Isometrías entre espacios normados de igual dimensión finita

agosto 12, 2009

Si E y F son espacios normados reales y T:E \to F es una isometría (función que preserva distancias), sabemos que es afín (lineal más constante) en los siguientes casos:

a) Si la esfera {x \in F / ||x||=1} no contiene segmentos rectos. Por ejemplo, si la norma proviene de un producto interno.

b) Si la isometría es biyectiva (basta con saber que su imagen es todo F, porque es claro que es inyectiva).

Sin embargo, por ejemplo si E=(\mathbb{R},| \cdot |) y F=(\mathbb{R}^2,|| \cdot ||_\infty ), tenemos una isometría Tx=\sin x que no es una función afín.

Queremos probar que no es necesario comprobar ninguna de estas hipótesis en el caso en el que E y F tienen igual dimensión n \in \mathbb{N}.

3 comentarios to “Isometrías entre espacios normados de igual dimensión finita”

  1. marcossarini said

    En ambos casos se puede probar que T es afín siguiendo los siguientes pasos.

    1) Se comprueba que respeta puntos medios: (\forall x,y \in E) T(\frac{x+y}{2})=\frac{Tx+Ty}{2}.

    2) Se comprueba que respeta combinaciones convexas en las que los escalares son fracciones diádicas (con denominador potencia de dos): (\forall x,y \in E) (\forall \alpha,\beta\geq 0 \textrm{fracciones diadicas}, \alpha+\beta=1) T(\alpha x+\beta y)=\alpha Tx + \beta Ty.

    3) Por continuidad se ve que también vale si \alpha y \beta no son necesariamente fracciones diádicas.

    4) Manipulando algebraicamente se elimina la restricción de que \alpha y \beta sean positivos. Así, (\forall x,y \in E) (\forall \alpha,\beta\in\mathbb{R}, \alpha+\beta=1) T(\alpha x+\beta y)=\alpha Tx+\beta Ty. Es decir, T es afín.

    El paso 1) es la parte interesante. En el caso a), es más fácil porque en F hay un sólo punto a distancia \frac{d(x,y)}{2} de Tx y Ty, que es \frac{Tx+Ty}{2}. El caso b) fue probado en 1932 por Ulam y Mazur, y hay una prueba más corta y reciente de Väisälä acá.

  2. marcossarini said

    En realidad ya lo resolvimos: Podemos probar que T es sobreyectiva, y entonces caemos en el caso b) (Teorema de Ulam-Mazur).

    La prueba es así:

    Supongamos que T(0)=0 porque si esto no vale, lo arreglamos componiendo con una tralasión, que es isometría.

    Basta con ver que para cada r>0, la esfera F_r=\{y\in F/\|y\|=r\} está contenida en la imagen de T. Sea entonces r>0 y sean E_r y F_r las esferas de radio r de E y F respectivamente. Sabemos que T(E_r) \subseteq F_r porque T preserva la distancia al 0. Supongamos (para el absurdo) que la inclusión es estricta. Como T|_{E_r} es inyectiva y continua y su dominio es compacto, es homeomorfismo con su imagen. Así, E_r es homeomorfo a un subconjunto propio de F_r. Como ambas esferas, por ser fronteras de conjuntos convexos compactos de interior no vacío en el espacio afín de dimensión n son homeomorfas a la (n-1)-esfera usual, tenemos un homeomofismo entre S^{n-1} y un subconjunto propio. Como ese subconjunto propio es a su vez homeomorfo a un subconjunto de \mathbb{R}^{n-1}, porque ya al quitarle un punto a la esfera tenemos un conjunto homeomorfo a \mathbb{R}^{n-1}, llegamos a que S^{n-1} es homeomorfo a un subconjunto de \mathbb{R}^{n-1}. Absurdo.

  3. marcossarini said

    Igual estaría bueno tener una demostración más lineal.

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