¿Las isometrías deben ser lineales?

Question

Pregunta

Supongamos que $V$ es un espacio vectorial (de dimensión finita) sobre $F$ ( $\operatorname{char }F\neq2$ debido al usuario1551) equipado con una forma cuadrática no degenerada $Q$ y $T$ es un operador que preserva la distancia en $V$ , a saber. $Q(Tu-Tv)=Q(u-v)$ para cada $u,v\in V$ . ¿Es cierto que $T$ est lineal afín (debido al usuario1551)?

Antecedentes

Estoy pensando en la derivación matemática de la transformación de Lorentz a partir de los principios de la relatividad especial. En el contexto, $F=\mathbb R$ , $V=F^4$ y $Q$ es la forma cuadrática de Lorentz. El problema original podría ser con la condición de que $T$ actúa sobre el espacio $\mathbb R^3$ como una traslación (ya que son marcos de referencia inerciales), pero $Q(Tu-Tv)=Q(u-v)$ sólo cuando $Q(u-v)=0$ , lo que significa que el operador preserva los conos de luz.

Con la condición de que $F=\mathbb R$ y $Q$ es positivo definitivo la respuesta es verdadera. Se deduce de una derivación estándar: Supongamos que $\langle x,y\rangle=(Q(x+y)-Q(x)-Q(y))/2$ entonces, por definición $\langle\circ,\circ\rangle$ es una forma bilineal definida positiva. Nótese que $\langle Tu,Tv\rangle=\frac12(Q(Tu)+Q(Tv)-Q(Tu-Tv))=\frac12(Q(u)+Q(v)-Q(u-v))=\langle u,v\rangle$ tenemos $Q(Tcv-cTv)=\langle Tcv-cTv,Tcv-cTv\rangle=0$ y $Q(T(u+v)-Tu-Tv)=\langle T(u+v)-Tu-Tv,T(u+v)-Tu-Tv\rangle=0$ lo que implica que $T(u+v)=Tu+Tv$ y $Tcv=cTv$ .

Del argumento anterior, $T(u+v)-Tu-Tv$ y $Tcv-cTv$ son generalmente isotrópicos, pero no sé si deben ser cero.

¿Alguna idea? Gracias.

Answer 1

Supongo que quieres decir que $T$ est afín en lugar de simplemente lineal . Entonces, supongamos que $T(0)=0$ y por lo tanto $Q(T(u))=Q(T(u)-T(0))=Q(u-0)=Q(u)$ . Queremos saber si $T$ es lineal o no.

Como usted dijo que $Q$ es no degenerado, también supongo que $\operatorname{char} F\ne2$ y $Q$ es inducida por una forma bilineal simétrica $b(x,y)=\frac12\left(Q(x+y)-Q(x)-Q(y)\right)$ . De ello se desprende que $b(T(x),T(y))=b(x,y)$ para todos $x,y\in V$ .

Dado que toda forma bilineal simétrica en un espacio vectorial de dimensión finita sobre un campo de característica $\ne2$ es diagonalizable, podemos suponer además que $V=F^n$ y $b(x,y)=x^\top Dy$ para alguna matriz diagonal $D$ . Como $Q$ es no degenerado, $D$ es invertible.

Dejemos que $\{e_1,\ldots,e_n\}$ sea la base estándar de $F^n$ y que $\mathbf{T}=(T(e_1),\ldots,T(e_n))\in M_n(F)$ . Por supuesto, para cualquier $x\in V$ tenemos $T(e_i)^\top DT(x) = b(T(e_i),T(x)) = b(e_i,x) = e_i^\top Dx$ para cada $i\in\{1,2,\ldots,n\}$ . Por lo tanto, \begin{align*} &\mathbf{T}^\top DT(x)=I_nDx, \textrm{ for all } x\in V,\tag{1}\\ &\mathbf{T}^\top D\mathbf{T}=D.\tag{2} \end{align*} La igualdad $(2)$ implica que $\mathbf{T}$ es invertible. Por lo tanto, $(1)$ implica que $T(x)=D^{-1}\mathbf{T}^{-\top}Dx$ es decir $T$ es lineal.

Answer 2

Tal vez me estoy perdiendo algo, pero aquí hay un argumento en el caso de $R^{3,1}$ que le interesa. Este espacio es la unión del cono de vectores nulos y los dos conos $C_\pm$ formado por vectores de longitud $-1$ y vectores de las longitudes $1$ . El primero es el cono sobre las (dos copias de) la hiperbólica $3$ -espacio $H$ y el segundo es el cono sobre el espacio anti de Sitter $A$ . Cada isometría de $R^{3,1}$ inducirá una isometría de $H$ y de $A$ (Ignoro las transformaciones que intercambian las dos copias de $H$ desde $-Id$ es claramente lineal). Ahora, es un resultado estándar que el grupo de isometría de $H$ consiste en restricciones de elementos de $O(3,1)$ (se puede encontrar, por ejemplo, en el libro de Ratcliffe "Foundations of hyperbolic geometry"). Lo mismo ocurre con $A$ ya que es el mismo que el espacio de los hiperplanos hiperbólicos en $H$ y una transformación de $H$ preservando hiperplanos tiene que ser una isometría.

Quedan dos temas:

1. Tenemos que comprobar que una isometría de $R^{3,1}$ envía rayos radiales a rayos radiales. Esto se deduce del hecho de que un triángulo en el cono negativo satisface la forma extrema de la desigualdad del antitriángulo para sus "longitudes laterales" (definidas como $\sqrt{-<v,v>}$ , $v\in C_-$ ) si y sólo si el triángulo se encuentra en una línea que pasa por el origen. Un argumento similar se aplica al cono positivo.

2. Hay que resolver qué pasa con los vectores nulos. Yo no lo he hecho, pero probablemente también sea fácil (por continuidad). Hazme saber si quieres ver los detalles en este caso.