Producto triple escalar: ¿por qué equivalente a determinante?

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John Smith

Estoy mirando el producto triple escalar y me pregunto: ¿hay alguna demostración (posiblemente una simple) de que

a \cdot (b \times C) = [\begin{matrix} a_{1} & a_{2} & a_{3} \\ b_{1} & b_{2} & b_{3} \\ C_{1} & C_{2} & C_{3} \end{matrix}]

$\mathbf{a} \cdot \left(\mathbf{b} \times \mathbf{c} \right)= \begin{bmatrix} a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & b_3 \\ c_1 & c_2 & c_3 \end{bmatrix}$

Estas dos cosas me parecen totalmente ajenas.

dominic michaelis

¿Por qué no calculas ambos lados?

John Smith

¿A qué te refieres con "ambos lados"?

Berci

lado izquierdo y derecho de la marca de ecuación

Respuestas (8)

Bill cocinero

Aquí hay una perspectiva ligeramente diferente.

Usamos el recurso mnemotécnico...

⟨ a_{1}, a_{2}, a_{3} ⟩ \times ⟨ b_{1}, b_{2}, b_{3} ⟩ = | \begin{matrix} i & j & k \\ a_{1} & a_{2} & a_{3} \\ b_{1} & b_{2} & b_{3} \end{matrix} |

$\langle a_1,a_2,a_3 \rangle \times \langle b_1,b_2,b_3 \rangle = \begin{vmatrix} {\bf i} & {\bf j} & {\bf k} \\ a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & b_3 \end{vmatrix}$

...recordar la fórmula del producto vectorial.

Si piensa en el producto punto de la siguiente manera (algo extraña), la identidad del producto escalar triple se convierte en una trivialidad: la producción punto reemplaza los vectores unitarios estándar con los componentes vectoriales correspondientes :

(a_{1} i + a_{2} j + a_{3} k) ∙ (b_{1} i + b_{2} j + b_{3} k) = b_{1} a_{1} + b_{2} a_{2} + b_{3} a_{3}

$(a_1{\bf i} + a_2{\bf j}+a_3{\bf k}) \bullet (b_1{\bf i} + b_2{\bf j}+b_3{\bf k}) = b_1\fbox{$a_1$}+b_2\fbox{$a_2$}+b_3\fbox{$a_3$}$

Entonces ${\bf i,j,k}$ han sido reemplazados por $a_1,a_2,a_3$ respectivamente. De este modo

⟨ C_{1}, C_{2}, C_{3} ⟩ ∙ (⟨ a_{1}, a_{2}, a_{3} ⟩ \times ⟨ b_{1}, b_{2}, b_{3} ⟩) = | \begin{matrix} C_{1} & C_{2} & C_{3} \\ a_{1} & a_{2} & a_{3} \\ b_{1} & b_{2} & b_{3} \end{matrix} |

$\langle c_1,c_2,c_3 \rangle \bullet (\langle a_1,a_2,a_3 \rangle \times \langle b_1,b_2,b_3 \rangle) = \begin{vmatrix} \fbox{$c_1$} & \fbox{$c_2$} & \fbox{$c_3$} \\ a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & b_3 \end{vmatrix}$

MiUsuarioEsEste

La demostración más fácil es calcular ambos lados de la ecuación:

b \times C = (b_{2} C_{3} - b_{3} C_{2}, b_{3} C_{1} - b_{1} C_{3}, b_{1} C_{2} - b_{2} C_{1})

$b\times c=(b_2c_3-b_3c_2,b_3c_1-b_1c_3,b_1c_2-b_2c_1)$

a \cdot (b \times C) = a_{1} b_{2} C_{3} - a_{1} b_{3} C_{2} + a_{2} b_{3} C_{1} - a_{2} b_{1} C_{3} + a_{3} b_{1} C_{2} - a_{3} b_{2} C_{1}

$a\cdot(b\times c)=a_1b_2c_3-a_1b_3c_2+a_2b_3c_1-a_2b_1c_3+a_3b_1c_2-a_3b_2c_1$

Ese es el determinante. Tenga en cuenta que cada término de la suma es una permutación posible multiplicada por su paridad, que resulta ser la definición de determinante.

John Smith

Todos han dado una excelente respuesta, pero esta me gusta más por su simplicidad. ¡Gracias, no lo pensé en primer lugar!

MiUsuarioEsEste

@JohnSmith ¡Me alegro de haber ayudado!

Kaster

@JohnSmith Realmente espero que no pruebes algo como

\nabla \times (tu \times tu) = (\nabla \cdot v) tu - (\nabla \cdot tu) v + (v \cdot \nabla) tu - (tu \cdot \nabla) v

$\nabla\times(\mathbf u\times\mathbf u)=(\nabla\cdot\mathbf v)\mathbf u-(\nabla\cdot\mathbf u)\mathbf v+(\mathbf v\cdot\nabla)\mathbf u-(\mathbf u\cdot\nabla)\mathbf v$ mediante cálculo directo, y en su lugar usará una práctica notación de índice :)

julián

Estoy bastante seguro de que no quieres esta respuesta, pero no pude resistirme.

El término de la izquierda es una alternancia $3$ -forma lineal en $(a,b,c)$ .

Entonces es igual a una constante multiplicada por el determinante de la derecha.

Calcule la constante con la base canónica. Es $1$ .

Entonces la lhs es igual a la rhs.

Nota: mira aquí si quieres leer sobre esta caracterización del determinante y mira aquí si quieres una prueba del hecho de que el espacio de $n$ -la alternancia de formas lineales es unidimensional.

dominic michaelis

Esa es la forma en que yo también tomaría :) +1

nosotros2012

Siento que esta respuesta debería hacer referencia a una prueba del hecho de que "El espacio vectorial

W

$W$ de todos los multilineales alternos

n

$n$ -formas en un

n

$n$ -espacio vectorial dimensional

V

$V$ tiene dimensión uno".

julián

@us2012 Tienes razón. Aquí tienes.

nosotros2012

@julien Genial, ¡eso completa esta respuesta! +1. (Aunque me siento un poco triste por destruir tu reputación perfecta de 7500;)

mufrido

La verdad es que te han mentido, o al menos que la notación habitual hace que la conexión innata sea mucho más difícil de ver de lo necesario.

Para ver en qué se parecen los dos, déjame contarte sobre el producto de cuña. El producto cuña de vectores es como el producto vectorial, en que es anticonmutativo: $a \wedge b = -b \wedge a$ --pero no produce un vector. En su lugar, interpretamos directamente su resultado como un objeto plano; de hecho, como el objeto plano que sería perpendicular al vector del producto vectorial.

Formalizamos esa relación de la siguiente manera: decimos que $a \times b= -i a \wedge b$ , donde el $i = \hat x \wedge \hat y \wedge \hat z$ es la unidad pseudoescalar , que representa un volumen. El pseudoescalar en sí mismo es un objeto de interés, ya que convierte cuñas en productos escalares y viceversa cuando lo mueves a través de expresiones. De hecho,

a \cdot (b \times C) = a \cdot (i [b \land C]) = i (a \land b \land C)

$a \cdot (b \times c) = a \cdot (i [b \wedge c]) = i (a \wedge b \wedge c)$

¿Cómo se conecta todo este material de cuña con el álgebra lineal? Muy simple, en realidad. La mayoría de los operadores lineales "distribuirán" sobre cuñas de una manera intuitiva. Es decir, para un operador lineal $\underline T$ ,

\underline{T} (a \land b) = \underline{T} (a) \land \underline{T} (b)

$\underline T(a \wedge b) = \underline T(a) \wedge \underline T(b)$

Esto es diferente al producto cruz, que no sigue una ley tan simple. La ventaja de esto es que, únicamente,

\underline{T} (a \land b \land C) = α a \land b \land C

$\underline T(a \wedge b \wedge c) = \alpha a \wedge b \wedge c$

para algún escalar $\alpha$ , para cada $a, b, c$ . Llamamos $\alpha$ el determinante! Es el número especial por el cual cada objeto de volumen se dilata o se encoge por la transformación lineal, y aquí queda geométricamente claro que ese es el caso: $a \wedge b \wedge c$ se multiplica literalmente por $\alpha = \det T$ como resultado de la transformación.

Ahora, construye una transformación lineal como tal. Dejar $l, m, n$ ser vectores, de modo que una transformación se ve como

\underline{T} (a) = (a \cdot {mi}_{1}) yo + (a \cdot {mi}_{2}) metro + (a \cdot {mi}_{3}) norte

$\underline T(a) = (a \cdot e_1) l + (a \cdot e_2) m + (a \cdot e_3) n$

Entonces $l,m,n$ son las columnas de la representación matricial de $\underline T$ , y $\underline T(i) = l \wedge m \wedge n$ . Esto completa la conexión entre el determinante y el triple producto escalar.

Kaster

Usemos la notación de índice (tensor)

a \cdot (b \times C) = a_{i} (b \times C)_{i} = a_{i} ε_{i j k} b_{j} C_{k} = ε_{i j k} a_{i} b_{j} C_{k} = det | \begin{matrix} a_{1} & a_{2} & a_{3} \\ b_{1} & b_{2} & b_{3} \\ b_{1} & b_{2} & b_{3} \end{matrix} |

$\mathbf a\cdot(\mathbf b\times\mathbf c)=a_i(\mathbf b\times\mathbf c)_i= a_i\varepsilon_{ijk}b_jc_k = \varepsilon_{ijk}a_ib_jc_k =\det\begin{vmatrix}a_1&a_2&a_3\\b_1&b_2&b_3\\b_1&b_2&b_3\end{vmatrix}$

gansub

¿Puede explicar un poco más en su respuesta cómo se obtienen los distintos pasos? Por ejemplo, ¿cómo el índice covariante de a y el producto vectorial es igual al producto triple escalar original?

emily

Tenga en cuenta que cuando calcula el determinante de la manera tradicional, comienza con la primera fila, por lo que tendrá

a_{1} \cdot algo - a_{2} \cdot algo + a_{3} \cdot algo

$a_1 \cdot \textrm{something} - a_2 \cdot \textrm{something} + a_3\cdot \textrm{something}$

Eso se parece mucho a

a \cdot algo = (a_{1}, a_{2}, a_{3}) \cdot (algo, - algo, algo)

$a \cdot \textrm{something} = (a_1,a_2,a_3)\cdot (\textrm{something}, -\textrm{something}, \textrm{something})$

Cuando miras el producto cruz $b\times c$ , encuentras que los algo son básicamente los menores de esa matriz.

cobre.sombrero

El producto vectorial se puede definir como el único vector $a \times b$ que satisface $\langle x, a \times b \rangle = \det \begin{bmatrix} a & b & x \end{bmatrix}$ para todos $x$ (o $\det \begin{bmatrix} a^T \\ b^T \\ x^T \end{bmatrix}$ , si prefiere la versión equivalente, transpuesta, o $\det \begin{bmatrix} x^T \\ a^T \\ b^T \end{bmatrix}$ si prefiere la versión transpuesta y girada).

Si $a \times b = c_x {\bf i} + c_y {\bf j} + c_z {\bf k}$ , puedes ver eso $c_x = \langle (1,0,0)^T, a \times b \rangle = \det \begin{bmatrix} (1,0,0)^T \\ a^T \\ b^T \end{bmatrix}$ , y de manera similar para $c_y,c_z$ . De ahí la notación formal $a \times b = \det \begin{bmatrix} {\bf i} & {\bf j} & {\bf k} \\ & a^T \\ & b^T \end{bmatrix}$ .

Berci

Verifíquelo para los vectores de base estándar ${\bf i}, {\bf j}, {\bf k}$ en todos los órdenes posibles (todos estos son simples).
Demostrar que si algún triple de vectores $a,b,c$ satisfacen la ecuación, entonces los triples $\lambda a,b,c$ ; $\ a,\lambda b,c$ , $\ a,b,\lambda c$ también satisface, y si $a',b,c$ también satisface entonces también lo hace $a+a',\, b,c$ , y análogamente para la suma de $b$ 'arena $c$ 's.
Concluya que todo triple satisface.

Producto triple escalar: ¿por qué equivalente a determinante?

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