Isometrie = Bijektion? < Sonstiges < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Ich soll zeigen, dass jede Isometrie f: [mm] \IR^3 \rightarrow \IR^3 [/mm] (jeweils mit der euklidischen Metrik) eine Bijektion ist. |
Ich habe bereits gezeigt, dass die Isometrie injektiv ist. Allerdings weiß ich nicht, wie ich jetzt auch noch die Surjektivität zeigen soll.
Kann mir dabei jemand helfen?
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Hallo,
sind Urbild- und Bildbereich einer linearen Abbildung $\ f $ gleicher Dimension so gilt:
$\ f $ injektiv $ [mm] \gdw [/mm] f $ surjektiv $ [mm] \gdw [/mm] f $ bijektiv
Ist $\ f $ isomorph (bijektiv + linear), so gilt:
$\ [mm] v_1, [/mm] ... , [mm] v_n [/mm] $ eine Basis des Urbildbereichs $ [mm] \gdw f(v_1),...,f(v_n) [/mm] $ eine Basis des Bildbereichs.
Hilft dir das?
Grüße
ChopSuey
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:59 Do 01.07.2010 | | Autor: | max3000 |
Dass aus Isometrisch [mm] \Rightarrow [/mm] Injektivität und Surjektivität folgt will er doch grade beweisen. Den Satz kannst du hier nicht anbringen, weil ein Teil davon ja zu beweisen ist.
Ich würde ja sagen das kann man indirekt zeigen, dass für ein y aus dem Bildraum für alle x aus dem Urbildraum gilt [mm] $f(x)\ne [/mm] y$ und das irgendwie über die Metrikeigenschaften zum Widerspruch bringen.
Bin aber selber noch nicht ganz drauf gekommen und probiers dann nochmal.
Ich dachte mir wenn die Annahme gilt, dann gilt
$d(y,f(x))>0$ für alle [mm] x\in\IR^3.
[/mm]
(wegen $d(x,y)=0 [mm] \gdw [/mm] x=y$)
Dann könnte man ja irgendwie versuchen die Isometrie einzusetzen, so dass das doch = 0 ist was zum widerspruch führen würde. Vielleicht findet ihr ja einen Weg.
Grüße
Max
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:15 Fr 02.07.2010 | | Autor: | fred97 |
> Dass aus Isometrisch [mm]\Rightarrow[/mm] Injektivität und
> Surjektivität folgt will er doch grade beweisen. Den Satz
> kannst du hier nicht anbringen, weil ein Teil davon ja zu
> beweisen ist.
Was soll das ? Balendelin hat doch gesagt, dass er schon gezeigt hat: Isometrie [mm] \Rightarrow [/mm] injektiv.
ChopSuey hat ihm gesagt: injektiv [mm] \Rightarrow [/mm] surjektiv
Damit ist die Aufgabe gelöst.
FRED
>
> Ich würde ja sagen das kann man indirekt zeigen, dass für
> ein y aus dem Bildraum für alle x aus dem Urbildraum gilt
> [mm]f(x)\ne y[/mm]
> und das irgendwie über die Metrikeigenschaften
> zum Widerspruch bringen.
>
> Bin aber selber noch nicht ganz drauf gekommen und probiers
> dann nochmal.
>
> Ich dachte mir wenn die Annahme gilt, dann gilt
>
> [mm]d(y,f(x))>0[/mm] für alle [mm]x\in\IR^3.[/mm]
> (wegen [mm]d(x,y)=0 \gdw x=y[/mm])
>
> Dann könnte man ja irgendwie versuchen die Isometrie
> einzusetzen, so dass das doch = 0 ist was zum widerspruch
> führen würde. Vielleicht findet ihr ja einen Weg.
>
> Grüße
>
>
> Max
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:25 Fr 02.07.2010 | | Autor: | max3000 |
Ich denke das reicht nicht.
Er muss noch zeigen, dass entweder Isometrie [mm] \Rightarrow [/mm] Surjektiv oderIsometrie und Injektiv [mm] \Rightarrow [/mm] Surjektiv.
Was du hier schreibst von wegen Injektiv [mm] \Rightarrow [/mm] Surjektiv ist doch keine allgemeingültige Aussage.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:29 Fr 02.07.2010 | | Autor: | fred97 |
Für eine lineare Abbildung f: $ [mm] \IR^3 \rightarrow \IR^3 [/mm] $ gilt:
f ist injektiv [mm] \gdw [/mm] f ist surjektiv [mm] \gdw [/mm] f ist bijektiv
[mm] \IR^3 [/mm] kannst Du ersetzen durch: V endlichdim. Vektorraum
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:21 Fr 02.07.2010 | | Autor: | Balendilin |
> Für eine lineare Abbildung f: [mm]\IR^3 \rightarrow \IR^3[/mm]
> gilt:
>
> f ist injektiv [mm]\gdw[/mm] f ist surjektiv [mm]\gdw[/mm] f ist bijektiv
>
> [mm]\IR^3[/mm] kannst Du ersetzen durch: V endlichdim. Vektorraum
>
> FRED
Dann muss ich allerdings zeigen, dass meine Abbildung eine lineare Abbildung ist. Das weiß ich ja erst mal nicht. (ich denke, das ist auch das, was Max3000 so stört). Wenn ich das aber gezeigt habe, dann kann ich den Beweis so führen, wie ChopSuey das vorschlägt.
Aber wie beweise ich jetzt, dass meine Isometrie eine lineare Abbildung ist?
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> > Für eine lineare Abbildung f: [mm]\IR^3 \rightarrow \IR^3[/mm]
> > gilt:
> >
> > f ist injektiv [mm]\gdw[/mm] f ist surjektiv [mm]\gdw[/mm] f ist bijektiv
> >
> > [mm]\IR^3[/mm] kannst Du ersetzen durch: V endlichdim. Vektorraum
> >
> > FRED
>
>
> Dann muss ich allerdings zeigen, dass meine Abbildung eine
> lineare Abbildung ist. Das weiß ich ja erst mal nicht.
> (ich denke, das ist auch das, was Max3000 so stört). Wenn
> ich das aber gezeigt habe, dann kann ich den Beweis so
> führen, wie ChopSuey das vorschlägt.
> Aber wie beweise ich jetzt, dass meine Isometrie eine
> lineare Abbildung ist?
Hallo zusammen,
ich denke auch, dass dies der wesentliche Punkt ist. Aus der
Isometrieeigenschaft kann man nicht ohne weiteres auf die
Linearität schließen. Da muss etwas bewiesen werden.
Al-Chwarizmi
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> Was soll das ? Balendelin hat doch gesagt, dass er schon
> gezeigt hat: Isometrie [mm]\Rightarrow[/mm] injektiv.
>
> ChopSuey hat ihm gesagt: injektiv [mm]\Rightarrow[/mm] surjektiv
>
> Damit ist die Aufgabe gelöst.
>
> FRED
Hallo Fred,
ChopSuey hat aber die zusätzliche Annahme getroffen,
dass die Abbildung linear sei. Dies müsste aber erst
bewiesen werden ...
Gruß Al
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:07 Fr 02.07.2010 | | Autor: | fred97 |
> > Was soll das ? Balendelin hat doch gesagt, dass er schon
> > gezeigt hat: Isometrie [mm]\Rightarrow[/mm] injektiv.
> >
> > ChopSuey hat ihm gesagt: injektiv [mm]\Rightarrow[/mm] surjektiv
> >
> > Damit ist die Aufgabe gelöst.
> >
> > FRED
>
>
> Hallo Fred,
>
> ChopSuey hat aber die zusätzliche Annahme getroffen,
> dass die Abbildung linear sei. Dies müsste aber erst
> bewiesen werden ...
>
> Gruß Al
Hallo Al,
Du hast recht, da hab ich nicht aufgepasst.
Gruß FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:28 Fr 02.07.2010 | | Autor: | ChopSuey |
Moin,
> Hallo Al,
>
> Du hast recht, da hab ich nicht aufgepasst.
Ich habe tatsächlich vorausgesetzt, dass $\ f $ linear ist. Mein Fehler, entschuldigt.
>
> Gruß FRED
Grüße
ChopSuey
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| Status: |
(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 17:22 Fr 02.07.2010 | | Autor: | Balendilin |
Und wie kann ich nun zeigen, dass jede solche Isometrie eine lineare Abbildung ist?
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> Und wie kann ich nun zeigen, dass jede solche Isometrie
> eine lineare Abbildung ist?
Hallo,
was meinst Du mit "solche"? (Möglicherweise habe ich etwas überlesen.)
Es ist eben nicht jede Isometrie eine lineare Abbildung, das war doch schon festgestellt worden.
Daher wirst Du nicht zeigen können, daß jede Isometrie linear ist.
Gruß v. Angela
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Hallo Angela (und alle anderen),
> > Und wie kann ich nun zeigen, dass jede solche Isometrie
> > eine lineare Abbildung ist?
>
> Hallo,
>
> was meinst Du mit "solche"? (Möglicherweise habe ich etwas
> überlesen.)
>
> Es ist eben nicht jede Isometrie eine lineare Abbildung,
> das war doch schon festgestellt worden. ![[haee]](/images/smileys/haee.gif "[haee]")
Das habe ich allerdings (für den vorliegenden Fall) nicht
behauptet !
Ich habe nur darauf hingewiesen, dass man aus der Isometrie
einer Abbildung f: [mm] \IR^3 \to \IR^3 [/mm] nicht ohne weiteres
auf deren Linearität schließen kann. Anschaulich scheint mir
allerdings klar, dass eine isometrische Abbildung des [mm] \IR^3 [/mm] in
den [mm] \IR^3 [/mm] eine (eigentliche oder uneigentliche) Bewegung sein
muss und deshalb auch einer affinen Abbildung entspricht
(der strenge Linearitätsbegriff passt eigentlich gar nicht, da man
von einer Isometrie nicht erwarten kann, dass f(0)=0 ).
Nur: für den Beweis "isometrisch => affin" habe ich leider
noch nicht die gewünschte elegante Idee gefunden...
LG Al-Chw.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:30 Fr 02.07.2010 | | Autor: | felixf |
Moin zusammen,
Edit: das ganze sollte doch gehen; siehe die roten Aenderungen
> Nur: für den Beweis "isometrisch => affin" habe ich
> leider
> noch nicht die gewünschte elegante Idee gefunden...
machen wir das ganze doch etwas allgemeiner.
Sei $f : [mm] \IR^n \to \IR^m$ [/mm] eine distanzerhaltende Abbildung. Setzen wir $g(x) := f(x) - f(0)$, dann ist $g : [mm] \IR^n \to \IR^n$ [/mm] ebenfalls eine distanzerhaltende Abbildung mit $g(0) = 0$. Es reicht also zu zeigen, dass $g$ linear ist; daraus folgt, dass $f$ affin ist.
Zuerst: $g$ erhaelt Skalarprodukte. Denn: fuer $v, w [mm] \in \IR^n$ [/mm] gilt [mm] $\langle [/mm] v, w [mm] \rangle [/mm] = [mm] \frac{1}{2} (\red{d(0, v)^2 + d(0, w)^2 - d(v, w)^2})$.
[/mm]
Damit ist auch [mm] $\langle [/mm] v, w [mm] \rangle [/mm] = [mm] \langle [/mm] g(v), g(w) [mm] \rangle$ [/mm] ein Skalarprodukt auf [mm] $\IR^n$, [/mm] woraus folgt [mm] $\langle [/mm] g(v + v'), g(w) [mm] \range [/mm] = [mm] \langle [/mm] g(v), g(w) [mm] \rangle [/mm] + [mm] \langle [/mm] g(v'), g(w) [mm] \rangle$ [/mm] fuer alle $v, v', w [mm] \in \IR^n$. [/mm] Daraus wiederum folgt [mm] $\langle [/mm] g(v + v') - g(v) - g(v'), g(w) [mm] \rangle [/mm] = 0$ fuer alle $w [mm] \in \IR^n$. [/mm] Damit liegt $g(v + v') - g(v) - g(v')$ im orthogonalen Komplement von dem von [mm] $g(\IR^n)$ [/mm] erzeugten Untervektorraum von [mm] $\IR^m$. [/mm] Jedoch liegt $g(v + v') - g(v) - g(v')$ selber drinnen, woraus folgt $g(v + v') - g(v) - g(v') = 0$. Voilla.
Jetzt sollte man aehnlich zeigen koennen, dass [mm] $g(\lambda [/mm] v) - [mm] \lambda [/mm] g(v) = 0$ ist.
LG Felix
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> > Nur: für den Beweis "isometrisch => affin" habe ich leider
> > noch nicht die gewünschte elegante Idee gefunden...
>
> machen wir das ganze doch etwas allgemeiner.
>
> Sei [mm]f : \IR^n \to \IR^m[/mm] eine distanzerhaltende Abbildung.
> Setzen wir [mm]g(x) := f(x) - f(0)[/mm], dann ist [mm]g : \IR^n \to \IR^n[/mm]
> ebenfalls eine distanzerhaltende Abbildung mit [mm]g(0) = 0[/mm]. Es
> reicht also zu zeigen, dass [mm]g[/mm] linear ist; daraus folgt,
> dass [mm]f[/mm] affin ist.
>
> Zuerst: [mm]g[/mm] erhaelt Skalarprodukte. Denn: fuer [mm]v, w \in \IR^n[/mm]
> gilt [mm]\langle v, w \rangle = \frac{1}{2} (\red{d(0, v)^2 + d(0, w)^2 - d(v, w)^2})[/mm].
>
> Damit ist auch [mm]\langle v, w \rangle = \langle g(v), g(w) \rangle[/mm]
> ein Skalarprodukt auf [mm]\IR^n[/mm], woraus folgt [mm]\langle g(v + v'), g(w) \range = \langle g(v), g(w) \rangle + \langle g(v'), g(w) \rangle[/mm]
> fuer alle [mm]v, v', w \in \IR^n[/mm]. Daraus wiederum folgt [mm]\langle g(v + v') - g(v) - g(v'), g(w) \rangle = 0[/mm]
> fuer alle [mm]w \in \IR^n[/mm]. Damit liegt [mm]g(v + v') - g(v) - g(v')[/mm]
> im orthogonalen Komplement von dem von [mm]g(\IR^n)[/mm] erzeugten
> Untervektorraum von [mm]\IR^m[/mm]. Jedoch liegt [mm]g(v + v') - g(v) - g(v')[/mm]
> selber drinnen, woraus folgt [mm]g(v + v') - g(v) - g(v') = 0[/mm].
> Voilla.
>
> Jetzt sollte man aehnlich zeigen koennen, dass [mm]g(\lambda v) - \lambda g(v) = 0[/mm]
> ist.
>
> LG Felix
Danke Felix,
das ist natürlich genau die gesuchte elegante Idee !
LG Al
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> > Es ist eben nicht jede Isometrie eine lineare Abbildung,
> > das war doch schon festgestellt worden.
>
>
>[...]eine isometrische Abbildung des
> [mm]\IR^3[/mm] in
> den [mm]\IR^3[/mm] eine (eigentliche oder uneigentliche) Bewegung
> sein
> muss und deshalb auch einer affinen Abbildung entspricht
> (der strenge Linearitätsbegriff passt eigentlich gar
> nicht, da man
> von einer Isometrie nicht erwarten kann, dass f(0)=0 ).
Eben.
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:46 Sa 03.07.2010 | | Autor: | felixf |
Moin
> Ich soll zeigen, dass jede Isometrie f: [mm]\IR^3 \rightarrow \IR^3[/mm]
> (jeweils mit der euklidischen Metrik) eine Bijektion ist.
> Ich habe bereits gezeigt, dass die Isometrie injektiv ist.
> Allerdings weiß ich nicht, wie ich jetzt auch noch die
> Surjektivität zeigen soll.
> Kann mir dabei jemand helfen?
Vielleicht kann man so vorgehen.
Zeige zuerst: fuer die Euklidische Metrik $d$ gilt:
Ist $v [mm] \in \IR^n$ [/mm] ein Punkt [mm] $\neq [/mm] 0$, und $w [mm] \in \IR^n$, [/mm] so gilt:
* $d(0, w) = d(0, v) + d(v, [mm] \lambda [/mm] v) [mm] \Leftrightarrow \exists \lambda \ge [/mm] 1 : w = [mm] \lambda [/mm] v$;
* $d(0, w) + d(w, v) = d(0, v) [mm] \Leftrightarrow \exists \lambda \in [/mm] [0, 1] : w = [mm] \lambda [/mm] v$;
* $d(0, w) + d(0, v) = d(w, v) [mm] \Leftrightarrow \exists \lambda \le [/mm] 0 : w = [mm] \lambda [/mm] v$.
Setze $g(x) := f(x) - f(0)$; dann gilt $g(0) = 0$ und $g$ ist immer noch eine Isometrie. Mit den obigen Aequivalenzen folgt: $g$ bildet eine Gerade durch den Ursprung auf eine Gerade durch den Ursprung ab.
Daraus wiederum folgt: [mm] $g(\IR^3)$ [/mm] ist ein Untervektorraum von [mm] $\IR^3$. [/mm] Jetzt reicht es zu zeigen, dass drei linear unabhaengige Vektoren im Bild liegen.
Dazu: die Vektoren $v$ und $w$ stehen genau dann senkrecht aufeinander, wenn $d(v, [mm] w)^2 [/mm] = d(0, [mm] v)^2 [/mm] + d(0, [mm] w)^2$ [/mm] ist. Daraus folgt: $g(v)$ und $g(w)$ stehen ebenfalls senkrecht aufeinander.
LG Felix
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Vielen Dank auf jeden Fall mal für deine Antwort. Allerdings habe ich noch eine Frage:
> Vielleicht kann man so vorgehen.
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> Zeige zuerst: fuer die Euklidische Metrik [mm]d[/mm] gilt:
>
> Ist [mm]v \in \IR^n[/mm] ein Punkt [mm]\neq 0[/mm], und [mm]w \in \IR^n[/mm], so
> gilt:
> * [mm]d(0, w) = d(0, v) + d(v, \lambda v) \Leftrightarrow \exists \lambda \ge 1 : w = \lambda v[/mm];
>
> * [mm]d(0, w) + d(w, v) = d(0, v) \Leftrightarrow \exists \lambda \in [0, 1] : w = \lambda v[/mm];
>
> * [mm]d(0, w) + d(0, v) = d(w, v) \Leftrightarrow \exists \lambda \le 0 : w = \lambda v[/mm].
>
> Setze [mm]g(x) := f(x) - f(0)[/mm]; dann gilt [mm]g(0) = 0[/mm] und [mm]g[/mm] ist
> immer noch eine Isometrie. Mit den obigen Aequivalenzen
> folgt: [mm]g[/mm] bildet eine Gerade durch den Ursprung auf eine
> Gerade durch den Ursprung ab.
>
Mir ist nicht ganz klar, wieso aus diesen Äquivalenzen folgt, dass g eine Gerade durch den Ursprung auf eine Gerade durch den Ursprung abbildet? Ich verstehe eigentlich noch nicht einmal, wie du auf diese Äquivalenzen kommst.
z.B. d(0, w) + d(0, v) = d(w, v)
hier müsste doch nach der Dreiecksungleichung eigentlich ein [mm] \ge [/mm] stehen, oder?
> Daraus wiederum folgt: [mm]g(\IR^3)[/mm] ist ein Untervektorraum von
> [mm]\IR^3[/mm]. Jetzt reicht es zu zeigen, dass drei linear
> unabhaengige Vektoren im Bild liegen.
>
> Dazu: die Vektoren [mm]v[/mm] und [mm]w[/mm] stehen genau dann senkrecht
> aufeinander, wenn [mm]d(v, w)^2 = d(0, v)^2 + d(0, w)^2[/mm] ist.
> Daraus folgt: [mm]g(v)[/mm] und [mm]g(w)[/mm] stehen ebenfalls senkrecht
> aufeinander.
Diese Schritte sind mir dann wieder klar.
Damit habe ich doch jetzt heraus gefunden, dass meine Isometrie f(!) eine (affin) lineare Abbildung von [mm] \IR^3 \rightarrow \IR^3 [/mm] ist und kann jetzt folgern, dass f dann injektiv und surjektiv ist, oder?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:28 So 04.07.2010 | | Autor: | felixf |
Moin
> Vielen Dank auf jeden Fall mal für deine Antwort.
> Allerdings habe ich noch eine Frage:
>
> > Vielleicht kann man so vorgehen.
> >
> > Zeige zuerst: fuer die Euklidische Metrik [mm]d[/mm] gilt:
> >
> > Ist [mm]v \in \IR^n[/mm] ein Punkt [mm]\neq 0[/mm], und [mm]w \in \IR^n[/mm], so
> > gilt:
> > * [mm]d(0, w) = d(0, v) + d(v, \lambda v) \Leftrightarrow \exists \lambda \ge 1 : w = \lambda v[/mm];
>
> >
> > * [mm]d(0, w) + d(w, v) = d(0, v) \Leftrightarrow \exists \lambda \in [0, 1] : w = \lambda v[/mm];
>
> >
> > * [mm]d(0, w) + d(0, v) = d(w, v) \Leftrightarrow \exists \lambda \le 0 : w = \lambda v[/mm].
>
> >
> > Setze [mm]g(x) := f(x) - f(0)[/mm]; dann gilt [mm]g(0) = 0[/mm] und [mm]g[/mm] ist
> > immer noch eine Isometrie. Mit den obigen Aequivalenzen
> > folgt: [mm]g[/mm] bildet eine Gerade durch den Ursprung auf eine
> > Gerade durch den Ursprung ab.
> >
>
> Mir ist nicht ganz klar, wieso aus diesen Äquivalenzen
> folgt, dass g eine Gerade durch den Ursprung auf eine
> Gerade durch den Ursprung abbildet?
Nun, diese Aequivalenzen bleiben erhalten, wenn man $v$ und $w$ unter $g$ abbildet: schliesslich ist $g$ eine Isometrie und somit Distanzerhaltend.
Wenn du also Punkte abbildest, die vorher auf einer Geraden liegen, dann tun sie das auch hinterher. Man muss sich nur noch ueberlegen, dass das Bild auch eine ganze Gerade ist und nicht etwas fehlt. Aber das bekommt man auch wieder mit den Aequivalenzen hin, da man mit Hilfe der Distanzen noch genauere Aussagen ueber das [mm] $\lambda$ [/mm] treffen kann.
> Ich verstehe eigentlich
> noch nicht einmal, wie du auf diese Äquivalenzen kommst.
Nun, auf einer Geraden gilt (wie in [mm] $\IR$) [/mm] bei der Dreiecksungleichung immer Gleichheit, wenn man die Punkte richtig sortiert. Und genau das mache ich hier.
Wenn keine Gleichheit gilt, egal wie man die Punkte sortiert, dann liegen sie nicht auf einer Geraden. Das muss man zwar beweisen, aber so schwer ist es nicht. Vielleicht habt ihr sowas auch schon gemacht. (Oder ihr habt irgendetwas anderes gemacht was die Aufgabe wesentlich leichter macht.)
> z.B. d(0, w) + d(0, v) = d(w, v)
> hier müsste doch nach der Dreiecksungleichung eigentlich
> ein [mm]\ge[/mm] stehen, oder?
Nun, wenn es fuer beliebige $v$ und $w$ gelten soll, dann ja. Aber ich bin nicht an beliebigen $v$ und $w$ interessiert, sondern an $w$ welche (bestimmte) Vielfache von $v$ sind.
> > Daraus wiederum folgt: [mm]g(\IR^3)[/mm] ist ein Untervektorraum von
> > [mm]\IR^3[/mm]. Jetzt reicht es zu zeigen, dass drei linear
> > unabhaengige Vektoren im Bild liegen.
> >
> > Dazu: die Vektoren [mm]v[/mm] und [mm]w[/mm] stehen genau dann senkrecht
> > aufeinander, wenn [mm]d(v, w)^2 = d(0, v)^2 + d(0, w)^2[/mm] ist.
> > Daraus folgt: [mm]g(v)[/mm] und [mm]g(w)[/mm] stehen ebenfalls senkrecht
> > aufeinander.
>
> Diese Schritte sind mir dann wieder klar.
Gut.
> Damit habe ich doch jetzt heraus gefunden, dass meine
> Isometrie f(!) eine (affin) lineare Abbildung von [mm]\IR^3 \rightarrow \IR^3[/mm]
Also aus meinen Argumenten oben folgt das noch nicht. Da musst du noch einiges reinstecken.
> ist und kann jetzt folgern, dass f dann injektiv und
> surjektiv ist, oder?
Die obige Argumentation zeigt direkt, dass $g$ (und somit $f$) surjektiv ist.
Dass $f$ injektiv ist hast du ja schon, das folgt direkt aus der Isometrieeigenschaft.
LG Felix
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![[]](/images/popup.gif){kind=small}
Lineare Funktion