Area, e ricoprire i punti interi

[edriv]

Sì, avevo scritto limitato... poi però ho rivisto la dimostrazione e funzionava bene anche quando l'insieme non era più limitato, quindi l'ho tolto.

Facciamo così: se qualcuno trova una dimostrazione per l'unione finita di poligoni, ben venga!
Se uno trova la dimostrazione generale, ma non ha voglia di formalizzarsi, scriva la sua dimostrazione saltando i dettagli, e i "perfettini" (come anche me, dai) si divertiranno ad aggiustarla.

A Nonno Bassotto:

Ho dovuto usare almeno una formula LaTeX, spero di non rovinare nulla a nessuno, non credo che da quella si capisca la soluzione.

Non c'è problema.

Comunque assicuro che c'è una soluzione semplice ed elementare, formalizzabile a piacere! Uff!

[Nonno Bassotto]

Giusto per precisare alcune cose sulla mia soluzione.

La verifica che la misura che ho definito io vale 1 sul quadrato unitario l'ho fatta, e non è difficile. Si dimostra più precisamente che per ogni quadrato ruotato la media dei punti interi nei traslati è 1. Questo si fa con un disegnino che non mi metto a descrivere a parole, perché non ce n'è bisogno.

Infatti l'unica misura di Borel invariante per traslazioni sul piano è Lebesgue, a meno di mutlipli. Quindi mi basta fare la media dei punti interi sui traslati di un insieme per ottenere un multiplo della misura di Lebesgue,e le rotazioni me le posso scordare. Questa misura vale in maniera ovvia 1 sul quadrato diritto, quindi è la misura di Lebesgue.

Di più si ottiene la tesi che è sufficiente traslare l'insieme per coprire n+1 punti.

Infine rilancio: chi mi dimostra che la disuguaglianza è sharp? Trovate (se esistono) per ogni k un un insieme di area k tale che comunque lo si sposti non copre mai più di k punti a coordinate intere.

[edriv]

Per il "rilancio": dovrebbero bastare alcune copie del quadratino unitario "aperto in alto e a destra": $ ~ [0,1) \times [0,1) $.
Le copie sono spostate dall'originale con un vettore a entrambe le coordinate intere.

Comunque, che qualcuno lo risolva in modo elementare!

[Nonno Bassotto]

Noto ora il commento che la mia soluzione non si capisce. Visto che con l'ultimo commento l'ho un po' semplificata, la riassumo tutta.

1. Definisco una misura m su R^2 nel modo seguente. m(T) è la media per x,y in [0,1] del numero di punti a coordinate intere dentro T+(x,y). Con questa notazoine indico T traslato del vettore x,y.
2. Verifico facilmente che m è una misura di Borel e che è invariante per traslazioni.
3. Quindi è un multiplo della misura di Lebesgue (area).
4. Per calcolare quale multiplo la valuto sul quadrato Q=[0,1]x[0,1]. Quasi ogni traslato di Q contiene 1 punto, quindi m(Q)=1. Ne segue che m è la misura di Lebesgue.
5. Sia ora T con area più grande di n, cioè m(T)>n. m(T) è la media di certi valori, almeno uno dei quali sarà maggiore di n. Ma m(T) è ottenuto come media di numeri interi, quindi questo numero sarà almeno n+1. Questa è la tesi.

Spero che ora si capisca. C'è solo un passaggio che non si può raccontare in maniera intuitiva (il 3).

[Nonno Bassotto]

Per il "rilancio": dovrebbero bastare alcune copie del quadratino unitario "aperto in alto e a destra": $ ~ [0,1) \times [0,1) $.
Le copie sono spostate dall'originale con un vettore a entrambe le coordinate intere.

Non mi sembra. Anche un solo quadratino può coprire due punti se ruotato di 45°. A meno che il problema non richiedesse solo traslazioni (che poi è quello che ho dimostrato). Se così era rilancio così: supponiamo di poter anche ruotare l'insieme. Cosa cambia? La disuguaglianza è sharp?

[edriv]

Beh, io ho scritto di non aver capito la soluzione perchè non avevo conoscenze sufficienti per capirla... comunque leggendo l'ultimo commento un'idea me la son fatta.

Resta ancora da vedere se la disuguaglianza è sharp con rotazioni... e una soluzione olimpica (anche se poco formale dai)

[edriv]

Tanto per rilanciare questo povero topic: provare a dividere la figura in quadratini, a mettere in pila tutti i quadratini su un unico quadratino, e scegliere il punto più alto.

[edriv]

Se così era rilancio così: supponiamo di poter anche ruotare l'insieme. Cosa cambia? La disuguaglianza è sharp?

Adesso ho trovato un documento su internet che dice che questo è un problema aperto!

[Nonno Bassotto]

D'oh! Hai un link?

[edriv]

Io lo ho trovato sul blog di un utente di mathlinks:
http://www.mathlinks.ro/Forum/weblog.php?w=659

Vai verso il decimo post, dove c'è un documento (interessante) che presenta i problemi irrisolti di geometria piana. Il n.19 è proprio questo.