原点Ｏ中心半径Ｒの円を描く。
Ｓ＝（円の周及び内部と共有点を持つ正方形の数）
ｓ＝Ｓ−（円の周と共有点を持つ正方形の数）とすれば、
円を動かしても、正方形と格子点を１対１に対応させることができるので、
ｓ≦ｇ（Ｒ）≦ｆ（Ｒ）≦Ｓ
ここで、（正方形の数）＝（正方形により作られる面積）であることに注意すれば、
π（Ｒ−
）2≦ｓＳ≦π（Ｒ＋
）2
よって、
π（Ｒ−
）2≦ｇ（Ｒ）≦ｆ（Ｒ）≦π（Ｒ＋）2⇔
◆北海道 ほげ さんからの解答。
解答 π
円x2+y=R2の内部の格子点の個数をh(R)とします。
第１象限の中の格子点の個数は x=kのとき
縦に [√(R2-k2)]個並んでいます。
√(R2-k2)-1≦[√(R2-k2)]≦√(R2-k2)となりますが
| 1 R2 |
R Σ K=1 |
√(R2-k2) |
| = | 1 R |
R Σ K=1 |
√(1-( | k R |
) | 2 | ) |
| = | 1 ∫ 0 | √(1-x2)dx |
| = | π 4 |
挟み撃ちによって
| 1 R2 |
R Σ K=1 |
[√(R2-k2)]= | π 4 |
円の中の格子点の個数は
| R Σ K=1 |
[√(R2-k2)]×４+(4R-1)個ですから |
| h(R) R2 |
=πとなります。 |
次にこのグラフを移動し、できるだけ多く格子点が入るように円を移動して
中心を（a,b)とすると、 x=[a],[a]+1を満たす格子点の個数は
(円x2+y2=R2のX=0に対する格子点の個数)+1より多くはないが
(X=1の時の格子点の数)-1より少なくはない。
x=[a]+2 x=[a]-1,[を満たす格子点の個数は(X=1に対する格子点の個数)+1より多くはないが
(X=２の時の格子点の数)-1より少なくはない。
…ということからかさみうちでやはりπであることがわかります。
最小の場合も同様です。
こんな感じで証明できると思います。
◆東京都 かえる さんからの解答。
ｘｙ平面に格子点を頂点とするような面積１の正方形を敷き詰める。
原点Ｏ中心半径Ｒの円を描く。
Ｓ＝（円の周及び内部と共有点を持つ正方形の数）
ｓ＝Ｓ−（円の周と共有点を持つ正方形の数）とすれば、
円を動かしても、正方形と格子点を１対１に対応させることができるので、
ｓ≦ｇ（Ｒ）≦ｆ（Ｒ）≦Ｓ
ここで、（正方形の数）＝（正方形により作られる面積）であることに注意すれば、
π（Ｒ−）2≦ｓ
Ｓ≦π（Ｒ＋）2
よって、
π（Ｒ−）2≦ｇ（Ｒ）≦ｆ（Ｒ）≦π（Ｒ＋）2
⇔
| π（１− | Ｒ |
） | 2 | ≦ | ｇ（Ｒ） Ｒ2 |
≦ | ｆ（Ｒ） Ｒ2 | ≦ | π（１＋ | Ｒ |
） | 2 |
| π（１− | Ｒ |
） | 2 | →π |
| π（１＋ | Ｒ |
） | 2 | →π |
| ｆ（Ｒ） Ｒ2 |
→π |
| ｇ（Ｒ） Ｒ2 |
→π・・・【答】 |
◆出題者のコメント。
お二人ともありがとうございます。
あっけなく解決してしまったので、驚いております。
簡単だったんですね。