Defina $F : \mathbb{S}^n \times I \to \overline{\mathbb{B}^{n+1}}$ por $F(x, s) = sx$ demuestre que $F$ es inyectiva

Question

Defina $F : \mathbb{S}^n \times I \to \overline{\mathbb{B}^{n+1}}$ por $F(x, s) = sx$ demuestre que $F$ es inyectiva en $\overline{\mathbb{B}^{n+1}} \setminus \{0\}$

Intenté demostrarlo por contradicción pero al final pasó de ser una cuestión de teoría de conjuntos a una cuestión aritmética a resolver, y no estoy seguro de cómo concluir la demostración

Mi intento de prueba:

Supongamos que existe un $\alpha \in \overline{\mathbb{B}^{n+1}} \setminus \{0\}$ para lo cual $F(x_1, s_1) = s_1x_1 = s_2x_2 = F(x_2, s_2) = \alpha$ para $(x_1, s_1) \neq (x_2, s_2) \in \mathbb{S}^n \times (0, 1]$ . Entonces $x_1 = (x_{1}^{1}, ..., x_{1}^{n+1})$ y $x_2 = (x_{2}^1, ..., x_{2}^{n+1})$ Así que $s_1x_1 =s_2x_2$ implica $$s_1x_{1}^{i} = s_2x_{2}^{i}$$

para $s_1, s_2 \in (0, 1]$ y $d(x_1, 0) = 1$ y $d(x_2, 0) = 1$ . Nótese que los superíndices que aparecen son normalmente subíndices, pero yo los he puesto como superíndices para que se vean mejor.

Ahora, ¿cómo puedo demostrar que para cualquier elección de $s_1$ y $x_1$ sujeta a las dos restricciones $s_1 \in (0, 1]$ y $d(x_1, 0) = 1$ y para cualquier elección $s_2$ y $x_2$ sujeta a las dos restricciones $s_2 \in (0, 1]$ y $d(x_2, 0) = 1$ que para cada $i \in \{1, ... ,n+1\}$ tenemos $$s_1x_{1}^{i} = s_2x_{2}^{i} \implies s_1 = s_2 \ \text{and } x_1^i = x_2^i$$

Esto parece realmente una cuestión aritmética, pero no estoy seguro de cómo demostrarlo rigurosamente. Supongo que es algo realmente trivial y algo que debería saber pero por alguna razón no puedo demostrarlo. Si puedo demostrar lo anterior, entonces puedo demostrar que $(x_1, s_1) = (x_2, s_2)$ contradiciendo el hecho de que $(x_1, s_1) \neq (x_2, s_2)$ demostrando así la inyectividad de $F$ en $\overline{\mathbb{B}^{n+1}} \setminus \{0\}$ .

Answer 1

¿No estás complicando demasiado algo sencillo o es que no lo entiendo? Entiendo que $I = [0,1]$ . Si $F(x,s) = F(x',s')$ entonces $sx=s'x'$ . Aplicación de $\|\cdot\|$ y utilizando $x,x' \in \Bbb S^n$ da $s=s'$ . Desde $s,s'\neq 0$ , $sx=sx'$ implica $x=x'$ . Por lo tanto $(x,s) = (x',s')$ y $F\big|_{\Bbb S^n \times ]0,1]}$ es inyectiva.

Answer 2

Supongamos que $F(s_1,x_1)=F(s_2,x_2)$ de modo que $s_1x_1=s_2x_2$ . Tomando la magnitud de ambos vectores, obtenemos $s_1\|x_1\|=s_2\|x_2\|$ que desde $x_1,x_2\in \mathbb S^n$ implica $s_1=s_2$ . Por lo tanto, $s_1x_1=s_1x_2$ . Por último, dado que $s_1\neq0$ (que conocemos desde $s_1x_1\in \mathbb B_{n+1}\setminus\{0\}$ ), podemos escalar ambos lados por $1/s_1$ para obtener $x_1=x_2$ demostrando inyectividad.