Dividiendo regiones planas en partes congruentes

Question

He estado buscando contraejemplos, sin éxito, a esto desde hace varios días:

Supongamos que para una región planar $R$ con área finita y positiva, hay un punto $x$ donde todas las líneas de pendiente racional, a través de $x$, dividen $R$ en dos partes congruentes.

¿Se sigue entonces que cualquier línea a través de $x$ con pendiente irracional también divide $R$ en dos partes congruentes?

Mi intuición dice (lo cual puede estar equivocado) que puedo aproximar una línea con pendiente irracional mediante una secuencia de líneas con pendiente racional, cada una de las cuales divide nuestra región en dos partes congruentes. Realmente creo que me estoy perdiendo cosas importantes en este enfoque.

Answer 1

Aquí está nuestra configuración: Tenemos el plano $\mathbb R^2$, el grupo topológico $G$ de mapas de congruencia $$(x,y)\mapsto(ax+by+u,cx+dy+v)$$ es isomorfo al subgrupo de $GL_3(\mathbb R)$ que consiste en matrices $$\begin{pmatrix}a&b&u\\c&d&v\\0&0&1\end{pmatrix}$$ y por lo tanto es un producto semidirecto del grupo compacto $O_2(\mathbb R)$ y $\mathbb R^2$. El obstáculo que tenemos aquí es que el factor $\mathbb R^2$ no es compacto.

Para $z$ no nulo en $\mathbb R^2$, especialmente para $z\in S^1$, la recta $z^\perp=\{x\in\mathbb R^2\mid \langle x,z\rangle=0\}$ divide el plano en dos semiplanos $$H_+(z)=\{x\in\mathbb R^2\mid \langle x,z\rangle>0\} \qquad\text{y}\qquad H_-(z)=\{x\in\mathbb R^2\mid \langle x,z\rangle<0\}.$$ Ahora la afirmación de la declaración del problema sigue a partir de la

Proposición. Sea $Q$ un subconjunto denso de $S^1$. Sea $R\subseteq \mathbb R^2$ un conjunto no vacío de medida finita. Para cada $z\in Q$, sea $\alpha_z\in G$ una congruencia con $\alpha_z(R\cap H_+(z))=R\cap H_-(z)$. Entonces para cada $z\in S^1$, existe $\alpha_z\in G$ con $\alpha_z(R\cap H_+(z))=R\cap H_-(z)$.

Prueba: (Advertencia: $Q\to G, z\mapsto\alpha_z$ es una de las pocas cosas en esta discusión que no es continúa). Podemos asumir sin pérdida de generalidad que $Q=-Q$ y que $\alpha_{-z}=\alpha_z^{-1}$ para $z\in Q.

Supongamos que $\{\lVert \alpha_z(0)\rVert\mid z\in Q\}$ no está acotado superiormente. Entonces existe una secuencia $(z_n)_{n\in\mathbb N}$ en $Q$ tal que $\lVert \alpha_{z_n}(0)\rVert\to\infty$. Como $S^1$ es compacto, podemos asumir (cambiando a una subsucesión convergente si es necesario) que $z_n\to\zeta$ para algún $\zeta\in S^1$. Seleccionamos $x\in R\cap H_+(\zeta)$. Entonces una bola $B_{\epsilon}(x)$ está en $R\cap H_+(\zeta)$ y la bola más pequeña $B_{\epsilon/2}(x)$ está en $R\cap H_+(z_n)$ para casi todos los $n$, hence para todos los $n$ si cambiamos a una subsucesión. Para $\alpha\in G$, tenemos que $\lVert \alpha(x)\rVert\ge\lVert \alpha(0)\rVert-\rVert x\rVert$. Así que si cambiamos a una subsucesión de manera que $\lVert \alpha_{z_{n+1}}(0)\rVert>\lVert \alpha_{z_n}(0)\rVert+2\lVert x\rVert+\epsilon$, aseguramos que las bolas abiertas $\alpha_{z_n}(B_{\epsilon/2}(x))=B_{\epsilon/2}(\alpha_{z_n}(x))$ son subconjuntos mutuamente disjuntos de $R$. Dado que cada una de estas bolas tiene la misma medida positiva $\frac{\pi\epsilon^2}4$, llegamos a una contradicción con la finitud de la medida de $R$. Por lo tanto, $\{\lVert \alpha_z(0)\rVert\mid z\in Q\}$ está acotado y por lo tanto todos los $\alpha_z$, $z\in Q$, están en algún subconjunto compacto $K\subset G$ (de la forma $K=O_2(\mathbb R )\times [-M,M]^2$).

Ahora sea $\zeta\in S^1$ arbitrario. Como $Q$ es denso, hay una secuencia $z_n\to\zeta$ con $z_n\in Q$. Como $K$ es compacto, podemos asumir sin pérdida de generalidad (es decir, cambiando a una subsucesión) que la secuencia correspondiente $\alpha_n$ converge a algún $\alpha\in K\subset G$. Sea $x\in R\cap H_+(\zeta)$ arbitrario. Como antes, una bola $B_\epsilon(x)$ está en $R\cap H_+(\zeta)$ y $B_{\epsilon/2}(x)$ está en $H_+(z_n)$ para casi todo $n$. Para $n$ suficientemente grande, $\alpha(x)\in B_{\epsilon/3}(\alpha_{z_n}(x))$, hence $$B_{\epsilon/6}(\alpha(x))\subset B_{\epsilon/2}(\alpha_{z_n}(x)) \subset \alpha_{z_n}(R\cap H_+(z_n))=R\cap H_-(z_n).$$ Concluimos que $B_{\epsilon/6}(\alpha(x))\subset R\cap \overline{H_-(\zeta)}$ y por lo tanto $\alpha(x)\in R\cap H_-(\zeta)$. Esto muestra que $\alpha(R\cap H_+(\zeta))\subseteq R\cap H_-(\zeta)$. Al considerar la secuencia $-z_n\to-\zeta$, $\alpha_{-z_n}\to\alpha^{-1}$, obtenemos de manera similar $\alpha^{-1}(R\cap H_-(\zeta))\subseteq R\cap H_+(\zeta)$ y finalmente concluímos $$\alpha(R\cap H_+(\zeta))= R\cap H_-(\zeta)$$ como se desea.$_\square$

Observación: La finitud de $\mu(R)$ es esencial como muestra el siguiente ejemplo (aunque usa un subconjunto denso diferente $Q\subset S^1$ en lugar de "todas las pendientes racionales"): Sea $\Lambda=\mathbb Z^2+(0,\sqrt 2)$ la malla estándar, pero desplazada irracionalmente. Sea $R=\mathbb R^2\setminus \Lambda$. Para cada recta que pase por un punto de la malla de $\Lambda$, la rotación de 180° alrededor de ese punto es una congruencia entre las partes de $R$ definidas por esa recta. Por otro lado, cualquier congruencia entre partes de semiplanos de $R$ nos da una congruencia de la malla y cada una de estas (aparte de la traslación y las traslaciones oblicuas, que se pueden excluir para nuestro problema) tiene un punto fijo en $\frac12\mathbb Z^2+(0,\sqrt 2)$. Este punto fijo debe estar en el límite común, es decir, la línea divisoria. Por lo tanto, cualquiera de las innumerables líneas que evitan $\frac12\mathbb Z^2+(0,\sqrt 2)$ no permite una congruencia entre las mitades de $R$ que define.

La apertura de $R$ también es esencial como muestra el ejemplo $R=\{e^{i\pi q}\mid q\in\mathbb Q\}$ fácilmente muestra.