Cómo demostrarlo $\langle v, v \rangle$ ¿es el único invariante escalar para un vector bajo la isometría?

Question

Consideremos un espacio de producto interior $V$ y $v \in V$ .

Parece que los únicos invariantes escalares que puede tener un vector bajo la isometría provienen de $\langle v, v \rangle$ . Por ejemplo $\langle v, v \rangle$ , $2\langle v, v \rangle^2 - 3$ o $\sin(\langle v, v \rangle)$ para espacios reales, etc. Pero, ¿cómo se puede demostrar?

No sólo me interesa la prueba tal cual, sino también las ideas que la sustentan. Varias pruebas y/o referencias estarían bien.

Answer 1

Supongo que con "la isometría" te refieres al grupo ortogonal de todas las isometrías. Se demuestra fácilmente que las órbitas de ese grupo son los conjuntos de las $v$ con $\langle v,v\rangle=c$ para alguna constante $c$ . Ahora bien, si se tiene cualquier invariante, sus conjuntos de nivel deben ser uniones de órbitas, que para un invariante polinómico sólo puede ser una unión finita por razones de dimensión. Se puede ver algebraicamente que cualquier función polinómica de las coordenadas cuyos conjuntos de nivel sean uniones de conjuntos de la forma $\langle v,v\rangle=c$ es a su vez un polinomio en $\langle v,v\rangle$ .

Añadido, ya que aparentemente no es tan obvio, una explicación de por qué las órbitas son conjuntos de la $v$ con $\langle v,v\rangle=c$ para alguna constante $c$ . Por un lado, dado que cualquier isometría preserva el producto escalar, es evidente que el valor de $\langle v,v\rangle$ no puede variar a lo largo de una órbita: $\langle v',v'\rangle=\langle g(v),g(v)\rangle=\langle v,v\rangle$ siempre que exista alguna isometría $g$ cartografía $v$ a $v'$ . Por otra parte, si $\langle v,v\rangle=\langle v',v'\rangle=c>0$ debemos encontrar una isometría $g$ cartografía $v$ a $v'$ Nota $v/\sqrt c$ y $v'/\sqrt c$ son vectores de longitud unitaria, por lo que cada uno puede extenderse (individualmente) a una base ortonormal; entonces el mapa lineal que envía la base ortonormal extendida de $v$ a la extendida desde $v'$ es una isometría tal $g$ .

Answer 2

Sea $u$ y $v$ sean dos vectores con $u^2 = v^2=L$ . Demostraré que existe una isometría que toma $u$ a $v$ . En concreto, reflejaré en el hiperplano ortogonal a $u-v$ . He aquí el cálculo:

Sea $w = u - v$ . Si $w=0$ entonces $u=v$ y hemos terminado, así que podemos asumir $w \neq 0$ . Reflexión en $w^{\perp}$ viene dada por la fórmula $$x \mapsto x - 2 \frac{\langle w,x \rangle}{\langle w,w \rangle} w.$$ Desde $w \neq 0$ el denominador no es $0$ .

Tenemos $\langle u,w \rangle = \langle u,u \rangle-\langle u,v \rangle = L - \langle u,v \rangle$ y $\langle w,w \rangle - \langle u,u \rangle - 2 \langle u,v \rangle + \langle v,v \rangle = 2L - 2 \langle u, v \rangle$ . Así que $\langle u,w \rangle/ \langle w,w \rangle = 1/2$ . (Reto: ¡Explica esta fórmula en términos de geometría euclidiana!) Introduciendo la fórmula de la reflexión, $$u \mapsto u-2 (1/2) w=u-(u-v) = v.$$ Del mismo modo, $v \mapsto u$ .

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Expliquemos por qué esto significa que toda función invariante debe ser de la forma $f(\langle v, v \rangle)$ para alguna función $f$ . Sea $g: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ ser invariante bajo isometrías. Definir $f(x) = g(\sqrt{L}, 0,0,0, \ldots, 0)$ . Entonces, para cualquier vector $v$ con $v^2=L$ existe una isometría que toma $v$ a $(\sqrt{L},0,0,\ldots,0)$ (por lo anterior). Así que $g(v) = g(\sqrt{L},0,0,0\ldots,0) = f(L)$ . En resumen, para cualquier invariante $g$ existe una función $f:\mathbb{R}_{+} \to \mathbb{R}$ para que $g(v) = f(v^2)$ para todos $v$ .