Biyección $f: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^2$ conserva colinealidad $\iff \ \ f(x)=Ax+b$

Question

No sé cómo probar lo siguiente:

Biyección $f: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^2$ conserva colinealidad $\iff \ \ f(x)=Ax+b$, donde $A \in GL_2(\mathbb{R})$, $b$ es un vector fijo en $\mathbb{R}^2$.

$\Leftarrow$ es fácil, porque tal $f$ es una transformación afín del plano y así conserva colinealidad (si es colineal, $x,y,z \in \mathbb{R}^2$ $f(x), f(y), f(z)$ también son colineales).

Tengo problemas para probar la dirección contraria. ¿Me podrias ayudar con eso?

Gracias.

Answer 1

Como primera sugerencia, me gustaría ver la función $g(x) = f(x) - f(0)$; si su afirmación es correcta (y lo es!) a continuación, $g$ debe tener la forma $g(x) = Ax$. Así que ahora se necesita para demostrar que si $f$ es una colinealidad-la preservación de bijection fijar el origen, $g$ es lineal. Dejando $e_1$ $e_2$ el valor del estándar de los vectores de la base, y $v_i = g(e_i)$, usted sabe que cada una de las $v_i$ es distinto de cero (bijectivity), y que $v_1$ $v_2$ no son paralelas. Esa última afirmación requiere un poco de prueba.

Supongamos que $v_1 = c v_2$. Deje $x = a e_1 + b e_2$ ser cualquier punto del plano. Reescribir

$x = (a+b) \left( \frac{a}{a+b} e_1 + \frac{b}{a+b} e_2 \right) \\ = (1 - (a+b)) {\mathbf 0} + (a+b) \left( \frac{a}{a+b} e_1 + \frac{b}{a+b} e_2 \right),$

donde ${\mathbf 0}$ denota el origen. Por colinealidad, el punto de $\frac{a}{a+b} e_1 + \frac{b}{a+b} e_2$ que se encuentra en la línea entre el$e_1$$e_2$, es enviado por $g$ a un punto en que la línea entre el$v_1$$v_2$, es decir, la línea que pasa por el origen y $v_1$. Llame a este punto de $sv_1$.

Del mismo modo, la combinación

$(1 - (a+b)) {\mathbf 0} + (a+b) \left( \frac{a}{a+b} e_1 + \frac{b}{a+b} e_2 \right)$

enviado por $g$ a un punto que se encuentra en la línea entre el$g({\mathbf 0})$$sv_1$, es decir, la línea que consta de todos los múltiplos de $v_1$.

Hemos demostrado así que si $v_1$ $ v_2$ son paralelas, entonces cada punto del plano se envía, por $g$, a un punto de la línea que consta de todos los múltiplos de $v_1$. Que contradice la bijection asunción.

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Así: $v_1$ $v_2$ son linealmente independientes. Por lo tanto, podemos construir una transformación lineal $T$ envío de $v_i$ a $e_i$ $(i = 1, 2)$. Ahora veamos la función

$h = T \circ g$.

$h$ es bijective, conserva la colinealidad, y sale del origen, $e_1$, e $e_2$ fijo. Por la expresión de un punto arbitrario como una combinación de combinaciones, como el anterior, se puede demostrar que $h$ es en el hecho de la identidad. Pero eso significa que $g = T$ y listo.