Máximo $C$ de tal forma que cada forma en $\Bbb R^2$ con $

Question

Para $C=1$, se ha demostrado aquí que cada forma en el plano de tener un área inferior a $1$ puede ser traducido y gira de manera que no toque ningún elemento de $\mathbb Z^2$. (De hecho, para $C=1$, sólo la traducción es necesario.)

¿Cuál es el mayor $C$ por que esto es cierto?

Creo que la respuesta es $\frac{\pi}{2}$. Este es un límite superior en la respuesta como un disco de área $\frac{\pi}{2}$ no puede evitar que $\mathbb Z^2$. Pero no sé cómo demostrar que la mayor $C$ es exactamente $\frac{\pi}{2}$.

Answer 1

Esto parece ser un problema difícil. En el siguiente propongo una forma que tiene el área estrictamente $<{\pi\over2}$ y no puede ser colocado en el número entero de celosía sin golpear una red de punto.

En la figura de la celosía es dirigido por $45^\circ$, donde $r={1\over\sqrt{2}}$. El desplazamiento de $x$ es un pequeño parámetro. Uno calcula $$a^2=r^2+x^2, \quad b^2=a^2-(r-x)^2 =2rx, \quad \alpha=\arcsin{b\a través de una}\ .$$ El área de $f(x)$ de la sombra de la forma es el dado por $$f(x)=(\pi\alpha)^2+(r-x)b=\left(\pi\arcsin\sqrt{{2rx\más de r^2+x^2}}\right)(r^2+x^2)+(r-x)\sqrt{2rx}\ .$$ Poner $x=0$ aquí se $f(0)={\pi\over2}$, como se esperaba. Ahora conspirar $f$ para los pequeños positivo de $x$ se encuentra que $f$ es en realidad la disminución de $0\leq x\leq 0.3$. Pero ya en una calculadora de bolsillo que usted puede comprobar que, por ejemplo, $f(0.05)\doteq1.56016$, que es de $<{\pi\over2}$.

Answer 2

Resulta que un $1\times\sqrt{2}$ rectángulo obras, dando us $$C\le\sqrt{2}\approx1.414$$

EDIT: por Favor, ver a Christian Blatter de la prueba (en la actualidad en la parte inferior de esta página) que en esta región se trabaja. Es mucho más sencillo que el mío. La siguiente es la prueba de que originalmente dio:

Prueba:

Definición: El disco asociado a una instancia de este rectángulo en el plano será el disco de radio $r=\frac{1}{\sqrt{2}}$ centrado en el mismo centro del rectángulo. El límite de los asociados en el disco se muestra en negro en la figura siguiente.

Lema: Cada disco cerrado de radio $\frac{1}{\sqrt{2}}$ en el plano contiene un número entero de punto.

La prueba del Lema: Deja que el centro del disco será de $\left(c_1,c_2\right)$. A continuación, el disco contiene al menos uno de los enteros puntos $\left(\lfloor c_1\rfloor,\lfloor c_2\rfloor\right)$,$\left(\lfloor c_1\rfloor,\lceil c_2\rceil\right)$,$\left(\lceil c_1\rceil,\lfloor c_2\rfloor\right)$ o $\left(\lceil c_1\rceil,\lceil c_2\rceil\right)$, desde el límite de la disco se circunscribe a una unidad cuadrada.

Principal Lema: Si el disco asociado a una instancia del rectángulo que contiene un número entero de punto $P$, entonces el rectángulo también contiene un número entero de punto.

La prueba de la Principal Lema:

Caso $1$ (trivial): $P$ se encuentra en la intersección del rectángulo y el disco, de modo que el rectángulo que contiene un número entero de punto.

Caso $2$: $P$ se encuentra fuera del rectángulo (ver figura de abajo). Reclamamos al menos uno de $P+(1,0)$, $P+(0,1)$, $P(1,0)$, o $P(0,1)$ se encuentra dentro del rectángulo. Observe que cualquier arco de longitud de al menos $\frac{\pi}{2}$ en el círculo de radio 1 $de$ centrado en $P$ contiene al menos $1$ de estos puntos.

Reclamo por el Caso $2$: un arco es completamente contenida en el rectángulo por cada punto $P$ fuera del rectángulo y en el interior del disco asociados, de modo que el rectángulo que contiene un número entero de punto.

Prueba de Reclamación para el Caso $2$: Es suficiente para comprobar tales $\frac{\pi}{2}$ arcos existen sólo en el segmento de arco entre el rectángulo y el círculo de las intersecciones, porque podemos cambiar el arco para cualquier $P$ en este límite hasta el segmento de línea (como se define en la siguiente imagen), mientras que el mantenimiento de, al menos, que la longitud del arco. Sin embargo, esto es fácil de demostrar ya que el círculo de radio 1 $de$ alrededor de $P$ en el límite de la disco se cruza el límite de la disco en la antípoda de puntos, por lo que el ángulo correspondiente (y, por tanto, la longitud del arco) es $\frac{\pi}{2}$.

Finalmente podemos concluir $$C\le\sqrt{2}$$

Nota este enfoque se presta a la mejora más (en particular, no es necesario que el rectángulo lleno para obtener los arcos de longitud $\frac{\pi}{2}$).

Answer 3

Aquí es un poco más simple prueba de que el $1\times\sqrt{2}$ rectángulo obras (ver @Pedro Woolfitt 's respuesta original).

Si el rectángulo se alinea con la cuadrícula es obvio que se golpea con un punto de la rejilla.

Suponga que el rectángulo está inclinado con respecto a la cuadrícula de los ejes por un ángulo $\alpha$, donde $0<\alpha\leq{\pi\más de 4}$. Los lados largos del rectángulo determinar una infinita franja de ancho $1$, se muestra en rojo en la figura de arriba. Cada vertical de la cuadrícula de la línea se cruza con el de la tira en un segmento de longitud $\ell$ con $1<\ell\leq\sqrt{2}$. Por lo tanto, cada línea tiene uno o dos gridpoints dentro de la franja de gaza. El rectángulo está mintiendo en algún lugar en la franja de gaza. La distancia euclidiana entre dos sucesivas rojo los puntos de cuadrícula es de $1$ o $\sqrt{2}$; por lo tanto su distancia proyectada sobre el eje de la tira es de $\leq\sqrt{2}$. Esto muestra que el rectángulo con la longitud de la $\sqrt{2}$ llegará a un punto de la cuadrícula en cualquier caso.