Demostración de que una isometría en el plano euclídeo que fija el origen es lineal

Question

Supongamos que $f$ es una función isométrica (es decir, que preserva la distancia) sobre $\mathbb{E}^2$ tal que $f(0,0) = (0,0)$ . Entonces quiero demostrar que $f$ es necesariamente lineal. Ahora $f$ es lineal si $f$ es aditiva y homogénea. Lo que sigue es un intento de demostrar la homogeneidad de f (falta el último paso); además, no tengo ni idea de cómo demostrar la aditividad de $f$ . ¿Alguna idea?

Sea $x \in \mathbb{E}^2$ y $\alpha \in \mathbb{R}$

Sabemos que $\forall x \in \mathbb{E}^2$ , $\Vert x - 0 \Vert = \Vert f(x) - f(0)\Vert = \Vert f(x) - 0 \Vert$ para que $\Vert x\Vert = \Vert f(x)\Vert$ .

De ello se desprenden inmediatamente los siguientes hechos:

$\Vert x \Vert = \Vert f(x) \Vert$

$\Vert \alpha x \Vert = \Vert f(\alpha x) \Vert$

Podemos argumentar entonces que, puesto que $\Vert \alpha x\Vert = |\alpha| \Vert x \Vert = |\alpha| \Vert f(x) \Vert = \Vert \alpha f(x) \Vert$ también tenemos que $\Vert f(\alpha x) \Vert = \Vert \alpha f(x)\Vert$ .

Por último, tenemos que

$\Vert \alpha x - x \Vert = \Vert \alpha f(x) - f(x) \Vert$

si $ \Vert (\alpha - 1)x \Vert = \Vert (\alpha - 1) f(x) \Vert$

si $|\alpha - 1| \Vert x \Vert = |\alpha - 1| \Vert f(x) \Vert$

Como la última de estas afirmaciones es cierta, ahora tenemos $\Vert \alpha x - x \Vert = \Vert \alpha f(x) - f(x) \Vert$ como desee.

Ahora en este punto parece que tengo todos los hechos necesarios para afirmar que $f(\alpha x) = \alpha f(x)$ pero no sé cómo explicar formalmente por qué sin apelar ilegalmente a la intuición visual. ¿Alguna idea?

Answer 1

Basta con demostrar que $||f(\alpha x) - \alpha f(x) || = 0$ . Ahora

$$\begin{eqnarray*} ||f(\alpha x) - \alpha f(x) || &=& ||f(\alpha x)||^2-2\alpha\langle f(\alpha x),f(x) \rangle + \alpha^2 ||f(x)||^2 \\ &=& 2\alpha^2 ||f(x)||^2 - 2\alpha\langle f(\alpha x),f(x) \rangle \end{eqnarray*}$$

donde $\langle \cdot,\cdot \rangle$ denota el producto interno euclidiano habitual. A partir de la última línea de tu pregunta y utilizando el hecho de que $f$ es una isometría, obtenemos que $$||f(\alpha x) - f(x) || = ||\alpha f(x) - f(x)||. \tag{*}$$

Elevar al cuadrado ambos lados de la ecuación $(*)$ obtenemos

$$\|f(\alpha x)\|^2+\|f(x)\|^2-2\langle f(\alpha x),f(x)\rangle=\alpha^2\|f(x)\|^2+\|f(x)\|^2-2\langle \alpha f(x),f(x)\rangle.$$

Así que por cancelación obtenemos $\alpha||f(x)||^2 = \langle f(\alpha x),f(x) \rangle$ . Ahora se deduce que

$$\begin{eqnarray*} ||f(\alpha x) - \alpha f(x)|| &=& 2\alpha^2 ||f(x)||^2 - 2\alpha\langle f(\alpha x),f(x) \rangle \\ &=& 2\alpha^2 ||f(x)||^2 - 2\alpha ( \alpha||f(x)||^2 )\\ &=& 2\alpha^2 ||f(x)||^2 - 2\alpha^2 ||f(x)||^2 \\ &=& 0\end{eqnarray*}$$

de lo que se concluye que $f(\alpha x) - \alpha f(x) = 0$ es decir

$$f(\alpha x) = \alpha f(x).$$

Answer 2

Cualquier línea $g\subset{\mathbb E}^2$ puede considerarse como la mediana de dos puntos elegidos convenientemente. De ello se deduce que una isometría $f:\ {\mathbb E}^2\to{\mathbb E}^2$ mapea líneas sobre líneas.

Dado un $x\ne0$ y un $\alpha\ne1$ los tres puntos diferentes $0$ , $x$ y $y:=\alpha x$ son colineales, por lo que sus imágenes $0$ , $x'$ y $y'$ también son colineales. Como $x'\ne0$ necesariamente tenemos $y'=\beta x'$ para algunos $\beta\in{\mathbb R}$ .

Desde $f$ es una isometría se deduce que $$|\beta|\ \|x'\|=\|\beta x'\|=\|y'\|=\|y\|=\|\alpha x\|=|\alpha|\ \|x\|\ ,$$ de donde $|\beta|=|\alpha|$ o $\beta=\pm\alpha$ . Supongamos que $\beta=-\alpha$ . Entonces $$|\alpha+1|\ \|x'\|=|1-\beta|\ \|x'\|=d(x',y')=d(y,x)=|\alpha-1|\ \|x\|\ .$$ Esto dice que $\alpha$ es equidistante de $-1$ y $1$ de donde $\alpha=0$ . De ello se deduce que $\beta=\alpha$ en todos los casos.

Answer 3

Voy a dar un punto de vista más geométrico (para $\mathbb{R}^n$ ):

1) Dado que las rectas son geodésicas, definidas por minimización de distancias, las isometrías mapean rectas a rectas.

2) Además, las isometrías respetan la distancia entre dos rectas cualesquiera, por lo que las isometrías trazan rectas paralelas a rectas paralelas. Por lo tanto, las isometrías asignan paralelogramos a paralelogramos.

3) Una isometría que mapea $0$ a $0$ entonces traza paralelogramos con $0$ como vértice a paralelogramos con $0$ como vértice. Pero estos son los paralelogramos utilizados para definir la suma en $\mathbb{R}^n$ Por lo tanto, las dos formas de construir la diagonal del paralelogramo imagen muestran que $f(a+b)=f(a)+f(b)$ para cualquier isometría $f$ tal que $f(0)=0$ .

4) Ahora, por 3), $f(na)=nf(a)$ para cada número natural $n$ lo que implica que $f(qa)=qf(a)$ para cada número racional $q$ .

5) Puesto que $f$ es isometría, es continua, por lo tanto por 4) obtenemos $f(\lambda a)=\lambda f(a)$ para cada $\lambda\in\mathbb{R}$ .

QED

Por cierto, si $f$ es una isometría tal que $f(0)=a$ entonces $g:=T_{-a}\circ f$ (donde $T_x$ es la traslación por $x$ ) es una isometría tal que $g(0)=0$ . Entonces, como $f=T_a\circ g$ toda isometría es la composición de una traslación y un mapa lineal ortogonal (es decir, una isometría lineal).