¿Por qué $2$ -covectores en $\mathbb{R}^3$ ¿descomponible?

Question

¿Cómo se demuestra que cada $2$ -covector $\omega\in\Lambda^2((\mathbb{R}^3)^\ast)$ es descomponible, es decir, que $$\omega=u\wedge v$$ para algunos $u,v\in(\mathbb{R}^3)^\ast$ ?

En general tenemos $$\omega=\omega_{12}e^1\wedge e^2+\omega_{13}e^1\wedge e^3+\omega_{23}e^2\wedge e^3,$$ por lo que podemos establecer $$\omega_{12}e^1\wedge e^2+\omega_{13}e^1\wedge e^3+\omega_{23}e^2\wedge e^3=(a_1e^1+a_2e^2+a_3e^3)\wedge(b_1e^1+b_2e^2+b_3e^3),$$ y tratar de resolver para $a_i,b_i$ . Pero no parece haber una solución bien definida para estas ecuaciones a menos que la separemos en varios casos diferentes ( $\omega_{12} \neq 0$ etc.). ¿Cuál es la mejor manera de demostrarlo?

Answer 1

Esta es una forma de hacerlo sin la división de casos que mencionas, pero utiliza el importante Estrella Hodge operador, que, dada la pregunta, puede o no tener disponible:

Elige un producto interior $\langle \, , \, \rangle$ y la orientación en $\mathbb{R}^3$ (los habituales servirán), que define una forma de volumen $\Omega \in \Lambda^3 (\mathbb{R}^3)^*$ esto define un operador estrella de Hodge $$\ast: \Lambda^2 (\mathbb{R}^3)^* \to (\mathbb{R}^3)^*$$ se caracteriza por $$\alpha \wedge \ast \beta = \langle \alpha, \beta \rangle \Omega,$$ donde $\langle \, , \, \rangle$ denota aquí el producto interior inducido en $\Lambda^2 (\mathbb{R}^3)^*$ .

En lo sucesivo, supongamos que $\omega \neq 0$ (si $\omega = 0$ es claramente descomponible, ya que en ese caso $\omega = 0 \wedge 0$ ). Ahora, $\ast \omega$ es un $1$ -y podemos extenderla a alguna base ortogonal $(\ast \omega, \zeta, \eta)$ de $(\mathbb{R}^3)^*$ . Entonces, $(\omega, \ast \zeta, \ast \eta)$ es una base ortogonal de $\Lambda^2 (\mathbb{R}^3)^*$ . La computación da que \begin{align} \langle \zeta \wedge \eta, \ast \zeta \rangle \Omega &= \zeta \wedge \eta \wedge \zeta = 0 \\ \langle \zeta \wedge \eta, \ast \eta \rangle \Omega &= \zeta \wedge \eta \wedge \eta = 0 ,\\ \end{align} por lo que por ortogonalidad $\omega$ es un múltiplo de $\zeta \wedge \eta$ y en particular $\omega$ es descomponible.

Answer 2

Esto puede hacerse utilizando el álgebra de Clifford. Llamamos a un producto de $k$ vectores bajo el producto clifford a $k$ -versor. Los versores son cerrados bajo la multiplicación: el producto de dos versores es otro versor. Obsérvese que un $k$ -vector que también es un versor es necesariamente simple.

Ahora, consideremos un bivector $B$ que podría no ser sencillo. Multiplícalo por $\epsilon = e_1 e_2 e_3$ , el pseudoescalar unitario, que también es un versor (esta es la operación de dualidad de Hodge que menciona Travis). El resultado es necesariamente algún vector. Todos los vectores son simples, y todos los vectores son versores. $B\epsilon$ es un vector.

Ahora, considere $(B \epsilon) \epsilon^{-1}$ . El resultado es necesariamente un bivector, pero también debe ser un versor ya que $B\epsilon$ es un vector. Pero $B \epsilon \epsilon^{-1} = B$ y como la operación de producto es asociativa, esto implica $B$ es un versor, y por tanto un simple $2$ -vector.

Answer 3

Alternativamente, los componentes del producto cuña con respecto a una base $(e_1, e_2, e_3)$ y la base inducida $(e_2 \wedge e_3, e_3 \wedge e_1, e_1 \wedge e_2)$ vienen dadas por el conocido producto cruzado. Más concretamente, $$\omega_{23}e^2\wedge e^3 + \omega_{31}e^3\wedge e^1 + \omega_{12}e^1\wedge e^2= (a_1e^1+a_2e^2+a_3e^3)\wedge(b_1e^1+b_2e^2+b_3e^3)$$ equivale a $$(\omega_{23}, \omega_{31}, \omega_{12}) = (a_1, a_2, a_3) \times (b_1, b_2, b_3).$$ Por lo tanto, la afirmación de que cada $2$ -covector $\omega \in \Lambda^2 (\mathbb{R}^3)^*$ es descomponible es equivalente a la afirmación de que todo vector en $\mathbb{R}^3$ puede escribirse como el producto cruzado de otros dos vectores.

Pero esta última afirmación es fácil de demostrar: Escoge dos vectores cualesquiera linealmente independientes $X, Y$ ortogonal a $\ast \omega := (\omega_{23}, \omega_{31}, \omega_{12})$ . Entonces, por construcción $X \times Y$ es algún múltiplo de $\ast \omega$ y reescalando, digamos, $X$ podemos asegurar que $\ast \omega = X \times Y$ . (De hecho, la relación entre $\wedge$ y $\times$ puede escribirse en términos del operador estrella de Hodge y del isomorfismo $\mathbb{R}^3 \cong (\mathbb{R}^3)^*$ determinado por el producto interior estándar).