Reflexión que relaciona dos subespacios

Question

Dejemos que $S_1, S_2 \subseteq \mathbb{R}^n$ sean dos lineales $k$ -subespacios dimensionales. ¿Existe siempre un hiperplano $H$ tal que $S_1 = R_H S_2$ , donde $R_H$ denota la reflexión ortogonal a través de $H$ ?

La intuición geométrica me hace sospechar que esto es obviamente cierto, pero se me escapa una prueba.

Editar: Como ha señalado @zvbxrpl más abajo, mi intuición era errónea y la afirmación es falsa. Sin embargo, la afirmación puede seguir siendo cierta si se sustituye "hiperplano" por algunos subespacio lineal -- @zvbxrpl intentó mostrar esto, pero desafortunadamente hubo un error en la prueba.

¿Es cierta la afirmación si se sustituye "hiperplano" por algunos ¿subespacio lineal?

Editar 2: Studiosus ha dado una respuesta afirmativa a la pregunta revisada anterior utilizando la geometría de Riemann. Esto está bien, pero yo estoy interesado en una respuesta constructiva y elemental utilizando sólo el álgebra lineal.

Answer 1

Lo que pretende demostrar es falso si requiere el subespacio $H$ para ser un hiperplano.

Para ver esto, dejemos $S_1,S_2$ dos planos en $\mathbb{R}^4$ que sólo se encuentran en el origen (por ejemplo $S_1=span\{e_1,e_2\},$ $S_2=span\{e_3,e_4\}$ ), entonces para cada hiperplano $H\subseteq\mathbb{R}^4$ tenemos $L\subseteq H\cap S_2$ para alguna línea $L$ en $\mathbb{R}^4$ lo que significa que $L\subseteq R_HS_2$ Así que $R_HS_2\neq S_1$ .

Lo que sí es cierto es que para dos subespacios equidimensionales $S_1,S_2\subseteq\mathbb{R}^n$ existe un subespacio $T$ tal que $R_TS_2=S_1$ .

Dejemos que $\{u_1,\dots,u_h\}$ una base ortonormal de $S_1\cap S_2$ , $\{u_1,\dots,u_h,v_1,\dots,v_k\}$ una base ortonormal de $S_1$ y $\{u_1,\dots,u_h,w_1,\dots,w_k\}$ una base ortonormal de $S_2$ . Ponemos $T=span\{v_1+w_1,\dots,v_k+w_k\}$ .

Es fácil ver que $R_TS_2=S_1$ . De hecho, tenemos $R_T(u_i)=-u_i$ desde $T\perp(S_1\cap S_2)$ y $$R_T(w_i)=\Pi_T(w_i)-\Pi_{T^\perp}(w_i)=\frac{w_i+v_i}{2}-\frac{w_i-v_i}{2}=v_i$$ donde $\Pi_T$ y $ \Pi_{T^\perp}$ son las proyecciones ortogonales sobre $T$ y $T^\perp$ respectivamente. Con esto concluye la prueba. EDIT: Este párrafo es incorrecto, ver los comentarios.

Está claro que el subespacio $T$ no es único. La opción presentada para $T$ da un subespacio de dimensión mínima con la propiedad deseada. Si está interesado en un subespacio de dimensión máxima, una posible elección es $T'=T\oplus(S_1\cap S_2)\oplus(S_1+S_2)^\perp$

Answer 2

Aquí está una prueba de la afirmación hecha por zvbxrpl utilizando la geometría de Riemann; es un poco más de la parte superior, ya que debe ser sólo un argumento de álgebra lineal, sólo que no tiene que trabajar en una prueba elemental:

Teorema. Para cada par de $k$ -subespacios lineales de una dimensión $P, Q$ en $E^n$ existe una involución isométrica $s=s_R$ cuyo conjunto de puntos fijos es un $k$ -subespacio dimensional $R$ en $E^n$ tal que $s(P)=Q, s(Q)=P$ .

Prueba. El espacio de $k$ -subespacios lineales en $E^n$ se puede dotar de la estructura de un colector liso, llamado Grassmannian $Gr_k(E^n)$ . Esta última admite una métrica riemanniana que la convierte en una espacio simétrico : Para cada $P\in Gr_k(E^n)$ existe una involución isométrica $s_P$ Fijación de $P$ puntualmente tal que la derivada de $s_P$ en $P$ es $-1$ . Más concretamente, $s_P$ es la única isométrica (con respecto a la métrica euclidiana en $E^n$ ) involución lineal de $E^n$ Fijación de $P$ en el sentido de la palabra y teniendo $-1$ -espacio eigénico igual al complemento ortogonal de $P$ .

Véanse, por ejemplo, las páginas 1-5 de estos notas de Eschenburg, donde lo explica con detalle.

Ahora, dados dos elementos $P, Q\in Gr_k(E^n)$ existe una geodésica minimizadora (posiblemente no única) $c$ conectando $P$ a $Q$ . Dejemos que $R$ sea el punto medio de esta geodésica. Entonces la involución $s_R$ enviará $c$ a sí mismo e invertir su orientación, enviando así $P$ a $Q$ y $Q$ a $P$ . qed

Answer 3

Dejemos que $E$ sea un espacio vectorial euclidiano y $S_1,S_2$ dos subespacios de la misma dimensión $k$ . Supongamos que $E = S_1 \oplus S_2$ . Entonces existe $f$ una simetría ortogonal tal que $f(S_1)=S_2$ y $f(S_2)=S_1$ .

Prueba: Sea $P$ sea la matriz del producto escalar sobre $E$ y elegir una base de $S_1$ y una base de $S_2$ tal que $P$ tiene la forma : $$ P = \begin{bmatrix} I_k & C \\ {}^tC & I_k \end{bmatrix}.$$ Dejemos que $A$ ser un $k \times k$ matriz invertible y $f$ sea un endomorfismo de $E$ tal que su matriz es : $$ f = \begin{bmatrix} 0 & A^{-1} \\ A & 0 \end{bmatrix}.$$ Entonces $f$ es una simetría tal que $f(S_1)=S_2$ y $f(S_2)=S_1$ . Pero $f$ es ortogonal si $${}^t f.P.f = P,$$ es decir, $$\begin{bmatrix} {}^tA.A & {}^tA.^tC.A^{-1} \\ {}^tA^{-1}.C.A & {}^tA^{-1}.A^{-1} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I_k & C \\ {}^tC & I_k \end{bmatrix}.$$ Lo que significa que $A$ es ortogonal y $CA$ es simétrico. Así que si $A$ es la inversa de la parte ortogonal de $C$ en el descomposición polar entonces $f$ es una simetría ortogonal.

En el caso general, si $S_1$ y $S_2$ tienen una intersección. Denotemos $S = S_1 \cap S_2$ y escribir $S_1 = S \oplus^{\perp} T_1$ y $S_2 = S \oplus^{\perp} T_2$ . Entonces $E = S \oplus^{\perp} (T_1 \oplus T_2)$ . Ahora elija $f : E \rightarrow E$ tal que $f$ interruptores $T_1$ y $T_2$ en $T_1 \oplus T_2$ como en el caso anterior y de forma que $f$ es la identidad en $S$ .