De wiskunde achter de stoep. Hesther Boerefijn ( ), José van Hanegem ( )

De wiskunde achter de stoep Hesther Boerefijn (0482064), José van Hanegem (3345033) 13-05-2011 1

Inhoudsopgave 1 Inleiding 3 2 Is er een betegeling? 6 3 Aantonen dat er geen betegeling bestaat 9 4 Het aantal mogelijke betegelingen tellen 12 5 Rechthoeken met rechthoeken betegelen 15 6 Conclusie 23 7 Huiswerkopgaven 24 8 Referenties 25 2

1 Inleiding In het dagelijks leven komt men regelmatig in contact met verschillende betegelingen. Een betegeling van een vlak staat voor een verzameling van vormen/tegels die dit vlak geheel opvullen zonder dat verschillende tegels elkaar overlappen. Hierbij kan worden gedacht aan de tegels op de stoep of aan de muur van de badkamer. Velen van ons zijn bekend met de kunstzinnige betegelingen van M.C. Escher en R. Penrose, waarvan enkelen zijn weergegeven in figuur 1 en 2. Figuur 1: Twee betegelingen van Escher. Figuur 2: Twee betegelingen van Penrose. Ook in verschillende culturele gebouwen wordt gebruik gemaakt van de esthetische waarde van betegelingen. Zo worden in de Islamitische wereld veel moskeeën versierd met behulp van betegelingen, zoals te zien is in figuur 3. Bovendien maken verschillende beroemde kunstenaars in hun kunstwerken gebruik van betegelingen, zoals te zien is in figuur 4. 3

(a) Imam moskee in Esfahan, Iran (1611). (b) Barak Khan Madrassah in Tashkent, Uzbekistan (16 e eeuw). Figuur 3: Betegelingen in de Islamitische wereld. (a) Park Guëll te Barcelona door Antoni Gaudi. (b) Victory Boogie Woogie van Piet Mondriaan, 1942-1944. Figuur 4: Betegelingen in beroemde kunstwerken. Kijk nu naar onderstaande puzzel (figuur 5). Het is de bedoeling dat het vlak wordt gevuld met de tegels 1 tot en met 10. Deze tegels mogen worden gedraaid en gespiegeld, maar elke tegel mag slechts één maal worden gebruikt. Er bestaan verschillende tactieken om een betegeling te vinden, zoals eerst goed naar de tegels kijken en te zoeken naar tegels die goed in elkaar passen. Uiteindelijk zal de oplossing echter alleen worden gevonden door het uit te proberen. 4

(a) Het vlak dat moet worden betegeld. (b) De verzameling tegels die gebruikt mag worden. Figuur 5: Een betegeling om zelf uit te proberen. Voorgaande puzzel is, gezien de definitie, een betegeling. En ook al is het leuk om bovenstaande betegeling op te lossen, er komt geen hoogstaande wiskunde aan te pas. In de rest van dit dictaat zal daarom de wiskunde achter betegelingen worden belicht. Gegeven een bepaald vlak en een verzameling tegels, zullen enkele onderwerpen met betrekking tot betegelingen worden besproken. De onderwerpen die naar voren zullen komen, zijn: Aantonen dat er een betegeling bestaat Aantonen dat er geen betegeling bestaat Het aantal mogelijke betegelingen tellen Rechthoekige vlakken betegelen met rechthoekige tegels 5

2 Is er een betegeling? Of er een betegeling mogelijk is met de gegeven tegels en het gegeven vlak is niet altijd even duidelijk. De puzzel uit de vorige paragraaf is daar een voorbeeld van. Het is niet mogelijk om in één oogopslag te zien of het vlak betegeld kan worden. Interessant is om te onderzoeken wanneer er wel of niet een betegeling mogelijk is. Kijk daarom nu naar een soortgelijke puzzel waarbij de verzameling van tegels wiskundig meer interessant is. Deze verzameling van tegels bestaat uit zogenaamde pentomino s. Een pentomino is een collectie van vijf eenheidsvierkanten die via hun zijkanten aan elkaar verbonden zijn. Pentomino s kunnen vrij gespiegeld of geroteerd worden. Dit betekent dat een gespiegelde of geroteerde pentomino niet telt als een nieuwe pentomino. Op deze manier zijn er in totaal twaalf verschillende pentomino s. In figuur 6 zijn deze twaalf pentomino s weergegeven. Figuur 6: De twaalf verschillende pentomino s met hun spiegelingen. Een standaard puzzel met pentomino s is een rechthoek dat wordt betegeld met pentomino s zonder dat hierbij overlappingen en gaten ontstaan. De vraag is of dit kan door elke pentomino één keer te gebruiken. Elke pentomino heeft een oppervlakte van vijf eenheidsvierkanten, de totale oppervlakte is dus gelijk aan 12 5 = 60 eenheidsvierkanten. De mogelijke afmetingen van de rechthoek zijn dan gelijk aan 6 10, 5 12, 4 15 en 3 20. Door zelf uit te proberen, kan deze puzzel voor elk van de rechthoeken waarschijnlijk wel opgelost worden. Om te berekenen hoeveel oplossingen er exact bestaan, is echter een computer nodig. In 1960 hebben Haselgrove en Haselgrove als eerste het geval van 6 10 opgelost. Voor dit vlak zijn in totaal 2339 oplossingen mogelijk. Hierbij worden rotaties en spiegelingen van de gehele rechthoek niet extra meegeteld, maar inwendige rotaties en spiegelingen van delen van de rechthoek wel. In figuur 7(a) zijn voorbeelden van oplossingen voor de verschillende gevallen te zien. De 5 12 rechthoek heeft 1010 oplossingen, de 4 15 rechthoek heeft 368 oplossingen en de 3 20 rechthoek heeft 2 oplossingen. In figuur 7(a) is één van de twee oplossingen van het geval 3 20 te zien. In de andere oplossing wordt een deel van de betegeling 180 geroteerd. Dit deel is in figuur 7(b) aangegeven door middel van het grijze blok. (a) Voorbeelden van oplossingen. (b) De tweede oplossing van het 3 20-vlak. Figuur 7: Oplossingen voor de betegeling met pentomino s van vlakken met oppervlakte 60. 6

Hoewel de tegels van deze puzzels op zichzelf wiskundig meer interessant zijn, gebruiken de puzzels nog weinig wiskundig redeneren. Uiteindelijk wil men er naar toe werken om wiskundig te beredeneren of een betegeling mogelijk is. Dit kan door gebruik te maken van kleuren. Beschouw daarvoor het 8 8 schaakbord in figuur 8(a), waarvan twee overstaande hoekpunten weggehaald zijn. Neem verder aan dat de cellen blauw en wit gekleurd zijn, zoals weergegeven wordt in figuur 8(b). Gevraagd wordt of dit schaakbord betegeld kan worden met 31 dominostenen. (a) Schaakbord zonder twee hoekpunten. (b) Gekleurd schaakbord. Figuur 8: De betegeling van een schaakbord. Een dominosteen is een rechthoekige steen van het formaat 1 2. Wanneer het schaakbord wordt bedekt met dominostenen, zal elke steen een blauw en een wit vierkant bedekken, ongeacht waar de dominostenen op het schaakbord worden geplaatst (zie figuur 9). Dit betekent dat 31 dominostenen 31 blauwe en 31 witte vierkanten zullen bedekken. Ons schaakbord heeft echter 32 blauwe cellen en 30 witte cellen. Een betegeling is in dit geval dus niet mogelijk. Van cruciaal belang is het gebruik van de kleuring van het schaakbord om deze beredenering te maken. Deze redenatie is dan ook een voorbeeld van kleurargument. Figuur 9: De dominosteen bedekt op het schaakbord een blauw en wit vierkant. Uit een schaakbord kunnen in plaats van de hoekpunten ook willekeurig een witte en een blauwe cel worden verwijderd. Een voorbeeld hiervan is te zien in figuur 10. In dit geval blijven er een gelijk aantal blauwe en witte vierkanten over. Gevraagd wordt wederom of het mogelijk is om het schaakbord te betegelen met dominostenen. Figuur 10: Schaakbord waarvan één blauw en één wit vierkant missen. Beschouw een gesloten pad dat alle cellen van het schaakbord bedekt zoals in figuur 11(a). Doorloop nu het pad, beginnend bij het vierkant direct na het rode gat waar een blauwe cel zou zitten. Bedek met een 7

dominosteen de eerste en tweede cel. De steen zal dan respectievelijk een witte en een blauwe cel bedekken. Bedek daarna de derde en vierde cel; deze zijn wederom respectievelijk wit en blauw. Ga zo door totdat het pad aankomt bij het tweede gat in het schaakbord, waar een witte cel hoort te zitten. Bovendien bedekt de laatst geplaatste dominosteen als laatste een blauwe cel. Er zit dus geen gat tussen de dominosteen en de weggehaalde cel. Deze cel kan dus worden overgeslagen en er kan verder worden gegaan met het bedekken van het pad. De eerste dominosteen na de ontbrekende cel bedekt eerst een blauwe en daarna een witte cel. Eenmaal aangekomen bij het eerste gat, wordt als laatste dus een witte cel bedekt. Het eerste gat is blauw, dus wederom zit er geen cel tussen de laatste dominosteen en het gat. Het hele schaakbord kan dus worden betegeld met dominostenen. Deze procedure is hieronder in figuren 11(a) en 11(b) weergegeven. In deze redenatie is geen gebruik gemaakt van de plaats van de twee gaten. Voor elk schaakbord met een missende blauwe en witte cel is het dus mogelijk om een betegeling te vinden met behulp van dominostenen. (a) Een gesloten pad op het schaakbord. (b) Het schaakbord betegeld met dominostenen. Figuur 11: De betegeling van een schaakbord waarvan een blauwe en witte cel ontbreken. Beschouw nu een 10 10 bord. De vraag is nu of dit bord betegeld kan worden met 1 4 rechthoeken. Als het bord gekleurd wordt zoals een schaakbord, zegt dit niets over de vraag of een betegeling bestaat. Gebruik daarom vier kleuren, zoals weergegeven is in figuur 12(a). Er geldt nu dat elke 1 4 tegel van elke kleur een even, mogelijk nul, aantal cellen zal bedekken. Enkele mogelijke liggingen van een 1 4 tegel zijn weergegeven in figuur 12(b). Dat elke tegel van elke kleur een even aantal cellen bedekt, geeft dat elke tegel twee kleuren bedekt. Als er een betegeling van het bord bestaat, moet het totaal aantal cellen van dezelfde kleur ook even zijn. Er zijn echter 25 cellen van elke kleur, dus een betegeling is niet mogelijk. Dit is een voorbeeld waarbij gebruik is gemaakt van een ingewikkeldere kleuring. (a) Bord met vier kleuren. (b) Enkele mogelijke 1 4 tegels. Figuur 12: De betegeling van een 10 10 bord. 8

3 Aantonen dat er geen betegeling bestaat In het vorige hoofdstuk is uitgelegd hoe kan worden aangetoond dat, gegeven een bepaald vlak en een verzameling tegels, er een betegeling bestaat. Het is echter ook mogelijk dat gegeven het vlak en de verzameling tegels er geen betegeling bestaat. In huidig hoofdstuk zal aandacht worden besteed aan hoe in dergelijke situaties kan worden aangetoond dat er geen betegeling bestaat. Reeds in hoofdstuk 2 is naar voren gekomen dat het ingewikkeld kan zijn om aan te tonen dat er geen betegeling bestaat. Over het algemeen kan worden gezegd dat er geen eenvoudige manier bekend is om te laten zien dat er geen betegeling bestaat. Beauquier, Nivat, Rémila en Robson (1995) laten zien dat dit zelfs het geval is voor een betegeling met 1 3 rechthoeken. Uitzondering op de regel is een betegeling met dominostenen. We zullen eerst een voorbeeld laten zien van een vlak dat niet kan worden betegeld door dominostenen. Beschouw het vlak dat is weergegeven in figuur 13, bestaande uit 16 blauwe en 16 witte vierkanten (het rode vierkant is een gat in het vlak). Men zou aan kunnen tonen dat er geen betegeling bestaat door met behulp van dominostenen alle mogelijkheden uit te proberen. Figuur 13: Vlak dat niet betegeld kan worden met dominostenen. Er is echter ook een manier die eenvoudiger is. Bekijk in figuur 14 de 6 blauwe vierkanten waar een op staat. Deze grenzen aan 5 witte vierkanten, op welke een staat. Om alle 6 de blauwe vierkanten te bedekken, zijn 6 dominostenen nodig. Afgezien van de 5 witte vlakken die bedekt zijn met een, sluiten er echter geen witte vlakken aan de 6 blauwe vlakken, waardoor de zesde dominosteen niet kan worden geplaatst. Dit geeft dat het onmogelijk is om het vlak van figuur 13 te betegelen met dominostenen. Figuur 14: Gebruik maken van de Huwelijksstelling. Philip Hall (1935) heeft aangetoond dat men voor elk vlak dat niet kan worden betegeld met dominostenen een dergelijke demonstratie kan vinden om te laten zien dat er geen betegeling bestaat. Men zoekt hiervoor 9

naar k vierkanten van één bepaalde kleur welke minder dan k buren hebben van de andere kleur. Wanneer geen betegeling bestaat, kan dergelijke groep vierkanten altijd worden gevonden (Hall, 1935). Om eenvoudig aan iemand te laten zien dat een betegeling met dominostenen niet bestaat, kan men dus de k vierkanten en hun buren tonen. De wijze van bewijzen die zojuist is gebruikt, is afgeleid van de Huwelijksstelling (Hall, 1935), welke onderstaand zal worden uitgelegd. We zien hierbij de blauwe vierkanten als mannen en de witte vierkanten als vrouwen. Het is de bedoeling dat van deze mannen en vrouwen echtparen worden gevormd, maar de mannen en vrouwen mogen alleen met hun buurvrouw respectievelijk -man trouwen. De Huwelijksstelling vertelt wat de voorwaarden zijn om een dergelijke uithuwelijking te laten plaatsvinden. Voor de uitleg van de Huwelijksstelling zal eerst een stuk worden geciteerd uit Gijswijt (2009): We beginnen met een uitstapje naar een fictief dorpje waar zich elk jaar een spectaculair huwelijksfeest voltrekt. De traditie bepaalt namelijk dat ieder jaar de ongehuwde jonge vrouwen gekoppeld zullen worden aan beschikbare vrijgezelle mannen. Een groot feest, maar niet zonder de nodige kopzorgen, zoals gauw zal blijken. De jonge dames zijn nogal kieskeurig, ze willen natuurlijk niet aan de eerste de beste uitgehuwelijkt worden. Na veel wikken en wegen komt elke dame met een verlanglijstje bestaande uit een aantal van de vrijgezelle mannen die ze wel leuk vindt en waarmee ze wel in het huwelijksbootje zou willen stappen. De mannen zijn minder kieskeurig: een man is gelukkig met elke vrouw die hem hebben wil. Nadat de vrouwen hun wensen kenbaar hebben gemaakt, trekt de Raad der Wijzen zich terug om te beraadslagen over de mogelijkheden om de dames elk met een man te matchen, zodat de wensen van de vrouwen worden gerespecteerd. De hamvraag is: kunnen alle vrouwen aan een partner van hun keuze worden gekoppeld? Dit jaar staat de raad voor een moeilijk raadsel. Er zijn precies zes huwbare dames en ook slechts zes vrijgezelle mannen. In figuur 15 zie je de exacte wensen van de dames. De dames zijn aangegeven met a tot en met f en de mannen met 1 tot en met 6. Figuur 15: De voorkeuren van de vrouwen. Om vier van de dames te koppelen is niet zo lastig: dat kan bijvoorbeeld zo: a-2, b-1, e-3, f-6. Voor c en d is nu geen vrijgezel meer over. Na veel beraadslagen lukte het de raad uiteindelijk ook om zelfs vijf van de dames aan een van hun gewilde vrijgezellen te koppelen. Als het inderdaad mogelijk is om alle zes de dames te koppelen, dan zal de raad in zijn wijsheid wel een oplossing vinden. Maar stel nu eens dat het niet mogelijk is om alle dames te koppelen. Na lang puzzelen bekruipt de wijzen het gevoel dat de puzzel onoplosbaar is, maar hoe kunnen ze daar zeker van zijn? Hoe kun je bewijzen dat er geen oplossing bestaat? 10

Uiteraard is het in sommige gevallen eenvoudig te zien dat er geen oplossing bestaat, bijvoorbeeld wanneer alle vrouwen slechts op één dezelfde man vallen. Bovendien moet wanneer er een oplossing bestaat, gelden dat iedere drie vrouwen samen tenminste drie mannen op hun verlanglijstjes hebben staan. Dit brengt ons bij de Huwelijksstelling van Hall (1935), welke luidt: Stelling 1 Een noodzakelijke en voldoende voorwaarde voor het bestaan van een oplossing van het huwelijksprobleem is dat iedere k vrouwen samen tenminste met k verschillende mannen willen trouwen. Het bewijs voor deze stelling kan worden gevonden in Hall (1935). 11

4 Het aantal mogelijke betegelingen tellen In voorgaande hoofdstukken is onder andere besproken hoe kan worden aangetoond dat er geen betegeling bestaat of dat er juist wel een betegeling bestaat. Wanneer bekend is dat er een betegeling bestaat, is het echter ook interessant om te weten hoeveel betegelingen er bestaan voor het gegeven vlak met de gegeven verzameling tegels. In hoofdstuk 2 is reeds naar voren gekomen dat er 2339 manieren zijn om een 6 10 rechthoek te betegelen door elk van de 12 pentomino s exact eenmaal te gebruiken. Dit getal is met behulp van een computerberekening naar voren gekomen. Interessanter is echter hoe men door middel van een wiskundige berekening kan bepalen hoeveel betegelingen er voor een bepaald vlak, gegeven een verzameling tegels, bestaan. In 1961 is in twee onafhankelijke onderzoeken voor het eerst een formule gevonden om het aantal betegelingen te berekenen (Fisher en Temperley; Kasteleyn). Zij vonden een formule voor het berekenen van het aantal betegelingen van een 2m 2n rechthoek met behulp van dominostenen. De oppervlakte van de rechthoek is gelijk aan 4mn, dus zijn er 2mn dominostenen nodig om de rechthoek te betegelen. De formule luidt: 4 mn m ( ) n j=1 k=1 cos 2 jπ kπ 2m+1 + cos2 2n+1, waarin π staat voor 180. Het opmerkelijke aan deze formule is dat de getallen die worden vermenigvuldigd geen gehele getallen zijn en in de meeste gevallen zelfs geen rationele getallen. De uitkomst van de multiplicatie is echter wel een geheel getal, zoals in onderstaand voorbeeld naar voren komt. Voorbeeld 1. We bekijken een vlak van 4 6, dus m = 2 en n = 3. Invullen van de formule geeft: 4 6 ( cos 2 36 + cos 2 25, 71... ) ( cos 2 36 + cos 2 51, 43... ) ( cos 2 36 + cos 2 77, 14... ) ( cos 2 72 + cos 2 25, 71... ) ( cos 2 72 + cos 2 51, 43... ) ( cos 2 72 + cos 2 77, 14... ) = 4 6 (1, 4662...)(1, 0432...)(0, 7040...) (0, 9072...)(0, 4842...)(0, 1450...) = 281. Twee verschillende bewijzen van de formule kunnen worden gevonden in Kasteleyn (1961) en Fisher Temperley (1961). Naast het rechthoekige 2m 2n vlak bestaat er ook een andere soort vlakken waarvan de berekening van het aantal betegelingen opvallend eenvoudig is. Deze vlakken zijn de Aztec-diamanten, waarvan er een aantal zijn weergegeven in figuur 16. Figuur 16: Vijf Aztec-diamanten, van links naar rechts AZ(1), AZ(2), AZ(3), AZ(4) en AZ(5). Een Aztec-diamant wordt opgebouwd door gecentreerd rijen onder elkaar te plaatsen van lengte 2, 4,..., 2n, 2n,..., 4, 2. De Aztec-diamant met n = 2 kan op acht verschillende wijzen worden betegeld met behulp van dominostenen (waarbij de twee vlakken van de steen dezelfde kleur hebben), zoals te zien is in figuur 17. Wanneer de betegelingen rij voor rij van links naar rechts worden bekeken, komt naar voren dat bij elke betegeling twee tegels gedraaid zijn ten opzichte van de vorige betegeling. 12

Figuur 17: De acht mogelijke betegelingen van AZ(2). De formule voor de berekening van het aantal betegeling van AZ(n) met behulp van genoemde dominostenen luidt 2 n(n+1) 2 en is gevonden door Elkies, Kuperberg, Larsen en Propp (1992). Inmiddels bestaan er ongeveer 12 bewijzen voor genoemde formule, maar de eerste vier oorspronkelijke bewijzen zijn te vinden in Elkies et. al. (1992). In figuur 18 is een tabel met daarin het aantal mogelijke betegelingen van AZ(n) met behulp van dominostenen weergegeven voor n = 1 tot en met n = 6. Figuur 18: Het aantal mogelijke betegelingen van AZ(n) voor n = 1 tot en met n = 6. Een laatste noemenswaardig gegeven met betrekking tot Aztec-diamanten is dat wanneer men een willekeurige Aztec-diamant met n = 50 bekijkt, deze vaak zal lijken op figuur 19. In figuur 19 zijn de dominostenen gekleurd in vier verschillende kleuren (twee kleuren voor verticale en twee kleuren voor horizontale tegels) volgens een patroon waar hier niet op in zal worden gegaan. Opvallend is dat het vlak zeer regelmatig is in de hoeken. Richting het centrum van het vlak wordt het echter meer chaotisch. Er lijkt een algemeen resultaat te zijn en Jokush, Propp en Shor (1995) hebben aangetoond dat voor grote n voor de meeste dominobetegelingen van AZ(n), het gebied van regelmaat het gebied buiten de grootst mogelijke cirkel in de Aztec-diamant benadert. Dit wordt weergegeven in figuur 20. 13

Figuur 19: Een willekeurige Aztec-diamant met n = 50. Figuur 20: De mate van regelmaat in een willekeurige Aztec-diamant voor grote n. Het genoemde resultaat staat bekend als de Arctic Circle Theorem. De rode circel is het noordpoolgebied, want de betegeling is bevroren buiten het gebied. Op http://faculty.uml.edu/jpropp/tiling/www/applets/ aztec.html kan men zelf willekeurige Aztec-diamanten laten maken voor n = 12. 14

5 Rechthoeken met rechthoeken betegelen Er zijn al verschillende betegelingen naar voren gekomen, maar één van de meest natuurlijke betegelingen is de betegeling van een rechthoek met kleinere rechthoeken. In dit hoofdstuk zullen twee voorbeelden van dergelijke betegelingen worden besproken. Allereerst wordt onderzocht aan welke condities zulke betegelingen moeten voldoen om te kunnen bestaan. Ten tweede wordt bekeken of en wanneer een vierkant betegeld kan worden met 1 x rechthoeken. De eerste vraag is wanneer een m n rechthoek betegeld kan worden met kleinere a b rechthoeken. Hierbij kunnen de rechthoeken elke oriëntatie hebben. Om een antwoord op deze vraag te krijgen, is het handig om eerst specifieke gevallen te onderzoeken. Vanuit deze specifieke gevallen kunnen dan algemene condities opgesteld worden. Daarom zal eerst onderzocht worden welke m n rechthoeken met 2 3 rechthoeken betegeld kunnen worden. Hierbij zal de rechthoek die betegeld wordt, de grote rechthoek heten en de rechthoeken die de grote rechthoek betegelen, de kleine rechthoeken. Na een tijdje uitproberen, zal de betegeling in figuur 21 waarschijnlijk wel naar voren komen. Het is de duidelijkste mogelijkheid om een rechthoek te betegelen. Dit wordt gedaan door de hoogte van de rijen gelijk te laten zijn aan twee eenheden en de breedte van de kolommen drie eenheden te laten zijn. In figuur 21 geven de blauwe lijnen de afscheidingen tussen de rijen weer en zijn de rode lijnen de afscheidingen tussen de kolommen. Als de grote rechthoek r rijen van tegels met een hoogte gelijk aan 2 heeft en k kolommen van tegels met een breedte gelijk aan 3 heeft, dan zal de rechthoek 2r 3k groot zijn. Figuur 21: 2r 3k rechthoek. Op deze manier is een grote collectie van rechthoeken met verschillende groottes, zoals 2 3, 2 6, 4 3, 24 45, te verkrijgen. Merk op dat deze rechthoeken zelf ook weer als bouwstenen gebruikt kunnen worden om nog grotere rechthoeken te betegelen. Wanneer twee bouwstenen een zijde met gelijke lengte hebben, dan kunnen deze bouwstenen langs de overeenkomstige zijde aan elkaar geplaatst worden om een grotere rechthoek te betegelen. Neem bijvoorbeeld een 2 6 en een 3 6 rechthoek. Dan kunnen deze bouwstenen op de manier zoals in figuur 22 bij elkaar geplaatst worden om een 5 6 rechthoek te betegelen. Figuur 22: Vijf 2 3 tegels in een 5 6 rechthoek. 15

Opvallend aan figuur 22 is dat één zijde geen veelvoud is van 2 of 3, maar een combinatie van 2 èn 3. Er is dus een nieuwe manier van betegelen verkregen. Wat daarbij ook opvalt, is dat de oriëntatie van de 2 3 tegels is veranderd. Als de oriëntatie niet verandert, dan krijgen we varianten op figuur 21 en komt er geen nieuw resultaat naar voren. Dit betekent dat, wil er iets nieuws ontstaan, twee bouwstenen langs de overeenkomstige zijde gecombineerd moeten worden zódat de oriëntatie van de ene bouwsteen anders is dan de oriëntatie van de andere. Dit zorgt er direct voor dat de 2 3 tegels binnen de ene bouwsteen een andere oriëntatie hebben dan binnen de andere. Het verschil in oriëntatie komt alleen voor als de horizontale zijde van de ene bouwsteen gelijke lengte heeft als de verticale zijde van de andere bouwsteen of andersom. Zij namelijk een bouwsteen van grootte 2r 3k en een bouwsteen van grootte 2R 3K, zodat de breedte van de ene bouwsteen gelijk is aan de hoogte van de andere bouwsteen. Draai één bouwsteen 90, zodat de tegels binnenin van oriëntatie veranderen. Plak nu de twee bouwstenen aan de even lange zijde aan elkaar. Op deze manier verkrijg je de rechthoek in figuur 23(a). Hierin wordt duidelijk dat moet gelden 2r = 3K. Deze conditie zegt dat de lengte van de overeenkomstige zijde een veelvoud van 2 en 3 moet zijn. Dit betekent dat de lengte een veelvoud van 6 is. De andere lengte moet dan gelijk zijn aan 3k + 2R. Deze condities zijn weergegeven in figuur 23(b). (a) Nieuwe betegeling met bouwstenen. (b) Condities van de nieuwe betegeling. Figuur 23: Twee bouwstenen gecombineerd door middel van één overeenkomstige zijde. In figuur 21 en figuur 23(b) komen twee strategieën naar voren om een rechthoek met 2 3 tegels te betegelen. Nu is de vraag of dit de enige twee mogelijkheden zijn. Zoja, dan weten we ondere andere aan welke condities de rechthoeken moeten voldoen. Het blijkt dat dit de enige twee mogelijkheden zijn. Er geldt namelijk dat als een m n rechthoek betegeld kan worden met 2 3 tegels, de oppervlakte van de grote rechthoek deelbaar moet zijn door de oppervlakte van de kleine rechthoek. Met andere woorden, dan geldt dat mn deelbaar is door 6. In het algemeen geldt dus dat als een m n rechthoek betegeld kan worden door a b rechthoeken, mn deelbaar is door ab. Bovendien geldt dat mn ab gelijk is aan het aantal kleine rechthoeken dat nodig is om de grote rechthoek te betegelen. Terugkomend op de 2 3 tegels geldt, omdat mn een veelvoud van 6 moet zijn, dat er twee gevallen zijn: Eén zijde van de grote rechthoek is deelbaar door 2 en de andere zijde is deelbaar door 3, Eén zijde is niet deelbaar door 2 of 3, maar de andere zijde is deelbaar door 6. De situatie van figuur 21 komt overeen met het eerste geval en de situatie van figuur 22 komt overeen met het tweede geval. Bij het tweede geval moet wel een opmerking gemaakt worden. Er wordt alleen betegeld met tegels met zijde 2 en 3. Dit betekent dat een m n rechthoek alleen door deze tegels betegeld kan worden als de zijden van de m n rechthoek een som is van veelvouden van 2 en 3. Zou dit niet het geval zijn, dan zou er een deel van een zijde van de grote rechthoek overblijven dat kleiner is dan 2 en 3. Dit gat kan dus niet opgevuld worden met 2 3 tegels. Dit betekent dat moet gelden: m = 2u + 3v en n = 6k en 16

dat voor 2 3 stenen in het algemene geval moet gelden: m = 2u + 3v en n = 2w + 3x. In het algemeen geldt voor een m n rechthoek dat door a b rechthoeken betegeld moet worden het volgende: m = a x 1 + b y 1 en n = a x 2 + b y 2, waarbij x 1, x 2, y 1, y 2 natuurlijke getallen zijn. Met andere woorden, m en n zijn lineaire combinaties van a en b. De algemene vraag aan het begin van dit hoofdstuk was wanneer m n rechthoeken betegeld kunnen worden met a b rechthoeken. Als antwoord op deze vraag zijn tot nu toe de volgende condities en observaties naar voren gekomen: Conditie 1: Een m n rechthoek kan betegeld worden met a b tegels als onder andere geldt dat mn deelbaar is door ab. Bovendien geeft het getal mn ab het aantal kleine rechthoeken weer dat nodig is. Conditie 2: Een m n rechthoek kan betegeld worden met a b tegels als onder andere geldt dat m en n lineaire combinaties van a en b zijn. Dit betekent dat geldt m = a x 1 + b y 1 en n = a x 2 + b y 2, waarbij x 1, x 2, y 1, y 2 natuurlijke getallen zijn. Observatie 1: Als zowel een m r en een m s rechthoek betegeld kan worden door a b tegels, dan kan een m (r + s) ook door die tegels betegeld worden. Observatie 2: Als een m n rechthoek betegeld kan worden door u v rechthoeken en een u v rechthoek betegeld kan worden met a b rechthoeken, dan kan een m n rechthoek betegeld worden door a b rechthoeken. De eerste conditie is een voorwaarde die makkelijk gecontroleerd kan worden. Voor de tweede conditie is het noodzakelijk om te weten of een getal een lineaire combinatie is van twee andere gegeven getallen. Dit is niet triviaal en zal daarom uitgelegd worden. Beschouw het volgende voorbeeld: zij a = 3 en b = 5. Gevraagd wordt of er natuurlijke getallen x, y bestaan zodat n = 3x + 5y. Het doel is om de verzameling van alle lineaire combinaties van 3 en 5 te vinden. Dan kan er namelijk gecontroleerd worden of het getal n in deze verzameling zit. Het is eenvoudiger om deze verzameling te vinden wanneer er schematisch te werk gegaan wordt. Stel als volgt de tabel in figuur 24 op: zet in de eerste rij de getallen waarbij y = 0 en waarbij x de natuurlijke getallen afloopt voor de formule 3x + 5y. Zet in de tweede rij voor dezelfde formule de getallen waarbij y = 1 en waarbij x de natuurlijke getallen afloopt. Zet in de derde en vierde rij y = 2 en y = 3 respectievelijk en laat x de natuurlijke getallen aflopen. Schuif daarnaast de rijen zo op dat de kolommen blokken van opeenvolgende dalende gehele getallen vormen. Figuur 24: Tabel met lineaire combinaties van 3 en 5. Alle positieve gehele getallen groter dan 7 komen voor in de eerste drie rijen van de tabel. De rijen na de derde rij zijn overbodig, omdat zij een deel zijn van een van de eerste drie rijen. Elementen van de vierde 17

en vijfde rijen hebben namelijk de vorm 3x + 15 = 3(x + 5) + 5 0, waar x de natuurlijke getallen afloopt. Er geldt echter dat 3(x + 5) + 5 0 van de vorm van een getal in de eerste rij is. Algemeen geldt dat een element in rij k de vorm 3x + 5(k 1) met x N heeft. Elk getal k groter dan 2 is precies gelijk aan één van de vormen 3q + 1, 3q + 2, 3q + 3 voor bepaalde q N. Zij k = 3q + r met r = 1, 2, 3. Dit betekent dat een element 3x + 5(k 1) = 3x + 5(3q + r 1) = 3(x + 5q) + 5(r 1) in rij k ook een element van rij r voor r = 1, 2, 3 is. Kortom, alle rijen vanaf de vierde rij zijn overbodig. We willen nu laten zien dat alle getallen groter dan 7 in de eerste drie rijen staan. De vijfde kolom bevat een blok van drie opeenvolgende getallen, namelijk 10, 11 en 12. De zesde kolom bevat het volgende blok van drie opeenvolgende getallen, omdat het volgende element in elke rij drie groter is dan zijn voorganger. De opeenvolgende kolommen van de tabel vanaf kolom 5 bevatten alle getallen groter dan 9. In kolom 4 staan 8 en 9 in de tabel staan en 7 niet, dus alle getallen groter dan 7 staan in de tabel. In het algemeen hebben we de volgende stelling: Stelling 2 Zij a en b positieve gehele getallen zonder gemeenschappelijke priemfactor. Dan bevat de verzameling van lineaire combinaties van a en b elk positief getal groter of gelijk aan (a 1)(b 1). Laten we kijken naar het voorbeeld om te bedenken waarom deze stelling geldt. Uit het voorbeeld blijkt dat vanaf het eerste getal in de rij y = a 1 alle getallen in de tabel staan. Dit getal m is gelijk aan a x + b y. Het getal m staat als eerste in de rij, wat betekent dat x = 0. Daarnaast staat m in rij y = a 1, dus geldt m = b(a 1). Daarnaast geldt dat in de kolom ervoor a 1 opeenvolgende getallen staan. Deze getallen komen precies voor de getallen in de kolom ernaast, omdat er steeds een verschil ter grootte van a tussen twee getallen in een rij zitten en deze kolom a getallen bevat. Er geldt dus dat alle getallen groter of gelijk aan m (a 1) = b(a 1) a + 1 = ab b a + 1 = (a 1)(b 1) in de tabel staan. Met deze stelling kan worden bepaald of een getal een lineaire combinatie van twee andere getallen is. Om de derde en laatste conditie te verkrijgen, bekijken we wanneer een m n rechthoek betegeld kan worden door 1 a tegels. Als duidelijk is wanneer dit mogelijk is, kan hieruit een conditie gegeneraliseerd worden voor de betegeling van een m n rechthoek met a b rechthoeken. Hierbij heeft Golomb (1994) naar een specifiek geval gekeken, namelijk 1 a rechthoeken. Van daaruit heeft hij de algemene conditie beredeneerd. Kleur een m n rechthoek met a verschillende kleuren zó dat de verschillende kleuren elkaar opvolgen. Dit is geïllustreerd in figuur 25(a) voor het geval m = 7, n = 8 en a = 6. Op deze manier geldt dat een 1 a tegel precies de a verschillende kleuren zal bedekken, ongeacht de plaatsing in het vlak. Dit betekent dat de grote rechthoek alleen betegeld kan worden als alle kleuren even vaak voorkomen; met andere woorden conditie 1 moet gelden. Aan conditie 2 wordt automatisch voldaan. (a) Kleuring van een 7 9 rechthoek met 6 kleuren. (b) Betegeling van de 7 9 rechthoek. Figuur 25: Een m n rechthoek gekleurd met a verschillende kleuren. 18

Het is duidelijk dat als m of n gedeeld wordt door a, er een betegeling mogelijk is met 1 a rechthoeken. Al deze rechthoeken kunnen dan met dezelfde oriëntatie geplaatst worden. Als m of n niet deelbaar is door a, deel dan m door a zodat er een rest m met 0 < m < a overblijft. Deel ook n door a zodat er een rest n met 0 < n < a overblijft. Behalve voor de m n rechthoek is de rest van de grote rechthoek gemakkelijk te betegelen met 1 a tegels. Dit is geïllustreerd in figuur 25(b). Elke kleur komt één keer voor onder elk van de tegels en moet dus ook k maal voorkomen in de beperkte m n rechthoek, zodat ka = m n. Alleen dan kan de grote rechthoek elk van de a kleuren even vaak bevatten. Neem nu aan dat m kleiner of gelijk is aan n. Dan zal er tenminste één diagonale rij vierkanten met dezelfde kleur van lengte m zijn. Er is dus minstens één kleur die m keer voorkomt in de beperkte rechthoek. Er komen evenveel kleuren in de beperkte rechthoek voor, dus deze rechthoek bevat tenminste m a cellen. Dit kan echter niet, want de oppervlakte van deze rechthoek is groter dan de oppervlakte van de beperkte m n rechthoek, omdat n kleiner is dan a. Deze beredenering kan ook gevoerd worden als n kleiner of gelijk is aan m. Op deze manier komt naar voren dat er geen betegeling mogelijk is. Er geldt dus de volgende stelling van De Bruijn (1969): Stelling 3 Een m n rechthoek kan worden betegeld met 1 a tegels als m of n een veelvoud van a is. Deze stelling zegt dat wanneer een m n rechthoek betegeld kan worden met a b tegels m of n een veelvoud van a is, omdat de m n rechthoek betegeld kan worden met 1 a tegels. Andersom geldt dat m of n ook een veelvoud van b moet zijn, omdat de rechthoek ook betegeld kan worden met 1 b tegels. Dit geeft de derde conditie, waardoor de condities voor de betegeling van een m n rechthoek met a b tegels zijn: Conditie 1: mn is deelbaar door ab. Bovendien geeft het getal mn ab nodig is voor de betegeling. het aantal kleine rechthoeken weer dat Conditie 2: m en n zijn lineaire combinaties van a en b. Dit betekent dat geldt m = a x 1 + b y 1 en n = a x 2 + b y 2, waarbij x 1, x 2, y 1, y 2 natuurlijke getallen zijn. Conditie 3: m of n is deelbaar door a en m of n is deelbaar door b. Het tweede probleem dat besproken zal worden, is het volgende. Zij x > 0. Kan een vierkant betegeld worden met een eindig aantal rechthoeken gelijkvormig aan een 1 x rechthoek? Met andere woorden, kan een vierkant betegeld worden met een eindig aantal rechthoeken, allemaal van de vorm a ax? Voor x = 2 3 bijvoorbeeld, zouden de volgende tegels gebruikt kunnen worden: Figuur 26: Mogelijke tegels voor x = 2 3. Wanneer we met deze tegels een 2 2 vierkant willen betegelen, dan is slechts een bouwsteen van één grootte nodig, namelijk 1 2 3. Deze betegeling is weergegeven in figuur 27. Merk op dat x = 2 3 voldoet aan de 19

Figuur 27: Betegeling van een 2 2 vlak met zes 1 2 3 tegels. vergelijking 3x 2 = 0. Later zal duidelijk worden waarom dit handig is. Laten we nu proberen om een betegeling van een vierkant te construeren, zodat het vierkant betegeld wordt met gelijkvormige rechthoeken van tenminste twee verschillende groottes. Neem aan dat we een vierkant willen betegelen door vijf rechthoeken in een rij te zetten en daar bovenop een grotere rechthoek met de zelfde vorm te plaatsen. Zij het vierkant 1 1, maar er is niets bekend over de grootte van de tegels. Laat daarom de afmeting van de rechthoek boven de vijf andere rechthoeken gelijk zijn aan 1 x. Dan is de hoogte van een kleine rechthoek gelijk aan 1 x. Bovendien zijn de kleine rechthoeken gelijkvormig aan de 1 x rechthoek, dus geldt dat de breedte van de kleine rechthoek gelijk is aan (1 x)x. Er zitten vijf rechthoeken naast elkaar, dus de totale breedte is gelijk aan 5x(1 x). De totale breedte moet gelijk zijn aan 1, dus moet gelden 5x(1 x) = 1, met andere woorden 5x 2 5x + 1 = 0. De waarden van x die aan deze vergelijking voldoen, zijn en x = 5+ 5 10 = 0, 7236067977... x = 5 5 10 = 0, 2763932023... De twee verschillende waarden van x geven elk een andere betegeling. In figuur 28 is een betegeling gegeven bij de laatste oplossing van x. De rechthoeken zijn gelijkvormig, want er geldt 0, 2764... : 1 = 0, 2 : 0, 7236.... Figuur 28: Benadering van een betegeling met twee verschillende tegels. Laten we nu een betegeling van het 1 1 vierkant vinden met drie rechthoeken met verschillende groottes. Plaats twee rechthoeken met verschillende grootte naast elkaar en een rechthoek met andere grootte erbovenop. Laat de grootste rechthoek afmeting 1 x hebben. Dan geldt dat de hoogte van de tweede en derde rechthoek gelijk is aan 1 x. De rechthoek linksonder heeft dan een breedte gelijk aan x(1 x). De rechthoek rechtsonder heeft dan een breedte van 1 x(1 x) = 1 x + x 2. Bovendien moet gelden dat deze 20

twee rechthoeken gelijkvormig zijn aan de 1 x rechthoek. Met andere woorden er moet gelden: 1 en x 1 = en 1 x 1 x+x 2. Dit levert twee vergelijkingen op: x x 2 = x x 2 x = 1 x x(1 x) x 3 x 2 + 2x 1 = 0. De eerste vergelijking levert niks op. De tweede vergelijking geeft echter de volgende oplossing: x = 0, 5698402910... Een betegeling met deze waarde van x is te zien in figuur 29. Twee andere oplossingen van de tweede vergelijking zijn afgerond 0, 215 + 1, 307 1 en 0, 215 1, 307 1. Deze twee complexe getallen geven geen reële oplossingen voor het betegelingsprobleem. Figuur 29: Benadering van een betegeling met drie verschillende tegels. In de algemene situatie hebben Laczkovich en Szekeres (1995) de volgende stelling bedacht. Stelling 4 Een vierkant kan betegeld worden met eindig veel rechthoeken die gelijkvormig zijn aan een 1 x rechthoek dan en slecht dan als: x een wortel van een polynoom met gehele coëfficiënten is en voor elke wortel a + b 1 van het polynoom van de kleinste graad waaraan x voldoet, geldt a > 0. Het is verassend dat deze complexe wortels een belangrijke rol spelen om te bepalen of er een betegeling mogelijk is. Het lijkt namelijk alsof ze er niets mee te maken hebben. In het vorige voorbeeld is er echter alleen een betegeling mogelijk, omdat geldt dat a = 0, 215... > 0. Laten we nu naar een paar voorbeelden kijken, waarbij we stelling 4 kunnen toepassen. De waarde x = 3 bijvoorbeeld voldoet aan een polynomische vergelijking met gehele coëfficiënten, namelijk x 2 3 = 0. De tweede wortel, 3, is echter kleiner dan nul en dus is er geen betegeling mogelijk van een vierkant met eindig veel rechthoeken gelijkvormig met 1 3. Neem nu x = 3 2. Deze x voldoet aan de vergelijking x 3 2 = 0. De twee andere wortels zijn gelijk aan 3 2± 3 2 3 2 1. Er geldt 3 2 < 0, dus een vierkant kan niet betegeld worden met eindig veel rechthoeken gelijkvormig aan een 1 3 2 rechthoek. Nu blijkt dat als r s een rationaal getal is en x = r s + 3 2, x nog steeds een wortel van een kwadratisch polynoom is. De andere twee wortels zijn gelijk aan ( r s 3 2 2 ) ± 3 2 3 2 1. 21

Een vierkant kan worden betegeld met eindig veel rechthoeken gelijkvormig aan een 1 ( r s + 3 2) rechthoek dan en slecht dan als r s > 3 2 2. Neem je favoriete breuk groter dan 3 2 2 en je kunt een vierkant met rechthoeken gelijkvormig aan een 1 ( r s + 3 2) rechthoek betegelen! We hebben nu twee problemen opgelost. Ten eerste weten we wat de eisen zijn om met a b tegels een m n vlak te betegelen. Ten tweede hebben we de voorwaarden ontdekt waaraan moet worden voldaan om een vierkant te betegelen met een eindig aantal rechthoeken dat gelijkvormig is aan 1 x, waarbij x > 0. 22

6 Conclusie In de voorgaande hoofdstukken zijn de onderwerpen besproken die in de inleiding werden aangekondigd. Zo is er gekeken hoe aangetoond kan worden dat er wel of niet een betegeling bestaat en hoeveel betegelingen, gegeven een vlak en een verzameling tegels, in totaal kunnen bestaan. Er is begonnen met een puzzel welke slechts kon worden opgelost door te proberen op welke manier de tegels moesten worden gelegd. De puzzel wekt de interesse naar de wiskunde achter betegelingen. Eerst is er gekeken of de verzameling tegels wiskundig interessanter gemaakt kon worden. De pentomino s zijn hier een goed voorbeeld van. Dit levert leuke puzzels op, maar er moet een computer aan de pas komen om het totaal aantal mogelijke betegelingen te berekenen. Het is redelijk gemakkelijk om iemand ervan te overtuigen dat een betegeling bestaat. De betegeling kan namelijk visueel worden getoond. In hoofdstuk 3 is naar voren gekomen dat het vaak lastig is om te laten zien dat een betegeling niet bestaat. Betegelingen met dominostenen zijn echter een voorbeeld waarbij dit met behulp van de Huwelijksstelling van Hall (1935) wel mogelijk is. Een tweede methode om aan te tonen dat er geen betegeling bestaat, is door gebruik te maken van kleuren en een zogenaamd kleurargument te gebruiken. Als eenmaal duidelijk is dat er een betegeling mogelijk is, is het interessant om te weten hoeveel betegelingen mogelijk zijn. In 1960 is er voor het eerst een formule bedacht voor het berekenen van het aantal betegelingen van een 2m 2n rechthoek met dominostenen. Met deze formule kan eenvoudig het exacte aantal betegelingen worden berekend. Opvallend is dat de formule wordt opgebouwd uit een vermenigvuldiging van gebroken en vaak zelfs irrationele getallen, maar dat de uitkomst een geheel getal is. Ook voor de Aztec-diamanten bestaat er een formule om het aantal betegelingen uit te rekenen. Als laatste is er gekeken naar een van de eenvoudigste betegelingen, namelijk die van een rechthoek met andere kleinere rechthoeken. Hierbij is eerst naar voorbeelden gekeken om vervolgens vanuit de voorbeelden op drie algemene condities te komen waaraan de rechthoeken moeten voldoen, wil er een betegeling mogelijk zijn. Zijn deze drie condities eenmaal bekend, dan is eenvoudig na te gaan of aan alle voorwaarden voldaan wordt. Daarnaast is gekeken naar de betegeling van vierkanten met gelijkvormige rechthoeken. Ook hier was het mogelijk om een tweetal voorwaarden op te stellen. Concluderend kan worden gezegd dat niet altijd snel te zien is of er een betegeling bestaat. Er bestaan echter wel enkele methoden om voor bepaalde vlakken en tegels te bepalen of er al dan niet een betegeling bestaat en hoeveel betegelingen er mogelijk zijn. Bovendien kan er door wiskundig redeneren op condities gekomen worden, zodat er eenvoudiger getoetst kan worden of er een betegeling bestaat. 23

7 Huiswerkopgaven Maak drie van de volgende vier vragen. Vraag 1: Twee 6 5 rechthoeken kunnen op een unieke manier betegeld worden door elke pentomino precies één keer te gebruiken. Teken deze betegeling. Vraag 2: Zij een 144 1542 rechthoek gegeven. a) Kan deze rechthoek betegeld worden door 9 771 rechthoeken? Leg je antwoord uit. b) Kan deze rechthoek betegeld worden met dominostenen? c) Zoja, op hoeveel verschillende manieren kan dit? Zo nee, leg uit waarom dit niet kan. d) Beantwoord vraag a) tot en met c) voor een 35 36 rechthoek. Neem bij vraag a) 5 6 rechthoeken. Vraag 3: Laat zien dat als een 7 7 bord betegeld wordt met 1 3 tegels, de overgebleven niet betegelde cel één van de volgende negen posities aanneemt: het centrum, een van de vier hoekpunten, of één van de middelste cellen van de zijden van het bord. De negen posities in figuur 30 rood gekleurd. Figuur 30: De negen posities. Vraag 4: Bedenk een vlak bestaande uit 20 blauwe en 20 witte vierkanten (om en om gekleurd zoals in een schaakbord) dat niet betegeld kan worden met dominostenen en bewijs waarom dit niet kan. 24

8 Referenties Ardila, F. Stanley, R.P. (2004). Tilings. Geraadpleegd op 12-05-2011 op http://www.claymath.org/library/ senior scholars/stanley ardila tilings.pdf. Beauquier, D., Nivat, M., Rémila, E. Robson, M. (1995). Tiling figures of the plane with two bars. Computational Geometry, 5, pp. 1-25. Bruijn, N. de (1969). Filling boxes with bricks. American Mathematical Monthly, 76, pp. 37-40. Elkies, N., Kuperberg, G., Larsen, M. Propp, J. (1992). Alternating sign matrices and domino tilings I, II. Journal of Algebraic Combinatorics, 1, pp. 111-132, 219-234. Fisher, M. & Temperley, H. (1961). Dimer problem in statistical mechanics - an exact result. Phylosophical Magazine, 6, pp. 1061-1063. Gijswijt, D. (2009). De Huwelijksstelling van Hall. Pythagoras, 3, pp. 8-12. Golomb, S.W. (1994). Polyominoes. Puzzles, patterns, problems and packings. Princeton University Press, pp. 116-118. Hall, P. (1935). On representatives of subsets. Journal of the London Mathematical Society, 10, pp. 26-30. Haselgrove, C.B. & Haselgrove, J. (1960). A computer program for pentominoes. Eureka, 23, pp. 16-18. Jockush, W., Propp, J. & Shor, P. (1995). Random domino tilings and the Arctic circle theorem, preprint. Geraadpleegd op 12-05-2011 op http://arxiv.org/abs/math/9801068v1. Kasteleyn, P. (1961). The statistics of dimers on a lattice I. The number of dimer arrangements on a quadratic lattice. Physica, 27, pp. 1209-1225. Klarner, D.A. (2002). Box Packing: Getting Started As a Mathematical Detective. Geraadpleegd op 10-05- 2011 op http://www.plambeck.org/oldhtml/mathematics/klarner/boxpacking/index.htm#sect7. Klarner, D.A. (1969). Packing a rectangle with congruent n-ominoes. Journal of Combinatorial Theory, 7, pp. 107-115. Laczkovich, M. & Szekeres, G. (1995). Tilings of the square with similar rectangles. Discrete Computational Geometry, 13, pp. 569-572. 25