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.
