¿Es una función que preserva el producto vectorial necesariamente lineal en R3R3\mathbb R^3? f(a)×f(b)=a×bf(a)×f(b)=a×bf(a) \times f(b) = a \times b [cerrado]

Sí,$f$es necesariamente lineal.

Tenga en cuenta que la imagen de$f$debe contener una base de$\mathbb R^3$, de lo contrario, está contenido en un subespacio bidimensional, digamos,$\{v\}^\perp$para algún vector distinto de cero$v$, pero esto es una contradicción porque$f(a)\times f(b)$siempre yace dentro$\operatorname{span}\{v\}$, mientras que el conjunto de todos los productos cruzados$a\times b$es$\mathbb R^3$.

Ahora elige dos vectores$a,b$y cualquier escalar$\lambda$. Para cualquier vector$c$, tenemos

$$\begin{aligned} f(\lambda a+b)\times f(c) &=(\lambda a+b)\times c\\ &=\lambda(a\times c)+b\times c\\ &=\lambda\left(f(a)\times f(c)\right)+f(b)\times f(c)\\ &=\left(\lambda f(a)+f(b)\right)\times f(c). \end{aligned}$$ Por nuestro argumento anterior, cuando $c$Corre a través de $\mathbb R^3$, su imagen $f(c)$recorrerá al menos una base de $\mathbb R^3$. Por lo tanto, las igualdades anteriores implican que $f(\lambda a+b)=\lambda f(a)+f(b)$. Ya que $a,b$y $\lambda$son arbitrarios, $f$es lineal.

Primera nota que$f$es inyectivo; Si$f(x)=f(x')$para algunos$x,x'\in\Bbb{R}^3$entonces para todos$y\in\Bbb{R}^3$tenemos

$$x\times y=f(x)\times f(y)=f(x')\times f(y)=x'\times y,$$ y por lo tanto $(x-x')\times y=0$para todos $y\in\Bbb{R}^3$, lo que demuestra que $x=x'$.

A continuación queremos mostrar$f(\lambda x) = \lambda f(x)$para todos$x \in \Bbb{R}^3$y$\lambda \in \Bbb{R}$. Tenga en cuenta que

$$f(x)\times f(\lambda x)=x\times(\lambda x)=\lambda(x\times x)=0$$ para todos todos $x\in\Bbb{R}^3$y $\lambda\in\Bbb{R}$. Porque $f(x) \neq 0$Si $x \neq 0$, para distinto de cero $x$tenemos $f(\lambda x)=\mu f(x)$para algunos $\mu\in\Bbb{R}$, donde $\mu$puede depender de $\lambda$y $x$. Para probar $\mu = \lambda$, para todos $y\in\Bbb{R}^3$ $$(\lambda x)\times y=f(\lambda x)\times f( y)=(\mu f(x))\times f(y)=\mu(f(x)\times f(y))=\mu(x\times y) = (\mu x) \times y,$$ asi que $((\lambda - \mu)x) \times y = 0$. Por lo tanto $(\lambda - \mu)x = 0$, asi que $\mu=\lambda$ya que $x \not= 0$. Por lo tanto $f(\lambda x)=\lambda f(x)$para todos todos $x\in\Bbb{R}^3$y todo $\lambda\in\Bbb{R}$.

Finalmente, tenga en cuenta que para todos los distintos de cero$x,y\in\Bbb{R}^3$tenemos$f(y)\neq0$y así de

$$f(x+y)\times f(y)=(x+y)\times y=(x\times y)+(y\times y)=x\times y=f(x)\times f(y),$$ resulta que $f(x+y)-f(x)=\lambda f(y)$para algunos $\lambda\in\Bbb{R}$. Del mismo modo tenemos $$f(x+y)\times f(x)=f(y)\times f(x),$$ lo que demuestra que $f(x+y)-f(y)=\mu f(x)$para algunos $\mu\in\Bbb{R}$. Resulta que $$f(x)+\lambda f(y)=f(x+y)=\mu f(x)+f(y),$$ y por lo tanto eso $f((1-\mu)x)=f((1-\lambda)y)$. Como $f$es inyectivo esto implica $(1-\mu)x=(1-\lambda)y$, Así que si $x$y $y$son no colineales esto muestra que $\lambda=\mu=1$y por lo tanto eso $$f(x+y)=f(x)+f(y).$$ Por supuesto si $x$y $y$son colineales, digamos $y=\lambda x$, entonces ya vimos que $$f(x+y)=f(x+\lambda x)=(1+\lambda)f(x)=f(x)+\lambda f(x)=f(x)+f(y).$$ Esto muestra que $f$es de hecho lineal, por lo que la hipótesis es redundante.

Sí, pero sólo en el sentido trivial de que las únicas funciones$f: \mathbb R^3 \to \mathbb R^3$que conservan el producto cruzado en el sentido utilizado en su pregunta (es decir,$f(a) \times f(b) = a \times b$) son la función identidad$f(x) = x$y el reflejo$f(x) = -x$, que por supuesto son ambos lineales.

Esto se puede ver con un simple argumento geométrico. Primero, tenga en cuenta que si$a$y$b$son cualesquiera dos vectores no colineales en$\mathbb R^3$, entonces$a \times b$es ortogonal al único plano que contiene$a$,$b$y el origen, y que los vectores en este plano son los únicos ortogonales a$a \times b$. Por lo tanto$f(a) \times f(b) = a \times b$implica que ambos$f(a)$y$f(b)$también debe pertenecer al mismo plano que pasa por el origen como$a$y$b$, y por tanto los planos que pasan por el origen deben ser un conjunto invariante de$f$.

Pero como toda recta que pasa por el origen es la intersección de dos planos que pasan por el origen, y como la intersección de dos conjuntos invariantes es en sí misma un conjunto invariante, cada recta que pasa por el origen también debe ser un conjunto invariante de$f$. Esto implica que$f(x)$debe ser colineal con$x$para todos$x \in \mathbb R^3$, es decir, que$f(x) = s(x) x$para alguna función de escala$s: \mathbb R^3 \to \mathbb R$, y así que$f(a) \times f(b) = s(a) a \times s(b) b$.

Todo lo que queda por demostrar es que esta función de escala$s$de hecho debe ser constante durante$\mathbb R^3$(al menos excluyendo el origen) e igual a$\pm 1$. Podemos hacer esto usando la bilinealidad del producto cruz, lo que implica que$f(a) \times f(b) = s(a) a \times s(b) b = s(a) s(b) (a \times b)$. Si$a$y$b$no son colineales, entonces$a \times b \ne 0$, y por lo tanto

$$f(a) \times f(b) = s(a) s(b) (a \times b) = a \times b \implies s(a) s(b) = 1.$$ Ahora deja $a$y $b$sean cualesquiera dos vectores (distintos de cero), y sean $c$no ser colineal con ninguno de ellos. Entonces $s(a)s(c) = s(b)s(c) = 1$, lo que implica que $s(a) = s(b)$, y así que $s$es constante sobre $\mathbb R^3 \setminus \{0\}$.

Finalmente, simplemente necesitamos notar que las únicas soluciones constantes para$s^2 = 1$en$\mathbb R$son$s = 1$y$s = -1$, dando solo dos funciones posibles$f$: o$f(x) = x$o$f(x) = -x$. Y como$(-a) \times (-b) = a \times b$, ambos cumplen efectivamente el criterio original.