$f$ una isometría de un espacio de hilbert $H$ a tal que $f(0)=0$ $f$ lineal.

Question

Esta pregunta fue en un examen y no estoy seguro de cómo responder a ella. Yo sobre todo el tratado de escribir cero en diferentes formas y trató de un montón de álgebra para obtener algo. También traté de usar el hecho de que $H$ es un espacio de hilbert, pero no podía llegar a ninguna parte. Alguna sugerencia?

Si $H$ es un espacio de hilbert y $f:H\to H$ es una isometría ($\|f(x)-f(y)\|=\|x-y\|$) tal que $f(0)=0$, $f$ es lineal.

Answer 1

De hecho, en cualquier estrictamente convexa real espacio de Banach $B$ una isometría $f$ $f(0)=0$ es lineal. Tenga en cuenta que para cualquier $a, b \in B$, $(a+b)/2$ es la única $v \in B$$\|a-v\| = \|v-b\|=\|a-b\|/2$. Por lo $f((a+b)/2)$ es la única $v$$\|f(a) - v\| = \|v - f(b)\| = |f(a) - f(b)|/2$, y por lo tanto $f((a+b)/2) = (f(a) + f(b))/2$.
A partir de esto no es difícil mostrar que $f(ra) = r f(a)$ para cualquier racional $r$, y por la continuidad de esto es cierto para cualquier escalar, y, a continuación, $$f(sa + tb) = f((2sa + 2tb)/2) = (f(2sa)+f(2sb))/2 = s f(a) + t f(b)$$

Answer 2

Usted puede probar que $\langle f(x),f(y) \rangle = \langle x,y \rangle$ para cualquier verdadero Espacio de Hilbert mediante la derivación de las expresiones siguientes para$\|f(x) - f(y)\|^2$$\|x-y\|^2$: \begin{align*} \|f(x)-f(y)\|^2 &= \langle f(x) - f(y), f(x) - f(y)\rangle \\ &= \|f(x)\|^2 - 2\langle f(x),f(y)\rangle + \|f(y)\|^2\\ \end{align*} y \begin{align*} \langle x,y\rangle &= \|x\|^2 - 2\langle x,y\rangle + \|y\|^2 \end{align*} Desde $\|f(x)-f(0)\| = \|x - 0\|$, e $f(0) = 0$, usted sabe $\|f(x)\| = \|x\|$. Por lo tanto, después de establecer que las dos expresiones son iguales entre sí, los términos correctos partido hasta dar la preservación del interior del producto, como se reivindica.

A continuación, puede utilizar esta opción para mostrar que $$\|f(x+y) - f(x) - f(y)\|^2 = \langle f(x+y) - f(x)-f(y), f(x+y)-f(x)-f(y)\rangle = 0,$$ por lo tanto demostrando que $f$ es aditivo. El mismo debe trabajar para $f(\lambda x)$.

Mostrando la preservación del producto interior de un complejo espacio de Hilbert no funciona usando el mismo truco; el más lejano me he metido con ello se muestra que la parte real de la $\langle f(x),f(y)\rangle$ es igual a la parte real de la $\langle x,y\rangle$. Todas las pruebas a las que me he visto que muestran la igualdad en el complejo caso de asumir que $f$ ya es lineal y sólo tiene que utilizar la polarización de la identidad $$\langle x,y\rangle = \frac{1}{4}(\|x+y\|^2 - \|x-y\|^2 +i\|x+iy\|^2 -i\|x-iy\|^2)$$ en $\langle f(x),f(y)\rangle$. Sospecho que es cierto en el caso complejo, no he encontrado el por qué.

Answer 3

Es similar resultado general por Mazur y Ulam. De hecho, cada bijective isometría $f:E\to F$ entre la normativa de los espacios $E$ $F$ es la composición de isométricos lineal operador $T:E\to F$ y el cambio en el vector $f(0)$.