Puedo sacar un límite inferior para alguna subsecuencia de $A_n$ . Empiezo dividiendo el conjunto convexo en dos partes y añado un rectángulo en cada parte. Entonces, considerando los espacios no cubiertos por los dos primeros rectángulos, éstos forman $6$ subconjuntos convexos disjuntos de los conjuntos originales, sobre los que aplico un rectángulo a cada uno : ahora me queda $18$ subconjuntos convexos... y sigo triplicando el número de subconjuntos convexos que quedan, por lo que estoy añadiendo $ x_n \, \overset{def}{=} \, \, 2 + 2\cdot 3 + 2 \cdot 3^2 + ... + 2 \cdot 3^{n-1} = 2(3^n-1)/(3-1) = 3^n - 1 $ rectángulos en cada paso de mi algoritmo (ver dibujos abajo). Afirmo que $A_{x_n} \ge a_n$ (y $a_n$ también se describe a continuación, y converge a $1$ a una velocidad razonable).
Dejemos que $\mathrm{diam}(O)$ sea el diámetro de $O$ y que dos puntos $x$ y $y$ en $\partial O$ tal que $\| x - y \| = \mathrm{diam}(O)$ . (La función que toma dos puntos en $O$ y las salidas su distancia es continua, y $\partial O$ es compacto, por lo que efectivamente tenemos una pareja de este tipo $(x,y)$ .) Esto significa que en el punto $x$ la tangente paralela a $\partial O$ que pasa por $x$ es ortogonal a la línea que va desde $x$ a $y$ . Véase el dibujo de abajo.
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Ahora bien, como $x$ y $y$ se eligen de forma que su distancia sea máxima, los vectores tangentes a $\partial O$ en $x$ y $y$ en ambas direcciones "hacia arriba" y "hacia abajo" (ver dibujos) van a apuntar hacia adentro (porque tienen la máxima distancia), por lo que la "altura" de los puntos en $\partial O$ relativamente a la $x-y$ eje será una función cóncava (menos la función es convexa), por lo tanto tiene un máximo. Elija el punto $z_1$ que tiene una altura máxima para la zona superior, y $z_2$ para la zona inferior. He hecho otro dibujo que considera el caso inferior, y el caso superior es simétrico.
En el dibujo estoy definiendo $f(t)$ para ser el área de un determinado rectángulo. Defino $f : (0,a) \to \mathbb R$ dejando $t$ sea una distancia de la intersección entre el $x-y$ y el punto caído ortogonalmente desde $z_2$ (que es el punto inferior) y algún punto a la izquierda de ese punto en el $x-y$ eje. Para dibujar el rectángulo, se baja verticalmente, luego se gira ortogonalmente hasta llegar al límite, y luego se gira ortogonalmente y se para en el $x-y$ eje de nuevo. Estoy definiendo el rectángulo de esta manera porque el peor conjunto convexo que tiene $x$ , $y$ y $z$ en esos lugares son sólo dos triángulos, por lo que el área estará en su mínimo y derivaré un límite inferior.
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Utilizando la geometría, se puede ver fácilmente que $$ f(t) = (t+\beta)(h-\alpha) = \left(t+\frac{t(d-a)}a \right)\left( h - \frac{ht}a \right) = \frac{dh}a \left( t \left( 1 - \frac ta \right) \right). $$ que da el máximo en $t = \frac a2$ (natural, ¿no?) y un máximo de \frac {3}{16} dh.
Ahora el área de ambos rectángulos es $\frac{3}{16}dh_1 +\frac{3}{16}dh_2 = \frac{3}{16}(d(h_1+h_2)) \ge \frac{3}{16}$ y la desigualdad proviene del hecho de que se puede encerrar el conjunto convexo en una caja de anchura $d$ y la altura $h_1+h_2$ donde $h_1$ es la altura máxima de una de las construcciones y $h_2$ es el otro.
En el paso $1$ He eliminado al menos $r=3/16$ del conjunto $O$ con 2 rectángulos. El espacio que queda (imagina un círculo con un cuadrado inscrito en él, hay $4$ zonas de la izquierda... estos son los nuevos conjuntos convexos sobre los que estoy iterando). Ahora en el $(1-r)$ área que queda, puedo eliminar al menos $3/16$ 's de ella, por lo tanto hay $r + (1-r)r$ área removida ahora. Iterando de esta manera, obtengo $$ a_1 = r, \qquad a_n = a_{n-1} + (1-a_{n-1})r $$ y como esta secuencia es claramente creciente y acotada por arriba, converge, y dejando el límite $a = a + (1-a)r$ , se encuentra $a = 1$ .
Creo que la convergencia geométrica es "suficientemente buena". ¿No crees?
Gracias a Theo Buehler por la sugerencia de utilizar capturas de pantalla.
