Derivación de BAC-CAB a partir de formas diferenciales

Question

Recientemente he empezado a leer sobre formas diferenciales en un contexto de física, y mis recursos decían que a menudo se pueden derivar identidades vectoriales de las formas diferenciales.

Por ejemplo,

• $\nabla \cdot (\nabla \times F)=0$ y $\nabla \times (\nabla F)=0$ ambos se desprenden de $\text{dd}=0$ , donde $\text{d}$ es la derivada exterior.

• $A\cdot (B\times C)=B\cdot (C\times A)=C\cdot (A\times B)$ se desprende de $A \wedge B \wedge C=B \wedge C \wedge A=C \wedge A \wedge B$ , donde $\wedge$ es el producto de la cuña.

• $\nabla \cdot (A\times B)=B\cdot (\nabla\times A)-A\cdot(\nabla\times B)$ se deduce de la regla del producto para la derivada exterior: $d(A\wedge B)=dA\wedge B + (-1)^P A\wedge dB$ (donde $P$ es el grado de $A$ ).

Intenté derivar la infame regla BAC-CAB, $A\times(B\times C)= B(A\cdot C) - C(A\cdot B)$ en este modo, pero no pude llegar muy lejos.

Creo que la expresión pertinente en el lenguaje de las formas diferenciales debería ser quizás $*(A\wedge *(B\wedge C)) = (B\wedge (A\lrcorner C) - C\wedge (A\lrcorner B))$ pero no estoy seguro. (Dónde $*$ es el operador estrella de Hodge y $\lrcorner$ es el producto interior).

¿Alguien tiene alguna idea que compartir sobre la derivación de esta identidad u otras de las formas diferenciales? Gracias.

Answer 1

Sé que esta pregunta ya tiene una respuesta aceptada, pero permítanme dar una respuesta desde una perspectiva purista de las formas diferenciales. Recordemos que si $V$ es un $n$ -espacio del producto interno, entonces el Estrella Hodge es un isomorfismo lineal $\ast : \bigwedge^k V \to \bigwedge^{n-k} V$ para cada $0 \leq k \leq n$ que satisfaga lo siguiente:

1. para $v$ , $w \in V$ , $\langle v,w\rangle \omega = v \wedge \ast w$ para $\omega = \ast 1$ el generador de $\bigwedge^n V$ Satisfaciendo a $\omega = e_1 \wedge \cdots \wedge e_n$ para cualquier base ortonormal $\{e_k\}$ de $V$ con la orientación adecuada (por ejemplo, la forma de volumen en $\bigwedge^n (\mathbb{R}^n)^\ast$ );

2. en particular, $\ast \ast = \operatorname{Id}$ cuando $n$ es impar.

Además, recordemos que el producto interior sobre $\bigwedge^k V$ viene dada por $$ \langle v_1 \wedge \cdots \wedge v_k, w_1 \wedge \cdots \wedge w_k \rangle = \det(\langle v_i,w_j \rangle). $$

Entonces, supongamos que $V$ es $3$ -en cuyo caso podemos definir el producto cruzado de $a$ , $b \in V$ por $$ a \times b := \ast (a \wedge b). $$ Dejemos que $u$ , $v$ , $w \in V$ . Entonces, para cualquier $x \in V$ , $$ \langle u \times (v \times w), x \rangle \omega = \langle x, u \times (v \times w) \rangle \omega\\ = \langle x, \ast (u \wedge \ast(v \wedge w)) \rangle \omega\\ = x \wedge \ast \ast (u \wedge \ast(v \wedge w))\\ = x \wedge (u \wedge \ast(v \wedge w))\\ = (x \wedge u) \wedge \ast (v \wedge w)\\ = \langle x \wedge u, v \wedge w \rangle \omega\\ = (\langle x,v \rangle\langle u,w \rangle - \langle x,w \rangle\langle u,v \rangle)\omega\\ = \langle \langle u,w \rangle v - \langle u,v \rangle w, x \rangle \omega, $$ lo que implica que $$ \langle u \times (v \times w), x \rangle = \langle \langle u,w \rangle v - \langle u,v \rangle w, x \rangle, $$ y por lo tanto, ya que $x$ era arbitraria, que $$ u \times (v \times w) = \langle u,w \rangle v - \langle u,v \rangle w, $$ según sea necesario.

Answer 2

Demostración de identidades con álgebra geométrica (que subsume las formas diferenciales):

Dejemos que $\langle A \rangle_n$ denotan el grado- $n$ proyección de un multivector $A$ . Por ejemplo, dejemos que $A = a + b \wedge c + d \wedge e \wedge f$ . Entonces el proyecto de grado 2 es $\langle A \rangle_2 = a \wedge b$ .

Lo que tiene el álgebra geométrica que no tienen las formas diferenciales es la producto geométrico que une los productos de punto y de cuña. En dos vectores $a$ , $b$ el producto geométrico tiene la forma $ab$ que es

$$ab \equiv a \cdot b + a \wedge b$$

Al igual que el producto cuña, el producto geométrico es asociativo, pero los vectores no son estrictamente conmutables ni estrictamente anticonmutables en general.

Manejamos el dual de Hodge mediante la multiplicación del producto geométrico por el pseudoescalar $i = \hat x \wedge \hat y \wedge \hat z$ . Es decir,

$$\star a = ia$$

Para cualquier vector $a$ .

Utilizando la proyección de grado y el producto geométrico, es bastante fácil demostrar algunas de estas identidades. Para demostrar la regla BAC-CAB, tomemos $\langle abc \rangle_1$ .

$$\langle a(bc) \rangle_1 = a \cdot (b \wedge c) + a (b \cdot c)$$

Esto agrupa a los $(bc)$ vectores juntos. (nb. el producto "punto" de un vector y un bivector es un vector. $a \cdot (b \wedge c)$ es un vector situado en el plano $b \wedge c$ ortogonal a $a$ ). Pero por la asociatividad, podemos agrupar los $(ab)$ vectores juntos.

$$\langle (ab)c \rangle_1 = (b \cdot a) c + (a \wedge b) \cdot c$$

Desde $(ab)c = a(bc)$ Esto genera una ecuación parecida a

$$a \cdot (b \wedge c) + a(b \cdot c) = c(a \cdot b) + (a \wedge b) \cdot c$$

Así que tenemos la parte del CAC, pero no la del BAC. Observe que tenemos $a (b \cdot c)$ que queremos cancelar. Para ello, vamos a intentar $bca$ .

$$\begin{align*} \langle bca \rangle_1 &= a(b \cdot c) + (b \wedge c) \cdot a \\ &= b (a \cdot c) + b \cdot (c \wedge a)\end{align*}$$

Podemos usar esto para restar la ecuación superior de la izquierda y la inferior de la derecha para obtener:

$$2a \cdot (b \wedge c) = c (a \cdot b) - b(a \cdot c) + (a \wedge b) \cdot c - b \cdot (c \wedge a)$$

Todavía no ha terminado. Veamos una expansión más, de $cab$ .

$$\begin{align*} \langle cab \rangle_1 &= (c \cdot a)b + (c \wedge a) \cdot b \\ &= c(a \cdot b) + c \cdot (a \wedge b)\end{align*}$$

Ponga todo esto en un lado de un signo de igualdad, y puede cancelar los términos que no queremos, dando como resultado

$$2a \cdot (b \wedge c) = 2c(a \cdot b) - 2 b(a \cdot c)$$

Esta es la forma correcta de la regla BAC-CAB (con un factor de 2). La forma habitual se puede recuperar mediante $b \wedge c = i (b \times c)$ .

Sinceramente, hacerlo así es bastante oneroso. Lo he hecho varias veces, y dividirlo en componentes es mucho menos tedioso. Es una de las pocas veces que lo he comprobado. No obstante, utilizar la asociatividad del producto geométrico y la proyección de grado es algo en lo que confío mucho para derivar identidades útiles o simplificar expresiones. Es una pena que las formas diferenciales tradicionales carezcan de estas herramientas tan útiles del álgebra de Clifford.