¿Por qué usar álgebra geométrica y no formas diferenciales?

Question

Esto es algo similar a ¿Son las álgebras de Clifford y las formas diferenciales marcos equivalentes para la geometría diferencial?, pero quiero restringir la discusión a $\mathbb{R}^n$, no a variedades arbitrarias.

Además, estoy interesado específicamente en si

$$(\text{formas diferenciales en }\mathbb{R}^n\text{ + una noción de producto interno definida en ellas}) \simeq \text{álgebra geométrica sobre }\mathbb{R}^n$$

donde el isomorfismo es como álgebras de Clifford. (Es decir, ¿es el álgebra geométrica simplemente la descripción de las propiedades algebraicas de las formas diferenciales cuando se les dota de una noción adecuada de producto interno?)

1. ¿Es cualquier álgebra geométrica sobre $\mathbb{R}^n$ isomorfa al álgebra exterior sobre $\mathbb{R}^n$ en los siguientes sentidos:

• ¿como un espacio vectorial? (Debería ser sí.)
• ¿como un álgebra exterior?

(Obviamente no son isomorfos como álgebras de Clifford a menos que nuestra forma cuadrática sea la forma cuadrática cero.)

Dado que la base del álgebra geométrica (como espacio vectorial) es la misma (o al menos es isomorfa) a la base del álgebra exterior sobre $\mathbb{R}^n$, la respuesta parece ser sí. También porque la incrustación estándar de cualquier álgebra geométrica sobre $\mathbb{R}^n$ en el álgebra tensorial sobre $\mathbb{R}^n$ siempre se "aprovecha" de la incrustación del álgebra exterior sobre $\mathbb{R}^n", ver esta pregunta de MathOverflow.

2. ¿Son las formas diferenciales la construcción estándar de un objeto que satisface las propiedades algebraicas del álgebra exterior sobre $\mathbb{R}^n$?

3. ¿Las respuestas a 1. y 2. siendo afirmativas implican que la parte en amarillo es cierta?

EDITAR: Parece que el único problema podría ser que las formas diferenciales son tensores covariantes, mientras que imagino que los multivectores son generalmente asumidos que son contravariantes. Sin embargo, distinguir entre tensores covariantes y contravariantes es un problema estándar en el análisis tensorial, así que esto no me parece realmente un problema importante.

Suponiendo que estoy leyendo esto correctamente, parece que la construcción elemental del álgebra geométrica con respecto al producto interno estándar sobre $\mathbb{R}^n$ dado por Alan MacDonald aquí es exactamente el álgebra exterior sobre $\mathbb{R}^n$ con producto interno.

David Hestenes parece intentar explicar algo de esto algo aquí y aquí, aunque no entiendo del todo a qué se refiere.

(Además, su afirmación en el primer documento de que el álgebra de matrices está subsumida por el álgebra geométrica parece completamente falsa, ya que solo aborda los aspectos que se relacionan con tensores alternantes.)

Answer 1

Solo quiero señalar que GA se puede usar para hacer multivectores covariantes (o formas diferenciales) en $\mathbb R^n$ sin forzarle una métrica. En otras palabras, se puede mantener la distinción entre vectores y covectores (o entre $\mathbb R^n$ y su dual).

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Esto se hace con un espacio pseudo-euclidiano $\mathbb R^{n,n}$.

Tomemos un conjunto ortonormal de vectores espaciales $\{\sigma_i\}$ (que cuadran a ${^+}1$) y vectores temporales $\{\tau_i\}$ (que cuadran a ${^-}1$). Definimos los vectores nulos

$$\Big\{\nu_i=\frac{\sigma_i+\tau_i}{\sqrt2}\Big\}$$

$$\Big\{\mu_i=\frac{\sigma_i-\tau_i}{\sqrt2}\Big\};

son nulos porque

$${\nu_i}^2=\frac{{\sigma_i}^2+2\sigma_i\cdot\tau_i+{\tau_i}^2}{2}=\frac{(1)+2(0)+({^-}1)}{2}=0$$

$${\mu_i}^2=\frac{{\sigma_i}^2-2\sigma_i\cdot\tau_i+{\tau_i}^2}{2}=\frac{(1)-2(0)+({^-}1)}{2}=0.$$

Más generalmente,

$$\nu_i\cdot\nu_j=\frac{\sigma_i\cdot\sigma_j+\sigma_i\cdot\tau_j+\tau_i\cdot\sigma_j+\tau_i\cdot\tau_j}{2}=\frac{(\delta_{i,j})+0+0+({^-}\delta_{i,j})}{2}=0$$

y

$$\mu_i\cdot\mu_j=0.

Entonces, los espacios generados por $\{\nu_i\}$ o $\{\mu_i\}$ tienen formas cuadráticas degeneradas. Pero el producto punto entre ellos no es degenerado:

$$\nu_i\cdot\mu_i=\frac{\sigma_i\cdot\sigma_i-\sigma_i\cdot\tau_i+\tau_i\cdot\sigma_i-\tau_i\cdot\tau_i}{2}=\frac{(1)-0+0-({^-}1)}{2}=1$$

$$\nu_i\cdot\mu_j=\frac{\sigma_i\cdot\sigma_j-\sigma_i\cdot\tau_j+\tau_i\cdot\sigma_j-\tau_i\cdot\tau_j}{2}=\frac{(\delta_{i,j})-0+0-({^-}\delta_{i,j})}{2}=\delta_{i,j}$$

Por supuesto, podríamos haber comenzado directamente con la definición de que $\mu_i\cdot\nu_j=\delta_{i,j}=\nu_i\cdot\mu_j$, y $\nu_i\cdot\nu_j=0=\mu_i\cdot\mu_j$, en lugar de pasar por "el espacio tiempo".

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El espacio $V$ será generado por $\{\nu_i\}$, y su dual $V^*$ por $\{\mu_i=\nu^i\}$. Puedes tomar el producto punto de algo en $V^*$ con algo en $V$, lo cual será una forma diferencial 1. Puedes hacer multivectores contravariantes a partir de productos externos de cosas en $V$, y multivectores covariantes a partir de productos externos de cosas en $V^*$.

También puedes tomar el producto externo de algo en $V^*$ con algo en $V$.

$$\mu_i\wedge\nu_i=\frac{\sigma_i\wedge\sigma_i+\sigma_i\wedge\tau_i-\tau_i\wedge\sigma_i-\tau_i\wedge\tau_i}{2}=\frac{0+\sigma_i\tau_i-\tau_i\sigma_i-0}{2}=\sigma_i\wedge\tau_i$$

$$\mu_i\wedge\nu_j=\frac{\sigma_i\sigma_j+\sigma_i\tau_j-\tau_i\sigma_j-\tau_i\tau_j}{2},\quad i\neq j$$

¿Qué significa esto? ¡Supongo que podría ser una matriz (un tensor de varianza mixta)!

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Una matriz se puede definir como un bivector:

$$M = \sum_{i,j} M^i\!_j\;\nu_i\wedge\mu_j = \sum_{i,j} M^i\!_j\;\nu_i\wedge\nu^j$$

donde cada $M^i_j$ es un escalar. Nota que $(\nu_i\wedge\mu_j)\neq{^-}(\nu_j\wedge\mu_i)$, entonces $M$ no es necesariamente antisimétrica. La función lineal correspondiente $f:V\to V$ es (con $\cdot$ es el "gordo producto punto")

$$f(x) = M\cdot x = \frac{Mx-xM}{2}$$

$$= \sum_{i,j} M^i_j(\nu_i\wedge\mu_j)\cdot\sum_k x^k\nu_k$$

$$= \sum_{i,j,k} M^i_jx^k\frac{\nu_i\mu_j-\mu_j\nu_i}{2}\cdot\nu_k$$

$$= \sum_{i,j,k} M^i_jx^k\frac{(\nu_i\mu_j)\nu_k-\nu_k(\nu_i\mu_j)-(\mu_j\nu_i)\nu_k+\nu_k(\mu_j\nu_i)}{4}$$

(las $\nu$ anticonmutan porque su producto punto es cero:)

$$= \sum_{i,j,k} M^i_jx^k\frac{\nu_i\mu_j\nu_k+\nu_i\nu_k\mu_j+\mu_j\nu_k\nu_i+\nu_k\mu_j\nu_i}{4}$$

$$= \sum_{i,j,k} M^i_jx^k\frac{\nu_i(\mu_j\nu_k+\nu_k\mu_j)+(\mu_j\nu_k+\nu_k\mu_j)\nu_i}{4}$$

$$= \sum_{i,j,k} M^i_jx^k\frac{\nu_i(\mu_j\cdot\nu_k)+(\mu_j\cdot\nu_k)\nu_i}{2}$$

$$= \sum_{i,j,k} M^i_jx^k\frac{\nu_i(\delta_{j,k})+(\delta_{j,k})\nu_i}{2}$$

$$= \sum_{i,j,k} M^i_jx^k\big(\delta_{j,k}\nu_i\big)$$

$$= \sum_{i,j} M^i_jx^j\nu_i$$

Esto coincide con la definición convencional de la multiplicación de matrices.

De hecho, incluso funciona para matrices no cuadradas; los cálculos anteriores funcionan igual si los $\nu_i$ de la izquierda en $M$ son vectores base para un espacio diferente. Una ventaja es que también funciona para una forma cuadrática no degenerada; los cálculos no se basan en ${\mu_i}^2=0$, ni en ${\nu_i}^2=0$, sino solo en $\nu_i$ siendo ortogonal a $\nu_k$, y $\mu_j$ siendo recíproco a $\nu_k$. Por lo tanto, en su lugar podrías tener a $\mu_j$ (los factores derechos en $M$) en el mismo espacio que $\nu_k$ (los generadores de $x$), y a $\nu_i$ (los factores izquierdos en $M$) en un espacio diferente. Pero el inconveniente es que no mapeará a un espacio no degenerado a él mismo.

Admito que esto es peor que el álgebra de matrices estándar; el producto punto no es invertible, ni asociativo. Aún así, es bueno tener esta conexión entre las diferentes álgebras. Y es interesante pensar en una matriz como un bivector que "rota" un vector a través del espacio dual y de vuelta a un punto diferente en el espacio original (o un nuevo espacio).

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Hablando de transformaciones de matrices, debería discutir el principio subyacente de la "contra/co varianza": que los vectores base pueden variar.

Queremos poder tomar cualquier transformación lineal (invertible) del espacio nulo $V$, y esperar que la transformación opuesta se aplique a $V^*$. Las transformaciones lineales arbitrarias del espacio externo $\mathbb R^{n,n}$ no preservarán $V$; los $\nu_i$ transformados pueden no ser nulos. Basta con considerar transformaciones que preserven el producto punto en $\mathbb R^{n,n}$. Un tipo obvio es la rotación hiperbólica

$$\sigma_1\mapsto\sigma_1\cosh\phi+\tau_1\sinh\phi={\sigma_1}'$$

$$\tau_1\mapsto\sigma_1\sinh\phi+\tau_1\cosh\phi={\tau_1}'$$

$$\sigma_2={\sigma_2}',\quad\sigma_3={\sigma_3}',\quad\cdots$$

$$\tau_2={\tau_2}',\quad\tau_3={\tau_3}',\quad\cdots$$

(o, más compactamente, $x\mapsto\exp(-\sigma_1\tau_1\phi/2)x\exp(\sigma_1\tau_1\phi/2)$ ).

La transformación inducida de los vectores nulos es

$${\nu_1}'=\frac{{\sigma_1}'+{\tau_1}'}{\sqrt2}=\exp(\phi)\nu_1$$

$${\mu_1}'=\frac{{\sigma_1}'-{\tau_1}'}{\sqrt2}=\exp(-\phi)\mu_1$$

$${\nu_2}'=\nu_2,\quad{\nu_3}'=\nu_3,\quad\cdots$$

$${\mu_2}'=\mu_2,\quad{\mu_3}'=\mu_3,\quad\cdots$$

El vector $\nu_1$ es multiplicado por algún número positivo $e^\phi$, y el covector $\mu_1$ es dividido por el mismo número. El producto punto todavía es ${\mu_1}'\cdot{\nu_1}'=1$.

Puedes obtener un multiplicador negativo para $\nu_1$ simplemente con la inversión $\sigma_1\mapsto{^-}\sigma_1,\quad\tau_1\mapsto{^-}\tau_1$; esto también negará a $\mu_1$. El resultado es que puedes multiplicar $\nu_1$ por cualquier número Real no nulo, y $\mu_1$ será dividido por el mismo número.

Por supuesto, esto solo varía un vector base en una dirección. Podrías intentar rotar los vectores, pero una rotación simple en un plano $\sigma_i\sigma_j$ mezclará $V$ y $V^*$ juntos. Este problema se resuelve mediante una rotación isoclínica en $\sigma_i\sigma_j$ y $\tau_i\tau_j$, que causa la misma rotación en $\nu_i\nu_j$ y $\mu_i\mu_j$ (manteniéndolos separados).

Combina estos estiramientos, reflexiones y rotaciones, y puedes generar cualquier transformación lineal invertible en $V$, todo mientras se mantiene la degeneración ${\nu_i}^2=0$ y la dualidad $\mu_i\cdot\nu_j=\delta_{i,j}$. Esto muestra que $V$ y $V^*$ tienen la "varianza" correcta.

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Ver también el Tutorial de Hestenes, página 5 ("Formas cuadráticas vs contracciones").

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Answer 2

Esto parece ser mejor respondido en el documento de Lounesto "El Trabajo de Marcel Riesz en Álgebras Clifford" (ver aquí o aquí). En lo que sigue:

$\bigwedge V=$ el álgebra exterior sobre $V$
$C\ell(Q)=$ el álgebra Clifford (geométrica) sobre $V$ con respecto a la forma cuadrática $Q$

Nótese en particular que siempre tenemos $C\ell(0)=\bigwedge V$, siendo $0$ la forma cuadrática degenerada.

En la pág. 221, el Profesor Lounesto discute, dado una forma cuadrática no degenerada $Q$, cómo definir un "producto interno" (contracción $\rfloor$) en el álgebra exterior $\bigwedge V$.

En la pág. 223, el Profesor Lounesto discute cómo extender el producto interno (combinándolo con el producto exterior del álgebra exterior) para producir un producto Clifford/geométrico en $\bigwedge V$, que hace que $\bigwedge V$ sea isomorfo a $C\ell(Q)$ (el álgebra Clifford con respecto a la forma cuadrática $Q$).

También se puede hacer lo contrario, como hizo originalmente M. Riesz en 1958 (ver la sección 1.3, comenzando en la pág. 230, "La Introducción de Riesz de un Producto Exterior en $C\ell(Q)$"), y usar el producto Clifford para definir una noción de producto exterior que hace que $C\ell(Q)$ sea isomorfo a $\bigwedge V$.

En otras palabras, de hecho tenemos:

(álgebra exterior sobre $\mathbb{R}^n +$ producto interno) $\simeq$ álgebra geométrica sobre $\mathbb{R}^n$

Uno debe tener en cuenta que $\bigwedge \mathbb{R}^n$, el álgebra exterior sobre $\mathbb{R}^n$, consiste en tensores alternantes contravariantes de rango $k$ sobre $\mathbb{R}^n$. Sin embargo, las formas diferenciales son tensores alternantes covariantes de rango $k$ sobre $\mathbb{R}^n. Por lo tanto, en general se comportan de manera diferente.

No obstante, un producto interno en $V$ da un isomorfismo lineal entre cualquier espacio vectorial $V$ y su dual $V^*$ para argumentar que los tensores covariantes de rango $k$ y los tensores contravariantes de rango $k$ son "similares". (Los tensores con mixta variación complican un poco más las cosas, pero no son relevantes para esta pregunta.)

Así, las formas diferenciales son "similares" a $\bigwedge \mathbb{R}^n$ (ya que son esencialmente $\bigwedge (\mathbb{R}^n)^*$). Además, también podemos construir un álgebra Clifford a partir de $\bigwedge V$ como a partir de $\bigwedge V^*$, por lo que podemos extender las formas diferenciales a "álgebras geométricas covariantes" introduciendo un producto interno basado en una forma cuadrática $Q$.

Entonces, tal vez de manera menos convincente, también tenemos (al menos en un sentido algebraico):

(formas diferenciales + producto interno) $\simeq$ "álgebra geométrica covariante" sobre $\mathbb{R}^n$

También vale la pena señalar que, según el Profesor Lounesto en la pág. 218, Elie Cartan también estudió álgebras Clifford, además de introducir las nociones modernas de forma diferencial y derivada exterior. Por lo tanto, no es tan sorprendente que realmente estén relacionados entre sí.

De hecho, pensar en álgebra geométrica (covariante) en términos de "formas diferenciales + producto interno", y al mismo tiempo usar la intuición geométrica proporcionada por el álgebra geométrica, en realidad aclara mucho más las ideas detrás de las formas diferenciales. Consultar por ejemplo aquí. Apenas estoy comenzando a procesar todas las implicaciones, pero como ejemplo, una $k-$cuchilla representa un subespacio de $k-$dimensiones, y su dual de Hodge es la forma diferencial de rango $n-k$ que representa su complemento ortogonal. La razón por la cual los complementos ortogonales se representan en el espacio dual es porque el producto interno entre dos vectores también se puede definir como el producto de un vector y un covector (con respecto a nuestra elección de forma cuadrática no degenerada $Q$).

Todo esto debería ser generalizable desde $\mathbb{R}^n$ a los espacios tangente y cotangente de variedades suaves arbitrarias, a menos que me esté perdiendo algo. Esto es especialmente cierto para las variedades de Riemann, donde también obtenemos una forma cuadrática no degenerada para cada espacio tangente o cotangente de forma gratuita.

(Lo que plantea la pregunta de por qué David Hestenes quiere que descartemos las variedades suaves en favor de las variedades vectoriales, un tema para futuras investigaciones.)

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En cuanto a la respuesta a "¿por qué usar álgebra geométrica y no formas diferenciales", por ahora mi respuesta es:

Usa el álgebra tensorial sobre $\mathbb{R}^n$ y $(\mathbb{R}^n)^*$, apreciando las propiedades especiales de sus sub-álgebras exteriores y recordando que, dado nuestro favorita forma cuadrática $Q$, siempre podemos introducir una noción adicional de "contracción" o "producto interno" para convertirlas en álgebras Clifford (geométricas).

Enfocarse únicamente en el álgebra geométrica pasa por alto la importancia de los duales lineales y los tensores arbitrarios. De manera similar, centrarse solo en las formas diferenciales parece ser una buena manera de hacer geometría diferencial sin intuición geométrica (es decir, con una lobotomía matemática). Mentes sensatas pueden estar en desacuerdo.

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Nota: Hay muchas diferencias en la teoría en el caso de que el cuerpo base sea $\mathbb{F}_2$. Hasta cierto punto, deberíamos esperar esto, ya que en ese caso ni siquiera tenemos "alternante = antisimétrico".

En particular, no tenemos bivectores para campos de característica dos, y definir/identificar una graduación del álgebra Clifford mediante un isomorfismo con el álgebra exterior es imposible (al menos si estoy interpretando correctamente el documento del Profesor Lounesto).

En cualquier caso, cuando digo "álgebra geométrica", básicamente me refiero a "álgebras Clifford de espacios vectoriales con campo base los números reales", por lo que las excepciones que surgen en el caso de que la característica sea 2 no importan realmente para los propósitos de esta pregunta; estamos tratando exclusivamente con característica 0, aunque sean posibles generalizaciones.