¿Cuándo existe una isometría que intercambia dos subespacios?

Question

Dejemos que $V$ sea un espacio vectorial real de dimensión finita y sea $\langle \cdot, \cdot \rangle$ sea una simetría no degenerada simétrica no degenerada en $V$ . Sea $U, W \subseteq V$ sea lineal subespacios tales que las formas bilineales $\langle \cdot, \cdot \rangle \vert_U$ y $\langle \cdot, \cdot \rangle \vert_W$ son isométricos y no degenerados.

Es bastante fácil demostrar que existe una isometría $f$ de $V$ tal que $f(U) = W$ . Me gustaría saber si hay algunas condiciones suficientes para que exista una isometría $f$ de $V$ tal que $f(U) = W$ y $f(W) = U$ .

¡Gracias a todos!

EDITAR. Como no he recibido ninguna respuesta, quiero decir que me interesa un caso muy particular: $V = \mathbb{R}^{n+1}$ , $\langle \cdot , \cdot \rangle$ es el producto escalar lorentziano sobre $\mathbb{R}^{n+1}$ es decir $\langle x, y \rangle = \sum_{i=1}^n x_i y_i - x_{n+1} y_{n+1}$ y $U$ y $W$ son $2$ -subespacios dimensionales de $\mathbb R^{n+1}$ tal que $\langle \cdot, \cdot \rangle \vert_U$ y $\langle \cdot, \cdot \rangle \vert_W$ tener firma $(1,1)$ .

Answer 1

Si el producto escalar

• restringido a $U$ y $V$ es definitiva y tiene el mismo signo, y
• no es degenerado en $U+V$

entonces la respuesta es sí. Esto también se aplica a algunos de tus casos ya que puedes cambiar los complementos ortogonales $U^{\perp}$ y $V^{\perp}$ . Estaría bien que la segunda condición se eliminara, pero tendré que pensarlo un poco más.

Dejemos que $\pi_U$ y $\pi_V$ sean las proyecciones ortogonales sobre $U$ y $V$ con respecto al producto escalar. Entonces $\pi_U \pi_V$ mapas $U$ en $U$ y su restricción a $U$ es autoadherente. Es decir, para todo $v, w \in U$

$$ \langle \pi_U\pi_V v, w \rangle = \langle v, \pi_U\pi_V w \rangle. $$

Esto significa que $U$ tiene una base ortonormal $u_1, \dotsc, u_k$ de los vectores propios para los valores propios $0 \leq \lambda_1, \dotsc, \lambda_k \leq 1$ . Igualmente, $V$ tiene una base ortonormal de vectores propios $v_1, \dotsc, v_k$ para los mismos valores propios. Que los valores propios son los mismos se deduce de

$$ \pi_V\pi_U(\pi_V u_j) = \pi_V(\pi_U\pi_V u_j) = \lambda_j \pi_Vu_j $$

y

$$ \langle \pi_Vu_j, \pi_Vu_j \rangle = \langle \pi_Vu_j, u_j \rangle = \langle \pi_Vu_j, \pi_Uu_j \rangle = \langle \pi_U\pi_Vu_j, u_j \rangle = \lambda_j. $$

De hecho, para cualquier valor propio $\lambda_j \neq 0$ la proyección $\pi_V$ es $\lambda_j^{1/2}$ veces una isometría del eigespacio en $U$ en el eigespacio en $V$ . En particular, podemos elegir la base $(v_j)$ tal que $\pi_Vu_j = \lambda_j^{1/2}v_j$ para todos $j$ .

Ahora defina $f$ por

$$ f(x) = \begin{cases} v_j & \textrm{if }x = u_j\\ u_j & \textrm{if }x = v_j\\ x & \textrm{if } x \in U^{\perp} \cap V^{\perp} \end{cases}. $$

Entonces $f$ cambia los subespacios $U$ y $V$ y por las observaciones anteriores se puede comprobar que también es una isometría.