Subconjuntos no vacíos y disjuntos de $\Bbb R^2,$ ambos isométricos a su unión?

Question

Esta pregunta me la planteó un amigo que me dice que la respuesta es sí, pero no veo por qué.

¿Existen dos conjuntos no vacíos y disjuntos $A, B \subset \mathbb{R}^2$ tal que $A$ y $B$ ¿son ambos isométricos con respecto a su unión?

No se me ocurre cómo construir ambos conjuntos; he observado que la medida de ambos tiene que ser $0$ pero eso es todo.

Answer 1

Que el grupo con presentación $\langle x,y \mid x^2=e \rangle$ (es decir, el producto libre $C_2 * \mathbb Z$ ) actúan sobre el plano mediante el mapeo $x$ a una rotación por $180^\circ$ sobre $(1,0)$ y $y$ a una rotación alrededor del origen por algún ángulo $\theta$ cuyo coseno es trascendental.

(Originalmente afirmé que esta acción es fiel, pero en realidad no lo es -- el elemento de grupo $y^{-2}xyxyxy^{-2}xyxyx$ tiene la acción de identidad sin importar que $\theta$ es. Afortunadamente, menos puede hacer para este propósito en particular).

Dejemos que $K$ sea el conjunto de elementos del grupo que pueden escribirse de la forma $$ y^{n_m}xy^{n_{m-1}}x\cdots xy^{n_1} x y^{n_0} $$ donde $m\ge 0$ y cada $n_j\ge 0$ excepto que $n_0$ puede ser negativo. Este conjunto no es un subgrupo, pero tiene dos propiedades útiles:

1. $K$ es la unión disjunta de $\{yk\mid k\in K\}$ y $\{xyk\mid k\in K\}$ .

2. Diferentes elementos de $K$ mapear el punto $p_0 = (3,0)$ a diferentes puntos. (Esto se puede ver yendo al plano complejo donde $y$ es la multiplicación por $e^{i\theta}$ y $x$ es el mapa $z\mapsto 2-z$ . Entonces cada elemento de $K$ mapas $3$ a un diferentes Polinomio de Laurent en $e^{i\theta}$ con coeficientes enteros, y todos ellos tienen valores distintos porque $e^{i\theta}$ es trascendental. Uf!)

Ahora, ponte $$ A = \{ykp_0 \mid k\in K\} \qquad B = \{xykp_0 \mid k\in K \} $$ Entonces $A$ , $B$ y $A\cup B$ están relacionados por los movimientos rígidos del plano, a saber: $$ y^{-1}A = (xy)^{-1}B = \{kp_0 \mid k\in K \} = A \cup B $$ por lo que son isométricos.

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Esta construcción se inspira en el paso inicial de la prueba de la paradoja de Banach-Tarski. No necesita el axioma de elección porque no necesita seleccionar un representante de cada órbita, porque no se requiere que $A\cup B$ es toda una forma preexistente.

Es natural preguntarse cómo $A$ mira -- pero lamentablemente no se puede ver realmente: es denso en $\mathbb R^2$ .