Automorfismo en un espacio euclídeo

Estudiamos un automorfismo en un espacio euclídeo.

Enunciado
Sea $E$ espacio vectorial euclídeo de dimensión $n$ y $H\subset E$ subespacio.

1. Probar que existe un único automorfismo $f$ en $E$ cumpliendo

$\left \{ \begin{matrix} f(x)=x \quad \forall x\in H\\ f(x)=-x\quad \forall x\in H^{\perp}\end{matrix}\right.$

Probar también que $f^{-1}=f$.
2. Calcular dicho automorfismo si $E=\mathbb{R}^3$ siendo $H$ el subespacio generado por el vector $(-2,0,1)$ y calcular la imagen mediante dicho automorfismo del subespacio

$F=\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^3:x-y+2z=0\}.$

(Se considera el producto escalar usual).
3. Sea $\mathbb{R}^3$ el espacio tridimensional, $H$ una recta pasando por el origen y la simetría $g$ respecto de la recta $H$. Probar que de identificar puntos y vectores de $\mathbb{R}^3$, $g$ es el automorfismo del que se habla en el primer apartado.
4. Deducir que el simétrico de un plano respecto de una recta es a su vez un plano y que este es único.

(Propuesto en examen, Álgebra, ETS de Ing. Industriales, UPM).

Solución
1. Veamos que $f$ es único. En efecto, como $E=H\oplus H^{\perp}$, todo $x\in E$ se puede expresar de manera única en la forma $x=x_1+x_2$ con $x_1\in H$, $x_2\in H^{\perp}$. Entonces

$f(x)=f(x_1+x_2)=f(x_1)+f(x_2)=x_1-x_2.$

Concluimos que si el automorfismo $f$ existe, entonces está unívocamente determinado. Veamos ahora que la aplicación $f:E\to E$ definida mediante $f(x)=x_1-x_2$ es efectivamente un automorfismo en $E$ que satisface $f(x)=x$ para todo $x\in H$ y $f(x)=-x$ para todo $x\in H^{\perp}$.

(a) $f$ es lineal. Sean $\lambda,\mu\in \mathbb{R}$ y sean $x,y\in E$ tales que $x=x_1+x_2$ con $x_1\in H,x_2\in H^{\perp}$, $y=y_1+y_2$ con $y_1\in H,y_2\in H^{\perp}$. Entonces

$\lambda x+\mu y=\lambda (x_1+x_2)+\mu (y_1+y_2)=(\lambda x_1+\mu y_1)+(\lambda x_2+\mu y_2).$

en donde $\lambda x_1+\mu y_1\in H$ y $\lambda x_2+\mu y_2\in H^{\perp}$. Tenemos

$\displaystyle\begin{aligned}
f(\lambda x+\mu y)&=(\lambda x_1+\mu y_1)-(\lambda x_2+\mu y_2)\\
&=\lambda (x_1-x_2)+\mu (y_1-y_2)\\
&=\lambda f(x)+\mu f(y)
\end{aligned}$

es decir,  $f$ es lineal.

(b) $f$ es inyectiva. Si $x\in \ker f$ entonces $f(x)=x_1-x_2=0$ es decir, $x_1=x_2$ lo cual implica que $x_1$ y $x_2$ pertenecen a $H\cap H^{\perp}=\{0\}$. Por tanto $x_1=x_2=0$ y en consecuencia $x=0$. Hemos demostrado que $\ker f=\{0\}$ o equivalentemente que $f$ es inyectiva.

(c) $f$ es sobreyectiva. Por el teorema de las dimensiones para aplicaciones lineales deducimos que $\dim \textrm{Im}\;f=\dim E$ es decir, $\textrm{Im}\;f$, por tanto $f$ es sobreyectiva.

Hemos demostrado que $f$ es isomorfismo, y por ende automorfismo, al ser el espacio inicial igual al final.

(d) Si $x\in H$ entonces $x=x+0$ con $x\in H,0\in H^{\perp}$ y si $x\in H^{\perp}$ entonces $x=0+x$ con $0\in H,x\in H^{\perp}$. En consecuencia

$\left \{ \begin{matrix} f(x)=x-0=x \quad \forall x\in H\\ f(x)=0-x=-x\quad \forall x\in H^{\perp}.\end{matrix}\right.$

Finalmente veamos que $f^{-1}=f$ o de forma equivalente, que $f\circ f=I$. Efectivamente, para todo $x\in E$ se verifica $$\displaystyle\begin{aligned}
&(f\circ f)(x)=f(f(x))=f(x_1-x_2)=f(x_1)-f(x_2)\\&=x_1-(-x_2)=x_1+x_2=x=I(x).
\end{aligned}$$ 2. Los vectores de $H^{\perp}$ son los $(x,y,z)\in\mathbb{R}^3$ ortogonales al vector $(-2,0,1)$, es decir, $H^{\perp}\equiv -2x+z=0$. Una base de $H^{\perp}$ es $\{(1,0,2),(0,1,0)\}$. Dado que $\mathbb{R}^3=H\oplus H^{\perp}$, la unión de una base de $H$ con otra de $H^{\perp}$ es una base de $\mathbb{R}^3:$

$B_{\mathbb{R}^3}=\{(-2,0,1),(1,0,2),(0,1,0)\}.$

Expresemos ahora cualquier vector $(x,y,z)\in\mathbb{R}^3$ como suma de uno de $H$ y otro de $H^{\perp{}}:$

$(x,y,z)=\lambda_1(-2,0,1)+\lambda_2(1,0,2)+\lambda_3(0,1,0).$

Resolviendo el sistema correspondiente obtenemos $\lambda_1=(z-2x)/5$, $\lambda_2(x+2z)/5$ y $\lambda_3=-y$. El sumando que pertenece a $H$ es:

$\lambda_1(-2,0,1)=\displaystyle\frac{1}{5}(4x-2z,0,-2x+z),\quad (1)$

y el sumando que pertenece a $H^{\perp{}}:$

$\lambda_2(1,0,2)+\lambda_3(0,1,0)=\displaystyle\frac{1}{5}(-x+2z,5y,-2x-4z).\quad (2)$

Restando al sumando (1) el sumando (2) obtenemos el vector $(x,-y,z)$, es decir el automorfismo $f$ es:

$f:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}^3,\quad f(x,y,z)=(x,-y,z).$

El transformado de $F$ es por tanto $f(F)\equiv x+y+2z=0.$

3. La simetría $g$ es un automorfismo que cumple

$\left \{ \begin{matrix} g(x)=x \quad \forall x\in H\\ g(x)=-x\quad \forall x\in H^{\perp}.\end{matrix}\right.$

Por la unicidad demostrada en el primer apartado se deduce que $g=f$.

4. Por ser $g$ automorfismo, conserva la dimensiones de los subespacios en consecuencia transforma planos en planos. La unicidad de cada plano es consecuencia inmediata de la definición de aplicación.

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