Es la relación Perímetro/Área finita de la unión de la unidad de plazas en la mayoría de los 4?

Question

Actualización: Como he aprendido, esto se llama Keleti perímetro del área de la conjetura.

Probar que si H es la unión de un número finito de la unidad de plazas en el avión, entonces la proporción del perímetro y el área de su unión es en la mayoría de los cuatro.

Observaciones. Si los cuadrados deben ser alineado al eje, entonces esto es fácil de probar. Si se sustituye la unidad de cuadrados con círculos de unidad, entonces la afirmación es fuerte y verdadero para dos (en lugar de cuatro). El más conocido obligado (para mí) es 5.551... por Zoltán Gyenes. Hay mucho más sobre el problema en su tesis de maestría que se puede encontrar aquí.

Answer 1

Desmentido por Viktor Beso y Zoltán Vidnyánszky, ver http://arxiv.org/abs/1402.5452

Answer 2

Tengo una pequeña observación, que es una construcción que sólo no se puede dar un contraejemplo (y no es algo trivial, como una sola unidad a la plaza). Tome un gran n y tomar una unidad de la plaza y se toma la unión de la n rotaciones alrededor de su centro, a través de los 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 de $2^{1/2}π$, pero debido a la dentado esto aumenta a aproximadamente 2π. Por desgracia, esto nos da una proporción de 4-ε. Pero parece indicar que cualquier prueba de que la 4 es la proporción correcta tendrá que ser algo complicado.

Answer 3

No puedo dar una prueba plena, sino que puede reducir el problema a otro que creo que algunas personas podrían saber la respuesta.

Aquí está el problema:

PROBLEMA 1. Deje que $U$ ser un subconjunto de la unidad cuadrada con subsanables en la frontera. Entonces $$ P\ge 4A, $$ donde $P$ es la longitud del límite de $U$ y $Una$ es el área de $U$.

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

Primero suponga que $A\le\pi/4$, digamos $A=\pi r^2$ $r\le\frac12$. Desde el círculo minimiza el límite de longitud para un área dada, obtenemos $P\ge 2\pi r$ que da la reclamación. (Tenga en cuenta que esto también funciona si se supone que el diámetro de $U$ es $\le 1$ y así esto le da una segunda prueba de la Proposición de 7,1 en la mencionada tesis.)

Si $a>\pi/4$ esta prueba no funciona. Tenemos que reemplazar el círculo con el correspondiente minimizer el interior de la plaza. No sé lo que esto minimizer parece, algo así como un globo de estallar dentro de una caja. Pero la superficie mínima de la gente, y una vez que sabes la forma de ese conjunto, se puede calcular el límite de longitud para resolver el problema anterior. Q. E. D.

Siguiente voy a mostrar como solucionar el problema original una vez que haya Problema 1. Yo uso la inducción sobre el número de plazas. Para $n=1$ no hay nada para mostrar. Softonic $n\n+1$. Así que vamos a un conjunto de $F$ en el plano del ser, dado que es la unión de $n$ la unidad de plazas. Vamos a $A(F)$ ser su área y $P(F)$ su límite de longitud. Por inducción hyothesis tenemos $P(F)\le 4A(F)$. Agregar otra unidad cuadrada $S$, entonces el límite de la longitud de la nueva serie será de $P(F)+4-P$, donde $P$ es el límite de la longitud de algún conjunto abierto $U$ dentro $de$ S, más precisamente, $U$ es la intersección del interior de la $S$ y el interior de $F$. De todos modos, $U$ es el interior de un polígono, por lo que ha subsanables en la frontera. El área de $F\taza de S$ es $a(F)+1-a$, donde $A$ es la zona de $U$. Problema 1 ahora nos dice que $P\ge 4A$. Junto con la inducción de la hipótesis de que este le da la reclamación. Q. E. D.