Si la derivada de $f:R^m\to R^m$ es isométrico entonces $f$ es isométrico

Question

No puedo terminar este problema

Dejemos que $f:R^m\to R^m$ ser un $C^1$ tal que para todo $x\in R^m$ , $f'(x):R^m\to R^m$ es una isometría, es decir $|f'(x)v|=|v|$ para todos $v\in R^m$ . Demostrar que $f$ es una isometría, es decir, que $|f(x)-f(y)|=|x-y|$ para todos $x,y\in R^m$ . Concluir que existe una isometría lineal $T:R^m\to R^m$ y $a\in R^m$ tal que $f(x)=Tx+a$ para todos $x\in R^m$ .

Esto es lo que he hecho: Desde $|f'(x)v|=|v|$ para todos $x,v$ tenemos que $|f'(x)|=1$ . La desigualdad del valor medio dice entonces que $|f(x)-f(y)|\le 1\cdot |x-y|=|x-y|$ . Lo ideal sería aplicar la desigualdad anterior con $f^{-1}$ en lugar de $f$ pero no sabemos que $f$ es biyectiva. Intenté utilizar el teorema de la función inversa pero sólo asegura la inversa de $f$ cuando $f$ se restringe a algunos conjuntos abiertos.

Entonces, ¿cómo se puede demostrar que $f$ es biyectiva?. Después de eso creo que puedo terminar el problema.

Answer 1

Reclamación: Por cada $x_0 \in \mathbb{R}^m$ hay un barrio $U$ de $x_0$ tal que para cualquier $x_1,x_2 \in U$ tenemos $\|f(x_1) - f(x_2)\| = \|x_1 - x_2\|.$

Prueba: Necesitamos el siguiente hecho, si $ U \subset \mathbb{R}^m$ es abierta y convexa y $h : U \to \mathbb{R}^m$ es $C^{1}$ entonces $\|h(x_1) - h(x_2) \| \leq M(x_1,x_2) \| x_1 - x_2 \|$ donde $M$ es el límite superior de $\|h'(x)\|$ en la línea que une $x_1$ y $x_2.$

Desde $f^{'}(x)$ es una isometría, esto significa que $\|f^{'}(x)\| = 1$ para todos $x \in \mathbb{R}^m$ y así para cualquier $x_1,x_2 \in \mathbb{R}^m$ $\|f(x_1) - f(x_2)\| \leq \|x_1 - x_2\|.$

Por el teorema de la cartografía inversa sabemos que para cualquier $x_0 \in \mathbb{R}^m$ existe un conjunto abierto $U$ que contiene $x_0$ y un balón abierto $V = B(f(x_0),\delta)$ en $\mathbb{R}^m$ tal que $V = f(U)$ y el mapeo $f:U\to V$ es una biyección suave y el mapeo inverso $g:V\to U$ es $C^{1}$ .

Para cualquier $y \in V$ $g'(y) = (f^{'}(g(y)))^{-1}$ es también una isometría ya que la inversa de una matriz ortogonal es otra matriz ortogonal, por lo que $\|g^{'}(y)\| = 1$ para todos $y \in V.$

Elija $x_1,x_2 \in U$ y que $y_1 = f(x_1), y_2 = f(x_2)$ , $y_1,y_2 \in V.$ Desde $V$ es convexo, tenemos $\|x_1 - x_2 \| = \|g(y_1) - g(y_2)\| \leq \|y_1 - y_2\| = \|f(x_1) - f(x_2)\| \leq \|x_1 - x_2\|.$ Así que para todos $x_1,x_2 \in U$ tenemos $\|f(x_1) - f(x_2)\| = \|x_1 - x_2\|.$

Los medios para cada $x_0 \in \mathbb{R}^m$ hay una vecindad de $x_0$ en el que $f$ es una isometría.

Afirmación: La segunda derivada de $f$ se desvanece en todas partes.

Prueba: Supongamos que $f(0) = 0$ . Hay un barrio de $0$ diga $U = B(0,\delta)$ en el que $f$ es una isometría.

Para cualquier $x \in U$ tenemos $\| f(x) \| = \| f(x) - f(0) \| = \|x - 0\| = \|x\|$ . Elija cualquier $x,y \in U$ Tenemos $\|f(x) - f(y)\|^2 = \|x-y\|^2$ expandiendo ambos lados tenemos $\|f(x)\|^2 + \|f(y)\|^2 -2 \langle f(x),f(y) \rangle = \|x\|^2 + \|y\|^2 - 2\langle x,y \rangle$ así que $\langle f(x), f(y) \rangle = \langle x , y \rangle$ . Así que $f$ preserva las normas y los productos internos para $x,y \in U$ .

Ahora elige $x_1,x_2,\dots,x_m \in U$ de tal manera que forman una base de $\mathbb{R}^m.$ Dejemos que $\alpha_1,\dots,\alpha_m \in \mathbb{R}$ sea tal que $|\alpha_1| + \dots + |\alpha_m| \leq 1.$ Ahora $\|\alpha_1 x_1 + \dots + \alpha_m x_m \| \leq |\alpha_1| \|x_1\| + \dots + |\alpha_m| \|x_m\| < (|\alpha_1| + \dots + |\alpha_m|) \delta \leq \delta.$ Así que $\alpha_1 x_1 + \dots + \alpha_m x_m \in U$ .

Dejemos que $u = \alpha_1 x_1 + \dots + \alpha_m x_m \in U.$ Ahora considere $\| f(u) - \sum_{i=1}^{m} \alpha_i f(x_i)\|^2 = \|f(u)\|^2 + \sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{m}\alpha_i\alpha_j \langle f(x_i),f(x_j) \rangle - 2 \sum_{i=1}^M \alpha_i \langle f(u),f(x_i)\rangle = \|u\|^2 + \sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^m \alpha_i \alpha_j \langle x_i,x_j \rangle - 2\langle \sum_{i=1}^{m}\alpha_ix_i,u\rangle = \|u\|^2 + \|u\|^2 - 2\|u\|^2 = 0.$ Así que $f(\alpha_1 x_1 + \dots + \alpha_m x_m) = \alpha_1 f(x_1) + \dots + \alpha_m f(x_m).$

Ahora bien, cualquier $u \in \mathbb{R}^m$ puede escribirse como $u = \alpha_1 x_1 + \alpha_2 x_m + \dots + \alpha_m x_m$ donde $|\alpha_1| + |\alpha_2| + \dots + |\alpha_m| \leq 1$ . Para ver esto dejemos $X$ sea la matriz con columnas $x_1,\dots,x_m$ y que $u$ sea cualquier vector con $\|u\| \leq \dfrac{1}{\sqrt{m}\|X^{-1}\|}.$ Entonces $u = \sum_{i=1}\alpha_i x_i $ implica $X\alpha = u$ donde $\alpha = (\alpha_1,\dots,\alpha_m)^T$ así que $\alpha = X^{-1}u$ y $\|\alpha\| \leq \|X^{-1}\| \|u\| \leq \dfrac{1}{\sqrt{m}}$ y por Cauchy-Schwarz $\sum_{i=1}^{m} |\alpha_i| \leq \sqrt{m} \|\alpha\| \leq 1.$

Así que para los pequeños $u$ $f$ coincide con el mapa lineal que envía $\alpha_1 x_1 + \alpha_2 x_m + \dots + \alpha_m x_m \to \alpha_1 f(x_1) + \alpha_2 f(x_2) + \dots \alpha_m f(x_m) $ . En términos matriciales, esto significa que para un tamaño suficientemente pequeño $u$ tenemos $f(u) = B\alpha = BX^{-1}u$ donde $X$ es la matriz con columnas $x_1,\dots,x_m$ y $B$ es la matriz con columnas $f(x_1),\dots,f(x_m).$ Esto implica que la segunda derivada de $f$ en $0$ debe ser $0$ .

Ahora, para el caso general, elija cualquier $x_0 \in \mathbb{R}^m$ considere la función $r(x) = f(x_0 + x) - f(x_0)$ . Claramente $r$ es suave $r'(x)$ es una isometría para todo $x$ y $r(0) = 0$ . Esto significa que la segunda derivada de $r$ en $0$ y por tanto la derivada de $f$ en $x_0$ es $0$ . Desde $x_0$ era arbitraria, la derivada de $f$ desaparece en todas partes, es decir, si $f=(f_1,f_2,\dots,f_m)$ entonces para todos $x$ tenemos $D_{i,j}f_k(x) = 0$ donde $D_{i,j}f_k$ denota el $(i,j)^{\text{th}}$ derivado mixto de $f_k$ .

Afirmación: f es lineal.

Prueba: Elija cualquier $u \in \mathbb{R^m}$ y cualquier $v \in \mathbb{R^m}$ , defina $h:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ como $h(t) = \langle v, f(tu) \rangle$ . Tenemos $h^{'}(t) = \langle v, f^{'}(tu)u \rangle$ y $h^{''}(t) = t^2\sum_{i,j,k=1}^{m} D_{i,j}f_k(tu) u_i u_j v_k = 0$ . Aquí $D_{ij}f_k(tu)$ denota el $i,j$ ^{th} derivada mixta de $f_k$ (donde $f = (f_1,f_2,\dots,f_m) $ )y es $0$ .

Así que debemos tener $h(t) = h(0) + h^{'}(0) t$ en particular, $h(1) = h(0) + h^{'}(0)$ es decir, $ \langle v , f(u) \rangle = \langle v,f(0) \rangle + \langle v,f^{'}(0)u\rangle$ . Así que $\langle v , f(u) - f(0) - f^{'}(0)u \rangle = 0$ para todos $v$ para un determinado $u$ . En paritcular si elegimos $v = f(u) - f(0) - f^{'}(0)u$ obtenemos $\|f(u) - f(0) - f^{'}(0)u\|^2 = 0$ así que $f(u) = f(0) + f^{'}(0)u.$ Desde $u$ es arbitraria, $f$ debe ser lineal.

Por último, dado que se da que $f^{'}(0)$ es una isometría, $f$ también debe ser una isometría.