¿La relación Perímetro/Area para una unión finita de cuadrados unitarios es como máximo 4?

Question

Actualización: Según acabo de saber, esto se llama la conjetura del área perimetral de Keleti.

Demostrar que si H es la unión de un número finito de cuadrados unitarios en el plano, entonces el cociente entre el perímetro y el área de su unión es como máximo cuatro.

Observaciones. Si los cuadrados deben estar alineados con el eje, entonces esto es fácil de demostrar. Si sustituimos los cuadrados unitarios por círculos unitarios, entonces la afirmación es aguda y verdadera para dos (en lugar de cuatro). El límite más conocido (para mí) es 5,551... de Zoltán Gyenes. Hay mucho más sobre el problema en su tesis de maestría que se puede encontrar aquí .

Answer 1

Refutado por Viktor Kiss y Zoltán Vidnyánszky, véase http://arxiv.org/abs/1402.5452

Answer 2

Tengo una pequeña observación, que es una construcción que apenas da un contraejemplo (y no es algo trivial como un cuadrado unitario). Toma un n grande y toma un cuadrado unitario y toma la unión de las n rotaciones alrededor de su centro a través de ángulos de 2π/n. El resultado es como un círculo con un borde dentado. El radio del círculo es $2^{-1/2}$ , por lo que su área es π/2. Su perímetro es $2^{1/2}π$ pero a causa del dentado esto aumenta a aproximadamente 2π. Desafortunadamente, esto nos da una proporción de 4-ε. Pero parece indicar que cualquier prueba de que 4 es la proporción correcta tendrá que ser algo complicada.

Answer 3

No puedo dar una prueba completa, pero puedo reducir el problema a otro que creo que algunas personas podrían conocer la respuesta.

Este es el problema:

PROBLEMA 1. Sea $U$ sea un subconjunto abierto del cuadrado unitario con límite rectificable. Entonces $$ P\ge 4A, $$ donde $P$ es la longitud del límite de $U$ y $A$ es el área de $U$ .

"PRUEBA:" Puedo probar esto si $A\le \pi/4$ y tengo una idea precisa de cómo demostrarlo en general.

Primero asuma $A\le\pi/4$ , digamos que $A=\pi r^2$ para algunos $r\le\frac12$ . Dado que el círculo minimiza la longitud del límite para un área dada, obtenemos $P\ge 2\pi r$ que da la reclamación. (Obsérvese que esto también funciona si se supone que el diámetro de $U$ es $\le 1$ y así se obtiene una segunda prueba de la Proposición 7.1 en la mencionada tesis).

Si $A>\pi/4$ esta prueba no funciona. Tenemos que sustituir el círculo por el minimizador correspondiente dentro del cuadrado. No sé qué aspecto tiene este minimizador, algo así como un globo que se infla dentro de una caja. Pero la gente de la superficie mínima podría saberlo y una vez que se conoce la forma de ese conjunto, se puede calcular la longitud de la frontera para resolver el problema como en el caso anterior. Q.E.D.

A continuación muestro cómo resolver el problema original una vez que se tiene el problema 1. Utilizo la inducción sobre el número de cuadrados. Para $n=1$ no hay nada que mostrar. Lo hacemos $n\to n+1$ . Por lo tanto, dejemos que un conjunto $F$ en el plano sea dado que es la unión de $n$ cuadrados de la unidad. Sea $A(F)$ sea su área y $P(F)$ su longitud límite. Por hipótesis de inducción tenemos $P(F)\le 4A(F)$ . Añade otro cuadrado de la unidad $S$ entonces la longitud del límite del nuevo conjunto será $P(F)+4-P$ , donde $P$ es la longitud del límite de un conjunto abierto $U$ dentro de $S$ Más precisamente, $U$ es la intersección del interior de $S$ y el interior de $F$ . En fin, $U$ es el interior de un polígono, por lo tanto tiene límite rectificable. El área de $F\cup S$ es $A(F)+1-A$ , donde $A$ es el área de $U$ . El problema 1 nos dice ahora $P\ge 4A$ . Junto con la hipótesis de inducción esto da la afirmación. Q.E.D.