Isometría sin valores propios

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Isometría sin valores propios

isometria
Matemáticas
álgebra lineal
valores propios-vectores propios

Jarno Porkka

Así que tengo la tarea de encontrar un $R^2$ isometría que no tiene valores propios en $\mathbb{R}$ . El problema es que, bueno, realmente no "entiendo" las isometrías en lo que respecta a los valores propios y las matrices de transformación. Se me podría ocurrir trivialmente... decir la siguiente matriz:

[\begin{matrix} 1 & - 1 \\ \frac{1}{4} & 1 \end{matrix}]

$\begin{bmatrix}1 & -1\\ \frac{1}{4} & 1\end{bmatrix}$

Ahora el valor propio sería:

\begin{aligned} (1 - λ)^{2} - (- \frac{1}{2}) & = 0 \\ \frac{5}{4} - 2 λ + λ^{2} & = 0 \\ λ & = \frac{2 \pm \sqrt{(- 2)^{2} - 4 \cdot \frac{5}{4}}}{2} \\ λ & = \frac{2 \pm \sqrt{4 - 5}}{2} \end{aligned}

$\begin{align} (1 - \lambda)^2 - (-\frac{1}{2}) &= 0\\ \frac{5}{4} - 2\lambda + \lambda^2 &= 0\\ \lambda &= \frac{2\pm\sqrt{(-2)^2-4\cdot\frac{5}{4}}}{2}\\ \lambda &= \frac{2\pm\sqrt{4-5}}{2} \end{align}$

Eso tendría un valor propio complejo (de $1 \pm \frac{i}{2}$ ), pero eso ciertamente no es de valor absoluto 1. Dado que $a$ en la ecuación siempre es 1, supongo que tendría que encontrar números que den como resultado $\sqrt{2} + \sqrt{2}i$ por lo que el valor absoluto sería de hecho 1.

Sin embargo, eso realmente no tiene mucho que ver con la definición de una isometría, que se define a través del espacio del producto interno: realmente no puedo encontrar el vínculo entre el valor propio y el espacio del producto interno. Supongo que mi pregunta es, ¿cómo hago para formular una isometría que también cumpla con todas estas condiciones?

Dietrich Burde

Supongo que conoces el chiste: "El número que has marcado es imaginario. Por favor, gira tu teléfono

90^{0}

$90^0$ ."

Respuestas (3)

Isometría sin valores propios

Supongo que conoces el chiste: "El número que has marcado es imaginario. Por favor, gira tu teléfono $90^0$ ."

jose carlos santos · Answer 1

Dejar $f\colon\Bbb R^2\longrightarrow\Bbb R^2$ ser una isometría. Entonces ambos $f(1,0)$ y $f(0,1)$ tener norma $1$ . Además, dado que las isometrías conservan los ángulos, $f(1,0)$ y $f(0,1)$ son ortogonales. Entonces, la matriz de $f$ con respecto a la base estándar es de la forma

\begin{matrix} (1) & [\begin{matrix} a & b \\ b & - a \end{matrix}] \end{matrix}

$\begin{bmatrix}a&b\\b&-a\end{bmatrix}\tag1$ o de la forma

\begin{matrix} (2) & [\begin{matrix} a & - b \\ b & a \end{matrix}], \end{matrix}

$\begin{bmatrix}a&-b\\b&a\end{bmatrix},\tag2$ con

a^{2} + b^{2} = 1

$a^2+b^2=1$ . si es de la forma

(1)

$(1)$ , entonces

f

$f$ tiene valores propios reales:

\pm \sqrt{a^{2} + b^{2}}

$\pm\sqrt{a^2+b^2}$ . Por el contrario, si tiene la forma

(2)

$(2)$ , entonces sus valores propios son

a \pm b i

$a\pm bi$ , que son reales si y sólo si

b = 0

$b=0$ (es decir, si y sólo si

f = \pm {Id}_{2}

$f=\pm\operatorname{Id}_2$ ).

Kavi Rama Murthy · Answer 2

Rotación por $90^{0}$ es una isometría que no tiene valores propios reales. Si $x$ es un vector tal que su rotación por $90^{0}$ es paralelo a $x$ entonces $x$ debe ser $0$ . Esta transformación lineal es de la forma $T(x,y)=(-y,x)$ . la matriz es $A =\begin{bmatrix} 0 \,-1\\ 1\,\, \, \, 0 \end{bmatrix}$

Mo Pol Bol · Answer 3

Te puede interesar el teorema de las tres reflexiones $^*$ , que establece que toda isometría es producto de a lo sumo tres reflexiones, y que se puede utilizar para clasificar completamente las isometrías del plano:

Una isometría es una reflexión o una reflexión deslizante, una traslación o una rotación.

Por lo tanto, cada isometría tiene uno de los siguientes:

Una línea de puntos fijos.
Sin puntos fijos y una sola línea invariante.
Sin puntos fijos y una familia paralela de líneas invariantes.
Un único punto fijo.

Desde arriba, es claro rotaciones alrededor del origen, a través de un ángulo $\theta\neq 0\pmod \pi$ , no puede tener valores propios reales. Para probar esto, dejemos

r_{θ} = [\begin{matrix} porque θ & - pecado θ \\ pecado θ & porque θ \end{matrix}]

$r_{\theta}=\begin{bmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{bmatrix}$ ser una rotación a través de

0 < θ \leq 2 π

$0\lt\theta\leq 2\pi$ radianes, entonces

λ

$\lambda$ un valor propio significa que satisface la ecuación característica

det (r_{θ} - λ 1) = 0 ⟹ (porque θ - λ)^{2} + {pecado}^{2} θ = 0

$\det (r_{\theta}-\lambda\mathbf{1})=0\implies (\cos\theta - \lambda)^2 +\sin^2\theta=0$

⟹ porque θ - λ = \pm i pecado θ

$\implies \cos\theta - \lambda=\pm i\sin\theta$

⟹ λ = C o s θ \pm i pecado θ = {mi}^{\pm i θ},

$\implies \lambda=cos\theta\pm i\sin\theta=e^{\pm i\theta},$ que es real precisamente cuando

θ

$\theta$ es igual

π

$\pi$ o

2 π

$2\pi$ .

Es natural preguntarse si alguna otra isometría no tiene valores propios reales. Tanto las reflexiones como las traslaciones tienen valores propios reales visibles, por lo que solo nos quedan las reflexiones deslizantes. Apelando de nuevo a la ecuación característica, resulta que si

\bar{gramo} = [\begin{matrix} a & b \\ C & d \end{matrix}]

$\overline{g}=\begin{bmatrix} a & b \\ c & d\end{bmatrix}$ es la matriz de una reflexión deslizante

,^{* *}

$,^{**}$ entonces los valores propios de

\bar{g}

$\overline{g}$ son

\frac{a + d \pm \sqrt{(a + d)^{2} + 4}}{2},

$\frac{a+d\pm\sqrt{(a+d)^2+4}}{2},$ que son claramente reales. De este modo

Las únicas isometrías del plano sin valores propios reales son las rotaciones sobre $O$ a través de un ángulo $\theta\neq 0\pmod{\pi}$ .

$*$ Echa un vistazo, por ejemplo, a Geometry of Surfaces de John Stillwell.

$**$ Para expresar isometrías como $\overline{g}$ como un solo $2\times 2$ matriz, necesitamos "extender" el plano agregando un punto en el infinito para formar lo que se llama el plano extendido o proyectivo $\mathbb{CP}^1=\mathbb{C}\cup\{\infty\}$ . Esto significa que la matriz $\overline{g}$ es en realidad un elemento del grupo lineal especial proyectivo $PSL(2,\mathbb{R})$ .

Isometría sin valores propios

Jarno Porkka

Dietrich Burde

Respuestas (3)

jose carlos santos

Kavi Rama Murthy

Mo Pol Bol

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