pflasterung konvexer polygone mit gleichschenklig rechtwinkligen

PFLASTERUNG KONVEXER POLYGONE MIT
GLEICHSCHENKLIG RECHTWINKLIGEN
DREIECKEN
Meinem verehrten Lehrer und Freund, Herrn Prof. Dr. Johannes Böhm, zum
90. Geburtstag gewidmet
Eike Hertel
Friedrich-Schiller-Universität Jena, Mathematisches Institut,
Ernst-Abbe-Platz 1-2, D-07743 Jena, Germany
e-mail: [email protected]
Abstract
We give a complete characterization of all convex n-gons that can be tiled with
congruent isosceles right triangles and we determine for given n the set of all numbers
k for wich an n-gon exists with such a tiling into k triangles.
1
Einleitung
Unter einem konvexen Polygon P verstehen wir die konvexe Hülle P = conv{A1 , ..., An } von
n ≥ 3 Punkten Ai der euklidischen Ebene, die nicht alle auf derselben Geraden liegen. Kann
von den Punkten Ai keiner weggelassen werden, ohne diese konvexe Hülle zu verändern, so
heißen die Punkte Ai Eckpunkte von P, und wir nennen P = P n =: A1 A2 ...An ein n-Eck.
Sind die Koordinaten aller Eckpunkte Ai bei geeigneter Lage von P ganzzahlig, so heißt P
Gitterpolygon. Der Rand von P n besteht bei geeigneter Nummerierung der Eckpunkte aus
den Strecken Ai Ai+1 (i = 1, ..., n − 1) und An A1 , den Seiten von P n . Ein Polygon P heißt
(elementargeometrische) Summe der k Polygone Qi bzw. in die Teilpolygone Qi zerlegt,
wenn P die Vereinigungsmenge der Qi ist und diese paarweise innendisjunkt sind:
P=
k
∑
i=1
Qi
:⇐⇒ P =
k
∪
Qi
∧ int(Qi ∩ Qj ) = ∅ (1 ≤ i < j ≤ k).
i=1
Während die Tatsache, dass jedes n-Eck für alle natürlichen Zahlen k ≥ n − 2 in k Dreiecke zerlegt werden kann, zur elementaren Schulgeometrie gehört, ist die Frage nach den
1
2
2 NOTWENDIGE BEDINGUNGEN
zulässigen Tripeln (n, k, m), so dass jedes n-Eck in k m-Ecke zerlegt werden kann nur für
spezielle edge-to-edge-Zerlegungen1 beantwortet (vgl. [B-S]). Und selbst bei der Beschränkung auf m = 3 (Dreieckszerlegungen von Polygonen) ergeben sich reizvolle Fragestellungen.
So wurde in [Yu] die Frage nach der Polygonzerlegung in spitzwinklige Dreiecke behandelt,
in [K-S] die in inhaltsgleiche und in [La1] in paarweise ähnliche Dreiecke. In [La2] beantwortet M. Laczkovich die Frage nach den Dreieckstypen D, für die zu einem gegebenen Polygon
eine Zerlegung in zu D kongruente Dreiecke existiert. Im folgenden wird gewissermaßen die
umgekehrte Fragestellung betrachtet: Gegeben ist ein Dreieckstyp D, und gesucht sind alle
Polygone P, die eine Zerlegung in zu D kongruente Dreiecke gestatten. Nachdem in [H-R]
der Fall regulärer (gleichseitiger) Dreiecke untersucht wurde, beschränken wir uns in dieser
Note auf gleichschenklig rechtwinklige Dreiecke D. Eine solche Zerlegung
Pn =
(1)
k
∑
Di
mit Di ∼
= D1 (i = 1, ..., k)
i=1
eines n-Ecks P n in k paarweise kongruente gleichschenklig rechtwinklige Dreiecke Di nennen
wir hier kurz eine gr-Pflasterung von P n . Wir geben eine vollständige Klassifikation der
konvexen Polygone an, die eine solche gr-Pflasterung erlauben. Ferner bestimmen wir die
Mengen Zn aller positiven ganzen Zahlen k ∈ N∗ , für die ein n-Eck existiert, das eine grPflasterung in k Dreiecke gestattet, für alle in Frage kommenden natürlichen Zahlen n ≥ 3.
2
Notwendige Bedingungen
Für eine erste Charakterisierung gr-pflasterbarer Polygone kann ein Satz aus [La2] benutzt
werden:
Satz von Laczkovich (Theorem 2, [La2], S. 282) Sei P ein konvexes Polygon, welches in
endlich viele beliebige Dreiecke Di zerlegt ist, und sei K der Körper, der von den Kotangens
der Winkel der Di erzeugt wird. Wenn P zwei Ecken mit Koordinaten in K hat, dann liegen
die Koordinaten aller Ecken der Di und von P im Körper K.
Für gleichschenklig rechtwinklige Dreiecke Di mit den Innenwinkelgrößen αi = β i =
und γ i =
π
2,
π
4
also cot αi = cot β i = 1 und cot γ i = 0, wir K = Q zum Körper der rationalen
Zahlen, und bei geeigneter Lage von P nach eventueller Dilatation ist immer erreichbar, dass
ein Eckpunkt von P die Koordinaten (0, 0) und ein Eckpunkt die Koordinaten (q, 0) oder
(0, q) hat mit q ∈ Q. Damit folgt aus dem Satz von Laczkovich, dass ein konvexes Polygon
mit einer gr-Pflasterung ähnlich zu einem Gitterpolygon mit gr-Pflasterung ist, und es gilt
folgendes
1 je
2 verschiedene Teilpolygone der Zerlegung haben keinen oder genau einen Punkt gemeinsam oder eine
ganze Seite
3
Lemma. Gestattet ein konvexes Polygon P eine gr-Pflasterung, so liegen auf jeder Seite
von P entweder nur Pflasterdreiecke mit ihrer Hypotenuse oder nur mit einer Kathete an.
Da die durch kongruente gleichschenklig rechtwinklige Dreiecke gepflasterten n-Ecke P n
√
2
nur bis auf Ähnlichkeit interessieren, können die Seitenlängen der Dreiecke mit 1, 1 und
angenommen werden, so dass ein solches n-Eck
P n = (α1 , a1 , ..., αn , an )
durch die gemischte Folge seiner im positiven Umlaufsinn aufeinander folgenden Innenwinkelgrößen αi und zugehörigen Seitenlängen ai bis auf zyklische Umordnung als Typ eineindeutig
beschrieben wird. Nach dem Lemma bedeutet unsere Normierung der Pflasterdreiecke für
√
die einzelnen Seitenlängen ai = li + mi 2 (li , mi ∈ N) von P n entweder li = 0 oder mi = 0.
Ferner können die Innenwinkelgrößen von P n nur die Werte
π
4
und
π
2
oder
3π
4
annehmen, so
dass für die Innenwinkelsumme von P n
(n − 2)π = x ·
π
π
3π
+y· +z
4
2
4
gelten muss mit ganzen Zahlen x, y, z ≥ 0 und
(1.1)
n = x + y + z,
woraus sich
(1.2)
3x + 2y + z = 8
ergibt. Daraus folgt
3 ≤ n ≤ 8,
(1.3)
denn die Annahme n = x + y + z > 8 führt mit (1.2) auf x + y + z > 3x + 2y + z und
somit zu 0 > 2x + y im Widerspruch zur Voraussetzung x, y ≥ 0. Es gibt also nur endlich
viele Lösungen der Gleichungen (1.1) und (1.2) in nicht negativen ganzen Zahlen x, y, z die
in folgender Tabelle aufgelistet werden:
Nr.
x
y
z
n
1
0
0
8
8
2
0
1
6
7
3
0
2
4
6
4
0
3
2
5
5
0
4
0
4
6
1
0
5
6
7
1
1
3
5
8
1
2
1
4
9
2
0
2
4
10
2
1
0
3
4
4 VIERECKE
3
Dreiecke
Für n = 3 gibt es nur eine Lösung (Nr. 10), und es gilt der folgende
Hilfssatz 1. Ein Dreieck D gestattet genau dann eine gr-Pflasterung, wenn D selbst
gleichschenklig rechtwinklig ist, und es gilt
Z3 = {ε · m2 : m ∈ N∗ ; ε ∈ {1, 2}} = (1, 2, 4, 8, 16, 18, 25, 32, 36, 49, 50, ...).
Beweis. a) Zum Beweis der Notwendigkeit der angegebenen Bedingung für die Anzahl k der
√
∑k
Teildreiecke Di vom Typ ( π4 , 1, π2 , 1, π4 , 2) in der gr-Pflasterung D = 1 Di des Dreiecks D
√
vom Typ ( π4 , a, π2 , a, π4 , b) sei a = l+m 2. Dann folgt für den Flächeninhalt F (D) = k·F (D1 )
bzw.
√
F (D) = 21 a2 = 12 l2 + lm 2 + m2 = k · F (D1 ) = k ·
1
2
mit l, m, k ∈ N.
Dann muss entweder l = 0 oder m = 0 gelten (vgl. obiges Lemma). Im ersten Fall ist
a2 = k = 2m2 , im zweiten Fall folgt k = l2 .
b) Für den Nachweis, dass diese Bedingungen für k hinreichend sind, genügt die Abb. 1.
Im Übrigen beschreibt die Menge Z3 die aus der Zahlentheorie bekannte Folge A028982
der Quadrat- und verdoppelten Quadratzahlen - vgl. die Online-Enzyklopädie der ganzzahligen Folgen [OEIS].
2 · m2
l2
Abbildung 1: Dreieck
4
Vierecke
Für n = 4 besitzen die Gleichungen (1.1) und (1.2) drei Lösungen (Nr. 5,8,9).
1. Fall (Lösung Nr. 5). Das zu pflasternde Viereck V hat y = 4 Innenwinkel der Größe
√
V ist also ein Rechteck mit Seitenlängen ai = li + mi 2 (li , mi ∈ N∗ ; i = 1, 2). Dann
∑k
gilt für den Flächeninhalt F (V) = 1 F (Di )
π
2,
F (V) = a1 · a2 = l1 l2 + 2m1 m2 +
√
1
2(l1 m2 + l2 m1 ) = k,
2
5
woraus l1 m2 + l2 m1 = 0 folgt.
√
a) Für l1 = 0 ergibt sich a1 a2 = 2m1 m2 + m1 l2 2 = 12 k, wegen m1 ̸= 0 also auch l2 = 0
und damit k = 4m1 m2 (m1 , m2 ∈ N∗ ).
b) Für m2 = 0 ergibt sich analog m1 = 0 und k = 2l1 l2 (l1 , l2 ∈ N∗ ).
Unter Berücksichtigung von Abb. 2 ergibt sich folgender
Hilfssatz 2.1. Ein Rechteck V gestattet genau dann eine gr-Pflasterung, wenn das Verhältnis seiner Seitenlängen rational ist (V heiße dann rational), und zu jeder geraden Zahl
k ∈ Z14 := {2m : m ∈ N∗ } existiert ein Rechteck mit einer gr-Pflasterung in k Teile.
k =2·8
k =4·3
k =4·2
b)
k =2·3
a)
Abbildung 2: Rechteck
2. Fall (Lösung Nr. 8). Das zu pflasternde Viereck V hat x = 1 Innenwinkel der Größe
π
4,
y = 2 der Größe
π
2
und z = 1 Innenwinkel der Größe
3π
4 .
Die möglichen Verteilungen
dieser Winkel ergeben zwei Vierecktypen:
V = ( π4 , a1 , π2 , a2 , π2 , a3 , 3π
4 , a4 ) - V heiße rechtwinkliges Trapez,
π
2
V = ( π4 , a1 , π2 , a2 , 3π
4 , a3 , 2 , a4 ) - V heiße rechtwinkliges Sehnenviereck.
√
2.1 Sei V rechtwinkliges Trapez mit den Seitenlängen ai = li + mi 2. Dann gilt für den
Flächeninhalt von V
1
1
F (V) =
a2 (a1 + a3 ) = k und somit
2
2
(
√ )(
√ )
k =
l2 + m2 2 l1 + l3 + (m1 + m3 ) 2
)
√ (
= l2 (l1 + l3 ) + 2m2 (m1 + m3 ) + 2 l2 (m1 + m3 ) + m2 (l1 + l3 ) ,
woraus folgt l2 (m1 + m3 ) + m2 (l1 + l3 ) = 0 mit li , mi ∈ N.
a) m2 = 0 bedeutet wegen (dann) l2 > 0, dass m1 + m3 = 0, also auch m1 = m3 = 0, gilt
und somit k = l2 (l1 + l3 ). Wegen (∗) a1 = a2 + a3 bzw. l2 = l1 − l3 wird
k = (l1 − l3 )(l1 + l3 ) = l12 − l32
(0 < l3 < l1 ; l1 , l3 ∈ N∗ ).
Die Menge {3, 5, 7, 8, 9, 11, 12, 13, 15, 16, 17, 19, 20, 21, 23, ...} dieser Zerlegungszahlen k entspricht der bekannten Folge A024352 in [OEIS], sie enthält insbesondere alle ungeraden
2 mit
genau 2 gegenüberliegenden rechten Innenwinkeln
6
4 VIERECKE
natürlichen Zahlen >1.
b) l1 + l3 = 0 hat wegen (dann) m1 , m3 > 0 auch l2 = 0 zur Folge. Unter Berücksichtigung
von (∗) ergibt sich
k = a2 (a1 + a3 ) = (a1 − a3 )(a1 + a3 ) = a21 − a23 = 2 · (m21 − m23 ) mit 1 ≤ m3 < m1 .
a2
a2
a1
a1
a3
a4
a3
a)
b)
Abbildung 3: Rechtwinkliges Trapez
Mit Abb.3 ergibt sich folgender
Hilfssatz 2.2. Ein rechtwinkliges Trapez V = ( π4 , a1 , π2 , a2 , π2 , a3 , 3π
4 , a4 ) gestattet genau
dann eine gr-Pflasterung, wenn die Längen a1 und a3 der parallelen Seiten in rationalem
Verhältnis stehen (V heiße dann rational), und zu jeder natürlichen Zahl
{
}
2
2
:=
ε(t
−
t
)
:
ε
∈
{1,
2}
0
<
t
<
t
(t
,
t
∈
N)
= N \ {0, 1, 2, 4}.
k ∈ Z2,1
1
2
1 2
2
1
4
existiert ein rechtwinkliges Trapez mit einer gr-Pflasterung in k Teile.
π
2.2 Sei V = ( π4 , a1 , π2 , a2 , 3π
4 , a3 , 2 , a4 ) jetzt ein rechtwinkliges Sehnenviereck mit den
√
Seitenlängen ai = li + mi 2. Dann gilt für den Flächeninhalt von V
1
1
F (V) =
(a1 a2 + a3 a4 ) = k und somit
2
2
√
k = l1 l2 + l3 l4 + 2(m1 m2 + m3 m4 ) + 2(l1 m2 + l2 m1 + l3 m4 + l4 m3 ),
woraus folgt l1 m2 + l2 m1 + l3 m4 + l4 m3 = 0 mit li , mi ∈ N. Der Fall b) l1 = 0 und
√
a1 = m1 2 kann durch eine Geradenspiegelung (Umorientierung) von V in den Fall a)
überführt werden mit l1 ̸= 0, der hier nur betrachtet werden muss. Dann muss in der Ecke
von V mit der Innenwinkelgröße
π
4
ein Pflasterdreieck liegen mit Kathetenbeitrag zu a1
und Hypotenusenbeitrag zu a4 , also gilt m4 ̸= 0 und folglich auch l3 = l4 = 0 und somit
√
√
a1 = l1 , a2 = l2 , a3 = m3 2, a4 = m4 2 mit l1 , l2 , m3 , m4 ∈ N∗ . Als Menge aller möglichen
Zerlegungsanzahlen k ergibt sich damit
∗
Z2,2
4 := {l1 l2 + 2m3 m4 : 2 ≤ m4 ; l2 = 2m4 − l1 ; m3 = l1 − m4 (l1 , l2 , m3 , m4 ∈ N )}
Unter Berücksichtigung des in Abb. 4 angedeuteten Konstruktionsprinzips folgt der
7
π
Hilfssatz 2.3. Ein rechtwinkliges Sehnenviereck V = ( π4 , a1 , π2 , a2 , 3π
4 , a3 , 2 , a4 ) gestattet
genau dann eine gr-Pflasterung, wenn wenigstens ein Paar der Längen von Seiten, die einem
der rechten Innenwinkel anliegen, in rationalem Verhältnis stehen (a1 /a2 ∈ Q oder a3 /a4 ∈
Q) - V heiße dann rational, und zu jedem k ∈ Z2,2
existiert ein rationales rechtwinkliges
4
Sehnenviereck mit einer gr-Pflasterung in k Teile.
a3
a2
a)
a3
a4
a1
b)
a2
a1
Abbildung 4: Sehnenviereck
Es erscheint bemerkenswert, dass die Menge dieser Zerlegungszahlen
Z2,2
4 = {7, 14, 17, 23, 28, 31, 34, 41, 46, 47, 49, 56, 61, 63, 68, 71, 73, 79, 82, 89, ...}
mit dem aus der Zahlentheorie bekannten Congruum Problem zusammenhängt: Gesucht sind
ganze Zahlen x, y, z, h, so dass h = x2 − y 2 = z 2 − x2 gilt. Die Folge der zulässigen Zahlen
z für die Lösung dieser Aufgabe ist die Folge A056203 in [OEIS]. Ihre Glieder bilden die
Menge Z2,2
4 .
3. Fall (Lösung Nr. 9). Das zu pflasternde Viereck V hat x = 2 Innenwinkel der Größe
π
4
und z = 2 der Größe
3π
4 .
Die möglichen Verteilungen dieser Winkel ergeben zwei Viereck-
typen:
π
3π
V = ( π4 , a1 , 3π
4 , a2 , 4 , a3 , 4 , a4 ) - V heiße
3π
V = ( π4 , a1 , π4 , a2 , 3π
4 , a3 , 4 , a4 ) - V heiße
3.1. Sei V
π
4 -Parallelogramm
π
4 -Parallelogramm,
gleichschenkliges π4 -Trapez.
√
mit den Seitenlängen ai = li +mi 2 (li , mi ∈ N; i = 1, ..., 4).
Dann gilt für den Flächeninhalt von V
√
F (V) = a1 · h = a1 · a2 sin π4 = a1 a2 22 = 12 k, woraus folgt
√
√ √
k = (l1 + m1 2)(l2 + m2 2) 2
√
= (l1 l2 + 2m1 m2 ) 2 + 2(l1 m2 + l2 m1 ),
und es muss l1 l2 + 2m1 m2 = 0 gelten. In Analogie zu Fall 2.2 (vgl. Abb. 5) ergibt sich
k = 2l1 m2 und somit folgender
V mit den Seitenlängen a1 , a2 gestattet genau
√
dann eine gr-Pflasterung, wenn es eine positive rationale Zahl r gibt mit a2 /a1 = r · 2
Hilfssatz 3.1. Ein
π
4 -Parallelogramm
8
4 VIERECKE
∗
(V heiße dann rational), und zu jeder geraden Zahl k ∈ Z3,1
4 := {2m : m ∈ N } existiert ein
π
4 -Parallelogramm
mit einer gr-Pflasterung in k Teile.
a1
a1
a2
b)
a)
a2
Abbildung 5:
3.2. Sei V ein gleichschenkliges
π
4 -Parallelogramm
π
4 -Trapez
√
mit den Seitenlängen ai = li + mi 2
(li , mi ∈ N; i = 1, ..., 4). Dann gilt für den Flächeninhalt von V
√
F (V) = 21 (a1 + a3 ) · h = 12 (a1 + a3 ) 22 a2 = 12 k und somit
√
√ (
√ )
2
k =
(l2 + m2 2) (l1 + l3 ) + (m1 + m3 ) 2
2
√ (
)
2
= m2 (l1 + l3 ) + l2 (m1 + m3 ) +
2m2 (m1 + m3 ) + l2 (l1 + l3 ) ,
2
woraus folgt 2m2 (m1 + m3 ) + l2 (l1 + l3 ) = 0.
a) m1 + m3 = 0 hat zur Folge l1 , l3 > 0, also l2 = 0 und m2 > 0. In diesem Fall folgt mit
l1 = 2m2 + l3 (vgl. Abb. 6) für die möglichen Zerlegungszahlen k = m2 (l1 + l3 ) = m2 (2m2 +
2l3 ) bzw.
3.2a)
Z4
:= {2m : m ≥ 2; m ∈ N}.
b) m2 = 0 hat zur Folge l2 > 0, l1 = l3 = 0, m1 , m3 > 0 und somit k = l2 (m1 + m3 ),
woraus mit der in diesem Fall gültigen Beziehung m1 = l2 + m3 folgt
3.2b)
k ∈ Z4
so dass
3.2b)
Z4
:= {m21 − m23 : 1 ≤ m3 < m1 ; m1 , m3 ∈ N},
insbesondere alle ungeraden natürlichen Zahlen 2m3 + 1 ≥ 3 enthält. Unter
Berücksichtigung von Abb. 6 ergibt sich der folgende
Hilfssatz 3.2. Ein gleichschenkliges
π
4 -Trapez
3π
V = ( π4 , a1 , π4 , a2 , 3π
4 , a3 , 4 , a4 ) gestattet
genau dann eine gr-Pflasterung, wenn die Längen a1 , a3 seiner parallelen Seiten in rationalem Verhältnis stehen (V heiße dann rational), und zu jeder Zahl
3,2a)
k ∈ Z3,2
4 := Z4
3,2b)
∪ Z4
= {m ∈ N :, m ≥ 3}
existiert ein (rationales) gleichschenkliges
π
4 -Trapez
mit einer gr-Pflasterung in k Teile.
9
a3
a3
a)
b)
a2
a4
√
a1 = m1 2
a1 = l 1
Abbildung 6: Gleichschenkliges
π
4 -Trapez
Die Ergebnisse für die gr-Pflasterungen von Vierecken können zusammengefasst werden
in folgendem
Satz 1. Ein konvexes Viereck V erlaubt genau dann eine gr-Pflasterung, wenn V entweder ein rationales Rechteck ist oder ein rationales rechtwinkliges Trapez, ein rationales
rechtwinkliges Sehnenviereck, ein rationales
schenkliges
π
4 -Trapez.
π
4 -Parallelogramm
oder ein rationales gleich-
Zu jeder natürlichen Zahl
k ∈ Z4 := {m ∈ N : m ≥ 2}
existiert ein konvexes Viereck mit einer gr-Pflasterung in k Teile.
5
Fünfecke
Für n = 5 besitzen die Gleichungen (1.1) und (1.2) zwei Lösungen (Nr. 4 und Nr. 7).
1. Fall (Lösung Nr. 4). Das zu pflasternde Fünfeck P 5 hat y = 3 rechte Innenwinkel und
z = 2 Innenwinkel der Größe
3π
4 .
Die möglichen Verteilungen dieser Winkel ergeben zwei
Fünfecktypen:
3π
P 5 = ( π2 , a1 , π2 , a2 , π2 , a3 , 3π
4 , a4 , 4 , a5 ) - P 5 heiße abgestumpftes Rechteck,
π
3π
P 5 = ( π2 , a1 , π2 , a2 , 3π
4 , a3 , 2 , a4 , 4 , a5 ) - P 5 heiße Hausfünfeck.
√
1.1. Sei P 5 ein abgestumpftes Rechteck mit den Seitenlängen ai = li + mi 2
(li , mi ∈ N; i = 1, ..., 5). Dann gilt für den Flächeninhalt von P 5 F (P 5 ) = a1 a5 + 21 s(a1 +a3 ),
√
wenn s :=
2
2 a4
die Kathetenlänge der vom Rechteck mit den Seitenlängen a1 , a2 abgeschnit-
tenen dreieckigen Ecke ist, und es wird
√
√
F (P 5 ) = (l1 + m1 2)(l5 + m5 2) +
√
2
4 (l4
√
√
√
+ m4 2)(l1 + m1 2 + l3 + m3 2),
woraus mit F (P 5 ) = 21 k für die Anzahl k der normierten
Pflasterdreiecke folgt
)
√ (
k = 2l1 l5 +4m1 m5 +l4 (m1 +m3 )+(l1 +l3 )m4 + 2 2l1 m5 +2l5 m1 + 21 l4 (l1 +l3 )+m4 (m1 +m3 ) .
Wegen li , mi ∈ N muss
2l1 m5 + 2l5 m1 + 21 l4 (l1 + l3 ) + m4 (m1 + m3 ) = 0
gelten, und es werden zwei Fälle unterschieden:
10
5
FÜNFECKE
a) m1 + m3 = 0 hat zur Folge l1 , l3 > 0, also auch l4 = m5 = 0 un m4 , l5 > 0. Dann wird
k = 2l1 l5 + (l1 + l3 )m4 und wegen a2 = a5 + s = l5 + m4 = l2 und a1 = a3 + s bzw.
l1 = l3 + m4 folgt k = 2l1 (l2 − m4 ) + (l1 + l1 − m4 )m4 und somit
k = 2l1 l2 − m24
(1 ≤ m4 < l1 , l2 ).
b) m4 = 0 hat zur Folge l4 > 0, also l1 = l3 = 0, m1 , m3 > 0, l5 = 0, m5 > 0. Damit wird
k = 4m1 m5 + l4 (m1 + m3 ),
√
√
√
und wegen a2 = a5 + s = m5 2 + 22 a4 = (m5 + 12 l4 ) 2, also m2 = m5 + 12 l4 , muss l4 = 2l
eine gerade Zahl sein, und es wird
k = 4m1 (m2 − l) + 2lm1 + 2lm3
=
4m1 m2 − 2lm1 + 2lm3
=
4m1 m2 − 2l(m1 − m3 )
=
4m1 m2 − 2l2
(1 ≤ l < m1 , m2 ).
Unter Berücksichtigung von Abb. 7 ergibt sich der folgende
3π
Hilfssatz 4.1. Ein abgestumpftes Rechteck P 5 = ( π2 , a1 , π2 , a2 , π2 , a3 , 3π
4 , a4 , 4 , a5 ) ge-
stattet genau dann eine gr-Pflasterung, wenn wenigstens drei der Längen a1 , ..., a4 der Seiten,
die den rechten Innenwinkeln anliegenden, in rationalem Verhältnis stehen (P 5 heiße dann
rational), und zu jeder Zahl
}
{
2
k ∈ Z1.1
5 := ε(2t2 t3 − t1 ) : 1 ≤ t1 < t2 , t3 ; ε ∈ {1, 2} (t1 , t2 , t3 ∈ N)
existiert ein rationales abgestumpftes Rechteck mit einer gr-Pflasterung in k Teile.
Die Frage nach einer expliziten Bestimmung der Menge Z1.1
5 bzw. ob die
„Ausnahmemenge“ N \ Z1.1
5 =
{0, 1, ..., 6, 8, 9, 10, 12, 13, 16, 18, 21, 24, 25, 33, 37, 42, 45, 48, 57, 85, 93, 105, 133, 165, 177, ??}
endlich ist, muss hier unbeantwortet bleiben.
a2
s
s
a)
a2
a5
b)
√
a1 = m1 2
a1 = l 1
Abbildung 7: Abgestumpftes Rechteck
√
1.2. Sei P 5 jetzt ein Hausfünfeck mit den Seitenlängen ai = li + mi 2
(li , mi ∈ N; i = 1, ..., 5). Dann gilt für den Flächeninhalt von P 5 mit s :=
√
2
2 a4
und t :=
√
2
2 a3
11
(vgl. Abb. 8 c)) F (P 5 ) =
1
2 (s
+ a5 + a5 )s + 12 (s + a5 + a2 )t, woraus für die Anzahl k der
Pflasterdreiecke folgt
k = (s + a5 )(s + t) + a5 s + a2 t
l42
bzw. mit s + t = a1
2m24
2k = l3 l4 +(2m3 m4 + +
+ 2l3 m5 + 2l5 m3 + 4l4 m5 + 4l5 m4 + 2l2 m3 + 2l3 m2 +
)
√
+ 2 l3 m4 + l4 m3 + 2l4 m4 + l3 l5 + 2m3 m5 + 2l4 l5 + 4m4 m5 + l2 l3 + 2m2 m3 .
Es muss also gelten l3 m4 + l4 m3 + 2l4 m4 + l3 l5 + 2m3 m5 + 2l4 l5 + 4m4 m5 + l2 l3 + 2m2 m3 = 0.
a) l3 = 0 hat zur Folge m3 , m4 , l2 , l5 > 0 und l3 = l4 = m2 = m5 = 0 und damit wird
2k = 2m3 m4 + 2m24 + 2l5 m3 + 4l5 m4 + 2l2 m3 . Mit a2 + t = a5 + s bzw. l2 + m3 = l5 + m4
ergibt sich daraus
k = (m3 + m4 )2 + 2l5 (m3 + m4 ) − 2m23
mit o.B.d.A. m3 ≤ m4 (l5 , m3 , m4 ∈ N∗ ).
b) m4 = 0 hat zur Folge l4 , l3 , m5 , m2 > 0 und m3 = l5 = l2 = 0 und damit
2k = l3 l4 + l42 + 2l3 m5 + 4l4 m5 + 2l3 m2 .
Analog zu a) ergibt sich
k = 21 (l3 + l4 )2 + 2m5 (l3 + l4 ) − l32
mit l3 + l4 geradzahlig und o.B.d.A. l3 ≤ l4 (l3 , l4 , m5 ∈ N∗ ). Insgesamt gilt mit Berücksichtigung von Abb. 8 folgender
π
3π
Hilfssatz 4.2. Ein Hausfünfeck P 5 = ( π2 , a1 , π2 , a2 , 3π
4 , a3 , 2 , a4 , 4 , a5 ) gestattet genau
dann eine gr-Pflasterung, wenn die Seitenlängen a1 , a2 , a5 in rationalem Verhältnis stehen
(P 5 heiße dann rational), und zu jedem
)
}
{ (
∗
1
2
2
(t
+
t
)
−
t
+
2t
(t
+
t
)
∈
N
:
ε
∈
{1,
2};
t
≤
t
(t
,
t
,
t
∈
N
)
k ∈ Z1.2
:=
ε
1
2
3
1
2
1
2
1
2
3
5
1
2
existiert ein rationales Hausfünfeck mit einer gr-Pflasterung in k Teile.
Die Frage nach einer expliziten Bestimmung der Menge
Z1.2
5 = {5, 6, 9, 10, −, 12, ..., 34, −, 36, ..., 50, −, 52, ..., 178, ??}
bzw. nach der Endlichkeit der Ausnahmemenge N\Z1.2
5 = {0, 1, 2, 3, 4, 7, 8, 11, 35, 51, ??}muss
auch hier unbeantwortet bleiben.
a3 = l3
√
a4
a4 = l4
√
a2 = m2 2
c)
a3
a3 = m3 2
a4
a)
t
b)
s
a2
√
a1 = m1 2
a1
a1 = l 1
Abbildung 8: Hausfünfeck
12
5
FÜNFECKE
2. Fall (Lösung Nr. 7). Das zu pflasternde Fünfeck P 5 hat x = 1 Innenwinkel der Größe
π
4,
y = 1 rechten Innenwinkel und z = 3 Innenwinkel der Größe
3π
4 .
Die möglichen Vertei-
lungen dieser Winkel ergeben wieder zwei Fünfecktypen:
3π
3π
P 5 = ( π4 , a1 , π2 , a2 , 3π
4 , a3 , 4 , a4 , 4 , a5 ) - P 5 heiße abgestumpftes rechtwinkliges Trapez,
π
3π
3π
P 5 = ( π4 , a1 , 3π
4 , a2 , 2 , a3 , 4 , a4 , 4 , a5 ) - P 5 heiße abgestumpftes Parallelogramm.
√
2.1. Sei P 5 ein abgestumpftes rechteckiges Trapez mit den Seitenlängen ai = li + mi 2
(li , mi ∈ N; i = 1, ..., 5). Dann gilt für den Flächeninhalt von P 5
F (P 5 ) = 14 a25 +
√
2
2 a4 a5
+
√
√
2
2
2 a2 ( 2 a5
+ a2 ),woraus für die Anzahl k der Pflasterdrei-
ecke folgt
k = 21 l52 + m25 + 2l4 m5 + 2l5 m4 + 12 l3 l5 + m3 m5 + l2 m3 + l3 m2 +
)
√ (
+ 2 l5 m5 + l4 l5 + 2m4 m5 + 12 l3 m5 + 12 l5 m3 + 12 l2 l3 + m2 m3 .
Es muss also gelten
l5 m5 + l4 l5 + 2m4 m5 + 21 l3 m5 + 12 l5 m3 + 12 l2 l3 + m2 m3 = 0,
und es werden wieder zwei Fälle unterschieden.
a) l5 = 0 hat zur Folge l2 , l4 , m3 , m5 > 0 und l3 = m2 = m4 = 0, und damit wird
k = (m3 + m5 )2 + 2l4 m5 − 2m23
mit 1 ≤ m3 < m5 und 1 ≤ l4 .
b) m5 = 0 hat zur Folge l3 , l5 , m2 , m4 > 0 und l2 = l4 = m3 = 0, und damit wird
k = 21 (l3 + l5 )2 + 2m4 l5 − l32
mit 1 ≤ l3 < l5 − 1 und 1 ≤ m4 .
Unter Berücksichtigung von Abb. 9 ergibt sich insgesamt folgender
3π
3π
Hilfssatz 4.3. Ein abgestumpftes rechtwinkliges Trapez P 5 = ( π4 , a1 , π2 , a2 , 3π
4 , a 3 , 4 , a4 , 4 , a5 )
gestattet genau dann eine gr-Pflasterung, wenn die dem rechten Winkel anliegenden Seiten
und die beiden parallelen Seiten in rationalem Verhältnis stehen (P 5 heiße dann rational),
und zu jedem
{ε(
)
}
k ∈ Z2.1
(t1 +t2 )2 −2t1 +2t2 t3 ∈ N : ε ∈ {1, 2}; 1 ≤ t1 < t2 −(2−ε) (t1 , t2 , t3 ∈ N∗ ) .
5 :=
2
existiert ein rationales abgestumpftes Trapez mit einer gr-Pflasterung in k Teile.
a4 = l 4
a)
√
a4 = m4 2
b)
√
a1 = m1 2
a1 = l 1
Abbildung 9: Abgestumpftes rechtwinkliges Trapez
13
Ist die Ausnahmemenge N\Z2.1
5 = {0, 1, ..., 10, 12, 14, 16, 17, 18, 21, 24, 28, 34, 42, 48, 105, 165, ??}
endlich ?
π
3π
3π
2.2. Sei P 5 = ( π4 , a1 , 3π
4 , a2 , 2 , a3 , 4 , a4 , 4 , a5 ) jetzt ein abgestumpftes Parallelogramm
√
mit den Seitenlängen ai = li + mi 2 (li , mi ∈ N; i = 1, ..., 5). Dann gilt für den Flächenin-
halt von P 5 mit s :=
√
2
2 a2 ,
√
t :=
2
2 a3
F (P 5 ) = a1 s + 12 (a1 + a4 )t =
√
k = 2a1 a2 +
√
2
2 (a1
√
2
2 a1 a2
√
+
2
4 (a1
+ a4 )a3 , also
+ a4 )a3
= 2l1 m2 + 2l2 m1 + l3 m1 + l3 m4 + l1 m3 + l4 m3 +
)
√ (
+ 2 l1 l2 + 2m1 m2 + 21 l3 (l1 + l4 ) + m3 (m1 + m4 ) .
Es muss demnach gelten l1 l2 + 2m1 m2 + 21 l3 (l1 + l4 ) + m3 (m1 + m4 ) = 0, und es werden
wieder zwei Fälle unterschieden:
a) l3 = 0 hat zur Folge m3 , l1 , l4 , m2 > 0 und m1 = m4 = l2 = 0. Damit wird
√
k = 2l1 m2 + l1 m3 + m3 l4 und wegen a1 = a4 + 2a3 bzw. jetzt l4 = l1 − 2m3
k = 2l1 m2 + 2l1 m3 − 2m23 mit 1 ≤ m2 , m3 und 2m3 < l1 .
b) l3 > 0 hat zur Folge m1 , m4 , l2 > 0 und l1 = l4 = m2 = m3 = 0. Damit wird
√
k = 2l2 m1 + l3 m1 + l3 m4 und wegen a1 = a4 + 2a3 bzw. jetzt m4 = m1 − l3
k = 2l2 m1 + 2l3 m1 − l32 mit 1 ≤ l2 , l3 und l3 < m1 .
b)
a)
√
a1 = m1 2
a1 = l 1
Abbildung 10: Abgestumpftes Parallelogramm
Insgesamt gilt mit Berücksichtigung von Abb. 10 folgender
Hilfssatz 4.4. Ein abgestumpftes Parallelogramm P 5 , welches (nach eventueller Umoriπ
3π
3π
entierung bzw. Geradenspiegelung) die Darstellung P 5 = ( π4 , a1 , 3π
4 , a2 , 2 , a3 , 4 , a4 , 4 , a 5 )
hat, gestattet genau dann eine gr-Pflasterung, wenn zwei positive rationale Zahlen r1 , r2
√
existieren mit r1 · r2 > 1 und a1 /a2 = r1 2 und a2 /a3 = r2 (P 5 heiße dann rational), und
zu jedem
∗
2
k ∈ Z2.2
5 := {2t3 (t1 + t2 ) − εt1 ∈ N : ε ∈ {1, 2}; 1 ≤ t1 .t2 ; εt1 < t3 (t1 , t2 , t3 ∈ N )}
existiert ein rationales abgestumpftes Parallelogramm mit einer gr-Pflasterung in k Teile.
Ist die Ausnahmemenge
N \ Z2.2
5 = {0, ..., 6, 8, 9, 12, 13, 21, 24, 25, 33, 37, 45, 57, 85, 93, 105, 133, 165, 177, ??} endlich ?
14
5
FÜNFECKE
Zusammenfassend gilt folgender
Satz 2. Ein konvexes Fünfeck P 5 gestattet genau dann eine gr-Pflasterung, wenn P 5
entweder ein rationales abgestumpftes Rechteck ist oder ein rationales Hausfünfeck, ein
rationales abgestumpftes rechtwinkliges Trapez oder ein rationales abgestumpftes Parallelogramm. Zu genau jeder natürlichen Zahl k ∈ Z5 := N \ {0, 1, 2, 3, 4, 8} existiert mindestens
ein konvexes Fünfeck mit einer gr-Pflasterung in k Teile.
1.2 b) k = 5
1.2 a) k = 6
1.1 a) k = 7
1.2 a) k = 10 + 8m
1.1 a) k = 11 + 8m
1.2 b) k = 9 + 8m
1.2 a) k = 14 + 8m
1.2 b) k = 12 + 8m
1.1 a) k = 15 + 8m
1.2 b) k = 13 + 8m
1.2 a) k = 16 + 8m
Abbildung 11: Bestimmung von Z5
15
6
Sechsecke
Für n = 6 besitzen die Gleichungen (1.1) und (1.2) zwei Lösungen (Nr. 3 und Nr. 6).
1. Fall (Lösung Nr. 3). Das zu pflasternde Sechseck P 6 hat y = 2 rechte Innenwinkel
und z = 4 Innenwinkel der Größe
3π
4 .
Ein solches Sechseck nennen wir zweirechtwinkliges
Sechseck (mit 4 Innenwinkeln der Größe
3π
4 ).
Die möglichen Verteilungen dieser Winkel er-
geben drei Sechsecktypen:
3π
3π
3π
P 6 = ( π2 , a1 , π2 , a2 , 3π
4 , a3 , 4 , a4 , 4 , a5 , 4 , a6 ) - Typ I,
π
3π
3π
3π
P 6 = ( π2 , a1 , 3π
4 , a2 , 2 , a3 , 4 , a4 , 4 , a5 , 4 , a6 ) - Typ II,
3π
π
3π
3π
P 6 = ( π2 , a1 , 3π
4 , a2 , 4 , a3 , 2 , a4 , 4 , a5 , 4 , a6 ) - Typ III,
Typ III a)
Typ III b)
Typ II
Typ III a)
8+6m
6
9+6m
Typ I b)
Typ II
11+6m
12+6m
10+6m
Typ III a)
13+6m
Abbildung 12: Zweirechtwinklige Sechsecke, Bestimmung von Z6 = Z16
Mit den obigen Methoden ergibt sich der folgende
Hilfssatz 5.1 Ein zweirechtwinkiliges Sechseck gestattet genau dann eine gr-Pflasterung,
wenn die Längen der Seiten, die einem rechten Winkel anliegen, und die Längen der zueinander parallelen Seiten in rationalem Verhältnis stehen (P 6 heiße dann rational), und zu
jeder natürlichen Zahl
k ∈ Z16 := N \ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 7}
existiert ein zweirechtwinkliges Sechseck mit einer gr-Pflasterung aus k Teilen.
2. Fall (Lösung Nr. 6). Das zu pflasternde Sechseck P 6 hat x = 1 Innenwinkel der Größe
π
4
und z = 5 Innenwinkel der Größe
3π
4 .
Ein solches Sechseck nennen wir
5 Innenwinkeln der Größe 3π
4 ).Davon gibt es bis auf die Orientierung
π
3π
3π
3π
3π
nur einen Typ P 6 = ( 4 , a1 , 3π
4 , a2 , 4 , a3 , 4 , a4 , 4 , a5 , 4 , a6 ), und es
π
4 -Sechseck
(mit
(Geradenspiegelung)
gilt folgender
16
7 SIEBENECKE
Hilfssatz 5.2. Ein
π
4 -Sechseck
3π
3π
3π
3π
P 6 = ( π4 , a1 , 3π
4 , a2 , 4 , a3 , 4 , a4 , 4 , a5 , 4 , a6 ) gestattet
genau dann eine gr-Pflasterung, wenn die Seitenlängen a1 , a3 , a5 und a2 , a6 jeweils untereinander in rationalem Verhältnis stehen (P 6 heiße dann rational).
Die Frage nach einer vollständigen Charakterisierung der Menge Z26 = {19, 25, ...?} aller
π
4 -Sechseck
Zahlen k, für die ein
existiert mit einer gr-Pflasterung in k Teile bleibt hier
unbeantwortet - sie liefert keinen Beitrag zur Bestimmung der Menge Z6 wegen k ≥ 19 für
k ∈ Z26 .
k = 19
Abbildung 13:
π
4 -Sechseck
Insgesamt gilt für Sechsecke der folgende
Satz 3. Ein konvexes Sechseck P 6 gestattet genau dann eine gr-Pflasterung, wenn P 6
entweder ein rationales zweirechtwinkliges Sechseck ist oder ein rationales
π
4 -Sechseck.
Zu
genau jeder natürlichen Zahl
k ∈ Z6 = Z16 = N \ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 7}
existiert mindestens ein konvexes Sechseck mit einer gr-Pflasterung in k Teile.
7
Siebenecke
Für n = 7 besitzen die Gleichungen (1.1) und (1.2) nur eine Lösung (Nr. 2).
Das zu pflasternde Siebeneck P 7 hat y = 1 Innenwinkel der Größe
nenwinkel der Größe
3π
4 .
π
2
und z = 6 In-
Ein solches Siebeneck nennen wir rechtwinkliges Siebeneck (mit 6
3π
4 ):
3π
3π
3π
3π
3π
π
( 2 , a1 , 3π
4 , a2 , 4 , a3 , 4 , a 4 , 4 , a5 , 4 , a6 , 4 , a7 )
Innenwinkeln der Größe
P7 =
Wir betrachten hier ohne Beschränkung der Allgemeinheit nur den Fall, dass die senkrechte
Projektion der Seite A5 A6 des gr-gepflastertendes Siebenecks
3π
3π
3π
3π
3π
P 7 = A1 A2 ...A7 = ( π2 , a1 , 3π
4 , a2 , 4 , a3 , 4 , a 4 , 4 , a5 , 4 , a6 , 4 , a7 )
auf die dazu parallele Seite A1 A2 fällt (vgl. Abb. 14). Dann gilt für den Flächeninhalt von
17
P 7 mit r :=
√
2
2 a6 ,
s :=
√
2
2 a4 ,
t :=
√
2
2 a2
√
und den Seitenlängen ai = li + mi 2
(li , mi ∈ N)
F (P 7 ) = 12 (2a7 + r)r + a5 (a7 + r) + 21 s2 + a3 s + st − t2 .
a4
a5
A6
a3
s
A5
t
a2
A7
a6
A4
a)
A3
A1
r
a1
b)
a7
A2
Abbildung 14: Rechtwinklige Siebenecke
Damit wird
F (P 7 ) = l6 m7 + 14 l62 + l7 m6 12 m26 + l5 l7 + l5 m6 + 2m5 m7 + l6 m5 + 41 l42 + 21 m24 +
√
+ l3 m4 + l4 m3 + 21 l2 m4 + m2 m4 − 14 l22 − 12 m22 + 2 · c
mit c := 12 l6 l7 + 12 l6 m6 + m6 m7 + l5 m7 + 12 l5 l6 + l7 m5 + m5 m6 + 21 l4 m4 +
+ 21 l3 l4 + m3 m4 + 21 l2 m4 + 12 l4 m2 − l2 m2 = 0.
Nach unserem Lemma muss l2 m2 = 0 gelten, also müssen auch alle übrigen Summanden in
c verschwinden. Es lassen sich zwei Fälle unterscheiden:
a) l2 = 0 hat zur Folge
l2 = l4 = l6 = m3 = m5 = m7 = 0 und
m2 , m4 , m6 , l3 , l5 , l7 > 0.
Damit wird
k = 2F (P 7 ) = 2l7 m6 + m26 + 2l5 l7 + 2l5 m6 + m24 + 2l3 m4 + 2m2 m4 − m22 .
b) l2 ̸= 0 (m2 = 0) hat zur Folge
l3 = l5 = l7 = m2 = m4 = m6 = 0 und
m3 , m5 , m7 , l2 , l4 , l6 > 0.
Damit wird
k = 2F (P 7 ) = 2l6 m7 + 21 l62 + 4m5 m7 + 2l6 m5 + 12 l42 + 2l4 m3 + l2 l4 −
1 2
2 l2 .
Die anderen Fälle (Projektion von A5 A6 fällt auf A2 A3 bzw. auf A1 A2 und A2 A3 ) füh-
18
7 SIEBENECKE
ren analog auf ähnlich komplizierte „Formeln"für k. Eine systematische Konstruktion aller
möglichen gr-pflasterbaren Siebenecke für kleine Werte von k führt aber auf die Menge Z7
(vgl. Abb. 15 und 16).
15
17
18
21
22
25
23
24
26
28
27
31
29
30
32
Abbildung 15: Bestimmung von Z7 (k ≤ 32)
Damit gilt folgender
Satz 4. Ein konvexes Siebeneck P 7 gestattet genau dann eine gr-Pflasterung, wenn P 7
sechs Innenwinkel der Größe
3π
4
hat und die Seiten, die den verbleibenden rechten Win-
kel einschließen in rationalem Verhältnis stehen ebenso wie die Längen der drei parallelen
Seitenpaare ( aa15 , aa17 , aa26 , aa73 ∈ Q). Für genau jede natürliche Zahl k aus
Z7 := N \ {0, 1, 2, ..., 14, 16, 19, 20}
existiert mindestens ein solches rationales rechtwinkliges Siebeneck mit einer gr-Pflasterung
in k Teildreiecke.
19
33 + 12m
37 + 12m
41 + 12m
34 + 12m
38 + 12m
35 + 12m
39 + 12m
42 + 12m
36 + 12m
40 + 12m
43 + 12m
44
56 + 12m
Abbildung 16: Bestimmung von Z7 (k > 32)
20
8 ACHTECKE
8
Achtecke
Für n = 8 besitzen die Gleichungen (1.1) und (1.2) nur eine Lösung (Nr. 1). Ein gr3π
3π
3π
3π
3π
3π
3π
pflasterbares Achteck P 8 = ( 3π
4 , a1 , 4 , a2 , 4 , a3 , 4 , a4 , 4 , a5 , 4 , a6 , 4 , a7 , 4 , a8 ) ist halb-
regulär mit kongruenten Innenwinkeln der Größe
3π
4 .
Aus unserem Lemma ergibt sich, dass
die 4 Paare paralleler Seiten von P 8 jeweils rationales Längenverhältnis haben müssen
( aa51 , aa26 , aa37 , aa48 ∈ Q) - P 8 heiße dann rational. Eine systematische Konstruktion der möglichen gr-pflasterbaren Achtecke für kleine Teileanzahlen k (vgl. Abb. 17, 18, 19) liefert
damit den folgenden
Satz 5. Ein konvexes Achteck P 8 gestattet genau dann eine gr-Pflasterung in k Teildreiecke, wenn P 8 rational halbregulär ist und
k ∈ Z8 := N \ {0, 1, ..., 13, 15, 16, 17, 18, 19, 21, 23, 24, 27, 29, 31, 39}
gilt.
30
20
26
32
14
22
25
28
33
Abbildung 17: Bestimmung von Z8 (k ≤ 33)
34 + 14
34
32 + 14m
33 + 14m
Abbildung 18: Bestimmung von Z8 (k ≥ 32) (a)
48 + 14m
21
35
49 + 14m 36 + 14m
39
38 + 14m
37 + 14m
53
39 + 14
67 + 14m
56
42
40 + 14m
41 + 14m
42 + 14
56 + 14
70 + 14m
43 + 14m
44 + 14m
45 + 14m
Abbildung 19: Bestimmung von Z8 (k ≥ 32) (b)
22
LITERATUR
Literatur
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Blind, R.; Shephard, G.C.: Finite edge-to-edge tilings by convex polygons. Mathematika 48 (2001), no. 1-2, 25-50.
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