theorie kann man noch etwas weiter kommen. LEMMA 1.40 F 3 F 5 2F 6 3F 7 4F 8 = 8 τ. LEMMA 1.41 V = F 2 + τ 2, τ 0 mod 2 und F k τ. Unser Hauptwerkzeug werden Flächenargumenten sein, deshalb geben wir in Tabelle 1.4 Abschätzungen für die Anzahl an Dreiecken, die in ein gleichseitiges k-eck passen, an. k k k k k 3 1, , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , ,577 Tabelle 1.4: Maximale Anzahl an Dreiecke in einem gleichseitigen k-eck. Da der Flächeninhalt von gleichseitigen 2i-Ecken mit Seitenlänge 1 beliebig klein werden, betrachten wir Konfigurationen von Dreiecken und Vierecken, um unser Flächenargument zu verfeinern. SATZ 1.42 (Böröczky, Kertész und Makai,1999) [8] Der Flächeninhalt eines gleichseitigen 2k + 1-Ecks mit Seitenlänge 1 beträgt mindestens 3 4. LEMMA 1.43 Der Flächeninhalt der Vierecke in jeder der drei Konfigurationen von Abbildung 1.13, wobei die Seitenlänge 1 beträgt, ist mindestens 3 2.

25 1.2. Einbettungen von regulären Graphen in die Ebene mit wenigen Kantenlängen 23 Abbildung 1.13: Konfigurationen von Dreiecken und Vierecken. BEWEIS. Wenn wir die Innenwinkel der Quadrate am zentralen Knoten mit α i bezeichnen, beträgt die Fläche der Quadrate i sin α i. Eine kleine Kurvendiskussion liefert die Behauptung. LEMMA 1.44 Jeder 4-reguläre Streichholzgraph mit inneren Knoten, der nur aus Dreiecken und Vierecken besteht, enthält eine Konfiguration von Dreiecken und Vierecken wie in Abbildung BEWEIS. Wir betrachten die inneren Knoten. Nicht alle von ihnen können zu 4 Vierecken gehören, da es mindestens ein Dreieck gibt. Da Konfigurationen aus 4 Dreiecken oder 3 Dreiecken und 1 Viereck aus Winkelgründen nicht möglich sind, folgt die Behauptung. LEMMA 1.45 τ = 0 k 11, F 3 15, V 16, τ = 2 k 9, F 3 11, V 13, τ = 4 k 8, F 3 8, V 11 oder ein einzelner Knoten, τ = 6 k 7, eine Triangulierung, oder k 8, V 11, In [42] wurde der Generator plantri [11] für planare Graphen verwendet, um zu zeigen, dass der kleinste 4-reguläre Streichholzgraph aus mindestens 33 Knoten besteht. AUFGABE 1.46 Bestimme den kleinesten 4-regulären Streichholzgraphen.

26 24 1. Abstände in Punktmengen # Knoten # Graphen # Knoten # Graphen # Knoten # Graphen # Knoten # Graphen Tabelle 1.5: Anzahl 3-zusammenhängender planarer 4-regulärer Streichholzgraphen [12].

27 1.3. Punktmengen mit rationalen Abständen Punktmengen mit rationalen Abständen Bisher haben wir die Menge der Abstände von Punktmengen im m-dimensionalen euklidischen Raum E d im Hinblick auf die Frage untersucht, wie häufig bestimmte Abstände vorkommen bzw. die Anzahl der vorkommenden Abstände beschränkt. Da der Abstand zwischen zwei Punkten (x 1,..., x m ), (y 1,..., y m ) durch m (x i y i ) 2 i=1 gegeben ist, ist er meist eine irrationale Zahl. Deshalb ist es interessant folgende Frage zu untersuchen. Gibt es im R m Teilmengen von Punkten, deren paarweise Abstände rational sind? [55] Als Erweiterung kann man nach unendlichen Teilmengen oder dichten Teilmengen fragen. BEMERKUNG. Im E 1 bildet Q eine unendliche dichte Teilmenge von Punkten mit paarweise rationalen Abständen. Die Menge Z bildet eine unendliche Menge von Punkten deren Abstände paarweise ganzzahlig sind. LEMMA 1.47 Bei endlichen Mengen von Punkten entspricht ganzzahlig rational. BEWEIS. Wir können die Abstände mit dem Hauptnenner multiplizieren. SATZ 1.48 (Erdős, Anning 1945, [13]) Ist H eine unendliche ganzzahlige Punktmenge in der Ebene, so liegen die Punkte von H auf einer Geraden. BEWEIS. Sind A, B, C drei Punkte die nicht auf einer Geraden liegen und k = max(ab, BC), so gibt es höchstens 4(k + 1) 2 Punkte P so dass P A P B und P B P C ganzzahlig sind. Dies sieht man wie folgt. Aufgrund der Dreiecksungleichung ist P A P B höchstens so groß wie AB und nimmt somit einen der Werte 0, 1,..., k an. Der Punkt P liegt also auf einer von k + 1 Hyperbeln. Analog liegt P noch auf einer von k + 1 Hyperbeln, die durch B und C bestimmt sind. Diese zwei Scharen von (unterschiedlichen) Hyperbeln, siehe Abbildung 1.14 und die nachfolgende Erläuterung, schneiden sich in höchstens 4(k + 1) 2 Punkten und somit ist die Annahme einer unendlichen ganzzahligen Punktmenge in der Ebene zu einem Widerspruch geführt. In Abbildung 1.14 haben wir beispielhaft zwei Hyperbelscharen dargestellt. Als Punkte haben wir hierbei A = (0, 0), B = (4, 0) und C = (4, 3) gewählt. Die etwas dicker gezeichneten Linien entsprechen den Ortskurven P A P B = k mit k {0, 1, 2, 3, 4} und die dünner gezeichneten Linien den Ortskurven P B P C = k mit k {0, 1, 2, 3}. Die Werte von k haben wir jeweils in die Nähe eines der beiden zugehörigen Äste geschrieben. Satz 1.48 lässt sich auch auf den m-dimensionalen Fall verallgemeinern. Hierfür betrachten wir einen m- dimensionalen (nicht-entarteten) Simplex S und bezeichnen seine m + 1 Punkte für 0 i m mit P i.

28 26 1. Abstände in Punktmengen Abbildung 1.14: Beispiel von zwei Hyperbelscharen. Setzen wir eine Koordinatendarstellung P i = (x 0,i,..., x m 1,i ) voraus, so gilt für einen weiteren Punkt Q = ( x 0,..., x m 1 ) im E m mit paarweise ganzzahligen Abständen zu den P i analog zu dem Beweis von Satz 1.48 das Gleichungssystem P 0 Q P m Q = δ 0... P m 1 Q P m Q = δ m 1, wobei die δ i ganze Zahlen zwischen P i P m und P i P m sind. Unter Verwendung der Koordinatendarstellung lässt es sich umformulieren zu m 1 (x j,0 x j ) 2 m 1 (x j,m x j ) 2 = δ 0 j=0 j=0... m 1 (x j,m 1 x j ) 2 m 1 (x j,m x j ) 2 = δ m 1. j=0 j=0

29 1.3. Punktmengen mit rationalen Abständen 27 m 1 Nach Trennen der Wurzelausdrücke, Quadrieren und Ersetzen von j=0 (x j,m x j ) 2 durch x m erhalten wir m 1 m 1 (x j,0 x j ) 2 = δ δ 0 x m + (x j,m x j ) 2 j=0 j=0... m 1 m 1 (x j,m 1 x j ) 2 = δm δ m 1 x m + (x j,m x j ) 2. j=0 j=0 Bringt man alle Ausdrücke auf eine Seite, so ergibt sich mit m 1 j=0 m 1 j=0 [ x 2 j,0 x 2 j,m + 2(x j,m x j,0 ) x j ] 2δ0 x m δ 2 0 = 0 [ x 2 j,m 1 x 2 j,m + 2(x j,m x j,m 1 ) x j ] 2δm 1 x m δ 2 m 1 = 0... ein lineares Gleichungssystem der Form A x b = 0. Da der Simplex S per Definition nicht entartet ist, sind die Zeilen von A linear unabhängig. Falls nun δ i = 0 für alle 0 i m 1 gilt, so gibt es folglich eine eindeutige Lösung des Gleichungssystems. Ansonsten gibt es einen Index j mit δ j 0 und der Lösungsraum ist eindimensional. In diesem Fall drücken wir die Variablen x i linear durch x 0 aus und setzen m 1 j=0 (x j,m x j ) 2 dies in eine Zeile j des obigen Gleichungssystems ein, wobei wir x m wieder durch ersetzen. Nach einer weiteren Umformung erhält man eine quadratische Gleichung in x 0 und somit keine, eine oder zwei Lösungen für das ursprüngliche Gleichungssystem. Zur Sicherheit kann man die gefundenen Lösungen noch mal durch Einsetzen verifizieren Konstruktionen von ganzzahligen Punktmengen SATZ 1.49 Auf dem Einheitskreis gibt es eine dichte Menge von unendlich vielen Punkten mit paarweise rationalen Abständen. BEWEIS. Zur Konstruktion einer derartigen Menge wählen wir eine positive rationale Zahl x und bestimmen 0 < ϕ < π 2 so, dass sin ϕ = x2 1 und cos ϕ = 2x gilt. Dies ist möglich, da x 2 +1 x 2 +1 x 2 1 x = 1 2 x und 2x x = 1 ( x 2 ) 1 2 x

30 28 1. Abstände in Punktmengen Wir wählen weiter x so, dass ϕ 0 und ϕ π 3. Die folgenden zwei Lemmas zeigen, dass somit ϕ π eine irrationale Zahl sein muss. Die Punkte P n seien in Polarkoordinaten durch r n = 1 und α n = 2nϕ gegeben. Wären nun 2 Punkte gleich, so müssten n 0 n 1 N existieren mit 2n 0 ϕ = 2n 1 ϕ + 2νπ. Dies lässt sich umformen zu ϕ π = ν n 0 n 1, was ein Widerspruch zur Irrationalität von ϕ π ist. Da für b > a der Abstand δ (P a, P b ) b a 1 2 ( ) b a = 2 sin(b a)ϕ = 2 ( 1) j sin 2j+1 ϕ cos b a 2j 1 ϕ 2j + 1 j=0 eine rationale Zahl ist, besitzen alle Punkte paarweise rationale Abstände. Um zu zeigen, dass die Punkte dicht liegen, sei ε > 0 vorgegeben. Betrachten wir nun die paarweise verschiedenen Reste von 2nϕ modulo 2π für n = 1, 2,.... Es gibt unter ihnen 2 deren Abstand kleiner ε ist, also existieren n 0 und n 1 mit γ = 2n 0 ϕ 2n 1 ϕ < ε. Wenn wir s = n 1 n 0 setzen so gilt 2(n 0 + ks)ϕ 2(n 0 + (k 1)s)ϕ = γ < ε für alle k N. Wenn wir den Einheitskreis mit Bögen der Länge γ überdecken, so liegt in jedem Bogen der Länge ε mindestens ein Punkt. Die im Beweis benötigte Irrationalität von ϕ π wird in folgendem Lemma bewiesen. LEMMA 1.50 Ist 0 < ϕ < π 2 und cos ϕ rational, dann ist entweder ϕ = π 3 oder ϕ π ist nicht rational. BEWEIS. Wir folgern aus der Annahme ϕ π Q, dass ϕ = π 3 gilt. Seien also m, n Z gegeben mit ggt(m, n) = 1 und ϕ = 2πm n. Wegen sin rϕ = cos rϕ = r 1 2 j=0 j=0 ( ) r ( 1) j sin 2j+1 ϕ cos r (2j+1) ϕ, 2j + 1 r 2 ( ) r ( 1) j sin 2j ϕ cos r 2j ϕ, 2j sin 2 ϕ = 1 cos 2 ϕ Q existieren rationale a ν, b ν mit cos νϕ = a ν und sin νϕ = b ν sin ϕ für ν = 0,..., n 1. Sei nun H der Hauptnenner der 2n Werte a ν, b ν. Wir betrachten ein Rechteckgitter der Länge 1 H und der Breite sin ϕ H. Legen wir nun einen Einheitskreis auf einen der Gitterpunkte, so sind alle Punkte mit Winkeln νϕ auf diesem Einheitskreis Gitterpunkte. Wegen ϕ = 2πm n bilden die n Punkte (m = 0, 1,..., n 1) ein reguläres n-eck. Das folgende Lemma lässt somit nur die Werte 1, 2, 3, 4 oder 6 für n zu. Wegen der Ungleichung 0 < ϕ < ϕ 2 bleibt somit nur n = 6 übrig, was zu ϕ = π 3 führt.

31 1.3. Punktmengen mit rationalen Abständen 29 Im letzten Beweis wurde nach regelmäßigen n-ecken gefragt, die sich derart in ein Rechteckgitter einbetten lassen, so dass jeder Eckpunkt auf einem Punkt des Rechteckgitters liegt. Als ein Rechteckgitter bezeichnen wir hierbei die Menge {(il 0, jl 1 ) i, j Z} wobei l 0 und l 1 zwei beliebige reelle Zahlen sind. Das folgende Lemma gibt eine vollständige Charakterisierung dieser n-ecke. LEMMA 1.51 In ein (beliebiges) Rechteckgitter lassen sich nur reguläre Dreiecke, Vierecke und Sechsecke einlagern, andere reguläre (gleiche Innenwinkel und gleiche Seitenlänge) n-ecke dagegen nicht. BEWEIS. Bei einem gegebenen Rechteckgitter gibt es, im Existenzfall, ein reguläres Vieleck mit kleinster Seitenlänge. Betrachte die Seitenvektoren P 1 P 2,..., P 0 P 1. Tragen wir diese Vektoren von den Punkten P 0,..., P n 1 auf, so sind die Endpunkte ebenfalls Gitterpunkte. Hierbei soll der Vektor P 0 aufgetragen werden, der Vektor P 2 P 3 vom Punkt P 1,usw.. P 1 P 2 vom Punkt Für n 7 zeigen diese Vektoren alle ins Innere des n-ecks und überkreuzen sich nicht, was man leicht anhand der Winkel nachrechnen kann. Somit entstünde, im Widerspruch zur Minimalität, ein kleineres reguläres n-eck im Rechteckgitter. Für n = 5 überkreuzen sich die Vektoren zwar, aber es entsteht ein kleineres Fünfeck. Für die regulären Dreiecke, Vierecke und Sechsecke gibt es entsprechende Gitter. Der Vollständigkeit halber geben wir dennoch an, was in diesen Fällen mit unserem Argument passiert. Für n = 6 treffen sich alle neuen Vektoren in einem Punkt, für n = 4 überdecken die neuen Vektoren die alten Vektoren, und für n = 3 wird das Dreieck aus den neuen Vektoren größer statt kleiner. Wir wollen nun eine weitere Konstruktion für ganzzahlige planare Punktmengen vorstellen. Betrachten wir hierzu eine Anordnung von n 1 Punkten auf einer Geraden und einen weiteren Punkt, der nicht auf dieser Gerade liegt, siehe Abbildung a 3 a 2 h a 2 a 1 a 0 q q a 0 a 1 b 3 b 2 b 1 b 0 b 1 b 2 Abbildung 1.15: Planare Punktmenge mit n 1 Punkten auf einer Geraden. Wir führen nun die Konstruktion einer ganzzahligen planaren Punktmenge aus n Punkten auf ein zahlentheoretisches Problem zurück. Betrachten wir hierzu nun Abbildung 1.15 und setzen c i = q + i b j für 0 i s j=1 bzw. i c i = q + b j für 0 i t. j=1

32 30 1. Abstände in Punktmengen Die Anwendung des Satzes von Pythagoras liefert c 2 i+1 + h 2 = a 2 i+1 und c 2 i + h 2 = a 2 i für 0 i < s. Zieht man diese Gleichungen voneinander ab, so erhält man i b 2 i+1 + 2b i+1 b j + 2b i+1 q = a 2 i+1 a 2 i. j=1 Da die a i und b i natürliche Zahlen sind gilt 2b i+1 q N für 0 i < s und wir folgern 2ggT(b 1, b 2,..., b s )q N. Aus q + q = a 0 N schließen wir 2ggT(b 1, b 2,..., b s )q N. Wenden wir die analoge Schlussweise auch auf die rechte Seite des Fußpunktes von h an und definieren so erhalten wir g = 2ggT(b 1,..., b s, b 1,..., b t), gq N und gq N. Nach einem letzten Anwenden des Satzes von Pythagoras erhalten wir für alle 1 i s und für alle 1 j t eine Zerlegung von g 2 h 2 in ein Produkt zweier natürlicher Zahlen, g 2 h 2 = (ga i + gc i )(ga i gc i ) = (ga j + gc j)(ga j gc j). BEISPIEL 1.52 Wir wollen nun die eben beschriebene Konstruktion an einem Beispiel erläutern. Hierfür wählen wir g = 1 und h 2 = 1440 = Die Teiler von g 2 h 2 sind {1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12, 15, 16, 18, 20, 24, 30, 32, 36, 40, 45, 48, 60, 72, 80, 90, 96, 120, 144, 160, 180, 240, 288, 360, 480, 720, 1440}. Bilden wir nun g 2 h 2 = f 1 f 2 = (a i + c i )(a i c i ), so ergibt sich und somit muss f 1 f 2 und f 1 f 2 a i = f 1 + f 2, c i = f 1 f mod 2 gelten. Wir erhalten der Größe nach sortiert a 1 = 38, c 1 = 2, a 2 = 39, c 2 = 9, a 3 = 42, c 3 = 18, a 4 = 46, c 4 = 26, a 5 = 49, c 5 = 31, a 6 = 53, c 6 = 37, a 7 = 66, c 7 = 54, a 8 = 77, c 8 = 67, a 9 = 94, c 9 = 86, a 10 = 123, c 10 = 117, a 11 = 182, c 11 = 178, a 12 = 361, c 12 = 359.

33 1.3. Punktmengen mit rationalen Abständen 31 Wählen wir nun a i, a i, c i, c i für i = 1,..., 6 erhalten wir eine ganzzahlige planare Punktmenge aus = 13 Punkten mit Durchmesser 74. In nachfolgender Tabelle sind weitere Beispiele angegeben. Auswahl n diam Auswahl n diam c 1,..., c 6, c 1,..., c c 1,..., c 8, c 1,..., c c 1,..., c 7, c 1,..., c c 1,..., c 8, c 1,..., c c 1,..., c 8, c 1,..., c c 9,..., c 8, c 1,..., c Wir wollen nun diese Zerlegung und Satz 1.54 über die Anzahl τ(d) der Teiler einer Zahl benutzen, um eine Schranke für den Durchmesser einer planaren ganzzahligen Punktmenge zu beweisen. SATZ 1.53 Ist P eine planare ganzzahlige Punktmenge, bei der auf einer Geraden mindestens n ϱ Punkte liegen, so gilt für ε > 0 und n n 0 (ε). diam(p) n ϱ log log n 4 log 2(1+ε) BEWEIS. Mit obigen Bezeichnungen haben wir wegen h diam(p) und g 2 diam(p), g 2 h 2 4 diam(p) 4. Wir wählen eine Gerade mit n ϱ Punkten und folgern aus der Zerlegung von g 2 h 2, dass τ(g 2 h 2 ) nϱ 3 2 gilt. Mit obiger Abschätzung für g 2 h 2 und Satz 1.54 folgern wir 2 (1+ε ) log diam(p) 4 log log diam(p) 4 nϱ 3 2 für n n 0 (ε ). Wegen diam(p) d(2, n) c 1 n gilt (1+ε)4 log diam(p) 2 log log n n ϱ für n n 0 (ε), und der Satz folgt nun aus einer elementaren Umformung. SATZ 1.54 [31, Satz 317] Für ε > 0 und d > d 0 (ε) gilt für die Anzahl τ(d) der Teiler von d τ(d) < 2 (1+ε) log d log log d ( O d c log log d ).

34 32 1. Abstände in Punktmengen Es gibt eine weitere direktere Konstruktionsmethode für ganzzahlige planare Punktmengen auf Kreisen, die ebenfalls etwas mit Faktorzerlegungen zu tun hat. Hierzu betrachten wir den Ring Z[ϱ] mit ϱ = In Z[ϱ] besitzt jede Primzahl p 1 mod 6 (in Z) eine Primfaktorzerlegung der Form γ(p) γ(p), wobei wir mit γ(p) die zu γ(p) konjugiert komplexe Zahl bezeichnen. So gilt z.b. 7 = (3 + ϱ)(3 + ϱ), 13 = (4 + ϱ)(4 + ϱ), 19 = (5 + 2ϱ)(5 + 2ϱ), 31 = (6 + ϱ)(6 + ϱ), 37 = (7 + 3ϱ)(7 + 3ϱ), 43 = (7 + ϱ)(7 + ϱ). Zur Konstruktion einer ganzzahligen Punktmenge P wählen wir nun eine Zahl R = r 1 von Primzahlen p i 1 mod 6 (aus Z) ist. Zu jedem Teiler r 1 Zahlen η 0 = i=0 p u i i r 1 γ(p i ) v i+u i γ(p i ) v i u i, i=0 η 1 = η 0 ϱ und η 2 = η 0 ϱ 2. i=0 p v i i, die ein Produkt betrachten wir weiter die drei komplexen Insgesamt ergeben sich 3 r 1 (v i + 1) unterschiedliche Werte für die η i. Die Punkte von P definieren wir i=0 nun durch die Koordinaten ( ( ) ( )) Rη 2 Rη 2 R, I 3 3 für die möglichen Werte von η, wobei R den Realteil und I den Imaginärteil einer komplexen Zahl bezeichnet. In [30] wird bewiesen, dass diese Konstruktion wirklich zu einer ganzzahligen planaren Punktmenge in semi-allgemeiner Lage bestehend aus n = 3 r 1 (v i + 1) Punkten mit einen Durchmesser kleiner 2R 3 führt. i=0 Wählt man R als Produkt der ersten zu 1 modulo 6 kongruenten Primzahlen, so gilt diam(p) n c log log n. In Tabelle 1.6 betrachten wir die möglichen guten Wahlen von R die zu ganzzahligen Punktmengen mit höchstens 200 Punkten führen Anwendungen Aus der Unterhaltungsmathematik sind Streichholzprobleme bekannt. So kann man z.b. fragen wie viele Streichhölzer mindestens notwendig sind, um den vollständigen Graphen mit 4 Knoten überschneidungsfrei in die Ebene zu legen. Der Leser ist herzlich dazu eingeladen sich selbst an diesem Puzzle zu versuchen.

35 1.3. Punktmengen mit rationalen Abständen 33 R P diam(p) R P diam(p) Tabelle 1.6: Obere Schranken für d(2, n). Abbildung 1.16: Radioantenne (Image courtesy of NRAO/AUI). Im Gerüstbau könnte man daran interessiert sein, ein Gerüst aus standardisierten Streben so stabil wie möglich zu bauen. Dies bedeutet beispielsweise, dass man Punkte im dreidimensionalen Raum so platzieren möchte, dass jeder Punkt von jedem anderen ein ganzzahliges Vielfaches einer standardisierten Länge einer Strebe entfernt ist. In der Radioastronomie macht man sich das Phänomen der Interferenz zu Nutze und verwendet häufig gekoppelte Systeme von Antennen. Dies gewährleistet eine höhere Auflösung, als sie mit einer einzelnen Antenne möglich wäre. Um Frequenzverluste zu vermeiden, sollten die Antennen so positioniert werden, dass die Entfernung zwischen je zwei Antennen ein ganzzahliges Vielfaches der Wellenlänge ist. Ein Beispiel für ein solches gekoppeltes System von Radioantennen ist das VLA (Very Large Array) des US National Radio Astronomy Observatory in New Mexico, siehe Abbildung Es besteht aus 27 (beweglichen) Radioantennen, die von Zeit zu Zeit in einer anderen Konfiguration arrangiert werden [47]. Jeder Arm des Y besitzt eine Länge von 20 Km. Zum Vergleich haben wir in Tabelle 1.7 die verwendeten Wellenlängen angegeben.

36 34 1. Abstände in Punktmengen Abbildung 1.17: Very Large Array in New Mexico (Image courtesy of NRAO/AUI). Band 4 P L C X U K Q Wellenlänge in cm ,6 2 1,3 0,7 Tabelle 1.7: Verwendete Wellenlängen am VLA Grundlagen Beschreiben wir eine ganzzahlige Punktmenge durch ihre Abstandsmatrix, so stellt sich die Frage, ob alle symmetrischen quadratischen Matrizen Abstandsmatrizen sein können. Doch schon bei 3 3-Matrizen gibt es Einschränkungen. So gibt es z.b. kein Dreieck mit den Seitenlängen 1, 2 und 4. Die Dreiecke mit Seitenlängen a, b und c charakterisiert man noch leicht mit Hilfe der Dreiecksungleichungen a + b > c, a + c > b und b + c > a. Falls auch der entartete Fall einer Strecke als Dreieck bezeichnet, wird sind noch a + b = c, a + c = b oder b + c = a zugelassen. Mit Hilfe der Heronschen Formel A (a, b, c) = (a + b + c)(a + b c)(a b + c)( a + b + c) 4 für den Flächeninhalt A eines Dreiecks kann man die zulässigen Werte für a, b und c die zu einem Dreieck führen auch wie folgt beschreiben. Die Abstände a, b und c bilden genau dann ein Dreieck, wenn A 2 (a, b, c) 0 gilt. Das Dreieck ist genau dann entartet, falls A2 (a, b, c) = 0. Eine Verallgemeinerung für höhere Dimensionen lässt sich mit Hilfe der Cayley-Menger-Determinante formulieren. Seien P 0, P 1,..., P n 1 Punkte im m-dimensionalen euklidischen Raum E m mit Abständen

37 1.3. Punktmengen mit rationalen Abständen 35 δ(p i, P j ), dann ist die Cayley-Menger-Determinante definiert durch δ 2 (P 0, P 1 )... δ 2 (P 0, P n 1 ) C(P 0,..., P n 1 ) = 1 δ 2 (P 1, P 0 ) 0... δ 2 (P 1, P n 1 ) δ 2 (P n 1, P 0 ) δ 2 (P n 1, P 1 )... 0 Ist = (δ(p i, P j )) eine Abstandsmatrix von n Punkten, so schreiben wir auch C( ) anstatt C(P 0,..., P n 1 ). Der Wert von C( ) ist hierbei unabhängig von der Nummerierung der Punkte P i. Der Zusammenhang zwischen dem n-dimensionalen Volumen der von n + 1 Punkten P 0,..., P n aufgespannten Punktmenge im E n un der Cayley-Menger-Determinante ist durch folgenden Satz gegeben. SATZ 1.55 Für n+1 Punkte P 0,..., P n im E n ist das durch sie aufgespannte n-dimensionale Volumen V n (P 0,..., P n ) gegeben durch V 2 n (P 0,..., P n ) = ( 1)n+1 2 n (n!) 2 C(P 0,..., P n ). BEWEIS. (Nach [35].) Wir bezeichnen die Koordinaten von P i mit x i,0,..., x i,n 1. Das Skalarprodukt von P i und P j ist gegeben durch n 1 P i, P j = x i,h x j,h. h=0 Für das n-dimensionale Volumen eines u.u. entarteten Simplex S mit Eckpunkten P 0,..., P n gilt (siehe z.b. [38, 53]) x 0,0 x 0,1... x 0,n 1 1 V n (P 0,..., P n ) = 1 x 1,0 x 1,1... x 1,n 1 1 n! x n,0 x n,1... x n,n 1 1 Mit und x 0,0... x 0,n x 1,0... x 1,n M 0 = x n,0... x n,n M 1 = x 0,0... x n x 0,n 1... x n,n

38 36 1. Abstände in Punktmengen ergibt sich Vn 2 (P 0,..., P n ) = 1 (n!) 2 det(m 0) det(m 1 ) = 1 (n!) 2 det(m 0M 1 ) P 0, P 0 P 0, P 1... P 0, P n 1 = 1 P 1, P 0 P 1, P 1... P 1, P n 1 (n!) , P n, P 0 P n, P 1... P n, P n wobei M 1 aus M 0 durch Transponieren und Vertauschen der letzten beiden Zeilen hervorgeht. Wegen 1 2 δ2 (P i, P j ) = P i, P j 1 2 P i, P i 1 2 P j, P j erhält man, indem man in der Determinante von der i-ten Spalte (i = 0,..., n) die mit 1 2 P i, P i multiplizierte letzte Spalte abzieht und ebenso von der i-ten Zeile die mit 1 2 P i, P i multiplizierte letzte Zeile abzieht, 1 2 δ2 (P 0, P 0 ) δ2 (P 0, P n ) 1 V 2 n (P 0,..., P n ) = 1 (n!) δ2 (P n, P 0 ) δ2 (P n, P n ) Zum Schluss multipliziert man nur noch die ersten n Spalten mit 2, die letzte Zeile mit 1 2 nach ein paar Zeilen- und Spaltenvertauschungen die gewünschte Gleichung. und erhält Die Verallgemeinerung der Dreiecksungleichungen ist durch folgendes Lemma gegeben. LEMMA 1.56 Für n Punkte P 0,..., P n 1 im m-dimensionalen euklidischem Raum E m gilt für je t Punkte P i0,..., P it 1 bei gegebenen Abständen δ(p i, P j ) ( 1) t C(P i0,..., P it 1 ) 0 für t m + 1, C(P i0,..., P it 1 ) = 0 für m + 2 t n. BEWEIS. Für t m + 1 folgt die Aussage aus Satz 1.55 und der Tatsache, dass das quadrierte Volumen eines möglicherweise degenerierten Simplex eine nicht-negative Zahl ist. Für t m + 2 liegen die t Punkte in einer höchstens m-dimensionalen Hyperebene des E t 1 und besitzen somit das Volumen 0. In [46] ist gezeigt, dass auch die Umkehrung von Lemma 1.56 gilt.

39 1.3. Punktmengen mit rationalen Abständen Ganzzahlige Punktmengen in der Ebene Nach Satz 1.49 wissen wir, dass es zu jedem n N\{0, 1, 2} eine planare ganzzahlige Punktmenge aus n Punkten gibt. Bezeichnen wir nun den größten Abstand einer Punktmenge P als ihren Durchmesser diam(p), so stellt sich die Frage nach dem minimalen Durchmesser d(2, n) (bzw. im m-dimensionalen Raum d(m, n)) für n Punkte. In Abbildung 1.18 haben wir die minimalen Beispiele mit n 9 Punkten angegeben Abbildung 1.18: Ganzzahlige planare Punktmengen mit minimalem Durchmesser für 3 n 9. Bemerkenswert ist, dass für 9 n 120 Punkte die ganzzahligen planaren Punktmengen mit minimalem Durchmesser n 1 kollineare Punkte besitzen und diese Punktmengen somit sehr effizient mit der Konstruktionsmethode aus Abschnitt bestimmt werden können. Wir vermuten, dass diese Eigenschaft für n 9 gilt, ( was ) mit Hilfe von Satz 1.53 zur Folge hätte, dass wir eine untere Schranke der Form c d(2, n) O d log log d hätten, was ein Riesenfortschritt gegenüber der bisher besten unteren Schranke d(2.n) > cn

40 38 1. Abstände in Punktmengen für eine geeignete Konstante c bedeuten würde. Wir haben gesehen, dass ganzzahlige planare Punktmengen mit minimalem Durchmesser eine starke Affinität zu Geraden zu haben zu scheinen. Deshalb verbieten wir diesen Fall einfach und fordern, dass keine 3 Punkte auf einer Gerade liegen und bezeichnen dies als semi-allgemeine Lage. Die entsprechenden Durchmesser beszeichnen wir mit d(2, n). In Abbildung 1.19 geben wir die minimalen Beispiele für n = 5, 7, 9 an Abbildung 1.19: Ganzzahlige planare Punktmengen in semi-allgemeiner Lage mit minimalem Durchmesser für n = 5, 7, 9. Die bekannten minimalen Durchmesser sind ( ) d(2, n) n=3,...,26 = 1, 4, 8, 8, 33, 56, 56, 105, 105, 105, 532, 532, 735, 735, 735, 735, 1995, 1995, 1995, 1995, 1995, 1995, 9, 555, 9, 555, 9, 555, 10, 672, 13, 975, 13, 975, 13, 975, 13, 975, 13, 975, 13, 975, 13, 975, 13, 975. Die zugehörigen Punktmengen liegen bei allen bisher bekannten Beispielen auf Kreisen. Es ist zu vermuten, dass diese Eigenschaft für alle n gilt. Vergleichen wir diese Zahlen mit Tabelle 1.6 stellen wir fest, dass viele der Werte unserer Konstruktion bereits optimal sind Abbildung 1.20: Ganzzahlige plananre Punktmengen in allgemeiner Lage mit minimalem Durchmesser für n = 4, 5, Nachdem wir die Geraden verboten haben, lagen die minimalen ganzzahligen planaren Punktmengen plötzlich auf Kreisen. Die natürliche Fortsetzung ist es nun auch Kreise zu verbieten. Wir sagen, dass eine Punkt-

41 1.3. Punktmengen mit rationalen Abständen 39 menge in allgemeiner Lage liegt, falls keine 3 Punkte auf einer Geraden und keine 4 Punkte auf einem Kreis liegen. Die zugehörigen minimalen Durchmesser bezeichnen wir mit d(2, n). In Abbildung 1.20 geben wir die bekannten minimalen Beispiele an. ( ) d(2, n) = 1, 8, 73, 174. n=3,...,6 Es gab Beweisversuche zu zeigen, dass es eine solche Punktmenge aus sieben Punkten nicht geben kann. Im Jahr 2007 konnte jedoch eine solche Punktmenge konstruiert werden, siehe Abbildung SATZ 1.57 Kreisel, K d(2, 7) = , , , , , , , Abbildung 1.21: Kleinstes Beispiel eines ganzzahligen Siebenecks in allgemeiner Lage.

42 40 1. Abstände in Punktmengen

43 2. Polyominoes Polyominoes sind den meisten Leuten durch das Computerspiel Tetris bekannt. Die Tetrisbausteine bestehen jeweils aus vier Seite an Seite angelagerten gleich großen Quadraten. Polyominoes sind die Erweiterung auf n Einheitsquadrate. DEFINITION 2.1 Ein Polyomino ist eine über Kanten verbundene Vereinigung von Zellen im ebenen Quadratgitter. Es gibt mindestens 3 unterschiedliche Möglichkeiten zu definieren, wann 2 Polyominoes als äquivalent betrachtet werden sollen. Man bezeichnet diese als fixe Polyominoes, wenn äquivalente Polyominoes durch Verschiebungen auseinander hervorgehen, als chirale Polyominoes, wenn äquivalente Polyominoes durch Verschiebungen oder Drehungen auseinander hervorgehen und man bezeichnet sie als freie Polyominoes, wenn äquivalente Polyominoes durch Verschiebungen, Drehungen oder Spiegelungen auseinander hervorgehen. Wir werden uns im folgenden nur mit freien Polyominoes beschäftigen. In Abbildung 2.1 sind alle freien Polyominoes aus bis zu 5 Einheitsquadraten aufgelistet. Abbildung 2.1: Polyominoes aus höchstens 5 Quadraten. In der Literatur werden Polyominoes auch manchmal animals genannt, oder man spricht vom Zellwachstums-Problem [37, 48]. Für den Ursprung von Polyominoes zitiere ich in freier Übersetzung Klar- 41

44 42 2. Polyominoes ner [36]: Polyominoes haben eine lange Geschichte, die bis zum Anfang des 20. Jahrhunderts zurück geht. Aber einer breitern Öffentlichkeit bekannt gemacht wurden sie zunächst von Solomon Golomb [15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22] und Martin Gardner in seinen Kolumnen des Scientific American. Eines der ersten betrachteten Probleme über Polyomninoes war die Bestimmung ihrer Anzahl. Es hat zwar bei dieser Enumeration in den letzten Jahren etliche Fortschritte gegeben, doch ist das Problem noch immer nicht zufriedenstellend gelöst. In Tabelle 2.1 und Tabelle 2.2 geben wir die bekannten Anzahlen zusammen mit der Bezeichnung der entsprechenden Folge in der Online Encyclopedia of Integer Sequences [51, 52] an. n A001168(n) n A001168(n) Tabelle 2.1: A Fixe Polyominoes aus n Quadraten. Bei der Bestimmung der Anzahlen aus Tabelle 2.1 werden erzeugende Funktionen benutzt. Anders sind solche astronomischen Zahlen auch nicht zu erreichen.

45 43 n A (n) n A (n) n A (n) Tabelle 2.2: A Polyominoes oder square animals Da Polyominoes viele Anwendungen in den Naturwissenschaften haben, hat man schnell begonnen, sie auf andere Formen als Quadrate zu verallgemeinern. Zunächst hat man sich die regelmäßigen Parkettierungen der Ebene angeschaut und auf diesen Strukturen Polyominoes definiert. Hier besteht eine regelmässige Parkettierung der Ebene aus lauter gleich großen regelmäßigen k-ecken, die so angeordnet sind, dass an jeder Ecke gleich viele k-ecke zusammentreffen und sie insgesamt die Ebene überdecken. Bestimmen wir hierzu die Platonischen Körper gleich mit und bezeichnen mit e die Anzahl der Ecken, mit k die Anzahl der Kanten und mit f die Anzahl der Flächen. Nach der Eulerschen Polyederformel gilt e k + f = 2. Bezeichnung Form der Seitenflächen (n) m f k e Tetraeder Dreiecke Würfel Quadrate Oktaeder Dreiecke Dodekaeder Fünfecke Ikosaeder Dreiecke Tabelle 2.3: Die fünf platonischen Körper. DEFINITION 2.2 Ein regulärer Polyeder oder platonischer Körper ist ein Polyeder mit folgenden Eigenschaften: 1. Alle Seitenflächen sind kongruente, regelmäßige n-ecke. 2. In jeder Ecke münden m Kanten.

46 44 2. Polyominoes Schon im Altertum kannte man fünf reguläre Polyeder, siehe Tabelle 2.3 und Abbildung 2.2. Wir beweisen nun, dass diese Liste vollständig ist. An jeder Ecke grenzen m Kanten. Da jede Kante zwei Ecken besitzt, gilt folgende Beziehung em = 2k. Jede Fläche hat n Begrenzungskanten. Da jede Kante zu zwei Flächen gehört gilt fn = 2k. Einsetzten der nach k und f aufgelösten Gleichungen in die Eulersche Polyederformel ergibt 2 = e em 2 + em n = e e (2n + 2m nm) = (4 (n 2)(m 2)). (2.1) 2n 2n Abbildung 2.2: Die fünf platonischen Körper. Da die linke Seite von Gleichung 2.1 positiv ist, muss auch die rechte Seite von Gleichung 2.1 positiv sein, also insbesondere (n 2)(m 2) < 4 gelten. Dies ergibt (n, m) = (3, 3), (3, 4), (3, 5), (4, 3), (5, 3)

47 45 als Lösungen, was zu den fünf platonischen Körpern führt. Betrachten wir unendliche Polyeder, so wird die linke Seite von Gleichung 2.1 zu 0 und wir bekommen noch die Lösungen (n, m) = (4, 4), (3, 6), (6, 3) von (n 2)(m 2) = 4 hinzu. Diese entsprechen den drei regulären Parkettierungen der Ebene (Dreiecke, Quadrate und Sechsecke). n A000577(n) n A000577(n) n A000577(n) n A000577(n) Tabelle 2.4: A Freie Polyominoes aus n gleichseitigen Dreiecken (polyiamonds). n AA001420(n) n A001420(n) n A001420(n) n A001420(n) Tabelle 2.5: A Fixe Polyominoes aus n gleichseitigen Dreiecken. n A000228(n) n A000228(n) n A000228(n) n A000228(n) Tabelle 2.6: A Freie hexagonale Polyominoes. Die bekannten Anzahlen von Polyominoes aus Dreiecken und Sechsecken haben wir in den Tabellen 2.4, 2.5, 2.6 und 2.7 angegeben. Natürlich kann man Polyominoes auch im mehrdimensionalen Raum betrachten. Hier ersetzt man die Einheitsquadrate allgemein durch Hyperwürfel. Über die Anzahl solcher mehrdimensionaler Polyominoes ist aber relativ wenig bekannt, siehe Tabelle 2.8 und Tabelle 2.9. AUFGABE 2.3 Bestimme die Anzahl von freien Polyominoes aus Würfeln für n > 13.

48 46 2. Polyominoes n A001207(n) n A001207(n) n A001207(n) Tabelle 2.7: A Fixe hexagonale Polyominoes. n A000162(n) n A000162(n) n A000162(n) n A000162(n) Tabelle 2.8: A Freie 3-dimensionale Polyominoes aus n Würfeln. n A001931(n) n A001931(n) n A001931(n) n A001931(n) Tabelle 2.9: A Fixe 3-dimensionale Polyominoes aus n Würfeln. Es gibt aber noch eine weitere Verallgemeinerung von Polyominoes in der Ebene. Schwächt man die Bedingung von regulären Parkettierungen der Ebene dahin ab, dass nicht mehr an jedem Knoten gleich viele regelmäßige m-ecke zusammentreffen müssen, sondern nur die gleiche Folge (p 1,..., p q ) von regelmäßigen p i Ecken. Es ergeben sich 8 weitere Parkettierungen. Diese nennt man auch Archimedische Parkettierungen. (3, 3, 3, 4, 4), (3, 3, 3, 3, 6), (3, 3, 4, 3, 4), (3, 4, 6, 4), (3, 6, 3, 6), (4, 8, 8), (3, 12, 12), (4, 6, 12). Wir bilden sie in den folgenden Abbildungen ab und geben ihre bekannten Anzahlen a(n) in den folgenden Tabellen an.

49 Parkettierung (3,3,3,4,4). Parkettierung (3,3,3,3,6). 47 Parkettierung (3,3,4,3,4). Parkettierung (3,4,6,4). Parkettierung (3,6,3,6). Parkettierung (4,8,8). Parkettierung (3,12,12).

50 48 2. Polyominoes Parkettierung (4,6,12). AUFGABE 2.4 Erweitere die Liste der bekannten Anzahlen von freien Polyominoes auf den Archimedischen Parkettierungen. n a(n) n a(n) n a(n) n a(n) n a(n) Tabelle 2.10: Anzahl an freien Polyominoes der Parkettierung (3,3,3,4,4). n a(n) n a(n) n a(n) n a(n) n a(n) Tabelle 2.11: Anzahl an freien Polyominoes der Parkettierung (3,3,3,3,6). n a(n) n a(n) n a(n) n a(n) n a(n) Tabelle 2.12: Anzahl an freien Polyominoes der Parkettierung (3,3,4,3,4).

51 49 n a(n) n a(n) n a(n) n a(n) n a(n) Tabelle 2.13: Anzahl an freien Polyominoes der Parkettierung (3,4,6,4). n a(n) n a(n) n a(n) n a(n) n a(n) Tabelle 2.14: Anzahl an freien Polyominoes der Parkettierung (3,6,3,6). n a(n) n a(n) n a(n) n a(n) n a(n) n a(n) Tabelle 2.15: Anzahl an freien Polyominoes der Parkettierung (4,8,8). n a(n) n a(n) n a(n) n a(n) n a(n) Tabelle 2.16: Anzahl an freien Polyominoes der Parkettierung (3,12,12). n a(n) n a(n) n a(n) n a(n) n a(n) n a(n) Tabelle 2.17: Anzahl an freien Polyominoes der Parkettierung (4,6,12).

52 50 2. Polyominoes 2.1 Achievement Games Betrachte folgendes kleines Spielchen: Zwei Spieler einigen sich auf ein Polyomino P, z.b. Die Spieler dürfen abwechselnd ein Quadrat auf einem unendlichen quadratischen Gitter markieren. Gewonnen hat der Spieler, der als erstes eine Kopie von P markiert hat. DEFINITION 2.5 Ein Polyomino P heißt Gewinner, falls es beim Achievement-Spiel für den ersten Spieler eine Gewinnstrategie gibt. Andernfalls heißt p Verlierer. LEMMA 2.6 Jedes Polyomino, welches ein 2 2-Quadrat enthält ist ein Verlierer. BEWEIS. Betrachte das durch Strecken markierte Spielfeld in Abbildung 2.3 und folgende Spielstrategie für den zweiten Spieler: Setze immer auf das andere durch eine Strecke markierte Quadrat. Abbildung 2.3: Eine Verhinderungsstrategie. Abbildung 2.4: Verhinderungsstrategien für Achievement-Spiele.

53 2.1. Achievement Games 51 Natürlich sind allgemein Polyominoes P, die Verlierer als Teilpolyominoes enthalten, ebenfalls Verlierer. Entsprechend sind auch Teilpolyominoes von Gewinnern, selber ebenfalls Gewinner. Weitere Verhinderungsstrategien geben wir in Abbildung 2.4 an. Der interessierte, verspielte Leser ist herzlich dazu eingeladen mit Hilfe der in Abbildung 2.4 angegebenen Verhinderungsstratgien eine endliche Liste möglicher Gewinner herauszufinden. Doch wie zeigt man nun, dass ein Polyomino ein Gewinner ist? Abbildung 2.5: Gewinnstrategie für das 4 1 Polyomino In Abbildung 2.5 haben wir eine Gewinnstrategie für das 4 1 Polyomino angegeben. Sie besteht aus 10 Spielsituationen, die von links nach rechts und von oben nach unten durchnummeriert sind. Ein schwarzes Quadrat bedeutet, dass Spieler 1 an dieser Position bereits ein Quadrat gewählt hat. Alle anderen Felder, auf denen eine Zahl steht, sind leer, die restlichen Felder können beliebig belegt sein. Jede solche Spielsituation soll die Lage vor dem Zug von Spieler 2 beschreiben. Wählt nun Spieler 2 ein Feld mit einer Zahl z, so gibt es einen Zug von Spieler 1, so dass man in Spielsituation z landet. Wählt Spieler 2 ein Feld außerhalb des Brettausschnitts, so kann man einfach annehmen, er hätte auf ein Feld mit einer Zahl gesetzt. Die eben beschriebene Eigenschaft kann man leicht nachprüfen und sieht somit, dass Spieler 1 nach spätestestens 6 Zügen gewonnen hat. Bis aus das Polyomino Snaky, siehe Abbildung 2.6, ist von allen Polyominoes bestimmt, ob sie Gewinner oder Verlierer sind. Abbildung 2.6: Snaky. AUFGABE 2.7 Bestimme ob Snaky Gewinner oder Verlierer ist.

54 52 2. Polyominoes Natürlich kann man Achievementspiele auf allen Parkettierungen der Ebene spielen, auf denen man Verallgemeinerungen von Polyominoes definiert hat [4, 5, 6, 7, 25, 26]. Für das regelmäßige Dreiecksgitter sind die 3 möglichen Gewinner und die 3 elementaren Verlierer leicht herauszufinden und seien dem Leser überlassen. Eine gute Übersicht über Achievement-Spiele ist die Dissertation von Jens Peter Bode [3], aus der einiges von dem dargestellten Material entnommen wurde. Wesentlich schwieriger als das Dreiecksgitter ist die Situation beim Sechsecksgitter. In Abbildung 2.7 sind die bisher [3] bekannten elementaren Gewinner auf dem hexagonalen Gitter abgebildet. Zählt man auch die in diesen Gewinnern enthaltenen Teilpolyominos mit, so ergeben sich insgeamt 45 Gewinner. Abbildung 2.7: Bisher bekannte elementare Gewinner auf dem hexagonalen Gitter. In Tabelle 2.18 geben wir die Sitaution für hexagonale Polyominoes aus bis zu 6 Zellen an. Größe Gewinner Verlierer? Tabelle 2.18: Gewinner, Verlierer und ungeklärte hexagonale Polyominos aus bis zu 6 Zellen.

55 2.1. Achievement Games 53 In Abbildung 2.8 bilden wir die zwei Verlierer und das eine ungeklärte Polyomino aus 5 Zellen ab. Abbildung 2.8: Die Verlierer und das ungeklärte hexagonale Polyomino aus 5 Zellen. In [3] konnte mit Computerunterstützung nachgewiesen werden, dass alle hexagonalen Polyominos aus mindestens 14 Zellen Verlierer sind. Zwei der offenen Fälle aus 13 Zellen sind in Abbildung 2.9 abgebildet. Insgesamt gibt es noch 5265 offene Fälle. Abbildung 2.9: Zwei der 43 offenen Fälle aus 13 Zellen. AUFGABE 2.8 Reduziere die Anzahl der ungeklärten Fälle des Achievement-Spiels auf einem hexagonalen Gitter. Für die Archimedischen Parkettierungen sind noch einige Fälle offen [7]. AUFGABE 2.9 Löse die offenen Fälle des Achievement-Spiels für die Archimedischen Parkettierungen [7]. DEFINITION 2.10 Als Handycap eines Polyominoes P wird die kleinste Anzahl an Steinen bezeichnet, die der erste Spieler im Ersten Zug setzen müssen darf, damit er eine Gewinnstrategie haben kann. Die Bestimmung der Handycaps von Polyominoes ist noch nicht vollständig abgeschlossen. AUFGABE 2.11 Bestimme weitere Handycaps von Polyominoes auf unterschiedlichen Parkettierungen.

56 54 2. Polyominoes Das Gegenstück zu einem Achievement-Spiel ist ein Avoidence-Spiel. Hier geht es darum, den Gegner daran zu hindern, eine bestimmte Figur zu markieren. 2.2 Konvexe Hüllen von Polyominoes Betrachte ein Polyomino aus n Einheitsquadraten. Was ist der maximale Flächeninhalt F (n) der konvexen Hülle? SATZ 2.12 Bezdek, Braß und Harborth, 1994 [2] F (n) = n + 1 n 1 n Der Originalbeweis von Satz 2.12 benutzt Induktion über die Anzahl n der Quadrate des Polyominoes. Da manche Quadrate zu einem Zuwachs größer F (n) F (n 1) führen, muss im Beweis ein geeignetes Quadrat gefunden werden, um die Induktionsvoraussetzung anwenden zu können. Der resultierende Beweis macht dadurch viele Fallunterscheidungen. Der Beweis einer Vermutung über das maximale d-dimensionale Volumen V d (n) der konvexen Hülle von n Seite-an-Seite verbundenen d-dimensionalen Hyperwürfeln schien mit diesem Verfahren außer Reichweite. V d (n) = I {1,...,d} 1 I! n 2 + i. d i I Die Autoren von [2] fragten auch nach der Anzahl der Polyominoes aus n Einheitsquadraten, welche die obere Schranke F (n) für die Fläche der konvexen Hülle erreichen. Wir wollen nun eine verfeinerte Induktion betrachten, die der Situation besser angemessen ist, und einen Beweis von Satz 2.12 und der Verallgemeinerung für d-dimensionale Polyomninoes beweisen. Die Methode besitzt Ähnlichkeiten mit z.b. den Potentialfunktionen aus der Online-Optimierung. DEFINITION 2.13 f 2 (l 1, l 2, v 1, v 2 ) = 1 + (l 1 1) + (l 2 1) + (l 1 1)(l 2 1) 2 + v 1 + v 2 + v 1(l 2 1) 2 + v 2(l 1 1) 2 + v 1v 2 2. Um Polyominoes im R d besser zu beschreiben, nummerieren wir die Koordinatenachsen von 1,..., d. Jedes d-dimensionale Polyominoe besitzt eine kleinste umschreibende Box mit Seitenlängen l 1,..., l d, wobei

57 2.2. Konvexe Hüllen von Polyominoes 55 l i die Seitenlänge in Richtung i ist. Falls wir ein gegebenes Polyomino P Hyperwürfel für Hyperwürfel aufbauen, so gibt es in jedem Schritt zwei Fälle. Entweder erhöht sich eines der l i um eins, oder alle l i bleiben gleich. Im zweiten Fall erhöhen wir v i um eins, wobei der neue Hyperwürfel einen Nachbarn in Richtung i hat. Falls N die Menge der Richtungen, in der der neue Hyperwürfel einen Nachbarn besitzt, ist, so erhöhen wir v i nur für ein einziges i N. Da wir an dieser Stelle Wahlmöglichkeiten besitzen, müssen wir damit leben, dass es für ein Polyomino eventuell mehrere Tupel (l 1,..., l d, v 1,..., v d ) geben kann, die es beschreiben. Für ein Polyomino aus einem einzigen Würfel setzen wir v 1 = = v d = 0. Die Definition der Parameter ergibt d d n = 1 + (l i 1) + v i. i=1 i=1 LEMMA 2.14 Der Flächeninhalt der konvexen Hülle eines 2-dimensionalen Polyominoes ist höchstens f 2 (l 1, l 2, v 1, v 2 ). BEWEIS. Wir beweisen die Aussage mittels Induktion nach der Anzahl n der Quadrate. Für n = 1 ist nur l 1 = l 2 = 1, v 1 = v 2 = 0 möglich. Mit f 2 (1, 1, 0, 0) = 1 ergibt sich der Induktionsanfang. Als Induktionsvoraussetzng nehmen wir an, dass Lemma 2.14 für alle möglichen Tupel (l 1, l 2, v 1, v 2 ) mit i=1 (l i 1)+ 2 i=1 v i = n 1 bereits bewiesen ist. Aufgrund von Symmetrie müssen wir nur die Erhöhung von l 1 oder v 1 und den Zuwachs a der Fläche der konvexen Hülle betrachten, die nach Hinzufügen des n-ten Quadrats entstehen. (i) l 1 wird um 1 erhöht: Erhöhe l 1. l 2 In der Abbildung auf der linken Seite haben wir das n-te Quadrat Q durch drei diagonale Linien gekennzeichnet. Da l 1 um eins erhöht wurde, muss Q einen linken oder einen rechten Nachbarn besitzen. O.B.d.A. nehmen wir an, dass Q einen linken Nachbarn besitzt. Das neue Quadrat Q trägt höchstens 2 (dicke) Linien zur konvexen Hülle des Polyominos bei. Da wir Linien vom Nachbarquadrat zu den Endpunkten der neuen Linien zeichnen können, sehen wir, dass der Flächeninhalt der konvexen Hülle höchstens um 1 + l wachsen kann, wobei 1 für den Flächeninhalt von Q und der Rest für die Dreiecke ist. Mit f 2 (l 1 + 1, l 2, v 1, v 2 ) f 2 (l 1, l 2, v 1, v 2 ) = 1 + l v 2 2 folgt der Induktionsschritt (ii) v 1 wird um eins erhöht:

58 56 2. Polyominoes l 2... Erhöhe v 1. Wir kennzeichnen das neue Quadrat Q in der Abbildung auf der linken Seite wieder durch drei diagonale Linien. O.E. nehmen wir an, dass Q einen linken Nachbarn hat und höchstens zwei (dicke) Linien zur konvexen Hülle des Polyominoes beiträgt. Da l 1 nicht um 1 erhöht wird, muss es ein Quadrat in der selben Spalte wie Q geben. Analog zu (i) stellen wir durch Vergleich der konvexen Hüllen fest, dass sie um weniger als l gewachsen sein kann. Mit f 2 (l 1, l 2, v 1 + 1, v 2 ) f 2 (l 1, l 2, v 1, v 2 ) = 1 + l v 2 2 folgt der Induktionsschritt. SATZ 2.15 Der Flächeninhalt der konvexen Hülle eines Polyominos aus n Einheitsquadraten beträgt höchstens n + 1 n 1 n BEWEIS. Für gegebenes n bestimmen wir das Maximum von f 2 (l 1, l 2, v 1, v 2 ). Wir können v 1 = 0 annehmen, da f 2 (l 1 + 1, l 2, v 1 1, v 2 ) f 2 (l 1, l 2, v 1, v 2 ) = 0. Aus Symmetriegründen können wir auch v 2 = 0 und l 1 l 2 annehmen. Das Maximum von f 2 (l 1, l 2, 0, 0) kann nicht für l 2 l 1 > 1 angenommen werden, da f 2 (l 1 +1, l 2 1, 0, 0) f 2 (l 1, l 2, 0, 0) = l 2 l > 0. Wir schließen l 2 l 1 1 und erhalten l 1 = n+1 2, l2 = n+2 2. Einsetzen in Lemma 2.14 ergibt f 2 (l 1, l 2, v 1, v 2 ) n + 1 n 1 n Dieses Maximum wird z.b. von Polyominoes wie in Abbildung 2.10 angenommen. n n+1 2 Abbildung 2.10: Zweidimensionales Polyomino mit maximaler konvexer Hülle. Nun wollen wir alle Polyominoes mit dem maximalen Flächeninhalt der konvexen Hülle bis auf Isomorphie zählen. Hierzu zählen wir zunächst eine größere Klasse. LEMMA 2.16 Alle Polyominoes welche die obere Schranke f 2 (l 1, l 2, v 1, v 2 ) erreichen,erfüllen v 1 = v 2 = 0 und bestehen aus einem geraden Streifen und höchstens einem orthogonalen Streifen auf jeder Seite, siehe Abbildung 2.11.

59 2.2. Konvexe Hüllen von Polyominoes 57 Abbildung 2.11: Zwei Polyominoes mit maximaler konvexer Hülle. BEWEIS. Vom Beweis von Lemma 2.14 schließen wir v 1 = v 2 = 0 für ein Polyomino welches die obere Schranke f 2 (l 1, l 2, v 1, v 2 ) erreicht. Wir können weiter schließen, dass jedes Teilpolyomino auch die für es geltende obere Schranke annehmen muss. Da das Polyominoe aus Abbildung 2.12 einen kleineren Flächeninhalt der konvexen Hülle als f 2 (l 1, l 2, 0, 0) hat, ergibt sich die Aussage Abbildung 2.12: Verbotenes Teilpolyomino. Bezeichnen wir die Anzahl der Polyomninoes, welche die obere Schranke f 2 (l 1, l 2, 0, 0) erreichen mit c 2 (l 1, l 2 ), so ergibt sich nach einer kleinen Fallunterscheidung: l 1 = l 2 : l 1 0 (mod 2): c 2 (l 1, l 1 ) = 2l3 1 5l2 1 +6l 1 8 für l 1 0, l 1 1 (mod 2): c 2 (l 1, l 1 ) = 2l3 1 5l l für l 1 1. l 1 l 2 : l 1 0, l 2 0 (mod 2): c 2 (l 1, l 2 ) = l 1l 2 (l 1 +l 2 1) 2l1 2 2l2 2 +2l 1+2l 2 4 für l 1, l 2 2, l 1 1, l 2 0 (mod 2): c 2 (l 1, l 2 ) = l 1 0, l 2 1 (mod 2): c 2 (l 1, l 2 ) = l 1 1, l 2 1 (mod 2): c 2 (l 1, l 2 ) = { l 1 l 2 (l 1 +l 2 1) 2l 2 1 2l2 2 +4l 2+2l 1 4 { l 1 l 2 (l 1 +l 2 1) 2l 2 1 2l2 2 +4l 1+2l { l 1 l 2 (l 1 +l 2 1) 2l1 2 2l2 2 +4l 1+4l für für für l 1 3, l 2 2, l 1 = 1, l 2 2, l 1 2, l 2 3, l 1 2, l 2 = 1, l 1, l 2 3, sonst.

60 58 2. Polyominoes SATZ 2.17 Die Anzahl c 2 (n) der Polyominoes aus n Einheitsquadraten mit maximaler Fläche der konvexen Hülle ist gegeben durch BEWEIS. Wir können l 1 = Formeln. n 0 (mod 4) : c 2 (n) = n3 2n 2 + 4n, 16 n 1 (mod 4) : c 2 (n) = n3 2n n + 20, 32 n 2 (mod 4) : c 2 (n) = n3 2n 2 + 4n + 8, 16 n 3 (mod 4) : c 2 (n) = n3 2n 2 + 5n n+1 2 und l 2 = n+2 2 annehmen und der Rest folgt durch Einsetzten in obige LEMMA 2.18 Die gewöhnliche Erzeugendenfunktion für c 2 (n) lautet 1 + x x 2 x 3 + 2x 5 + 8x 6 + 2x 7 + 4x 8 + 2x 9 x 10 + x 12 (1 x 2 ) 2 (1 x 4 ) 2. Betrachten wir nun die möglichen Werte des Flächeninhalts der konvexen Hülle. SATZ 2.19 Für gegebenes n und α = n + m 2 gibt es genau dann ein Polyomino aus n Einheitsquadraten mit Flächeninhalt α der konvexen Hülle, falls m N 0, 0 m n 1 n 2 2 und m 1 oder n + 1 keine Primzahl ist. BEWEIS. Da die Ecken der konvexen Hülle eines Polyominoes Gitterpunkte sind, muss der Flächeninhalt der konvexen Hülle ein ganzzahliges Vielfaches von 1 2 sein. Mit der unteren Schranke n und der oberen Schranke n 1 n 2 2 für den Flächeninhalt ergibt sich n 1 n m N 0, 0 m. 2 2 Ein Polyomino aus n Quadraten und Flächeninhalt n der konvexen Hülle muss konvex sein. Falls der Flächeninhalt der konvexen Hülle n beträgt, muss es ein Dreieck mit Flächeninhalt 1 2 geben. Falls wir dieses Dreieck zu einem Quadrat erweitern, erhalten wir ein Polyomino aus n + 1 Quadraten.

61 2.2. Konvexe Hüllen von Polyominoes 59 Wir können also alle Polyominoes mit Flächeninhalt n der konvexen Hülle dadurch erzeugen, indem wir ein Quadrat an der Ecke eines konvexen Polyominoes aus n + 1 Quadraten entfernen. Die konvexen Polyominoes sind genau die s t Rechtecke. Falls n + 1 eine Primzahl ist, bleibt hier nur ein 1 (n + 1), welches nicht zum richtigen Flächeninhalt führt. Falls n + 1 eine Primzahl ist, müssen wir also m = 1 ausschliessen. Für m 2 betrachten wir die folgenden sieben Konstruktionen. b 1 l a Konstruktion Konstruktion 2. Konstruktion 3. k 1 1 k 2 b + 1 Konstruktion 4. n 1 2 Konstruktion 5. n Konstruktion Konstruktion 7. Um das maximale Volumen der konvexen Hülle in der d-dimensionalen Verallgemeinerung zu bestimmen und zu beweisen, gehen wir analog zum zweidimensionalen Fall vor und starten mit einer Definition. DEFINITION 2.20 mit d 1 und b = d j=1 f d (l 1,..., l d, v 1,..., v d ) = b j 2 j 1, b j {0, 1}, q b,i = I {1,...,d} 1 I!2 d I 2 d 1 b=0 { li 1 for b i = 0, v i for b i = 1. i I q b,i LEMMA 2.21 Das d-dimensionale Volumen der konvexen Hülle eines Polyominoes aus n Einheitshyperwürfeln beträgt höchstens f d (l 1,..., l d, v 1,..., v d ). BEWEIS. Der Beweis benutzt eine doppelte Induktion über d und n. Für die Details verweisen wir auf [41].

62 60 2. Polyominoes SATZ 2.22 Das d-dimensionale Volumen der konvexen Hülle einer Seite-An-Seite-Anlagerung von n Einheitshyperwürfeln beträgt höchstens 1 n 2 + i. I! d I {1,...,d} i I BEWEIS. Für gegebenes n bestimmen wir das Maximum von f d (l 1,..., f d, v 1,..., v d ). Wegen f d (l 1 + 1, l 2,..., l d, v 1 1, v 2,..., v d ) f d (l 1, l 2,..., l d, v 1, v 2,..., v d ) = 0 können wir v 1 = 0 annehmen. Aus Symmetriegründen können wir weiter v 2 = = v d = 0 und l 1 l 2 l d annehmen. Das Maximum von f d (l 1,..., l d, 0,..., 0) kann nicht für l d l 1 > 1 angenommen werden, da f d (l 1 + 1, l 2,..., l d 1, l d 1, 0, 0,..., 0) f d (l 1, l 2,..., l d, 0, 0,..., 0) > 0. Diese Ungleichung erhalten wir durch folgende Überlegung. Falls ein Summand von f d (... ) den Term l 1 aber nicht den Term l d enthält, dann gibt es einen entsprechenden Summanden mit l d anstatt l 1, so dass sich beide Summanden in obiger Differenz auslöschen. Natürlich löschen sich auch die Summanden, die weder l 1 noch l d enthalten in obiger Differenz aus. Somit bleiben nur die Summanden, die l 1 und l d gleichzeitig enthalten. Mit (l )(l d 1 1) (l 1 1)(l d 1) = l d l 1 1 > 0 folgt die obige Ungleichung. Somit können wir l d l 1 1 annehmen und erhalten l i = n 2+i+d d. Einsetzen in Lemma 2.21 liefert die Behauptung. Ein Beispiel für eine Konfiguration, bei der die obere Schranke angenommen wird, besteht aus d paarweise orthogonalen linearen Armen der Länge n 2+i d (i = 1... d), die an einem zentralen Würfel verbunden sind. Für d-dimensionale Polyominoes stellen sich natürlich die selben Fragen, wie im Spezialfall d = 2. AUFGABE 2.23 Bestimme die Anzahl c d (n) der d-dimensionalen Polyominoes mit maximalem Volumen der konvexen Hülle. AUFGABE 2.24 Bestimme für d-dimensionale Polyominoes aus n Einheitshyperwürfeln die Menge W d (n) der möglichen Werte für das Volumen der konvexen Hülle. Die Frage nach der maximalen konvexen Hülle stellt sich natürlich auch für alle anderen zweidimensionalen Verallgemeinerungen von Polyominoes. AUFGABE 2.25 Zeige, dass der maximale Flächeninhalt eines hexagonalen Polyominoes aus n Zellen 1 6 n n + 1 beträgt.

63 2.3. Polyominoes mit Löchern 61 Hilfreich für einen Beweis könnte die Funktion f(l 1, l 2, l 3 ) = 1 [ ] 3(l 1 l 2 + l 1 l 3 + l 2 l 3 ) + 6(l 1 + l 2 + l 3 ) max(l 1, l 2, l 3 ) 6 sein. AUFGABE 2.26 Bestimme den maximalen Flächeninhalt der konvexen Hülle von Seite-an-Seite-Anlagerungen regelmäßiger Einheits-k-Ecke. 2.3 Polyominoes mit Löchern Polyominoes müssen nach ihrer Definition zwar zusammenhängend sein, können aber trotzdem Löcher besitzen. Mit p(h) bezeichnen wir die minimale Funktion, so dass jedes Polyomino mit h Löchern aus mindestens p(h) Quadraten bestehen muss. Durch vollständige Enumeration erhält man: LEMMA 2.27 (p(h)) h=1,...,7 = 7, 11, 14, 17, 19, 23, 25. BEMERKUNG. Es gilt p(n) 2n + 2 3n für unendlich viele Werte n. (Kenne leider die Konstruktion nicht.) p(n) (2.5+ε)n ist einfach zu zeigen. AUFGABE 2.28 Bestimme obere und untere Schranken für p(n) bzw. weitere exakte Werte ohne vollständige Enumeration. 2.4 k-polyominoes Bisher haben wir Polyominoes auf Parkettierungen der Ebene oder des Raumes betrachtet. Anstatt nun immmer umfassendere Klassen von Parkettierungen der Ebene zu betrachten, können wir Polyomninoes auch in eine andere Richtung verallgemeinern.

64 62 2. Polyominoes DEFINITION 2.29 Ein k-polyomnino ist eine überschneidungsfreie Seite-an-Seite Anlagerung von regulären k-ecken mit Seitenlänge eins. Für den Spezialfall k = 5 wurden k-polyominoes bereits unter der Bezeichnung Polypents betrachtet [50], siehe die folgenden Graphiken.

65 2.4. k-polyominoes 63 Es stellt sich natürlich, wie bei allen anderen bisher betrachteten Varianten von Polyominoes, die Frage nach der Anzahl a k (n) der nicht isomorphen k-polyominoes aus n regulären k-ecken. Für k < 3 definieren wir a k (n) = 0. Es gilt offensichtlich a k (1) = a k (2) = 1. SATZ 2.30 Koch und K., 2006 Für k 3 gilt a k (4) = 3k 2 +8k for k 0 mod 12, 3k 2 +4k 7 24 for k 1 mod 12, 3k 2 +8k 4 3k 24 for k 2 mod 12, 2 +10k for k 3 mod 12, 3k 2 +14k+16 3k 24 for k 4 mod 12, 2 +16k for k 5 mod 12, 3k 2 +8k+12 3k 24 for k 6 mod 12, 2 +4k 7 24 for k 7 mod 12, 3k 2 +8k+8 3k 24 for k 8 mod 12, 2 +10k+3 24 for k 9 mod 12, 3k 2 +14k+16 3k 24 for k 10 mod 12, 2 +16k for k 11 mod 12. In den Tabellen 2.19 und 2.20 geben wir die mit Computerunterstützung bestimmten Anzahlen von k- Polyominoes aus n Zellen für kleine Werte von k und n an.