Escribe un bivector como el producto exterior de dos vectores

Question

El artículo de Wikipedia https://en.wikipedia.org/wiki/Bivector#Simple_bivectors afirma que

"Un bivector que puede escribirse como el producto exterior de dos vectores es simple. En dos y tres dimensiones todos los bivectores son simples".

Esto implica que si tenemos un bivector en 3D dado por $$B :=\alpha(e_1\wedge e_2) + \beta(e_2\wedge e_3) + \gamma(e_3\wedge e_1)$$ entonces existen los dos vectores $v, w$ tal que $B = v \wedge w$ .

Me pregunto cómo podemos construir tal $v, w$ de $\alpha, \beta, \gamma$ ? Entiendo que no hay una única opción de $v$ y $w$ Sin embargo, ¿existe una opción "más agradable"? ¿Una que sea la más simétrica?

Intenté la siguiente manipulación en la definición de $B$ :

$$\begin{eqnarray}B &=&\alpha(e_1\wedge e_2) + \beta(e_2\wedge e_3) + \gamma(e_3\wedge e_1) \\ &=&\alpha(e_1\wedge e_2) - \beta(e_3\wedge e_2) - \gamma(e_1\wedge e_3) \\ &=& (\alpha e_1 - \beta e_3)\wedge e_2 - \left(\frac{\gamma}{\alpha}\right)(\alpha e_1 \wedge e_3) + \frac{\beta\gamma}{\alpha}(e_3\wedge e_3)\\ &=& (\alpha e_1 - \beta e_3)\wedge e_2 - (\alpha e_1) \wedge\left(\frac{\gamma}{\alpha}e_3\right) + (\beta e_3)\wedge\left(\frac{\gamma}{\alpha} e_3\right) \\ &=& (\alpha e_1 - \beta e_3)\wedge e_2 - (\alpha e_1 - \beta e_3) \wedge\left(\frac{\gamma}{\alpha}e_3\right) \\ &=& (\alpha e_1 - \beta e_3)\wedge \left(e_2 - \frac{\gamma}{\alpha}e_3\right) \end{eqnarray}$$

Esto demuestra que la descomposición de un bivector 3D en el producto cuña de dos vectores es posible (y por lo tanto que todo bivector 3D es simple) sin embargo no es un resultado final muy satisfactorio ya que no es simétrico y no ofrece ninguna visión de la naturaleza de la descomposición.

Por ejemplo, una descomposición más agradable sería una de la forma

$$(ae_1 + be_2 + ce_3)\wedge (a'e_1 + b'e_2 + c'e_3)$$

en la que hay cierta simetría en los coeficientes $a, b, c, a', b', c'$ .

Answer 1

Hay una dificultad en su solución en que falla cuando $\alpha=0$ , y hay que tratar este caso por separado.

Al menos durante $\Bbb R$ su problema es esencialmente el siguiente dado un vector $u$ en $\Bbb R^3$ escribirlo como un producto vectorial $v\times w$ . Se puede obtener dicha representación tomando $v$ para ser cualquier vector no nulo ortogonal a $u$ . Entonces se tiene una familia unidimensional de admisiones $w$ . Si $u$ y $v$ se eligen con longitudes unitarias (no hay pérdida real de generalidad al hacer esto) entonces $w=u\times v+\lambda v$ .

[En su solución está argumentando esencialmente que $(b,-a,0)$ es un vector ortogonal a $(a,b,c)$ .]

El problema se reduce a encontrar un vector unitario ortogonal a un determinado vector unitario. Si una solución propuesta satisface su criterio estético de "simetría" es algo que debes decidir. Yo diría que, dado $(a,b,c)$ al menos uno de $(a^2+b^2)^{-1/2}(b,-a,0)$ , $(a^2+c^2)^{-1/2}(c,0,-a)$ y $(b^2+c^2)^{-1/2}(0,c,-b)$ está bien definido y funciona.

Pero si hay o no una solución que cumpla con sus criterios estéticos, no hay una solución continua. Más concretamente, no existe un mapa $F:S^2\to S^2$ (donde $S^2$ es la esfera unitaria) con $F(u)$ siempre ortogonal a $u$ . Tal $F$ definiría una sección no nula del haz tangente en $S^2$ y por lo tanto, se cae en el teorema de la "bola peluda" de la topología algebraica algebraica.