No.1ベストアンサー
- 回答日時:
数学が得意な方ご教授ください。
のト書きにいささか戸惑う。数学は特異でないと思う方(かた)がお答えします。
ベクトル空間の次元と内積の定義がはっきりしていないので、高校レベルで答えます。
次元と内積の定義がはっきりしていなくても、問題に問題ないのですが、ベクトルを成分とおいて、解くと長ったらしくなるからです。
見せつける事実は φ(λx)=λφ(x)、φ(x+y)=φ(x)+φ(y)ですが、面倒だから
一つにまとめて φ(λx+y)=λφ(x)+φ(y)であることを証明します。
仮定より
任意のベクトルuに対して、φ(u)=a とおくと
等式(φ(u),φ(u))=(u,u)が成り立つから
(a,a)=(u,u)
|a|^2=|u|^2
∴a=±u
ⅰ) a=uのとき すなわち φ(u)=u のとき(この等式が任意のベクトルで成立しますよ。)
φ(λx+y)のλx+yが任意のベクトルだからuだと思えば
φ(λx+y)=λx+y・・・①
となる。
φ(x)=xもφ(y)=yも成り立つわけだから上の①のx,yにφ(x),φ(y)
を代入すれば
φ(λx+y)=λx+y=λφ(x)+φ(y)
となる。
ⅱ)a=-uのとき すなわち φ(u)=-u のとき
φ(λx+y)のλx+yが任意のベクトルだからuだと思えば
φ(λx+y)=-λx-y・・・②
となる。
φ(x)=-xもφ(y)=-yが成り立つわけだから②の-x,-yにφ(x),φ(y)
を代入すれば
φ(λx+y)=λ(-x)-y=λφ(x)+φ(y)
いずれの場合にしても
φ(λx+y)=λφ(x)+φ(y)が成り立つわけだから、φは一次変換である。
かな。
No.4
- 回答日時:
あ、よく考えたら同時性の証明も簡単でした。
申し訳ない。(φ(ra)-rφ(a), φ(ra)-rφ(a))=(φ(ra), φ(ra)) - 2(φ(ra), rφ(a)) + (rφ(a), rφ(a))
= (ra, ra)- 2(ra, ra)+(ra, ra)=0
φの連続性は必要ありませんでした。
No.3
- 回答日時:
(a, a)=0 の時 a=0(ベクトル) を利用すると
φ(a+b)=φ(a)+φ(b) の証明は
(φ(a+b)-φ(a)-φ(b), φ(a+b)-φ(a)-φ(b))=0 と同等です。
(φ(a+b)-φ(a)-φ(b), φ(a+b)-φ(a)-φ(b))=
+ (φ(a+b), φ(a+b)) - (φ(a+b), φ(a)) - (φ(a+b), φ(b))
-(φ(a), φ(a+b)) + (φ(a), φ(a)) + (φ(a), φ(b))
-(φ(b), φ(a+b)) + (φ(b), φ(a)) + (φ(b), φ(b)) =
+ (a+b, a+b) - (a+b, a), - (a+b, b)
- (a, a+b) + (a, a) + (a, b)
- (b, a+b) + (b, a) + (b, b) =
+(a, a) + (a, b) + (b , a) + (b, b) - (a, a) - (b, a) - (a, b) - (b, b)
- (a, a) - (a, b) + (a, a) + (a, b)
- (b, a)- (b, b) + (b, a) + (b, b) = 0
同次性は結構面倒くさいです。問題の条件だけでは不足なので
(φは連続)という条件を加えておきます(重要!)。
(φ(0), φ(0)=(0, 0)=0 なので φ(0)=0
とすると
φ(2a)=φ(a+a)=2φ(a) は加法性から明らか
φ((n-1)a)=(n-1)φ(a) (n > 2) を正しいと仮定すると
φ((n-1)a) + φ(a)=nφ(a)=φ(na) なので
数学的帰納法から任意の正数nに対して nφ(a)=φ(na)
φ(0・a)=0φ(a) は明らかなので
φ(na)+φ(-na)=φ((n-n)a)=0 →φ(-na)=-φ(na)なので
任意の整数pに対して pφ(a)=φ(pa)
任意の 0以外の整数m に対して ma = x とすると
φ(pma)=mφ(pa)=pφ(ma)→φ(pa)=(p/m)(ma)
a = x/m だから
φ((p/m)x)=(p/m)φ(px)
従って任意の有理数 q に対して
φ(qa)=qφ(a)
φが「連続」なら点列 qi が実数 r に収束するとき
φ(qia)もφ(ra) に収束するので、任意の実数rに対して
φ(ra)=rφ(a)
(証明終)
蛇足ですが、φは回転、又は鏡映なので、ANO1さんの答えは
違っていることを指摘しておきます。
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