Dejemos que $V$ sea un espacio vectorial de dimensión finita. Escribo $F_n(V)$ para el $n$ potencia exterior del espacio vectorial dual. ¿Qué elementos de $F_n(V)$ puede retirarse de una forma superior a lo largo de un mapa lineal $V \to R^n$ ?
Cuando $n = 0$ o $1$ la respuesta es todos ellos. También es cierto para $n > $ dimensión de $V$ . ¿Es cierto para todos $n,V$ ?
De forma equivalente, se pregunta cuándo un elemento $\omega\in F_n(V)$ puede escribirse de la forma $\alpha_1\wedge\dots\wedge \alpha_n$ pour $\alpha_1,\dots,\alpha_n\in V^*$ ; llamar a este tipo de $\omega$ simple . Cuando $1<n<\dim V-1$ Resulta que no todos los $n$ -forma es simple. Por ejemplo, está claro que si $\omega$ es simple entonces $\omega\wedge\omega=0$ . De ello se desprende que si $e_1,e_2,e_3,e_4\in V^*$ son linealmente independientes, entonces $\omega=e_1\wedge e_2+e_3\wedge e_4$ no puede ser simple (ya que $\omega\wedge\omega=2e_1\wedge e_2\wedge e_3\wedge e_4\neq 0$ ). De hecho, si $V$ es de 4 dimensiones, se puede demostrar que $\omega\in F_2(V)$ es simple si $\omega\wedge\omega=0$ . En general, las formas simples se pueden caracterizar como aquellas que satisfacen una cierta colección de ecuaciones cuadráticas llamadas "relaciones de Plücker", que son un poco complicadas de enunciar.
Tenga en cuenta que $\omega$ es simple si cualquier múltiplo escalar no nulo de $\omega$ es simple, por lo que tiene sentido hablar de la colección de formas simples como un subconjunto del espacio proyectivo $\mathbb{P}(F_n(V))$ (si no está familiarizado con ello, es simplemente el conjunto de elementos no nulos de $F_n(V)$ donde se identifican los elementos que difieren por una multiplicación escalar). Este subconjunto se conoce como la imagen del Incrustación de Plücker y puede identificarse canónicamente con el conjunto de $n$ -subespacios dimensionales de $V^*$ (dado $\omega=\alpha_1\wedge\dots\wedge\alpha_n$ , tome el subespacio abarcado por $\{\alpha_1,\dots,\alpha_n\}$ y a la inversa, dado un subespacio, que $\{\alpha_1,\dots,\alpha_n\}$ sea una base, y tome $\omega=\alpha_1\wedge\dots\wedge\alpha_n$ ).
Esto nos da un argumento heurístico de que debe haber un $n$ -forma cuando $1<n<\dim V-1$ . En concreto, la dimensión de $F_n(V)$ es $\binom{\dim V}{n}$ En este caso, vamos a averiguar cuál debe ser la "dimensión" del conjunto de formas simples (aquí estoy usando "dimensión" en un sentido geométrico intuitivo, ya que el conjunto de formas simples no es un subespacio lineal). Una forma simple es esencialmente lo mismo que un $n$ -subespacio dimensional de $V$ junto con un factor escalar, por lo que su dimensión debe ser $1+d$ , donde $d$ es la dimensión del conjunto de $n$ -subespacios dimensionales de $V$ . Para dar un $n$ -subespacio dimensional de $V$ , tienes que dar $n$ vectores linealmente independientes de $V$ , lo que da $n\cdot \dim V$ grados de libertad. Pero dado un subespacio, hay un $n^2$ -conjunto de bases posibles para ella (ya que dada una base, cualquier base invertible $n\times n$ matriz le da otra base). Así que deberíamos esperar que $d=n\cdot\dim V-n^2=n(\dim V-n)$ .
Cuando $1<n<\dim V-1$ se puede calcular que $1+d=1+n(\dim V-n)$ es estrictamente menor que $\binom{\dim V}{n}$ . Es decir, el conjunto de simples $n$ -tiene una dimensión menor que el conjunto de todas las $n$ -formas. En particular, no todas las $n$ -formas son simples. (Como he dicho, esto es sólo un argumento heurístico, ya que no he definido rigurosamente lo que entiendo por "dimensión". Sin embargo, con alguna maquinaria de la geometría algebraica, este argumento puede hacerse riguroso).
Muy claro, gracias. Para estar seguros, para $n = \mathrm{dim}(V) -1$ Cada $n$ -¿La forma es simple?
Sí. Fijar una forma superior no nula $\gamma$ y, a continuación, se le da un $(\dim(V)-1)$ -forma $\omega$ existe un único vector $f(\omega)\in V$ tal que $\alpha\wedge\omega=\alpha(f(\omega))\gamma$ para todos $\alpha\in V^*$ . Esto define un isomorfismo $f:F_{\dim V-1}(V)\to V$ (si elige una base para $V$ que tiene $\gamma$ como su forma superior asociada, entonces mapea la base asociada estándar para $F_{\dim V-1}(V)$ a esa base para $V$ ). Supongamos ahora que $\omega\neq0$ y elegir una base $\{e^1,\dots,e^{\dim V}\}$ pour $V$ tal que $e^1=f(\omega)$ . Sea $\{e_1,\dots,e_{\dim V}\}$ sea la base dual de $V^*$ .
Entonces se puede calcular que $f(e_2\wedge\dots\wedge e_{\dim V})$ es un múltiplo escalar de $e^1$ (el escalar es la relación entre $\gamma$ y $e_1\wedge e_2\wedge\dots\wedge e_{\dim V})$ . Desde $f$ es un isomorfismo, esto significa que $\omega=f^{-1}(e^1)$ es un múltiplo escalar de $e_2\wedge\dots\wedge e_{\dim V}$ y, por tanto, simple.
Sugerencia Cualquier forma superior $\alpha \in \Bbb R^n$ es descomponible es decir, podemos escribirlo como un producto en cuña de $1$ -formas: $$\alpha = \beta^1 \wedge \cdots \wedge \beta^n.$$ Entonces, para cualquier mapa lineal $T: V \to \Bbb R^n$ tenemos $$T^* \alpha = T^* (\lambda \beta^1 \wedge \cdots \wedge \beta^n) = \lambda T^* \beta^1 \wedge \cdots \wedge T^* \beta^n.$$ En particular, cualquier forma que sea el pullback bajo un mapa lineal de una forma superior es a su vez descomponible.
Por otro lado, se puede demostrar constructivamente (es decir, construyendo una forma superior adecuada en $\Bbb R^n$ y el mapa lineal $T: V \to \Bbb R^n$ ) que esta condición también es suficiente.
Nota: Si $\dim V \geq 4$ entonces para cualquier cobasis $(e^a)$ de $V$ El $2$ -forma $\gamma := e^1 \wedge e^2 + e^3 \wedge e^4$ satisface $\gamma \wedge \gamma \neq 0$ y en particular $\gamma$ no es descomponible, por lo que no todos los $2$ -formas son pullbacks de formas superiores. (De hecho, el $GL(V)$ -órbita de $\gamma$ es abierto, por lo que en este sentido casi todo $2$ -forma en $V$ son los retrocesos de las formas superiores).
I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.
0 votos
Resulta que esta cuestión es muy interesante. Gracias por esto.