Uma isometria num espaço métrico compacto
Se $(X,d)$ é um espaço métrico, uma função $f:X \to X$ que satisfaz
$$d(x,y) = d(f(x),f(y)) \ \ \ \ \ \forall \ x,y \in X$$
é chamada de isometria.
Para mostrar a injetividade, basta ver que
$$x \neq y \implies 0 \neq d(x,y) = d(f(x),f(y)) \implies f(x) \neq f(y).$$
Vamos mostrar que $f$ é sobrejetiva. Suponha que existe $a \in f(X)$, $a$ deve ter uma certa distância $u$ do conjunto $f(X)$ (porque?? Se alguém souber justificar esta parte...), seja $0 < \varepsilon < u$. Definimos uma sequência $x_1 =a$ e $x_n = f(x_{n-1})$. Temos que $d(a,x_k) \geq \varepsilon$ para todo $k$, então, usando a propriedade de isometria, temos que $d(x_m,x_{m+k}) \geq \varepsilon$, isto implica que $x_n$ é uma sequência que não tem subsequência convergente, mas isto é absurdo porque $X$ é sequencialmente compacto, já que é um espaço métrico compacto. Portanto, $f$ é sobrejetiva.
Como a inversa de uma isometria é uma isometria também, basta mostrar que $f$ é uma aplicação aberta. Se $A$ é aberto em $X$, existe uma bola $B_{\delta}(x) \subseteq A$, mas é direto ver que $f(x) \in f(B_{\delta}(x)) \subseteq f(A)$, logo, $f(A)$ é aberto.
- AEm resposta aMatheus⬆:André Caldas @andrecaldas
Imagine o espaço $\ell^\infty$. São as sequências em $\mathbb{R}$ que são limitadas. Coloque a norma do supremo.
Então, a aplicação
\begin{align*}
f: \ell^\infty &\rightarrow \ell^\infty
\\
(x_n)_{n \in \mathbb{N}} &\mapsto (y_n)_{n \in \mathbb{N}},
\end{align*}
onde $y_0 = 0$ e $y_{n} = x_{n-1}$ ($n > 0$), é uma isometria que não é sobrejetiva.- AAndré Caldas @andrecaldas
Ah... não vi o compacto!!!
- AEm resposta aMatheus⬆:André Caldas @andrecaldas
Tem que mostrar que a isometria é contínua.
A função $x \rightarrow d(a,x)$ é contínua. Como $f(X)$ é um compacto, então $d(a,x)$ assume um mínimo em $f(X)$. Como $a \not \in f(X)$, então esse mínimo é maior que $0$.
- DDaniel Abreu @daniel1.abreu
Professor, a continuidade seria meio que direto já que $f$ preserva distâncias .
Pela definição de continuidade por $\epsilon$ e $\delta$ e tomando tomando $\delta<\epsilon$, temos que
Para todo $\epsilon>0$, Existe $\delta>0$( com $\delta<\epsilon$) tal que$$
x,y\in X , d(x,y)<\delta \implies d(f(x),f(y))= d(x,y)<\delta<\epsilon
$$
Logo $f$ é continua.(Outro jeito mais direto seria notar que , pela isometria, $f$ é Lipchtz . Ai acho que nem precisava $\epsilon$ e $\delta$ )
- AAndré Caldas @andrecaldas
Não precisa mostrar, mostrar, não... só dizer que é, já tá bom.
Estou dizendo que "precisa mostrar", porque você perguntou da distância do ponto $a$. Então, precisa usar que $f(X)$ é compacto. E a continuidade de $f$ resolve isso.
Mas só dizer "é evidente que $f$ é contínua", já tá bom. É mais fácil mostrar que uma isometria é contínua que mostrar que Lipzschitzx é contínua! :-)
- AEm resposta aMatheus⬆:André Caldas @andrecaldas
Muito bom, Matheus!
No final, você está dizendo que uma isometria sobrejetiva é um homeomorfismo.