Isometrías en $\mathbb{R}^n$

Demostramos que todas las isometrías de $\mathbb{R}^n$ son exactamente las aplicaciones de la forma $ f(x)=Ax+b$ con $A\in\mathbb{R}^{n\times n}$ ortogonal y $b\in\mathbb{R}^n$ fijo.

    Enunciado
    Los elementos de $\mathbb{R}^n$ los escribimos en columna y a sus componentes las designamos por la misma letra, por ejemplo si $x\in \mathbb{R}^n$ entonces $$x=(x_1,\ldots,x_n)^T=\begin{pmatrix} x_1\\ \vdots\\{x_n}\end{pmatrix}.$$ Consideramos en $\mathbb{R}^n$ el producto escalar usual $x\cdot y=x_1y_1+\cdots+x_ny_n$, que también lo podemos expresar en la forma $x\cdot y=x^Ty.$ En $\mathbb{R}^n$ la norma euclídea es $ \left\|{x}\right\|=\sqrt{x_1^2+\cdots+x_n^2}$ con lo cual $\left\|{x}\right\|^2=x\cdot x.$ La distancia euclídea entre los elementos $x$ e $y$ de $\mathbb{R}^n$ viene dada por $d(x,y)=\left\|{x-y}\right\|.$
  1. Se dice que la aplicación $f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ es una isometría si para todo $x,y\in \mathbb{R}^n$ se verifica $d(f(x),f(y))=d(x,y)$ es decir, si conserva las distancias. Demostrar que:
    $(a)$ Cualquier traslación en $\mathbb{R}^n$ es isometría.
    $(b)$ Toda aplicación $f:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}^n$ de la forma $f(x)=Ax+b$ con $A\in\mathbb{R}^{n\times n}$ ortogonal y $b\in\mathbb{R}^n$ fijo es una isometría.
    $(c)$ La composición de dos isometrías es una isometría.
  2. Demostrar que toda isometría $f:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}^n$ se puede expresar de manera única en la forma $f=t\circ g$ siendo $t$ una traslación y $g$ una isometría que fija el origen.
  3. Sea $f:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}^n$ una aplicación. Demostrar que son equivalentes:
    $(i)$ $f$ es una isometría y $f(0)=0$.
    $(ii)$ $f$ conserva el producto escalar i.e. $f(x)\cdot f(y)=x\cdot y$ para todo $x,y\in \mathbb{R}^n$.
  4. Demostrar que la única isometría de $\mathbb{R}^n$ que deja fijo el origen y los elementos de la base canónica es la identidad.
  5. Demostrar que toda isometría $f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ que fija el origen es de la forma $f(x)=Ax$ con $A\in \mathbb{R}^{n\times n}$ ortogonal. Como consecuencia, $f$ es lineal e invertible.
  6. (Forma de las isometrías de $\mathbb{R}^n$). Demostrar que toda aplicación $f:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}^n$ de la forma $f(x)=Ax+b$ con $A$ ortogonal y $b\in\mathbb{R}^n$ fijo es una isometría. Recíprocamente. demostrar que toda isometría $f:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}^n$ es de la forma $f(x)=Ax+b$ con $A$ ortogonal y $b\in\mathbb{R}^n$ fijo.
  7. (Grupo de las isometrías). Demostrar que el conjunto $\mathcal{I}_n$ de las isometrías de $\mathbb{R}^n$ forman grupo con respecto de la operación composición.
    Solución
  1. $(a)$ En efecto, una traslación $t$ en $\mathbb{R}^n$ es una aplicación $t:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}^n$ de la forma $t(x)=x+b$ con $b\in \mathbb{R}^n$ fijo. Entonces, para todo $x,y\in \mathbb{R}^n$ se verifica $$d(t(x),t(y))=\left\|t(x)-t(y)\right\|=\left\|x+b-y-b\right\|=\left\|x-y\right\|=d(x,y).$$ $(b)$ Como $A$ es ortogonal se verifica $A^TA=I$. Entonces, para todo $x,y\in \mathbb{R}^n$, $$d(f(x),f(y))^2=\left\|f(x)-f(y)\right\|^2=\left\|Ax+b-Ay-b\right\|^2=\left\|A(x-y)\right\|^2$$ $$=A(x-y)\cdot A(x-y)=\left(A(x-y)\right)^T\left(A(x-y)\right)=(x-y)^TA^TA(x-y)$$ $$=(x-y)^TI(x-y)=(x-y)^T(x-y)=(x-y)\cdot (x-y)=\left\|x-y\right\|^2=d(x,y)^2$$ y por tanto, $d(f(x),f(y))=d(x,y)$
    $(c)$ Si $f,g$ son isometrías, para todo $x,y\in \mathbb{R}^n$ se verifica $$d((g\circ f)(x),(g\circ f)(y))=\left\|(g\circ f)(x)-(g\circ f)(y)\right\|=\left\|g(f(x))-g(f(y)\right\|$$ $$\underbrace{=}_{g\text{ isom.}}\left\|f(x)-f(y)\right\|\underbrace{=}_{f\text{ isom.}}\left\|x-y\right\|=d(x,y).$$
  2. $i)$ Unicidad. Supongamos que $f=t\circ g$ con $t(x)=x+b$ y $g$ isometría cumpliendo $g(0)=0$. Entonces, para todo $x\in \mathbb{R}^n$ se verifica $f(x)=t(g(x))=g(x)+b$. Haciendo $x=0$ queda $b=f(0)$, luego la traslación está definida de manera única por $f$. Por otra parte ha de ser necesariamente $g(x)=f(x)-f(0)$ luego $g$ está también determinada de manera única por $f$.
    $ii)$ Existencia. Dada la isometría $f$ consideremos la traslación $t(x)=x+f(0)$ y definamos $g(x)=f(x)-f(0)$. La función $g$ es claramente una isometría que fija el origen y además $t(g(x))=g(x)+f(0)=f(x)-f(0)+f(0)=f(x)$ luego $f=t\circ g$.
  3. $(i)\Rightarrow (ii).$ Al ser $f$ isometría se verifica $$\left\|{f(x)-f(y)}\right\|=\left\|{x-y}\right\|\quad \forall x,y\in \mathbb{R}^n.\qquad (3.1)$$ Como $f(0)=0$, haciendo $y=0$ queda $\left\|{f(x)}\right\|=\left\|{x}\right\|$ o bien $\left\|{f(x)}\right\|^2=\left\|{x}\right\|^2$ para todo $x\in \mathbb{R}^n$. Elevando al cuadrado la igualdad (3.1) queda para todo $x,y\in \mathbb{R}^n$: $(f(x)-f(y))\cdot (f(x)-f(y))=(x-y)\cdot (x-y)$ y desarrollando, $$\left\|{f(x)}\right\|^2-2f(x)\cdot f(y)+\left\|{f(y)}\right\|^2=\left\|{x}\right\|^2-2x\cdot y+\left\|{y}\right\|^2.$$ Cancelado obtenemos $f(x)\cdot f(y)=x\cdot y$ para todo $x,y\in \mathbb{R}^n$.
    $(ii)\Rightarrow (i).$ Por hipótesis $$f(x)\cdot f(y)=x\cdot y \quad \forall x,y\in \mathbb{R}^n.\qquad (3.2)$$ Desarrollando $\left\|{f(x)-f(y)}\right\|^2$: $$\left\|{f(x)-f(y)}\right\|^2=(f(x)-f(y))\cdot (f(x)-f(y))$$ $$=f(x)\cdot f(x)-2f(x)\cdot f(y)+f(y)\cdot f(y)=x\cdot x-2x\cdot y+y\cdot y$$ $$=(x-y)\cdot (x-y)=\left\|{x-y}\right\|^2,$$ es decir $\left\|{f(x)-f(y)}\right\|=\left\|{x-y}\right\|$ para todo $x,y\in \mathbb{R}^n$ y por tanto $f$ es isometría. Haciendo $x=y=0$ en la igualdad (3.2) obtenemos $\left\|{f(0)}\right\|^2=\left\|{0}\right\|^2=0$ con lo cual, $f(0)=0$
  4. Al ser $f$ isometría con $f(0)=0$, se verifica por el apartado 3 que $f(x)\cdot f(y)=x\cdot y$ para todo $x,y\in \mathbb{R}^n$. Fijando $x$ y recorriendo $y$ los vectores de la base canónica $e_1,\ldots,e_n$ obtenemos $f(x)\cdot f(e_i)=x\cdot e_i$ para todo $i$ y al fijar $f$ los vectores $e_i$ queda $$f(x)\cdot e_i=x\cdot e_i\quad \forall i=1,\ldots,n.$$ Escribiendo $x=x_1e_1+\cdots+x_ne_n$ queda $f(x)\cdot e_i=x\cdot e_i=x_i$ para todo $i$. La componente $i$-ésima de $f(x)$ es por tanto igual a $x_i$ para todo $i$ lo cual implica que $f(x)=x$. El razonamiento es válido para $x$ genérico, luego $f=id$.
  5. Por el apartado 3, se verifica $f(x)\cdot f(y)=x\cdot y$ para todo $x,y\in\mathbb{R}^n.$ Haciendo $x=y=e_i$ ($i$-ésimo vector de la base canónica), queda $f(e_i)\cdot f(e_i)=e_i\cdot e_i=1$ con lo cual $\left\|f(e_i)\right\|^2=1$ es decir, los vectores $f(e_i)$ son unitarios para todo $i=1,\ldots,n$. Haciendo $x=e_i$, $y=e_j$ con $i\ne j$ queda $f(e_i)\cdot f(e_j)=e_i\cdot e_j=0$. Es decir, los vectores $f(e_1),\ldots,f(e_n)$ forman un sistema ortonormal en $\mathbb{R}^n$ y por tanto la matriz de orden $n$ $$A=\begin{bmatrix}f(e_1),\ldots,f(e_n)\end{bmatrix}$$ es ortogonal. Pero por el apartado 1 $(b)$, $g(x)=Ax$ es una isometría en $\mathbb{R}^n$ que fija el origen. Además, $g(e_i)=Ae_i=f(e_i)$ para todo $i$. Al ser $A$ matriz ortogonal, es invertible y por tanto lo es $g$. Entonces, $g^{-1}(f(e_i))=g^{-1}(g(e_i))=e_i$. Por el apartado 4 ha de ser $g^{-1}\circ f=id$ y por tanto $f=g$, es decir $f(x)=Ax$ para todo $x\in\mathbb{R}^n.$ Nótese que $f$ es claramente lineal e invertible (al serlo $A$).
  6. La primera parte se demostró en el apartado 1 $(b)$. Sea ahora $f:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}^n$ una isometría. Según el apartado 2, $f$ se puede expresar de manera única en la forma $f=t\circ g$ siendo $t$ una traslación y $g$ una isometría que fija el origen. Por el apartado 5, $g$ es de la forma $g(x)=Ax$ con $A$ ortogonal y $t$ es de la forma $t(x)=x+b$ con $b\in\mathbb{R}^n$ fijo por tanto $f(x)=t(g(x))=f(Ax)=Ax+b.$
  7. Si $f_1,f_2\in \mathcal{I}_n$ entonces $f_1(x)=A_1x+b_1$ y $f_2(x)=A_2x+b_2$ con $A_1,A_2$ ortogonales y $b_1,b_2\in \mathbb{R}^n$. Entonces, $$\begin{aligned}&(f_1\circ f_2)(x)=f_1(f_2(x))=f_1\left(A_2x+b_2\right)\\
    & =A_1\left(A_2x+b_2\right)+b_1=A_1A_2x+\left(A_1b_2+b_1\right).
    \end{aligned}$$ La matriz $A_1A_2$ es ortogonal por ser producto de ortogonales y además $A_1b_2+b_1$ $\in\mathbb{R}^n$ luego $f_1\circ f_2\in \mathcal{I}_n.$ La composición de aplicaciones es asociativa, por tanto lo es en $\mathcal{I}_n.$ La aplicación identidad $id(x)=x$ es de la forma $id(x)=Ix+0$ siendo $I$ ortogonal, luego $id\in\mathcal{I}_n$ es elemento neutro de $\mathcal{I}_n.$ Por último, sea $f(x)=Ax+b$ una isometría de $\mathbb{R}^n.$ Como $A$ es ortogonal, también lo es $A^{-1}$ y por tanto $g(x):=$ $A^{-1}x-A^{-1}b$ es isometría en $\mathbb{R}^n.$ Además, $$\begin{aligned}&(f\circ g)(x)=f(g(x))=f\left(A^{-1}x-A^{-1}b\right)\\
    &=A\left(A^{-1}x-A^{-1}b\right)+b=x-b+b=x.
    \end{aligned}$$ con lo cual, $f\circ g=id$. De manera análoga $g\circ f=id$ con lo cual $g=f^{-1}$ es elemento inverso de $f$ en $\mathcal{I}_n.$

Versión pdf: Isometrías en $\mathbb{R}^n$

Esta entrada fue publicada en Álgebra. Guarda el enlace permanente.