manipulación algebraica de la forma diferencial

Question

Supongamos que $\phi_1, \phi_2, \dots, \phi_k \in (\mathbb{R}^n)^*$ y $\mathbf{v}_1, \dots, \mathbf{v}_k \in \mathbb{R}^n$

$(\mathbb{R}^n)^*$ representa el espacio de todas las transformaciones lineales que van de $\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$

¿es cierto que:

$$\phi_1\wedge\dots\wedge\phi_k(\mathbf{v}_1, \dots, \mathbf{v}_k) = \mathrm{det}[\phi_i(\mathbf{v}_j)]$$

Esta es una pregunta de deberes (de Matemáticas multivariables , Shifrin, Ex.18 en la página 347) y hay una insinuación de que:primero podríamos expresar todos los $\phi_i$ en forma de:

$$\phi_i = \sum\limits_{j=1}^n a_{ij}dx_j$$

donde $dx_j$ es la base 1-forma

y la pista también dice que basta con demostrar esta igualdad en el caso en que todos los $v_j$ son vectores de base estándar

es decir $v_1=e_{j_1}, \dots, v_k = e_{j_k}$

Por la configuración de la pista, es bastante obvio que el lado derecho es igual:

$$\begin{vmatrix} a_{1j_1}&\cdots&a_{1j_k}\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ a_{kj_1}&\cdots&a_{kj_k}\\ \end{vmatrix}$$

Sin embargo, no puedo entender cómo mostrar el lado izquierdo es igual a este determinante.

Además, no estoy muy seguro de por qué basta con demostrar que la igualdad se mantiene cuando $v_j$ son todos vectores de base estándar. ¿Es porque podría expresar cada $v_j$ como una combinación lineal de los vectores base estándar?

¡Muchas gracias!

Answer 1

Considere lo siguiente operador de alternancia : $$\operatorname{Alt}(P) = \sum_{\sigma \in S_n} (-1)^{sgn(\sigma)}P(x_{\sigma(1)}, \dots, x_{\sigma(n)})$$ donde $P(x_1,\dots,x_n)$ es un polinomio de $n$ variables.

Consideremos una matriz $A=(a_{i j})_{i,j=1,\dots,k}$ como una colección de sus columnas: $$A = (A_1, \dots, A_k)$$

Operadores $dx_i$ actúan sobre estas columnas como $$dx_i(A_j) := a_{i j}$$

El determinante de $A$ puede definirse como $$\det(A) := \operatorname{Alt}(dx_1(A_1)\dots dx_k(A_k))$$ donde la alternancia se aplica al polinomio en variables $dx_i$ (en otras palabras, el orden de $A_j$ se mantiene sin cambios al alternar).

El producto en cuña definición es $$\phi_1 \wedge \dots \wedge \phi_k := \operatorname{Alt}(\phi_1 \otimes \dots \otimes \phi_k)$$

Sustituyendo los datos de la pregunta se obtiene que $$\phi_1\wedge\dots\wedge\phi_k(\mathbf{v}_1, \dots, \mathbf{v}_k) = \mathrm{det}[\phi_i(\mathbf{v}_j)]$$ se cumple tautológicamente para $\phi_i = dx_i$ .

Answer 2

1. tenemos que demostrar que $\phi_1\wedge \dots \wedge \phi_k(v_1, \dots, v_k) = \mathrm{det}[\phi_i(v_j)]$ es equivalente a

   $\phi_1\wedge \dots \wedge \phi_k(e_{j_1}, \dots, e_{j_k}) = \mathrm{det}[\phi_i(e_{j_l})]$ , $i = 1, \dots, k$ y $l = 1, \dots k$

   Supongamos que $\phi_1\wedge \dots \wedge \phi_k(v_1, \dots, v_k) = \mathrm{det}[\phi_i(v_j)]$ cuando el $v_j$ no son linealmente independientes, tenemos ambos lados iguales a cero.

   Cuando el $v_j$ no son linealmente independientes, estos k vectores abarcan un subespacio k-dimensional de $\mathbb{R}^n$ , dejemos que $e_{j_1}, \dots,e_{j_k}$ sea el conjunto de vectores que también abarcan este subespacio k-dimensional.

   Por lo tanto, cada $e_{j_l}$ podría expresarse como una combinación lineal de $v_j$ vectores.

   $e_{j_1} = c_{11}v_1 + \dots + c_{1k}v_k$

   $e_{j_2} = c_{21}v_1 + \dots + c_{2k}v_k$

   $\vdots$

   $e_{j_k} = c_{k1}v_1 + \dots + c_{kk}v_k$

   Dado que las formas k y los determinantes son ambos multilineales,

   Realizamos estas combinaciones lineales a ambos lados de la ecuación original.

   $\phi_1\wedge \dots \wedge \phi_k(c_{11}v_1 + \dots + c_{1k}v_k, \dots, c_{k1}v_1 + \dots + c_{kk}v_k) = det[\phi_i(c_{l1}v_1 + \dots + c_{lk}v_k)]$

   $\phi_1\wedge \dots \wedge \phi_k(e_{j_1}, \dots, e_{j_k}) = det[\phi_i(e_{j_l})]$

   Por lo tanto, llegamos a la conclusión de que la igualdad original es equivalente a la igualdad que obtenemos sustituyendo los vectores de base estándar adecuados.

2. Ahora tenemos que explicar por qué se mantiene la igualdad.

   en el lado derecho, tenemos:

   $$\begin{vmatrix} \phi_1(e_{j_1})&\dots&\phi_1(e_{j_k})\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ \phi_k(e_{j_1})&\dots&\phi_k(e_{j_k}) \end{vmatrix}$$

   para cada $\phi_i(e_{j_l})$ tenemos $\phi_i = \sum\limits_{j = 1}^n a_{ij}dx_{j}$

   Puesto que sabemos que $dx$ es una forma lineal 1, entonces $\phi_i(e_{j_l})$ es igual a la suma de cada $dx_j$ aplicado a $e_{j_l}$ .

   Porque $e_{j_l}$ es un vector de base estándar, sólo habrá un término que no produzca cero, que es $a_{ij_l}dx_{j_l}$ .

   Por lo tanto, $\phi_i(e_{j_l}) = 0+\dots+0 + a_{ij_l}dx_{j_l}(e_{j_l})+0+\dots+0 = a_{ij_l}$

   Por lo tanto, el determinante del lado derecho se convierte en $$\begin{vmatrix} a_{1j_1}&\dots&a_{1j_k}\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ a_{kj_1}&\dots&a_{kj_k} \end{vmatrix}$$

   Examinemos ahora el lado izquierdo:

   Expresar cada $\phi_i = \sum\limits_{j = 1}^n a_{ij}dx_j$

   Por lo tanto,

   $\phi_1\wedge \dots \wedge \phi_k = \sum\limits_{\text{all possible }I} C_I dx_I$ donde $I$ es una k-tupla de números naturales de 1 a n.

   si aplicamos esta forma k a $e_{j_1}, \dots, e_{j_k}$ habrá exactamente una $I$ que produce un número distinto de cero, y que $I$ es igual a $\{j_1, j_2, \dots, j_k\}$

   Por lo tanto, el único término que produce un resultado distinto de cero es el término:

   $C_{j_1, \dots, j_k}dx_{j_1}\dots dx_{j_k}(e_{j_1},\dots, e_{j_k}) = C_{j_1, \dots, j_k}$

   Ahora sólo tenemos que averiguar qué $C_{j_1, \dots, j_k}$ es.

   Somos conscientes de que $C_{j_1, \dots, j_k}$ procede del producto de los coeficientes de todas las perumtaciones de $\{dx_{j_1}, \dots, dx_{j_k}\}$ . Así,

   $C_{j_1, \dots, j_k} = \sum\limits_{\text{all permutations of }\{j_1, \dots, j_k\}} sgn(\sigma)\prod_{i = 1}^k a_{i\sigma(j_i)}$ ,

   que es el determinante: $$\begin{vmatrix} a_{1j_1}&\dots&a_{1j_k}\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ a_{kj_1}&\dots&a_{kj_k} \end{vmatrix}$$ Y esto es igual al lado derecho.

   Por lo tanto, la afirmación original queda demostrada.