Cuña de producto y su relación con el determinante.

Question

Deje $\omega_1=\sum_{i=1}^2\sum_{j=1}^2a_{ij}dx_idx_j$,

$\omega_2=\sum_{i=1}^4\sum_{j=1}^4a_{ij}dx_idx_j$,

$\omega_3=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^Na_{ij}dx_idx_j$.

En cada caso, me gustaría encontrar a $\omega\wedge\omega$ y encontrar la relación entre el $\omega\wedge\omega$ y la matriz con entradas de $a_{ij}$.

Creo $\omega_1\wedge\omega_1=0$ debido a que cada término se parecerá a $dx_1dx_2dx_1dx_2$, y cada uno de estos es igual a cero debido a que $dx\wedge dx=0$.

Para $\omega_2\wedge\omega_2$, el único distinto de cero términos son permutaciones de $dx_1dx_2dx_3dx_4$. Hay doce de estos, y después de la reorganización, se puede conseguir algo como $fdx_1dx_2dx_3dx_4$, pero lo que es una manera fácil de ver lo $f$ es y su relación con la matriz con entradas de $a_{ij}$?

y $\omega_n\wedge\omega_n$?

Answer 1

Tomar $$ \omega=\sum_{j,k=1}^Na_{jk}{\rm d}x_j\wedge{\rm d}x_k $$ por ejemplo. Tenga en cuenta que $j$ $k$ son meros índices para la recapitulación. Por lo tanto, mediante el intercambio de todos los $j$'s y $k$'s, tenemos $$ \omega=\sum_{j,k=1}^Na_{jk}{\rm d}x_j\wedge{\rm d}x_k=\sum_{j,k=1}^Na_{kj}{\rm d}x_k\wedge{\rm d}x_j. $$ Sin embargo, debido a la asimetría de la cuña de producto, $$ {\rm d}x_k\wedge{\rm d}x_j=-{\rm d}x_j\wedge{\rm d}x_k $$ tiene incondicionalmente. Por lo tanto, la expresión que va $$ \omega=\sum_{j,k=1}^Na_{jk}{\rm d}x_j\wedge{\rm d}x_k=\sum_{j,k=1}^Na_{kj}{\rm d}x_k\wedge{\rm d}x_j=\sum_{j,k=1}^N\left(-a_{kj}\right){\rm d}x_j\wedge{\rm d}x_k. $$ Debido a la igualdad de la segunda y el último término, hemos \begin{align} \omega&=\sum_{j,k=1}^Na_{jk}{\rm d}x_j\wedge{\rm d}x_k=\sum_{j,k=1}^N\left(-a_{kj}\right){\rm d}x_j\wedge{\rm d}x_k\\ &=\frac{1}{2}\left(\sum_{j,k=1}^Na_{jk}{\rm d}x_j\wedge{\rm d}x_k+\sum_{j,k=1}^N\left(-a_{kj}\right){\rm d}x_j\wedge{\rm d}x_k\right)\\ &=\sum_{j,k=1}^N\frac{a_{jk}-a_{kj}}{2}{\rm d}x_j\wedge{\rm d}x_k. \end{align} Por lo tanto, dado un $2$forma $\omega$, siempre podemos jugar el anterior truco, haciendo que el coeficiente delante de ${\rm d}x_j\wedge{\rm d}x_k$ asimétrica. En otras palabras, dado $$ \omega=\sum_{j,k=1}^Na_{jk}{\rm d}x_j\wedge{\rm d}x_k, $$ que siempre se puede escribir $$ \omega=\sum_{j,k=1}^Nb_{jk}{\rm d}x_j\wedge{\rm d}x_k, $$ donde $$ b_{jk}=\frac{a_{jk}-a_{kj}}{2}=-b_{kj}. $$

Ahora, aplicar el resultado anterior para nuestro objetivo: \begin{align} \omega\wedge\omega&=\left(\sum_{i,j=1}^Na_{ij}{\rm d}x_i\wedge{\rm d}x_j\right)\wedge\left(\sum_{k,l=1}^Na_{kl}{\rm d}x_k\wedge{\rm d}x_l\right)\\ &=\left(\sum_{i,j=1}^Nb_{ij}{\rm d}x_i\wedge{\rm d}x_j\right)\wedge\left(\sum_{k,l=1}^Nb_{kl}{\rm d}x_k\wedge{\rm d}x_l\right)\\ &=\sum_{i,j,k,l=1}^Nb_{ij}b_{kl}{\rm d}x_i\wedge{\rm d}x_j\wedge{\rm d}x_k\wedge{\rm d}x_l. \end{align} Jugar el índice de intercambio de truco de nuevo: \begin{align} \omega\wedge\omega&=\sum_{i,j,k,l=1}^Nb_{ij}b_{kl}{\rm d}x_i\wedge{\rm d}x_j\wedge{\rm d}x_k\wedge{\rm d}x_l\\ &=\sum_{i,j,k,l=1}^Nb_{li}b_{jk}{\rm d}x_l\wedge{\rm d}x_i\wedge{\rm d}x_j\wedge{\rm d}x_k\\ &=\sum_{i,j,k,l=1}^Nb_{kl}b_{ij}{\rm d}x_k\wedge{\rm d}x_l\wedge{\rm d}x_i\wedge{\rm d}x_j\\ &=\sum_{i,j,k,l=1}^Nb_{jk}b_{li}{\rm d}x_j\wedge{\rm d}x_k\wedge{\rm d}x_l\wedge{\rm d}x_i. \end{align} Ahora, cambiar el orden de los índices como $\left(i,j,k,l\right)$ mediante el uso de la asimetría de la propiedad: \begin{align} \omega\wedge\omega&=\sum_{i,j,k,l=1}^Nb_{ij}b_{kl}{\rm d}x_i\wedge{\rm d}x_j\wedge{\rm d}x_k\wedge{\rm d}x_l\\ &=\sum_{i,j,k,l=1}^N\left(-b_{li}b_{jk}\right){\rm d}x_i\wedge{\rm d}x_j\wedge{\rm d}x_k\wedge{\rm d}x_l\\ &=\sum_{i,j,k,l=1}^Nb_{kl}b_{ij}{\rm d}x_i\wedge{\rm d}x_j\wedge{\rm d}x_k\wedge{\rm d}x_l\\ &=\sum_{i,j,k,l=1}^N\left(-b_{jk}b_{li}\right){\rm d}x_i\wedge{\rm d}x_j\wedge{\rm d}x_k\wedge{\rm d}x_l. \end{align} Este resultado finalmente se obtiene \begin{align} \omega\wedge\omega&=\sum_{i,j,k,l=1}^N\frac{b_{ij}b_{kl}-b_{li}b_{jk}+b_{kl}b_{ij}-b_{jk}b_{li}}{4}{\rm d}x_i\wedge{\rm d}x_j\wedge{\rm d}x_k\wedge{\rm d}x_l\\ &=\sum_{i,j,k,l=1}^N\frac{b_{ij}b_{kl}-b_{li}b_{jk}}{2}{\rm d}x_i\wedge{\rm d}x_j\wedge{\rm d}x_k\wedge{\rm d}x_l. \end{align}

Desde $\omega\wedge\omega$ $4$- forma, en dos y tres dimensiones de los casos, el resultado debe ser $0$. De las cuatro dimensiones en adelante, el resultado no es necesariamente cero, por ejemplo, $$ \omega=\alpha{\rm d}x\wedge{\rm d}y+\beta{\rm d}z\wedge{\rm d}w\Longrightarrow\omega\wedge\omega=2\alpha\beta{\rm d}x\wedge{\rm d}y\wedge{\rm d}z\wedge{\rm d}w. $$