¿Tiene esta fórmula un significado riguroso, o es meramente formal?

Question

Espero que este problema no se considere demasiado "elemental" para MO. Se trata de una fórmula que siempre me ha parecido fascinante. Porque, a primera vista, parece completamente "obvia", mientras que al examinarla más de cerca ni siquiera parece bien definida. La fórmula es la que me dieron como definición del producto cruzado en $\mathbb R^3$ cuando me presentaron por primera vez ese concepto:

$$B \times C := \det \begin{vmatrix} {\mathbf i } & {\mathbf j } & {\mathbf k } \\\\ B_1 & B_2 & B_3 \\\\ C_1 & C_2 & C_3\\\\ \end{vmatrix}$$ Por un lado, si uno expande esto por menores de la primera fila, el resultado es claramente correcto--y hasta el día de hoy esta es la única manera en que puedo recordar la fórmula para los componentes del producto cruzado cuando la necesito. Pero, por otro lado, el determinante de un $n \times n$ La matriz cuyos elementos son una mezcla de escalares y vectores no está definida. Piensa en lo que ocurre si intercambias un elemento de la primera fila con el elemento que está justo debajo. De hecho, como se suele entender, para que el determinante de una matriz esté bien definido, sus elementos deberían pertenecer todos a un anillo conmutativo. Pero además (por otro lado :-) si tomamos el producto punto de ambos lados de la fórmula con un tercer vector, $A$ Parece que lo conseguimos:

$$A \cdot B \times C = A \cdot \det \begin{vmatrix} {\mathbf i } & {\mathbf j } & {\mathbf k } \\\\ B_1 & B_2 & B_3 \\\\ C_1 & C_2 & C_3\\\\ \end{vmatrix} = \det \begin{vmatrix} A_1 & A_2 & A_3 \\\\ B_1 & B_2 & B_3 \\\\ C_1 & C_2 & C_3\\\\ \end{vmatrix}$$ y, por supuesto, los lados izquierdo y derecho son fórmulas conocidas para el volumen (con signo) del paralelepípedo abarcado por los tres vectores, $A, B, C$ . Además, la validez de esta última fórmula para todas las opciones de $A$ indica que la fórmula original es "correcta".

Entonces, mi pregunta es la siguiente: ¿Existe una forma rigurosa de definir el determinante original para que todo lo anterior tenga sentido y sea correcto?

Answer 1

Pero hay un anillo conmutativo disponible, en la línea de lo que dice Mariano. Si $k$ es un campo y $V$ es un espacio vectorial, entonces $k \oplus V$ es un anillo conmutativo por la regla de que un escalar por un escalar, o un escalar por un vector, o un vector por un escalar, son todos lo que crees que son. La única parte que falta es la de un vector por un vector, y puedes ponerla a cero. El producto punto es entonces una forma bilineal especial en el álgebra. En el formalismo, creo que todo lo que has escrito tiene sentido.

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Theo dice en un comentario que "aún mejor", se debe trabajar sobre $\Lambda^*(V)$ el álgebra exterior sobre $V$ . La motivación es que esta álgebra es supercomutativa. Consideré mencionar esta solución, y supuse que realmente debería haberlo hecho, porque surge en fórmulas importantes. Por ejemplo, la fórmula de Gauss para el número de enlace entre dos nudos $K_1, K_2 \subseteq \mathbb{R}^3$ es: $$\mathrm{lk}(K_1,K_2) = \int_{K_1 \times K_2} \frac{\det \begin{bmatrix} \vec{x} - \vec{y} \\ d\vec{x} \\ d\vec{y} \end{bmatrix}}{4\pi |\vec{x} - \vec{y}|^3}$$ $$= \int_{K_1 \times K_2} \frac{\det \begin{bmatrix} x_1 - y_1 & x_2 - y_2 & x_3 - y_3 \\ dx_1 & dx_2 & dx_3 \\ dy_1 & dy_2 & dy_3 \end{bmatrix}}{4\pi |\vec{x} - \vec{y}|^3}.$$ La manera correcta de escribir e interpretar esta fórmula es, efectivamente, como un determinante en el álgebra exterior de las formas diferenciales. Por un lado, facilita la generalización de la fórmula de Gauss a dimensiones superiores.

Sin embargo, superconmutativo no es lo mismo que conmutativo, y este tipo de determinante tiene menos propiedades que un determinante sobre un anillo conmutativo. Y propiedades diferentes. Un determinante de este tipo tiene una simetría rota: se obtiene una respuesta diferente si se ordenan los factores de cada término por filas que por columnas. (De hecho, el determinante ordenado por filas puede ser distinto de cero aunque tenga filas repetidas. Por poner dos ejemplos, el determinante de la fórmula de Gauss generalizada tiene filas repetidas, y la forma de volumen estándar en $\mathbb{R}^n$ es $$\omega = \frac{\det ( d\vec{x}, d\vec{x}, \ldots, d\vec{x} )}{n!}.$$

Afortunadamente, para la pregunta de Dick, se puede truncar el álgebra exterior en grado 1, que es exactamente lo que hice. Este truncamiento es tanto supercomutativo como conmutativo.

Answer 2

En el siglo XIX, cuando la gente experimentaba mucho con los determinantes, podrían haber interpretado la definición anterior de $B\times C$ en términos de cuaterniones. Si $i$ , $j$ y $k$ denotan elementos base de $\mathbb H$ y $${\mathbf x}=x_1i+x_2j+x_3k,$$ $${\mathbf y}=y_1i+y_2j+y_3k\quad$$ son elementos imaginarios puros de $\mathbb H$ entonces la parte vectorial $\Im(\mathbf{xy})$ del producto Hamilton $\mathbf{xy}$ es igual al determinante

$$\Im(\mathbf{xy})=\Im(\mathbf{x})\times \Im(\mathbf{y})=\det \begin{vmatrix} i & j & k \\\\ x_1 & x_2 & x_3 \\\\ y_1 & y_2 & y_3\\\\ \end{vmatrix}.$$

Hay un Nota: de Sir Arthur Cayley, donde introduce la noción de determinante del cuaternión. Menciona varias identidades de la forma

$$\det \begin{vmatrix} {\mathbf x} & {\mathbf x} \\\\ {\mathbf y} & {\mathbf y} \\\\ \end{vmatrix} = -2\det \begin{vmatrix} i & j & k \\\\ x_1 & x_2 & x_3 \\\\ y_1 & y_2 & y_3\\\\ \end{vmatrix}$$ y $$\det \begin{vmatrix} {\mathbf x } & {\mathbf x } & {\mathbf x } \\\\ {\mathbf y } & {\mathbf y } & {\mathbf y } \\\\ {\mathbf z } & {\mathbf z } & {\mathbf z } \\\\ \end{vmatrix} = -2\det \begin{vmatrix} {3} & i & j & k \\\\ x_0 & x_1 & x_2 & x_3 \\\\ y_0 & y_1 & y_2 & y_3\\\\ z_0 & z_1 & z_2 & z_3\\\\ \end{vmatrix}$$ donde $\mathbf x$ , $\mathbf y$ , $\mathbf z$ son cuaterniones arbitrarios $${\mathbf x}=x_0+x_1i+x_2j+x_3k, \mbox{ etc.}$$

Answer 3

Creo que no estoy seguro de la diferencia entre "riguroso" y "formal". Para mí, $|\cdots|$ puede verse como la definición del producto exterior de $n$ vectores en un $n$ -espacio vectorial de dimensiones. Así que si dejamos la primera fila en blanco, entonces lo que tenemos es un funcional lineal definido tomando el producto exterior de $n-1$ vectores. Si rellenas la fila en blanco con la base (con la que estás escribiendo todo respecto) $e_1, \dots, e_n$ , entonces claramente tomando el producto punto de este con un $n$ da el producto exterior de todos los vectores $n$ vectores. Se deduce que este vector no es más que la estrella de Hodge del producto exterior del original $n-1$ vectores. Pero esto es sólo una discusión formal, ¿verdad?

Answer 4

Por supuesto, esto no es realmente una respuesta. Simplemente una contribución. Esta también me gusta: $X(Y\times Z)^T+Y(Z\times X)^T+Z(X\times Y)^T=\det(X,Y,Z)\,I_3,\qquad\forall X,Y,Z\in k^3.$

Answer 5

Hola Dick, no sé si hay una u otra forma de dar un sentido formal a esta fórmula, pero yo lo entiendo así:

Tenemos la identidad $\det[X\ Y\ Z] = \langle X, Y \times Z\rangle$ donde los paréntesis denotan el producto escalar. Por lo tanto, $Y \times Z = \sum_{i=1}^3 \langle e_i, Y \times Z \rangle e_i = \sum_{i=1}^3 \det[e_i \ Y\ Z]e_i$ , donde $e_i$ son los vectores de la base canónica, que es su fórmula, creo.

-- Nota: Parece ser el mismo comentario que el de Deane Yang