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
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
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 $A$.
$(x_1, x_2):= \underset{(x,y) \in A^*}{\text{argsup }} ||x-y|| \quad , \quad A^*:=\{(x,y) \in \bar{A}\times\bar{A} : <x-y,d> =0\} \quad , \quad l:=||x_1-x_2||$
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.
$(x_1, x_2):= \underset{(x,y) \in A^*}{\text{argsup }} ||x-y|| \quad , \quad A^*:=\{(x,y) \in \bar{A}\times\bar{A} : <x-y,d> =0\} \quad , \quad l:=||x_1-x_2||$
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!
