Parte I - resultado Exacto para pequeñas $a$
Deje $\rho_c \approx 0.75487766624669$ ser la única raíz real de la ecuación cúbica $\rho^3 + \rho^2 - 1 = 0$. Al $a \le a_c = (1 + \rho_c)^2 \approx 3.079595623491439$,
$$Q(a) = (\sqrt{a}-1)^2$$
Deje $\rho = \sqrt{q}$. Dado que cualquiera de los dos círculos con el área de $1$$q$, su diámetro será de $\frac{2}{\sqrt{\pi}}$$\frac{2\rho}{\sqrt{\pi}}$. Cualquier figura geométrica que contiene tanto de ellos debe tener un diámetro de $\ge \frac{2(1+\rho)}{\sqrt{\pi}}$.
En particular, si un círculo de área $a$ contiene dos de ellos, vamos a tener
$$2\sqrt{\frac{a}{\pi}} \ge \frac{2(1+\rho)}{\sqrt{\pi}}\quad\ffi\quad
un \ge (1+\rho)^2 \quad\ffi\quad q \le (\sqrt{a}-1)^2$$
Esto nos da una cota superior para todos los $a$:
$$Q(a) \le (\sqrt{a}-1)^2$$
Al $a \le a_c = (1 + \rho_c)^2$, podemos pack de una secuencia de círculos de área $\rho^{2k}, k = 0, 1, \ldots$ donde $\rho = \sqrt{a}-1$ dentro de un círculo de área $a$.
Esto conduce a un límite inferior
$$Q(a) \ge (\sqrt{a}-1)^2$$
y por encima de afirmación va a seguir. A ver cómo se hace esto.
Empezamos con un círculo de radio
$\sqrt{\frac{a}{\pi}} = \frac{1+\rho}{\sqrt{\pi}}$ , en el origen.
Llamémoslo $C_a$.
A continuación, colocamos dos nuevos círculos, $C_b$$C_0$, con
radio de $\frac{1}{\sqrt{\pi}}$ $\frac{\rho}{\sqrt{\pi}}$
dentro de $C_a$. Tenemos la posición de ellos en tal forma que sus centros de
tumbado en la $x$-eje y $C_a, C_b$ $C_0$ son besos el uno al otro.
Ahora hay dos ranuras en el interior de $C_a$, una por encima y otra por debajo de la $x$-eje
donde se puede colocar una $4^{th}$ círculo besar $C_a, C_b$$C_0$.
Colocamos un círculo de besar $C_a, C_b, C_0$ en la parte superior de la ranura y llamar a $C_1$.
Ponemos otro círculo besar $C_a, C_b, C_0$ en la ranura inferior y lo llaman
$C_{-1}$.
Ahora por encima de $C_1$, hay una ranura dentro de $C_a$ se puede colocar una $4^{th}$ círculo besos
$C_a, C_b$ $C_1$ . Colocamos un círculo, y llamar a $C_{2}$.
- Ahora por encima de $C_2$, hay una ranura dentro de $C_a$ se puede colocar una $4^{th}$ círculo besos
$C_a, C_b$ $C_2$ . Colocamos un círculo, y llamar a $C_{3}$.
Podemos repetir estos pasos varias veces. Si hacemos lo mismo para las ranuras de abajo
$x$-eje, que en última instancia, obtener una secuencia de círculos $\ldots, C_{-2}, C_{-1}, C_0, C_1, C_2, \ldots$. tal que para cada entero $k$, los dos cuádruples de círculos
$( C_a, C_b, C_{k}, C_{k+1})$ $( C_a, C_b, C_{k}, C_{k-1})$ son besos entre ellos.
Esta secuencia de círculos forman parte de un Apolíneo junta (ver figura al final de la Parte I). Deje $\frac{\rho_k}{\sqrt{\pi}}$ ser el radio de $C_k$. Si aplicamos Descartes cuatro círculo teorema a la par de cuádruples de círculos para cada una de las $k$, nos encontramos con $\lambda = \frac{1}{\rho_{k+1}}$ $\frac{1}{\rho_{k-1}}$ son las dos raíces de una ecuación cuadrática
$$\left( \lambda + 1 + \frac{1}{\rho_k} - \frac{1}{1+\rho}\right)^2
= 2 \left(\lambda^2 + 1 + \frac{1}{\rho_k^2} + \frac{1}{(1+\rho)^2}\right)$$
Esto lleva a
$$\frac{1}{\rho_{k+1}} + \frac{1}{\rho_{k-1}} = 2 \left(1 + \frac{1}{\rho_k} - \frac{1}{1+\rho}\right)
\quad\ffi\quad
\frac{1}{\rho_{k+1}} - \frac{2}{\rho_k} + \frac{1}{\rho_{k-1}} = \frac{2\rho}{1+\rho}
$$
El lado derecho es una recurrencia no homogénea de relación en $\frac{1}{\rho_k}$ con términos constantes.
Desde el polinomio asociado tiene una doble raíz en $1$, la solución general de la misma tiene la forma
$$\frac{1}{\rho_k} = A + B k + C k^2$$
para la adecuada elegido constantes $A, B, C$. Desde $\rho_0 = \rho$, y en la construcción, $\rho_1 = \rho_{-1}$, nos encontramos con
$$\frac{1}{\rho_k} = \frac{1}{\rho} + \frac{\rho}{1+\rho}k^2
\quad\ffi\quad \rho_k = \frac{\rho}{1 + \frac{\rho^2}{1+\rho} k^2}
$$
Si $\rho$ elegido es tal que
$$\rho^{2k} \le \rho_k \quad\text{ for all } k \ge 1\tag{*1}$$
a continuación, los círculos $C_k$ será lo suficientemente grande como para contener una secuencia de círculos de área
$1, q, q^2, q^3, q^4, \ldots$ en el siguiente orden $C_b, C_0, C_{1}, C_{-1}, C_{2}, C_{-2}, \ldots$.
Un par de parcelas de $\rho_k - \rho^{2k}$ varios $k$ muestra que $(*1)$ es para las pequeñas y $\rho$. El más pequeño $\rho$ que causa problemas falla en $k = 1$. Esto lleva a
una determinación del valor crítico $\rho_c$ como una raíz de
$$\frac{\rho}{1 + \frac{\rho^2}{1+\rho} } - \rho^2 = 0 \quad\implies\quad \rho^3+\rho^2-1 = 0$$
apareció en la afirmación de que en el comienzo de esta respuesta.
La siguiente imagen muestra el círculo de acuerdo a las $\rho = 0.75$.
- La rosa círculo es el círculo de $C_b$.
- Los círculos de color naranja con la etiqueta $C_k, k = 0, \pm 1, \pm 2$ no está círculo de $C_k$.
Círculo de $C_k$ es el círculo azul detrás de él.
- Junto con $C_b$, los círculos de color naranja son los círculos con el área de $q^k$
que nos quieren encajar en el interior del círculo con el área de $a$.
El $\rho = 0.75$ utilizado en esta cifra está muy cerca de a $\rho_c$. Como se puede ver,
los círculos $C_0, C_1, C_2, \ldots$ están bloqueados por los correspondientes círculos de color naranja y casi
invisible. Cuando aumentamos $\rho$ más allá de la $\rho_c$, el círculo naranja en la parte superior de $C_1$
crece demasiado grande y $C_1$ no es capaz de contener.
Desde $C_1$ es uno de el círculo más grande que uno puede colocar en el interior de $C_a \setminus ( C_b \cup C_0 )$, $Q(a)$ ya no es igual a $(\sqrt{a}-1)^2$.
![Circle arrangement at $\rho = 0.75$]()
Parte II - límite Inferior de la estimación de un gran $a$
Permítanos interruptor para el caso de grandes $a$ y establecer un no-trivial límite inferior
para $Q(a)$.
Deje $\rho = \sqrt{q}$ una vez más.
Para cualquier $r \ge 3$, vamos a $m = \lfloor \frac{r-1}{2}\rfloor \ge 1$.
Empezar con un hexágono regular de lado a $2m$, podemos dividirlo en un montón de equilátero
triángulos de lado $2$. Esto nos da un hexagonal parche triangular de celosía con espaciado $2$. Este parche contiene $3m(m+1)$ caras y $3m(m+1) + 1$ vértices. Si colocamos un círculo de radio de la unidad en cada uno de los vértices, el resultado es una colección de círculos pueden ser colocados dentro de un gran círculo de radio de $r$. Desde $r \ge 2m+1 > r-2$, tenemos
$$3m(m+1) + 1 = \frac{3(2m+1)^2+1}{4} > \frac34(r-2)^2$$
Esto significa que para cualquier $r \ge 3$, podemos pack al menos
$\left\lceil \frac34(r-2)^2 \right\rceil$ círculos de unidad dentro de un círculo de radio de $r$.
Como consecuencia, para cualquier $a > 9a_c$, podemos pack al menos
$$N = \left\lceil \frac{3a}{4a_c}\left(1 - 2\sqrt{\frac{a_c}{a}}\right)^2 \right\rceil$$
los círculos de área $a_c$ dentro de un círculo de área $a$.
Para cualquier $\rho$ tal que $\rho^N \le \rho_c$, vamos a $D_0, D_1, D_2, \ldots$ ser una secuencia de círculos con $\text{Area}(D_k) = q^k = \rho^{2k}$. Podemos dividirlas en $N$ grupos de:
$$
\{\;D_0, D_N, D_{2N}, \ldots\;\},
\{\;D_1, D_N+1, D_{2N+1}, \ldots\;\},
\ldots\\
\{\;D_{N-1}, D_{N+(N-1)}, D_{2N+(N-1)}, \ldots\;\}.
$$
Desde $\rho^N \le \rho_c$, podemos encajar cada grupo dentro de un círculo de área $a_c$.
Como resultado, podemos embalar todos los $D_k$ dentro de un círculo de área $a$. Esto establece
un límite inferior para $Q(a)$
$$
P(a) \ge \rho_c^{\frac{2}{N}} \ge \rho_c^{
\frac{8a_c}{3a}\left(1-2\sqrt{\frac{a_c}{a}}\right)^{-2}
}
\sim 1 - \frac{\lambda_\ell}{a} + O\left(a^{-3/2}\right) \etiqueta{*2}
$$
donde $\displaystyle\;\lambda_\ell = \frac{8|\log\rho_c|a_c}{3} \approx 2.30928260910042$.
Desde el área total de los círculos $D_k$ no puede exceder $a$, nos encontramos con un trivial superior
obligado por $Q(a)$
$$\frac{1}{1-Q(a)} \le a \quad\implies\quad Q(a) \le 1 - \frac{1}{a}$$
Compare esto con $(*2)$, nos encontramos con $(*2)$ implica que para un gran $a$, podemos cubrir en
menos $\sim 40\%$ $a$ por los círculos $D_k$. Intuitivamente, esto se ve
un poco demasiado bajo para mí. Creo que todavía hay una gran sala de mejora
para el límite inferior de la estimación.
Actualización - una más satisfactoria límite inferior de la estimación
Después de más de perder el tiempo, me parece por encima de su límite inferior de la estimación es de hecho muy lejos de ser óptima.
Para cualquier entero $n \ge 24$, vamos
$$\alpha_n = \frac{\sqrt{3}}{2(n-\frac12)},\quad
\quad\theta_n = \frac{2\pi}{n-\frac12},
\quad r_n = \frac{\pi}{n}
\quad\text{ y }\quad z_n = e^{ -(\alpha_n+ i)\theta_n }.$$
Identificar el avión $\mathbb{R}^2$ con el plano complejo $\mathbb{C}$. Para cada una de las $k \in \mathbb{N}$, en lugar de un círculo de radio de $r_n |z_n|^k$ en el punto de $z_n^k$. Nosotros
encontrar todos estos círculos acostado dentro de un círculo con centro en el origen con radio de $1+r_n$. Cuando
$n \ge 24$, estos pequeños círculos no se superponen. La relación de la zona
entre el círculo de la $z_n^k$ $z_n^{k+1}$ son todos iguales a $e^{-2\alpha_n\theta_n}$.
Para $a \ge 75$, si asociamos un número entero $n$ por la fórmula
$n = \left\lfloor\pi (\sqrt{a} - 1)\right\rfloor$,
$n$ $\ge 24$ . Escala el círculo de configuración en el apartado anterior de forma adecuada,
tenemos
$$\begin{align}
Q(a)
& \ge Q\left(\left(\frac{n}{\pi} + 1\right)^2\right)
= Q\left(\left(\frac{1+r_n}{r_n}\right)^2\right)\\
& \ge e^{-2\alpha_n\theta_n}
= \exp\left[-\frac{2\sqrt{3}\pi}{(n-1/2)^2}\right]
\ge \exp\left[-\frac{1}{\delta_c(\sqrt{a}- k)^2}\right]
\end{align}
\etiqueta{*3}
$$
donde $\delta_c = \frac{\pi}{2\sqrt{3}} \approx 0.90689968211711$ es la densidad de empaquetamiento óptimo para el suelo de baldosas en el avión, con igualdad de círculos y $k = 1 + \frac{3}{2\pi}$.
Una de las consecuencias de $(*3)$ es
$$\liminf_{a\to\infty} \frac{1}{a(1-Q(a))} \ge \delta_c$$
Lo que esto significa es que, en el límite de grandes $a$, al menos $\sim 90\%$ $a$ pueden ser cubiertos por los más pequeños círculos cuyos radios están en progresión geométrica.
