MONOGRAF´ IAS MATEM ´ ATICAS
ISOMETR´IAS EN Rn
FERNANDO REVILLA JIM ´ENEZ
Resumen. Demostramos que todas las isometr´ıas de Rnson exactamen- te las aplicaciones de la forma f (x) = Ax + b con A ∈ Rn×n ortogonal y b ∈ Rnfijo.
Enunciado
Los elementos de Rn los escribimos en columna y a sus componentes las designamos por la misma letra, por ejemplo si x ∈ Rn entonces
x = (x1, . . . , xn)T =
x1
... xn
.
Consideramos en Rn el producto escalar usual x · y = x1y1 + · · · + xnyn, que tambi´en lo podemos expresar en la forma x · y = xTy. En Rn la norma eucl´ıdea es kxk = px21+ · · · + x2n con lo cual kxk2 = x · x. La distancia eucl´ıdea entre los elementos x e y de Rn viene dada por d(x, y) = kx − yk . 1. Se dice que la aplicaci´on f : Rn→ Rnes una isometr´ıa si para todo x, y ∈ Rn se verifica d(f (x), f (y)) = d(x, y) es decir, si conserva las distancias.
Demostrar que:
(a) Cualquier traslaci´on en Rn es isometr´ıa.
(b) Toda aplicaci´on f : Rn→ Rn de la forma f (x) = Ax + b con A ∈ Rn×n ortogonal y b ∈ Rn fijo es una isometr´ıa.
(c) La composici´on de dos isometr´ıas es una isometr´ıa.
2. Demostrar que toda isometr´ıa f : Rn→ Rnse puede expresar de manera
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unica en la forma f = t ◦ g siendo t una traslaci´on y g una isometr´ıa que fija el origen.
3. Sea f : Rn→ Rn una aplicaci´on. Demostrar que son equivalentes:
(i) f es una isometr´ıa y f (0) = 0.
(ii) f conserva el prodicto escalar i.e. f (x) · f (y) = x · y para todo x, y ∈ Rn. 4. Demostrar que la ´unica isometr´ıa de Rn que deja fijo el origen y los elementos de la base can´onica es la identidad.
Key words and phrases. Isometr´ıas, Rn. 1
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5. Demostrar que toda isometr´ıa f : Rn → Rn que fija el origen es de la forma f (x) = Ax con A ∈ Rn×n ortogonal. Como consecuencia, f es lineal e invertible.
6. (Forma de las isometr´ıas de Rn). Demostrar que toda aplicaci´on f : Rn→ Rnde la forma f (x) = Ax+b con A ortogonal y b ∈ Rnfijo es una isometr´ıa.
Rec´ıprocamente. demostrar que toda isometr´ıa f : Rn→ Rn es de la forma f (x) = Ax + b con A ortogonal y b ∈ Rn fijo.
7. (Grupo de las isometr´ıas). Demostrar que el conjunto Inde las isometr´ıas de Rn forman grupo con respecto de la operaci´on composici´on.
Soluci´on
1. (a) En efecto, una traslaci´on t en Rnes una aplicaci´on t : Rn→ Rn de la forma t(x) = x + b con b ∈ Rn fijo. Entonces, para todo x, y ∈ Rnse verifica
d(t(x), t(y)) = kt(x) − t(y)k = kx + b − y − bk = kx − yk = d(x, y).
(b) Como A es ortogonal se verifica ATA = I. Entonces, para todo x, y ∈ Rn, d(f (x), f (y))2 = kf (x) − f (y)k2 = kAx + b − Ay − bk2 = kA(x − y)k2
= A(x − y) · A(x − y) = (A(x − y))T (A(x − y)) = (x − y)TATA(x − y)
= (x − y)TI(x − y) = (x − y)T(x − y) = (x − y) · (x − y) = kx − yk2 = d(x, y)2 y por tanto, d(f (x), f (y)) = d(x, y)
(c) Si f, g son isometr´ıas, para todo x, y ∈ Rn se verifica
d((g ◦ f )(x), (g ◦ f )(y)) = k(g ◦ f )(x) − (g ◦ f )(y)k = kg(f (x)) − g(f (y)k
=
|{z}
g isom.
kf (x) − f (y)k =
|{z}
f isom.
kx − yk = d(x, y).
2. i) Unicidad. Supongamos que f = t◦g con t(x) = x+b y g isometr´ıa cum- pliendo g(0) = 0. Entonces, para todo x ∈ Rn se verifica f (x) = t(g(x)) = g(x) + b. Haciendo x = 0 queda b = f (0), luego la traslaci´on est´a de- finida de manera ´unica por f . Por otra parte ha de ser necesariamente g(x) = f (x) − f (0) luego g est´a tambi´en determinada de manera ´unica por f .
ii) Existencia. Dada la isometr´ıa f consideremos la traslaci´on t(x) = x+f (0) y definamos g(x) = f (x) − f (0). La funci´on g es claramente una isometr´ıa que fija el origen y adem´as t(g(x)) = g(x)+f (0) = f (x)−f (0)+f (0) = f (x) luego f = t ◦ g.
3. (i) ⇒ (ii). Al ser f isometr´ıa se verifica
(0.1) kf (x) − f (y)k = kx − yk ∀x, y ∈ Rn.
Como f (0) = 0, haciendo y = 0 queda kf (x)k = kxk o bien kf (x)k2 = kxk2 para todo x ∈ Rn. Elevando al cuadrado la igualdad (0.1) queda para todo x, y ∈ Rn: (f (x) − f (y)) · (f (x) − f (y)) = (x − y) · (x − y) y desarrollando,
kf (x)k2− 2f (x) · f (y) + kf (y)k2 = kxk2− 2x · y + kyk2.
ISOMETR´IAS EN Rn 3
Cancelado obtenemos f (x) · f (y) = x · y para todo x, y ∈ Rn. (ii) ⇒ (i). Por hip´otesis
(0.2) f (x) · f (y) = x · y ∀x, y ∈ Rn. Desarrollando kf (x) − f (y)k2:
kf (x) − f (y)k2= (f (x) − f (y)) · (f (x) − f (y))
= f (x) · f (x) − 2f (x) · f (y) + f (y) · f (y) = x · x − 2x · y + y · y
= (x − y) · (x − y) = kx − yk2,
es decir kf (x) − f (y)k = kx − yk para todo x, y ∈ Rn y por tanto f es isometr´ıa. Haciendo x = y = 0 en la igualdad (0.2) obtenemos kf (0)k2 = k0k2= 0 con lo cual, f (0) = 0
4. Al ser f isometr´ıa con f (0) = 0, se verifica por el apartado 3 que f (x) · f (y) = x · y para todo x, y ∈ Rn. Fijando x y recorriendo y los vectores de la base can´onica e1, . . . , en obtenemos f (x) · f (ei) = x · ei para todo i y al fijar f los vectores ei queda
f (x) · ei = x · ei ∀i = 1, . . . , n.
Escribiendo x = x1e1+ · · · + xnen queda f (x) · ei = x · ei = xi para todo i. La componente i-´esima de f (x) es por tanto igual a xi para todo i lo cual implica que f (x) = x. El razonamiento es v´alido para x gen´erico, luego f = id.
5. Por el apartado 3, se verifica f (x) · f (y) = x · y para todo x, y ∈ Rn. Haciendo x = y = ei (i-´esimo vector de la base can´onica), queda f (ei) · f (ei) = ei· ei = 1 con lo cual kf (ei)k2 = 1 es decir, los vectores f (ei) son unitarios para todo i = 1, . . . , n. Haciendo x = ei, y = ej con i 6= j queda f (ei) · f (ej) = ei· ej = 0. Es decir, los vectores f (e1), . . . , f (en) forman un sistema ortonormal en Rn y por tanto la matriz de orden n
A =f (e1), . . . , f (en)
es ortogonal. Pero por el apartado 1 (b), g(x) = Ax es una isometr´ıa en Rn que fija el origen. Adem´as, g(ei) = Aei = f (ei) para todo i. Al ser A matriz ortogonal, es invertible y por tanto lo es g. Entonces, g−1(f (ei)) = g−1(g(ei)) = ei. Por el apartado 4 ha de ser g−1◦ f = id y por tanto f = g, es decir f (x) = Ax para todo x ∈ Rn. N´otese que f es claramente lineal e invertible (al serlo A).
6. La primera parte se demostr´o en el apartado 1 (b). Sea ahora f : Rn→ Rn una isometr´ıa. Seg´un el apartado 2 f se puede expresar de manera ´unica en la forma f = t◦g siendo t una traslaci´on y g una isometr´ıa 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 ∈ Rn fijo por tanto f (x) = t(g(x)) = f (Ax) = Ax + b.
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7. Si f1, f2 ∈ In entonces f1(x) = A1x + b1 y f2(x) = A2x + b2 con A1, A2
ortogonales y b1, b2 ∈ Rn. Entonces,
(f1◦ f2)(x) = f1(f2(x)) = f1(A2x + b2)
= A1(A2x + b2) + b1 = A1A2x + (A1b2+ b1) .
La matriz A1A2 es ortogonal por ser producto de ortogonales y adem´as A1b2+ b1∈ Rnluego f1◦ f2 ∈ In. La composici´on de aplicaciones es asocia- tiva, por tanto lo es en In. La aplicaci´on identidad id(x) = x es de la forma id(x) = Ix + 0 siendo I ortogonal, luego id ∈ In es elemento neutro de In. Por ´ultimo, sea f (x) = Ax + b una isometr´ıa de Rn. Como A es ortogonal, tambi´en lo es A−1 y por tanto g(x) := A−1x − A−1b es isometr´ıa en Rn. Adem´as,
(f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f A−1x − A−1b
= A A−1x − A−1b + b = x − b + b = x.
con lo cual, f ◦ g = id. De manera an´aloga g ◦ f = id con lo cual g = f−1 es elemento inverso de f en In.
Monograf´ıas matem´c aticas por Fernando Revilla Jim´enez se dis- tribuye bajo la licencia Creative Commons Atribuci´on-NoComercial- SinDerivar 4.0 Internacional.
M´as material en http://www.fernandorevilla.es
Fernando Revilla Jim´enez. Jefe del Departamento de Matem´aticas del IES San- ta Teresa de Jes´us de la Comunidad de Madrid y Profesor de M´etodos Ma- tem´aticos de la Universidad Alfonso X El Sabio de Villanueva de la Ca˜nada, Madrid (Hasta el curso acad´emico 2008-2009).
E-mail address: frej0002@ficus.pntic.mec.es
