Divedere insieme in parti uguali - Ammissione SISSA 2011

[Bremen000]

Buonasera a tutti, sto provando a risolvere questo problema che, come da titolo, è preso dall'esame per la borsa SISSA della magistrale in matematica; l'esercizio è il 3 della prova del 19/9/2011.

Testo:
(a) Sia $A$ un insieme aperto, limitato e connesso di $RR^2$. Per ogni direzione assegnata $d$, si
dimostri che esiste un’unica retta parallela a $d$ che divide $A$ in due parti con la stessa area.
(b) Siano $A$, $B$ insiemi aperti, limitati e connessi di $RR^2$. Dimostrare che esiste una linea retta che divide sia $A$ che $B$ in due parti con area uguale.

Idea casereccia della dimostrazione
La mia idea è: prendo il piano e lo ruoto così ho la direzione $d$ orizzontale e mi sento più comodo, fisso due rette orizzontali cosicché $A$ sia contenuto in una banda e integro dal basso all'alto per fili orizzontali. La funzione integrale sarà continua e utilizzando il teorema dei valori intermedi mostro che esiste una certa retta orizzontale che divide l'insieme a metà. Sfruttando il fatto che è aperto, connesso e limitato mostro che tale retta è unica (mi sono convinto con esempi tipo due cerchi disgiunti oppure due cerchi uniti da una linea che senza le due ipotesi di essere aperto e connesso la retta è banalmente non unica).
Per il secondo punto vorrei considerare la funzione che associa ad una direzione la retta "giusta" e mostrare che questa associazione è continua. Fatto ciò definisco una funzione che associa ad una retta che divide $A$ in due parti l'area di $B$ che sta sopra questa retta. Poi secondo me si può pensare di far "passare" tutte le possibili rette e arrivare a dire che ce ne è una che divide anche $B$ a metà, ma questo non ho ben chiaro come farlo.

Dimostrazione che ha la pretesa di essere rigorosa del primo punto

Siano $x,y, \in \mathbb{R}^2$; con $x-y$ indico la direzione della retta che contiene $x$ e $y$. Sia $A \subset \mathbb{R}$, con $| A|$ indico la misura di Lebesgue 1-dimensionale di $A$.

$(x_1, x_2):= \underset{(x,y) \in A^*}{\text{argsup }} ||x-y|| \quad , \quad A^*:=\{(x,y) \in \bar{A}\times\bar{A} : =0\} \quad , \quad l:=||x_1-x_2||$
SI noti che $x_1, x_2, l$ sono ben definiti siccome $A$ è limitato.

Sia $r_{x_i}$ la retta di direzione $d$ che contiene $x_i$. Fisso un sistema ortogonale $(xOy)$ dove $x=r_{x_1}$ arbitrariamente orientata, $y$ è una retta perpendicolare a $x$ orientata da $x$ verso $r_{x_2}$ e $O = x \cap y$.

Siano

$f:[0;l] \to \mathbb{R}^+ $ t.c. $f(\bar{y}) = |\{y=\bar{y} \} \cap A| $;

$g:[0;l] \to \mathbb{R}^+$ t.c. $g(y) =\int_{0}^{y}f(\bar{y})d\bar{y}$;


Chiaramente $g(0)=0$ e $g(l) = Area(A)$ e $g$ è continua poiché è una funzione integrale. Per il teorema dei valori intermedi, esite $a \in [0;l]$ t.c. $g(a)= (Area(A))/2$. Dunque la retta di equazione $r: y=a$ ha le proprietà richieste.

Per provare che è unica:per assurdo, si supponga che esistano $a_1, a_2 \in [0;l]$ t.c. $a_2 > a_1$ e $g(a_2) = g(a_1) = (Area(A))/2$. Allora
$$0 = g(a_2) -g(a_1) = \int_{a_1}^{a_2} f(y)dy \Rightarrow f(y) \overset{\text{q.o}}{=} 0 \text{ in } [a_1; a_2]$$
Dunque esiste un punto $\bar{a} \in [a_1; a_2]$ t.c. $f(\bar{a})=|\{y=\bar{a} \} \cap A|=0$.

L'insieme $B_{\bar{a}} =(\{y=\bar{a} \} \cap A)$ ha misura $0$, se esso è l'insieme vuoto, allora $A$ non è connesso. Se non è vuoto allora non può essere aperto. Dunque esiste un punto $x_0 \in B_{\bar{a}}$ t.c. non esiste $\varepsilon >0$ t.c.
$(x_0-\varepsilon, x_0+\varepsilon) \subset B_{\bar{a}}$ e dunque non esiste $B_{\varepsilon}((x_0;\bar{a})) \subset A$ e dunque anche $A$ non è aperto.

Per il secondo punto brancolo nel buio.

Grazie in anticipo a chi si prendesse la briga di leggere!

[Martino]

Ciao, quesito interessante. Non so se ti posso essere d'aiuto ma mi piacerebbe capire la dimostrazione che hai fatto del primo punto. Non capisco cosa intendi con argsup e penso che ci sia un problema perché la definizione di $(x_1,x_2)$ dipende dalla definizione di $A^*$ e la definizione di $A^*$ dipende dalla definizione di $(x_1,x_2)$. Potresti chiarire? Grazie

[Bremen000]

Ciao, ti ringrazio per l'attenzione! Ho modificato un pochino la notazione perché mi sono accorto che c'era un immotivato grassetto. Comunque volevo esprimere per bene che per me $x_1$ e $x_2$ sono due punti appartenenti ognuno alla chiusura di $A$ tali per cui:
1. La retta che li contiene ha direzione perpendicolare a $d$;
2. Sono i più distanti tra loro

In questa maniera le rette che li contengono parallele a $d$ racchiudono l'insieme in una sorta di banda il più stretto possibile.

Ma magari ho fatto qualche casino nello scriverlo....

[j18eos]

Ho un bel ricordo di quel giorno, e di quello seguente: mi divertii non poco.

Ti lascio un indizio sul punto A; e ti confermo che l'idea è giusta.

Il teorema del panino al prosciutto.

[dan952]

Provo io...facile facile

Per assurdo esistono due rette parallele a $d$ che dividono in due parti (A, B e C, D) di area uguale ($\mu(A)=\mu(B)$ e $\mu(C)=\mu(D)$)l'insieme $A$, se tracciamo le due rette queste dividono $A$ in tre parti (A | B C | D) (spero abbiate capito), ora $B nn C$ ha misura positiva e $\mu(C)-\mu(A)=\mu(B)-\mu(D)=\mu(B nn C)$ dalle ipotesi deduciamo che $\mu(A)=\mu(B)=\mu(C)=\mu(D)$ cioè $\mu(A)-\mu(C)=0$ assurdo.

[Bremen000]

@j18eos: ciao, sapevo che c'erano dei borsisti SISSA in giro ma non credevo avrei beccato l'anno dell'esame di qualcuno! Per quanto riguarda il suggerimento, sapevo dell'esistenza di quel teorema ma il mio caso, mi sono detto, è mooooooolto meno generale e quindi ho provato col fai da te. Posso chiederti cosa ne pensi della dimostrazione?

@dan95: ciao, il tuo intento era dimostrare solo l'unicità? Comunque temo di non aver capito il disegno. Se traccio le tue due rette trovo tre parti: $A$, $B \cap C$ e $D$ e non capisco come tu possa affermare che $B \cap C$ ha misura positiva (cioè, se cade l'ipotesi di connessione ad esempio è falso) quindi secondo me andrebbe dimostrato. Ma magari non ho capito una mazza.

@Martino: mi sono reso conto solo dopo che mi chiedevi cosa intendo con "argsup"; intendo i due elementi che realizzano il sup.

[dan952]

Sì l'idea era solo di dimostrare sotto le ipotesi date l'unicità.
Per l'esistenza:

Sia $d$ una retta che si muove parallelamente lungo $A$ e sia $\mu(x)$ la misura dell'insieme $X$ limitato da $A$ e dalla retta. La funzione $\mu(A)-\mu(x)=\mu(A)-x$ è continua e decrescente e assume (per il teorema dei valori intermedi) tutti i valori compresi tra $\mu(A)$ e $0$ in particolare assumerà il valore $\frac{\mu(A)}{2}$.

[Bremen000]

@dan95: si si poi alla fine l'idea è la stessa che ho usato io. In particolare tu come dimostreresti che $B \cap C$, sotto le ipotesi date, ha misura positiva? Cioè se guardi è il pezzettino finale della mia dimostrazione (che alla fine è solo (molto) complicata dal fatto che volevo usare un sistema di assi "messo dritto"), secondo te ha senso quello che ho scritto?

[dan952]

Non lo so, sono un pò incerto sul fatto che un segmento quale è $B_{bar(a)}$ abbia misura non nulla rispetto a Lebesgue in $\mathbb{R}^2$...

L'ultima parte la farei così:
$\int_{a_1}^{a_2} f(y)dy=\mu(A nn {(x,y) \ | a_2 \geq y \geq a_1})=0$
Dunque $M=A nn {(x,y) \ | a_2 \geq y \leq a_1}$ non è aperto altrimenti conterebbe un disco aperto di misura positiva. Quindi siccome A è connesso $M$ non può essere l'insieme vuoto, ma un chiuso connesso (intersezione di due connessi) di misura nulla. Sia $\partial M \sube M$ la frontiera, se $\exists m \in M-\partial M$ allora esiste (essendo $M$ connesso) $\varepsilon>0$ tale che $B_{\varepsilon}(m) \sub M$ di misura positiva, assurdo quindi $M=\partial M$ cioè è un punto o un segmento di retta.