Применим к f формулу суммирования Пуассона — просуммировав её по этой решётке. И кусочки паззла как раз и сложатся.

В левой части стоит сумма f по решётке, где есть единственное положительное слагаемое, f(0). Потому что все остальные вектора решётки имеют длину не меньше 1 — а там f <= 0 по условию. Так что левая часть не больше f(0).

В правой части стоит произведение как раз искомой плотности — 1/covol Λ — на сумму уже, наоборот, неотрицательных слагаемых. Поэтому эта сумма не меньше, чем просто слагаемое в 0.

Вот паззл и сложился — вот так получается оценка на плотность любой решётки!
А удивительным образом, общий случай делается техникой очень похожей на решёточный. Достаточно взять большой-большой куб, в котором плотность будет близка к предельной, и повторить то, что мы видим внутри него, периодичным образом. Получается упаковка, которая есть объединение конечного числа сдвигов одной и той же решётки. И очень похожей техникой (просуммировать f по всем векторам разностей — как раз на этом воспользовавшись, что они все не короче 1) и получается дословно та же оценка.

Собственно, до доказательства оптимальности E_8 осталось совсем чуть-чуть.
Первый шаг простой: если есть пара из решётки Λ и функции f, для которых все неравенства в доказательстве обращаются в равенства — то верхняя оценка для Λ тоже обращается в равенство, и значит, Λ и есть наилучшая возможная упаковка (раз её плотность оценивает сверху любую другую).

Так что если бы найти такую функцию f(r), которая не просто удовлетворяет условиям теоремы Горбачёва-Кона-Элкиса, а ещё и обращается в ноль на длинах её ненулевых векторов, а её преобразование Фурье (только как сферически-симметричной многомерной, а не как одномерной функции) — на длинах векторов двойственной решётки, то мы бы победили.

А E_8 — решётка очень хорошая. Мы знаем её квадраты длин векторов — это все чётные числа, а двойственная решётка с ней просто совпадает. Так, может быть, случится чудо и такая функция найдётся?

Так вот — Марина Вязовска в своей работе 2016 года такую функцию явно предъявила! (Как преобразование Лапласа от некоторой модулярной формы )

(см.: https://arxiv.org/abs/1603.04246 )

И это, мне кажется, замечательная ситуация — когда до содержания работы 2016 года можно дойти вот за такой вот рассказ...

Да, ещё забавная иллюстрация — можно такой техникой доказать, что Z это плотнейшая упаковка на прямой (правда, сложный результат?).

А именно — нам нужно, чтобы преобразование Фурье \hat{f} было бы везде неотрицательно, но занулялось во всех целых точках, кроме нуля.
Если нужно зануление — давайте возьмём sin(πx). Если неотрицательность — возведём в квадрат. Если кроме нуля — ну поделим на x (точнее, уже на x^2, а ещё лучше, на (πx)^2), ноль в нуле и исчезнет.

А от чего это преобразование Фурье? (Раз у нас чётные функции — можно спросить вместо этого, кто у него преобразование Фурье?)

Если бы был просто sin^2(πx), то это была бы линейная комбинация экспонент exp(-2πix), 1, exp(2πix); соответственно, преобразование Фурье давало бы дельта-функции в точках -1,0,1 (с правильными коэффициентами).
Деление на x^2 соответствует двукратному интегрированию; одно интегрирование превращает дельта-функцию в скачок, второе делает из него скачок производной.

Вот и получается, что исходная функция f должна быть вот такой:

И она и впрямь удовлетворяет условиям — неположительна за радиусом 1 и обращается в ноль в целых точках (собственно, она при |x|>=1 вообще в тождественный ноль обратилась).

Ура!

Мы доказали, что Z — плотнейшая упаковка на прямой. :)

Давайте немного продолжим про множества Жюлиа и Мандельброта. Вот мы в прошлый раз закончили на том, почему множество Мандельброта так определяют: потому что именно для таких параметров c (заполненное) множество Жюлиа отображения z^2+c будет связным — а не "канторовой пылью".

А чем вообще хорошо множество Жюлиа — и почему каждый раз я к нему добавляю слово "заполненное"?

Давайте опять посмотрим на самый простой пример, c=0, когда итерируемое отображение это просто возведение в квадрат, z->z^2.