$\|D_{f}(x) v\|=\|v\|$ $\implies$ $f$ es una isometría

Question

Deje $f\colon \mathbb{R}^m \to \mathbb{R}^m$ $C^2$ mapa tal que $\|D_f(x)v\|=\|v\|$ todos los $v\in\mathbb{R}^m$ donde $D_f(x)$ es el derivado de la $f$$x$. Luego me piden demostrar que $\|f(x)-f(y)\|=\|x-y\|$ todos los $x,y\in\mathbb{R}^m$. Hay una pista que dice que use el teorema de Schwarz.

Acabo de demostrar que $\|f(x)-f(y)\| \le \|x-y\|$, el uso de la imagen de $\alpha \colon [0,1] \to \mathbb{R}^m$, $\alpha(t)=x+(y-x)t$.

Considere la posibilidad de $\gamma\colon [0,1] \to \mathbb{R}^m$, $\gamma(t)=f(\alpha(t))$, tenemos que $\gamma '(t)=D_{f}(x +(y-x)t).(y-x)$. Desde $\gamma$ conectar $f(x)$ $f(y)$ e es $C^{1}$ tenemos:

$\|f(x)-f(y)\| \leq L(\gamma) = \displaystyle\int_{[0,1]} \|\gamma '(t)\|dt=\displaystyle\int_{[0,1]}\|D_{f}(x +(y-x)t).(y-x)\|dt$. Por assumtion esto es igual a $\displaystyle\int_{[0,1]} \|x-y\| \leq \|\displaystyle\int_{[0,1]} x-y\space dt\|= \|x-y\|$.

No tengo idea de cómo usar el teorema de schwarz en este caso.

Cualquier ayuda es bienvenida.

Answer 1

$f$ es una isometría si su segunda parciales se desvanecen. He aquí una breve explicación de por qué: Si la segunda parciales se desvanecen, a continuación, $D_f(\cdot)$ es constante, por lo que $$ \begin{eqnarray} \forall(v\in\mathbb{R}^m) \: f(v) & = & f(0) + \int_0^1 \frac{d}{dt} f(tv)\: dt \\ & =& f(0) + \int_0^1 D_f(x) \cdot v \:dt \\ & = & f(0) + \int_0^1 D_f(0) \cdot v \:dt \\ & = & f(0) + D_f(0)\cdot v. \end{eqnarray} $$ A continuación,$\forall(v,w \in \mathbb{R}^m) \: ||f(v)-f(w)|| = ||D_f(0)v - D_f(0)w|| = ||D_f(0) (v-w)|| = ||v-w||$, como se desee. La parte más interesante es que muestra que la segunda parciales de todos desaparecen:

Algunas anotaciones: Vamos a $f^i$ ser componente de $i$ $f$ (por lo $f=(f^1,f^2,\dots,f^m)^T$); deje $f^i_j := \partial_j f^i$ ser el parcial de $f^i$ dirección $e_j$; y deje $f_j := \partial_j f = (f^1_j,f^2_j,\dots,f^m_j)^T$.

$||D_f(x) v|| = ||v||$ todos los $v$ significa que $||D_f(x)||$ es una matriz ortogonal. Por lo $D_f(x)^T D_f(x) =D_f(x) D_f(x)^T = \mathcal{I}_{m\times m}$, o en los componentes de la $\sum_j f^i_j f^k_j = \delta^{ik}$$\sum_if^i_j f^i_k = \delta_{jk} = f_j \cdot f_k$. Aplicar una derivada parcial a la segunda de estas relaciones para obtener $0 = \partial_l (f_j \cdot f_k) = f_{jl} \cdot f_k + f_j \cdot f_{kl}$, por lo que el $f_{jl} \cdot f_k = -f_j \cdot f_{kl}$, que tiene para todos los índices de $j,k,l$. Ahora tenemos $$ \begin{eqnarray} f_{jl} \cdot f_k & = & -f_j \cdot f_{kl} \\ & = & - f_{j} \cdot f_{lk} \\ & = & f_{jk} \cdot f_{l} \\ & = & f_{kj} \cdot f_{l} \\ & = & -f_{k} \cdot f_{lj} \\ & = & -f_k \cdot f_{jl} \\ \end{eqnarray} $$ de modo que $f_{jl}\cdot f_k = 0$. Tenga en cuenta que he intercambiado el orden de diferenciación (por ejemplo, se utiliza Schwartz teorema) en numerosas ocasiones anteriormente. Ahora desde $D_f(x)$ es ortogonal de la matriz, las columnas $f_i$ formulario de una base ortonormales para $\mathbb{R}^m$. Desde $f_{jk}$ es ortogonal a todos los $f_i$, por lo tanto, debe ser el vector cero. Esto demuestra que todos los segundos parciales de $f$ se desvanecen.