[Eparoh]

Hola a todos, la verdad es que no estaba muy seguro de donde situar esta pregunta pues me ha surgido estudiando Teoría Algebraica de Números, pero también está relacionada con combinatoria y geometría, así que si consideran que está mal situada, pido disculpas.

La cuestión es la siguiente:

Sea \( L \) un retículo de \( \mathbb{R}^2 \) con base \( u, v \in \mathbb{Z}^2 \), entonces si es

\( P=\{xu+yv: 0 \leq x,y < 1\} \)

su poliedro fundamental y \( n \) el número de puntos de \( \mathbb{Z}^2 \) contenidos en \( P \), se cumple que \( \operatorname{vol}(P)=n \)

Conozco el teorema de Pick, pero aún así no veo como relacionar en este caso \( n \) con el volumen de \( P \), ¿alguna idea?

Un saludo y muchas gracias por las respuestas.

[geómetracat]

Se sigue del teorema de Pick. Este teorema dice que si \[ P \] es un polígono en el plano con vértices de coordenadas enteras entonces su área es \[ i+b/2 -1 \], con \[ i \] el número de puntos enteros interiores al polígono y \[ b \] los de la frontera.

La diferencia con tu caso es que en el teorema de Pick el polígono es cerrado mientras que en tu caso es un paralelogramo con dos lados incluidos y dos no. Ahora fíjate que por cada punto entero en uno de los lados incluidos de tu paralelogramo que no sea el único vértice incluido tienes otro en el lado opuesto. Por otro lado, en tu paralelogramo solo hay un vértice incluido, mientras que en el paralelogramo cerrado hay \[ 4 \].
Por tanto, el número de puntos incluidos en tu paralelogramo (no cerrado) es \[ i+(b-4)/2+1=i+b/2-1 \], donde \[ i,b \] son los puntos interiores y frontera del paralelogramo cerrado. Por tanto, el teorema de Pick te da el resultado.

[Eparoh]

Muchas gracias por la respuesta, pero escribí el mensaje rápido y me había expresado mal, quería decir si había alguna forma rápida de ver el resultado sin apelar al teorema de Pick puesto que en el libro del que he sacado el ejercicio no se menciona por ninguna parte dicho teorema y me hacía plantearme que igual para esta situación particular había un camino directo.
Un saludo.

[geómetracat]

Ah, pensaba que no veías cómo salía el resultado del teorema de Pick. Directamente a bote pronto no se me ocurre nada. Lo pensaré y si se me ocurre algo lo pondré aquí.

[Eparoh]

Creo que lo he resuelto a partir del siguiente resultado:

Sea \( V \) un espacio vectorial real, \( M \) un retículo pleno sobre \( V \) con base \( B=\{v_1, \cdots, v_n\} \) y \( w_1, \cdots, w_n \in M \) dados por

\( w_i=\sum_{j=1}^n a_{ij}v_j \)

Entonces si es \( L \) el subgrupo aditivo de \( V \) generado por \( w_1, \cdots, w_n \) se cumple que \( L \) es un retículo de \( V \) y además, es pleno (es decir, su base es linealmente independiente en \( \mathbb{R} \)) si, y solo si, \( \operatorname{det}(a_{ij}) \not = 0 \).
En este caso se cumple que

\( [M:L]=\left |{\operatorname{det}(a_{ij}) }\right |=\dfrac{\operatorname{vol}(V/L)}{\operatorname{vol}(V/M)} \)

donde \( \operatorname{vol}(V/L), \operatorname{vol}(V/M) \) es el volumen del poliedro fundamental en cada uno de los retículos.

En particular, aplicando el resultado anterior con \( V=\mathbb{R}^2, M=\mathbb{Z}^2 \) y \( L \) el retículo del enunciado con base \( u, v \), tenemos que

\( [\mathbb{Z}^2 : L]=\operatorname{vol}(P) \)

Así, basta ver que el cardinal del grupo cociente \( \mathbb{Z}^2/L \) es exactamente \( n \).
Para ello, supongamos que es \( P \cap \mathbb{Z}^2=\{z_1, \cdots, z_n\} \) entonces en primer lugar veamos que si \( z_i - z_j \in L \) entonces \( i=j. \)
Efectivamente, como \( z_i, z_j \in P \) existen \( 0 \leq x_i, y_i, x_j, y_j < 1 \) tales que \( z_i=x_iu+y_iv \), \( z_j=z_ju+y_jv \) luego

\( z_i-z_j=(x_i-x_j)u+(y_i-y_j)v \)

y como \( z_i-z_j \in L \) deben ser \( x_i-x_j, y_i-y_j \in \mathbb{Z} \). Ahora bien, \( -1 < x_i-x_j <1 \), \( -1 < y_i-y_j <1 \), con lo que \( x_i - x_j= y_i -y_j =0 \) y efectivamente \( z_i=z_j \).

Con esto, tenemos pues que \( z_i +L \not = z_j +L \) para \( i \not = j \), y si vemos que cualquier otro elemento de \( \mathbb{Z}^2/L \) es igual a uno de estos \( n \) elementos concluimos la demostración.

Sea pues \( z \in \mathbb{Z}^2 \), entonces como \( \mathbb{R}^2 = L + P \), existen \( x \in L, y \in P \) tales que \( z=x+y \) y como \( z, x \in \mathbb{Z}^2 \), se tiene que \( y \in P \cap \mathbb{Z^2}  \). Por tanto, \( y=z_i \) para algún \( i=1, \cdots, n \) y tenemos pues que \( z-z_i=x \in L \), con lo que \( z+L=z_i+L \) y concluimos la demostración.