Изометрия векторных простанств

[Профессор Снэйп]

Пусть $X$, $Y$ --- нормированные векторные пространства над $\mathbb{R}$ и $f : X \to Y$ --- отображение, такое что $\| f(x) - f(y) \| = \| x-y \|$ при любых $x,y \in X$ и $f(0)=0$.

Известно (на первом курсе вроде бы рассказывали), что если $X = \mathbb{R}^n$ и $Y = \mathbb{R}^m$, то $f$ с таким свойством является линейным гомеоморфизмом $X$ на образ $f$ (то есть $f$ сохраняет расстояния и линейные комбинации).

Останется ли это верным, если $X$ и/или $Y$ заменить на произвольные нормированные (банаховы, предгильбертовы, гильбертовы) пространства?

[RIP]

Для предгильбертовых пространств это верно. Ваши условия эквивалентны тому, что $f$ сохраняет скалярные произведения. Тогда при любых $\lambda,\mu\in\mathbb R$, $x,y\in X$
$\|f(\lambda x+\mu y)-\lambda f(x)-\mu f(y)\|^2=\ldots=\|(\lambda x+\mu y)-\lambda x-\mu y\|^2=0$.

[zoo]

в конечномерном случае доказательство основано на том, что все нормы эквивалентны, думаю, что в случае произвольных банаховых пространств ответ "нет", но доказать это не умею

[AGu]

См. теорему Мазура -- Улама.

[Профессор Снэйп]

RIP писал(а):

Ваши условия эквивалентны тому, что $f$ сохраняет скалярные произведения.

Поясните, пожалуйста, этот момент подробнее.

Мне вот что непонятно. Надо доказать, что $(f(x),f(y)) = (x,y)$. Имеем

$$ 4(f(x),f(y)) = \| f(x) + f(y) \|^2 - \| f(x) - f(y) \|^2 $$

$\| f(x) - f(y) \|^2$ можно заменить на $\| x-y \|^2$ по условию. Но почему $\| f(x) + f(y) \|^2$ можно заменить на $\| x+y \|^2$?

Добавлено спустя 18 минут 59 секунд:

AGu, спасибо за ссылку. Благодаря ей, кстати, выяснилось, что я упустил важное условие на $f$ --- сюрьективность (либо строгую выпуклость). Как показывает пример в тексте по этой ссылке, условие на сюрьективность (строгую выпуклость) существенно: без него линейности может не быть даже в случае $X = \mathbb{R}$ и $Y = \mathbb{R}^2$.

Хотя в случае предгильбертовости пространств $X$ и $Y$ строгая выпуклость выполняется автоматически

[RIP]

$2(f(x),f(y))=\|f(x)-f(0)\|^2+\|f(y)-f(0)\|^2-\|f(x)-f(y)\|^2=$
$=\|x-0\|^2+\|y-0\|^2-\|x-y\|^2=2(x,y).$
В обратную сторону аналогично.

[Профессор Снэйп]

RIP писал(а):

$2(f(x),f(y))=\|f(x)-f(0)\|^2+\|f(y)-f(0)\|^2-\|f(x)-f(y)\|^2=$
$=\|x-0\|^2+\|y-0\|^2-\|x-y\|^2=2(x,y).$
В обратную сторону аналогично.

Спасибо. Не тем равенством пользовался

[ewert]

RIP писал(а):

$2(f(x),f(y))=\|f(x)-f(0)\|^2+\|f(y)-f(0)\|^2-\|f(x)-f(y)\|^2=$
$=\|x-0\|^2+\|y-0\|^2-\|x-y\|^2=2(x,y).$
В обратную сторону аналогично.

Это т.наз. "поляризационные тождества" -- билинейная форма всегда выражается через некоторую комбинацию квадратичных. В комплексном пространстве тоже верно, только если форма полуторалинейна (как оно и есть для скалярного произведения), то и тождества немножко другие.

[zoo]

AGu писал(а):

См. теорему Мазура -- Улама.

[Brukvalub]

А я вот чего так и не понял.

Профессор Снэйп писал(а):

Пусть $X$, $Y$ --- нормированные векторные пространства над $\mathbb{R}$...

После этого все стали бодренько обсуждать связь нормы и скалярного произведения. А вот я краем уха слыхал, что не всякая норма порождается каким-либо скалярным произведением. Или я сейчас "не в теме"?

[Профессор Снэйп]

Brukvalub писал(а):

Или я сейчас "не в теме"?

После ответа AGu уже нет. Ибо он дал нам замечательную ссылку, пройдя по которой, можно прочитать доказательство (кстати, очень красивое, я, разобравшись в нём, получил много удовольствия) для произвольных нормированных пространств.

Ситация получилась такая. Заявленное мною утверждение неверно даже в случае $X = \mathbb{R}$ и $Y = \mathbb{R}^2$. Однако оно верно, если дополнительно потребовать либо строгую выпуклость $Y$, либо сюрьективность $f$. Ну и если норма на $Y$ задана скалярным произведением, то тоже верно, поскольку строгая выпуклость следует из предгильбертовости.

Кстати, там ещё говорится, что при $Y = l_p$ для $1 < p < \infty$ утверждение тоже верно.