Drehung mit linearer Isometrie ist von gerader endlicher Dimension, wenn invariant

Question

Aufgabe:

V ist ein euklidischer Vektorraum mit Skalarprodukt <.,.>. Es gibt eine Isometrie Φ:V->V mit Φ²=-1

Noch zu zeigen ist, das ein Φ-invarianter endlich dimensionaler Untervektorraum U eine gerade Dimension hat.

Problem/Ansatz:

Ich habe bisher nachgewiesen, dass Φ lineare ist, keinen Eigenvektor besitzt und v⊥Φ(v) gilt.

Leider komme ich auf keinen Ansatz, wie ich das beweisen könnte. Wenn ich mir einen 1-dimensionalen UVR vorstelle, dann sehe ich, dass auf Grund der Orthogonalität, es nicht Φ-invariant ist.
Aber wie ich die Orthogonalität auf höher dimensionalen Räumen anwenden kann ist mir leider ein Mysterium.

Hat vielleicht jemand eine Idee?

Schonmal vielen Dank :)

PS.: bei der Linearität bin ich mir nicht ganz sicher, ob ich es ausreichend bewiesen habe. Meine Idee ist:
      Φ²(av) = -av = a*(-v) = a*Φ²(v) => Φ(av) = a*Φ(v) (Homogenität) 
      Φ²(v+w) = -(v+w) = -v-w = Φ²(v) + Φ²(w) => Φ(v+w) = Φ(v) + Φ(w) (Additivität)

Comments

Ist bei euch nicht eine Isometrie zwischen euklidischen Räumen
per Definition bereits linear?

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Nein, bei uns ist Isometrie definiert als: d_V(v,w) = d_W(Φ(v),Φ(w)) für Φ:V->W

Und eine Abbildung die linear und eine Isometrie ist, ist eine lineare Isometrie

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Mir scheint die Linearität nicht hinreichend bewiesen.
Wie kommst du z.B. von

\(\Phi^2(v+w)=\Phi^2(v)+\Phi^2(w)\)

zu

\(\Phi(u+v)=\Phi(u)+\Phi(w)\) ?

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Φ(v+w) = Φ(-Φ²(v)) -Φ²(w))
           = Φ(-Φ²(v+w))
           = Φ²( -Φ(v+w) )
           = Φ²( -( Φ(v) ) ) + Φ²( -(Φ(w)) ) )
           = Φ(v) + Φ(w) 
So könnte ich dann die Folgerung begründen, nehme ich an. Dann erscheint mir auch der Beweis hinreichend, wenn ich etwas gleiches noch für die Homogenität mache. Bzw. könnte ich da noch Skalare einfügen und dann direkt beides zusammen beweisen.

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Ah. Du hast es geändert ...
Aber den Übergang von Zeile 2 zu Zeile 3 verstehe ich nicht.
Ich finde es verdächtig, dass die Isometrie-Eigenschaft
hier keine Rolle spielt ...

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Was hältst du von der folgenden Variante:
Sei \(x\in V\) beliebig. Dann gilt für \(v,w\in V\):

\(\langle \Phi(v+w)-\Phi(v)-\Phi(w), x \rangle=\)
\(=\langle \Phi(v+w),x\rangle -\langle \Phi(v),x\rangle - \langle\Phi(w),x\rangle=\)
\(=\langle -(v+w),\Phi(x)\rangle +\langle v,\Phi(x)\rangle+\langle w,\Phi(x)\rangle=\)
\(=-\langle v,\Phi(x)\rangle -\langle w,\Phi(x)\rangle+\)
\(\;\;\;\;+\langle v,\Phi(x)\rangle +\langle w,\Phi(x)\rangle = 0\).

Da \(x\in V\) beliebig war, folgt also
\(\Phi(v+w)-\Phi(v)-\Phi(w) \in V^{\perp}=\{0\}\),
womit die Additivität bewiesen ist.

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Danke für deine Mühe, habe auch gemerkt, dass die Herangehensweise nicht brauchbar ist, wie ich es versuchte.

Dein Vorschlag sieht dagegen sehr gut aus. Nur ist mir nicht ganz klar, weshalb ich  \( V^{\perp} \) brauche. Erscheint mir nicht wichtig zu sein für den Beweis, liege ich da falsch?

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Du kannst natürlich für \(x\) speziell

\(\Phi(v+w)-\Phi(v)-\Phi(w) \) wählen, dann brauchst du nicht

die selbstverständliche Tatsache, dass in einem euklidischen Raum

kein Vektor \(\neq 0\) existiert, der auf jedem Vektor des

Raumes senkrecht steht.

Answer 1

Nachdem geklärt ist, dass \(\Phi\) ein isometrischer Isomorphismus ist,
soll gezeigt werden, dass jeder \(\Phi\)-invariante Unterraum \(U\)
eine gerade Dimension hat. Wegen der Isomorphie kann man zunächst
aus \(\Phi(U)\subseteq U\) auf \(\Phi(U)=U\) schließen.

Wir betrachten die Restriktion \(\Psi:=\Phi|_U\). Dies ist ein isometrischer

Isomorphismus von \(U\) mit \(\Psi^2=-id_U\). Für die (reellen) Determinanten

gilt dann \((\det(\Psi))^2=(-1)^{\dim(U)}\). Da Quadrate reeller Zahlen nie

negativ sind, folgt: \(\dim(U)\) ist gerade.