¿La identidad BAC-CAB para el producto vectorial triple tiene alguna interpretación?

Question

Como en el título, me preguntaba si la fórmula: $$a\times (b\times c)=b(a\cdot c)-c(a \cdot b)$$ para el producto cruzado en $\mathbb R ^3$ tiene alguna interpretación geométrica. Recientemente vi una demostración (de Análisis Vectorial - J.W. Gibbs) que no es difícil de entender, sin embargo difícilmente recordaría los pasos de la prueba (y sigo olvidando el orden correcto de A, B, C), ya que me parece simplemente una manipulación algebraica. Entonces, ¿por qué es esto verdad? ¿O es solo un accidente?

Answer 1

No, no es un accidente. El producto cruz es ortogonal a cada factor, por lo que el vector debe ser ortogonal a $b\times c$, por lo tanto en el plano generado por $b$ y $c$. Pero también debe ser ortogonal a $a$. Entonces, al escribir $$a\times(b\times c) = xb + yc$$ y hacer el producto punto con $a$, obtienes $x(b\cdot a) + y(c\cdot a)=0$. Por lo tanto, la respuesta debe ser algún múltiplo escalar de la fórmula correcta. Ahora solo tienes que verificar que ese escalar sea $1$ sustituyendo $a=b$ y $a=c$. Aún mejor, deja que $a$ sea un vector unitario en el plano generado por $b$ y $c$, que sea ortogonal a $b$.

Answer 2

Bueno, podemos probar la identidad BAC-CAB usando solo argumentos geométricos de la siguiente manera.

Primero consideremos un sistema de coordenadas donde los ejes $x$ y $y$ están sesgados (no ortogonales). Proyectamos la línea $\mathrm{OA}$ ortogonalmente sobre los ejes, formando el cuadrilátero $\square\mathrm{ABOC}$. Luego construimos el paralelogramo $\square\mathrm{OFED}$ con lados $\mathrm{OF} = \mathrm{DE} = \mathrm{OC}$ y $\mathrm{OD} = \mathrm{FE} = \mathrm{BO}$ y la diagonal $\mathrm{OE} = \mathrm{BC}$. Luego, por construcción,

$$\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{OE}} &= \mathrm{OF}\,\hat{x} + \mathrm{FE}\,\hat{y} \\ & = \mathrm{OC}\,\hat{x} + \mathrm{OB}\,\hat{y} \\ & = (\mathrm{OA} \cdot \cos{\angle \mathrm{AOC}})\,\hat{x} + (\mathrm{OA} \cdot \cos{\angle \mathrm{BOA}})\,\hat{y} \\ & = (\overrightarrow{\mathrm{OA}} \boldsymbol{\cdot} \hat{y})\,\hat{x} - (\overrightarrow{\mathrm{OA}} \boldsymbol{\cdot} \hat{x})\,\hat{y}, \end{aligned} \label{eq1} \tag{1}$$

donde $\hat{x}$ y $\hat{y}$ son vectores de base unitarios. Observamos que $\square\mathrm{ABOC}$ es un cuadrilátero cíclico ya que $\angle\mathrm{BAC} + \angle\mathrm{BOC} = \angle\mathrm{ABO} + \angle\mathrm{ACO} = 180^\circ$. Por lo tanto, puede inscribirse en un círculo y el teorema de cuerdas intersectantes nos da $$\mathrm{AP} \cdot \mathrm{PO} = \mathrm{BP} \cdot \mathrm{PC}$$ tal que $\Delta\mathrm{ABP} \sim \Delta\mathrm{COP}$ y $\Delta\mathrm{BOP} \sim \Delta\mathrm{ACP}$ (los triángulos son similares). A partir de la ley de los senos obtenemos que $$ \frac{\mathrm{OE}}{\sin \angle\mathrm{OFE}} = \frac{\mathrm{FE}}{\sin \angle\mathrm{EOF}} = \frac{\mathrm{BO}}{\sin \angle\mathrm{BCO}} = \frac{\mathrm{OA} \cdot \cos \angle\mathrm{BOA}}{\sin \angle\mathrm{BCO}} = \mathrm{OA}$$ ya que $\angle\mathrm{BOA} = \angle\mathrm{BCA} = 90^\circ - \angle\mathrm{BCO}$. Por lo tanto $$ \mathrm{OE} = \mathrm{OA} \cdot \sin \angle\mathrm{OFE} = \mathrm{OA} \cdot \sin \angle\mathrm{DOF}$$ lo cual es equivalente a $$|\overrightarrow{\mathrm{OE}}| = |\overrightarrow{\mathrm{OA}}| \cdot \sin \angle\mathrm{DOF} = |\overrightarrow{\mathrm{OA}} \times (\hat{x} \times \hat{y})|. \label{eq2} \tag{2}$$ También podemos ver que $$ \angle\mathrm{AOE} = \angle\mathrm{AOC} + \angle\mathrm{COE} = \angle\mathrm{ABP} + \angle\mathrm{PBO} = 90^\circ. \label{eq3} \tag{3}$$

$(\ref{eq2})$ y $(\ref{eq3})$ combinados nos permite probar que $$ \overrightarrow{\mathrm{OE}} = \overrightarrow{\mathrm{OA}} \times (\hat{x} \times \hat{y}) \label{eq4} \tag{4}$$ (magnitud y dirección correctas según la regla de la mano derecha). Ahora podemos establecer $\vec{a} \equiv \overrightarrow{\mathrm{OA}}$ y combinar las ecuaciones $(\ref{eq1})$ y $(\ref{eq4})$;

$$ \vec{a} \times (\hat{x} \times \hat{y}) = (\vec{a} \boldsymbol{\cdot} \hat{y})\,\hat{x} - (\vec{a} \boldsymbol{\cdot} \hat{x})\,\hat{y}. $$

Finalmente, multiplicando ambos lados por algunos escalares $b$ y $c$ nos da

$$ \vec{a} \times (\vec{b} \times \vec{c}) = (\vec{a} \boldsymbol{\cdot} \vec{c})\,\vec{b} - (\vec{a} \boldsymbol{\cdot} \vec{b})\,\vec{c}. $$

Tenga en cuenta que esto también es válido para cualquier vector $\vec{a}$, incluso uno que no sea paralelo al plano $xy$, ya que cualquier componente perpendicular a este plano se mapea a cero al tomar los productos cruzados y punto.

Entonces, para responder la pregunta, supongo que la regla puede considerarse válida debido a una relación geométrica (bastante compleja) entre los dos cuadriláteros $\square\mathrm{ABOC}$ y $\square\mathrm{OFED}$ formados como se mencionó anteriormente. El último paso de multiplicación se puede considerar como escalar los lados relevantes de estos de manera igual.

Answer 3

Prueba trigonométrica de la expansión del producto triple de vectores

La identidad vectorial \begin{equation}\label{e1}\tag{1} \mathbf{a}\times(\mathbf{b}\times\mathbf{c}) = \mathbf{a}{\cdot}\mathbf{c}~\mathbf{b} - \mathbf{a}{\cdot}\mathbf{b}~\mathbf{c} \end{equation} está relacionada con la identidad trigonométrica \begin{equation}\label{e2}\tag{2} \sin(\beta-\gamma) = \cos\gamma\,\sin\beta - \cos\beta\,\sin\gamma \,, \end{equation} que he dispuesto de manera que se destaque la conexión.

Prueba de (\ref{e1})

Si $\mathbf{b}$ y $\mathbf{c}$ son linealmente dependientes, entonces $\mathbf{b}$ es un múltiplo escalar (posiblemente cero) de $\mathbf{c}$, o viceversa; y en cualquier caso es trivial verificar que ambos lados de (\ref{e1}) son cero.

Si $\mathbf{b}$ y $\mathbf{c}$ son linealmente independientes, entonces el lado izquierdo de (\ref{e1}) no cambia si $\mathbf{a}$ es reemplazado por su proyección en el plano normal a $\mathbf{b}{\times}\mathbf{c}$, es decir, en el plano de $\mathbf{b}$ y $\mathbf{c}$; y el mismo reemplazo deja inalterado el lado derecho de (\ref{e1}), porque cualquier componente de $\mathbf{a}$ normal al mencionado plano es normal tanto a $\mathbf{b}$ como a $\mathbf{c}$ y por lo tanto no contribuye a los productos escalares.

Por lo tanto, para completar la prueba de (\ref{e1}), solo necesitamos demostrarlo para el caso especial en el que $\mathbf{a}$ está en el plano de $\mathbf{b}$ y $\mathbf{c}$. En este caso, permita que $\mathbf{i},\mathbf{j},\mathbf{k}$ sean vectores unitarios mutuamente perpendiculares con $\mathbf{i}\times\mathbf{j}=\mathbf{k}\,,$ y permítalos estar orientados de manera que el plano de $\mathbf{i}$ y $\mathbf{j}$ sea paralelo al plano de $\mathbf{b}$ y $\mathbf{c}\,$ mientras que $\mathbf{a}$ (si es distinto de cero) está en la dirección de $\mathbf{i}$. Permita que $\mathbf{a},\mathbf{b},\mathbf{c}\,$ tengan magnitudes $a,b,c$. Permita que $\mathbf{b}$ y $\mathbf{c}$ formen ángulos $\beta$ y $\gamma$ (respectivamente) con $\mathbf{i}$ (medidos en sentido horario mirando en la dirección de $\mathbf{k}$). Entonces, por definición, $$\mathbf{b}\times\mathbf{c} = bc\sin(\gamma-\beta)\,\mathbf{k} \,,$$ de modo que \begin{equation}\label{e3}\tag{3} \mathbf{a}\times(\mathbf{b}\times\mathbf{c}) = abc\sin(\gamma-\beta)\,(-\mathbf{j}) = abc\sin(\beta-\gamma)\,\mathbf{j} \,. \end{equation} Pero $\mathbf{a}=a\mathbf{i}\,,$ y $\mathbf{b}=b\mathbf{i}\cos\beta+b\mathbf{j}\sin\beta\,,$ y $\mathbf{c}=c\mathbf{i}\cos\gamma+c\mathbf{j}\sin\gamma\,,$ de modo que $\mathbf{a}{\cdot}\mathbf{b}=ab\cos\beta\,$ y $\mathbf{a}{\cdot}\mathbf{c}=ac\cos\gamma\,,$ por lo tanto $$\mathbf{a}{\cdot}\mathbf{c}~\mathbf{b} - \mathbf{a}{\cdot}\mathbf{b}~\mathbf{c} = ac\cos\gamma\,(b\mathbf{i}\cos\beta+b\mathbf{j}\sin\beta) - ab\cos\beta\,(c\mathbf{i}\cos\gamma+c\mathbf{j}\sin\gamma) \,.$$ Los términos en $\mathbf{i}$ se cancelan, dejando $$\mathbf{a}{\cdot}\mathbf{c}~\mathbf{b} - \mathbf{a}{\cdot}\mathbf{b}~\mathbf{c} = abc(\cos\gamma\,\sin\beta - \cos\beta\,\sin\gamma)\,\mathbf{j} \,,$ que, mediante la identidad (\ref{e2}), coincide con el lado derecho de (\ref{e3}), completando la prueba.

Notas

• La prueba anterior utiliza vectores base convenientemente elegidos, tan convenientemente elegidos que no necesita invocar la ley distributiva para el producto cruzado (pero sí invoca la ley distributiva para el producto punto).
• No pienso en "bac-cab"; pienso en "producto punto externo primero"—que también funciona para $$(\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times\mathbf{c} = \mathbf{a}{\cdot}\mathbf{c}~\mathbf{b} - \mathbf{b}{\cdot}\mathbf{c}~\mathbf{a} \,.$$

Answer 4

Encontré esto como una de las muchas formas únicas de abordar este problema https://youtu.be/1fZx8sc3_2U

Answer 5

Observa que ambos lados son lineales en las tres variables, es decir, ambos son mapas lineales de $(\mathbb R^3)^3 \to \mathbb R^3$. Por lo tanto, basta con verificar en los vectores base.

Primero, si todos los $a,b,c$ son vectores base diferentes, ambos lados son $0$.

Observa que ambos lados son antisimétricos al intercambiar $b,c$. Por lo tanto, queda por verificar el caso en que $b,c$ son iguales (en cuyo caso ambos lados son $0$); y $a,c$ son iguales.

Recuerda que el producto cruzado y el producto punto son invariantes bajo matrices ortonormales $O(3)$, por lo que basta con verificar cuando $a,c$ son UNA elección de vectores base, es decir, $b=(1,0,0)$ y $a,c=(0,1,0)$, en cuyo caso ambos lados son $(1,0,0)$.