Mapa preservación indefinida producto escalar debe ser lineal

Question

Deje $V$ ser finito dimensionales real de espacio vectorial y $\langle\cdot,\cdot \rangle$ ser positiva definida producto escalar en $V$.

Es bueno saber que si un mapa de $T:V \to V$ preserva $\langle\cdot,\cdot \rangle$ ($\langle Tv,Tw \rangle = \langle v,w \rangle$todos los $v,w \in V$), a continuación, $T$ debe ser lineal. Una manera de ver esto es mediante el cálculo de

$||x+y-z||^2 = ||x||^2 + ||y||^2 + ||z||^2 + 2\langle x,y\rangle - 2\langle x,z\rangle - 2\langle y,z\rangle$ $||Tx+Ty-Tz||^2 = ||Tx||^2 + ||Ty||^2 + ||Tz||^2 + 2\langle Tx,Ty\rangle - 2\langle Tx,Tz\rangle - 2\langle Ty,Tz\rangle$.

La comparación de ambos lados obtenemos $||Tx+Ty-Tz|| = ||x+y-z||$ todos los $x,y,z \in V$ y ajuste de $z=x+y$ obtenemos $T(x+y)=Tx + Ty$. Por la continuidad no es difícil mostrar que $T(\lambda x) = \lambda Tx$$\lambda \in \mathbb R, x \in V$.

Ahora vamos a $g:V \times V \to \mathbb R$ ser indefinido producto escalar (es decir, un no-degenrate bilineal simétrica forma) y $T:V \to V$ un mapa preservar $g$, es decir, $g (Tv,Tw) = g(v,w)$ todos los $v,w \in V$.

Es cierto que $T$ debe ser lineal en este caso?

El cálculo anterior ya no es especial, ya que con los vectores de cero norma no necesita ser cero ya. Lo único que pueden decir es que $T(x+y)-Tx - Ty$ es la luz, como para cada $x,y \in V$.

Creo que me las arreglé para escribir una prueba con el hecho de que $T$ $C^1$ y surjective. ¿Alguien sabe si estas condiciones son necesarias? Yo no era capaz de encontrar cualquier contra-ejemplo.

Answer 1

Podemos elegir una base en la que $\langle\cdot,\cdot\rangle$ es descrito por una firma de la matriz de $\pm1$s. Los coeficientes de un vector en base a esto, hasta a los signos, los productos escalares de los vectores con los vectores de la base. Desde $T$ conserva el escalar productos, conserva los coeficientes, lo que significa que es lineal.

[Versión explícitos por solicitud:]

Deje $\{b_i\}$ ser una base en la que $\langle\cdot,\cdot\rangle$ está representado por una diagonal de la firma de la matriz con el primer $n_+$ elementos de la diagonal $+1$ y el restante $n_-$ elementos de la diagonal $-1$, $n=n_++n_-$ la dimensión del espacio. Entonces podemos escribir un vector $v$ como una combinación lineal $v=\sum_ic_ib_i$ con coeficientes de $c_i$. Formando el producto escalar con $b_j$ rendimientos $\langle v,b_j\rangle=\sum_ic_i\langle b_i,b_j\rangle=\sigma_j c_j$, $\sigma_j=\pm1$ $j$- ésimo elemento de la firma. Por lo tanto $c_j=\sigma_j\langle v,b_j\rangle$.

Si las imágenes se $Tb_i$ de los vectores de la base eran linealmente dependientes, la matriz de sus productos escalares sería singular. Sin embargo, desde la $T$ conserva el producto escalar, la matriz de sus productos escalares, es no singular firma de la matriz; por lo tanto el $Tb_i$ son linealmente independientes, y abarcan todo el espacio. [Esta parte del argumento que faltaba en la línea de tres versión.]

Por lo tanto, podemos expandir $Tv$ en la base $\{Tb_i\}$, $Tv=\sum_it_iTb_i$, y debido a que $T$ conserva escalar productos, tenemos $\langle v,b_j\rangle=\langle Tv,Tb_j\rangle=\langle \sum_it_iTb_i,Tb_j\rangle=\sum_it_i\langle Tb_i,Tb_j\rangle=\sum_it_i\langle b_i,b_j\rangle=\sigma_jt_j$ e lo $t_j=c_j$ todos los $j$. Pero eso significa que el vector $\sum_ic_ib_i$ se asigna el vector $\sum_ic_iTb_i$, $T$ lineal se extiende desde la $b_i$ a todo el espacio.