Producto vectorial en dimensiones superiores

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Producto vectorial en dimensiones superiores

vectores
Matemáticas
producto cruzado
ortogonalidad
álgebra lineal
álgebra multilineal

duende se fue

Supongamos que tenemos un vector $(a,b)$ en $2$ -espacio. Entonces el vector $(-b,a)$ es ortogonal a la que empezamos. Además, la función

(a, b) \mapsto (- b, a)

$(a,b) \mapsto (-b,a)$ es lineal.

Supongamos que en cambio tenemos dos vectores $x$ y $y$ en $3$ -espacio. Entonces el producto cruz nos da un nuevo vector $x \times y$ eso es ortogonal a los dos primeros. Además, los productos cruzados son bilineales.

Pregunta. ¿Podemos hacer esto en dimensiones superiores? Por ejemplo, ¿hay alguna manera de convertir tres vectores en $4$ -espacio en un cuarto vector, ortogonal a los demás, de forma trilineal?

furrano

Es posible que desee ver el método Gram Schmitt aquí: en.wikipedia.org/wiki/Gram%E2%80%93Schmidt_process

miguel

Esta construcción no tiene nada que ver con el producto cruzado, simplemente coincide en la dimensión 3.

Andrew D Hwang

Una búsqueda de "producto cruzado generalizado" arroja una serie de preguntas que probablemente sean de interés, como ¿ El producto cruzado vectorial solo está definido para 3D? y Producto Cruzado Generalizado . ;) (No marcar como duplicado porque puede juzgar mejor qué pregunta, si es que hay alguna, se acerca más a la suya).

YawarRaza7349

Quizás te interese la noción del complemento ortogonal . Puede darte el vector ortogonal a un conjunto dado de

n - 1

$n-1$ vectores independientes en

n

$n$ -espacio, como lo estás pidiendo

n = 4

$n=4$ . Pero también te puede dar

k

$k$ vectores independientes ortogonales a un conjunto dado de

n - k

$n-k$ vectores independientes en

n

$n$ -espacio. Entonces puedes tomar dos vectores en el espacio de 4 y encontrar dos vectores perpendiculares a ellos y entre sí.

usuario57159

en.wikipedia.org/wiki/Seven-dimensional_cross_product

Juan Alexiou

Pero en el plano, hay tres productos cruzados:

\begin{aligned} (a, b) \times (X, y) & = a y - b X & C \times (X, y) & = (- C y, C X) & (a, b) \times z & = (b z, - a z) \end{aligned}

$\begin{align} (a,b) \times (x,y) & = a y-b x & c \times (x,y) & = (-c y, c x) & (a,b) \times z & = (b z,-a z) \end{align}$

Marcas.

También puede estar interesado en esta pregunta de generalización, publicada por Terry Tao en MO: mathoverflow.net/q/314613/28209

duende se fue

@MarkS., ¡increíble gracias!

Respuestas (4)

Producto vectorial en dimensiones superiores

Es posible que desee ver el método Gram Schmitt aquí: en.wikipedia.org/wiki/Gram%E2%80%93Schmidt_process
Esta construcción no tiene nada que ver con el producto cruzado, simplemente coincide en la dimensión 3.
Una búsqueda de "producto cruzado generalizado" arroja una serie de preguntas que probablemente sean de interés, como ¿ El producto cruzado vectorial solo está definido para 3D? y Producto Cruzado Generalizado . ;) (No marcar como duplicado porque puede juzgar mejor qué pregunta, si es que hay alguna, se acerca más a la suya).
Quizás te interese la noción del complemento ortogonal . Puede darte el vector ortogonal a un conjunto dado de $n-1$ vectores independientes en $n$ -espacio, como lo estás pidiendo $n=4$ . Pero también te puede dar $k$ vectores independientes ortogonales a un conjunto dado de $n-k$ vectores independientes en $n$ -espacio. Entonces puedes tomar dos vectores en el espacio de 4 y encontrar dos vectores perpendiculares a ellos y entre sí.
Pero en el plano, hay tres productos cruzados: $\begin{aligned} (a, b) \times (X, y) & = a y - b X & C \times (X, y) & = (- C y, C X) & (a, b) \times z & = (b z, - a z) \end{aligned}$ $\begin{align} (a,b) \times (x,y) & = a y-b x & c \times (x,y) & = (-c y, c x) & (a,b) \times z & = (b z,-a z) \end{align}$
También puede estar interesado en esta pregunta de generalización, publicada por Terry Tao en MO: mathoverflow.net/q/314613/28209

jose carlos santos · Answer 1

Sí. Es como en dimensión $3$ : si sus vectores son $(t_1,t_2,t_3,t_4)$ , $(u_1,u_2,u_3,u_4)$ , y $(v_1,v_2,v_3,v_4)$ , calcule el determinante formal:

| \begin{matrix} t_{1} & t_{2} & t_{3} & t_{4} \\ {tu}_{1} & {tu}_{2} & {tu}_{3} & {tu}_{4} \\ v_{1} & v_{2} & v_{3} & v_{4} \\ {mi}_{1} & {mi}_{2} & {mi}_{3} & {mi}_{4} \end{matrix} | .

$\begin{vmatrix}t_1&t_2&t_3&t_4\\u_1&u_2&u_3&u_4\\v_1&v_2&v_3&v_4\\e_1&e_2&e_3&e_4\end{vmatrix}.$ entonces ves

(e_{1}, e_{2}, e_{3}, e_{4})

$(e_1,e_2,e_3,e_4)$ como base canónica de

R^{4}

$\mathbb{R}^4$ . Entonces el determinante anterior es

(α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4})

$(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4)$ con

\begin{aligned} α_{1} & = t_{4} {tu}_{3} v_{2} - t_{3} {tu}_{4} v_{2} - t_{4} {tu}_{2} v_{3} + t_{2} {tu}_{4} v_{3} + t_{3} {tu}_{2} v_{4} - t_{2} {tu}_{3} v_{4} \\ α_{2} & = - t_{4} {tu}_{3} v_{1} + t_{3} {tu}_{4} v_{1} + t_{4} {tu}_{1} v_{3} - t_{1} {tu}_{4} v_{3} - t_{3} {tu}_{1} v_{4} + t_{1} {tu}_{3} v_{4} \\ α_{3} & = t_{4} {tu}_{2} v_{1} - t_{2} {tu}_{4} v_{1} - t_{4} {tu}_{1} v_{2} + t_{1} {tu}_{4} v_{2} + t_{2} {tu}_{1} v_{4} - t_{1} {tu}_{2} v_{4} \\ α_{4} & = - t_{3} {tu}_{2} v_{1} + t_{2} {tu}_{3} v_{1} + t_{3} {tu}_{1} v_{2} - t_{1} {tu}_{3} v_{2} - t_{2} {tu}_{1} v_{3} + t_{1} {tu}_{2} v_{3} \end{aligned}

$\begin{align*}\alpha_1&=t_4u_3v_2-t_3u_4v_2-t_4u_2v_3+t_2u_4v_3+t_3u_2v_4-t_2u_3v_4\\\alpha_2&=-t_4u_3v_1+t_3u_4v_1+t_4u_1v_3-t_1u_4v_3-t_3u_1v_4+t_1u_3v_4\\\alpha_3&=t_4u_2v_1-t_2u_4v_1-t_4u_1v_2+t_1u_4v_2+t_2u_1v_4-t_1u_2v_4\\\alpha_4&=-t_3u_2v_1+t_2u_3v_1+t_3u_1v_2-t_1u_3v_2-t_2u_1v_3+t_1u_2v_3\end{align*}$ Es un vector ortogonal a los otros tres.

Seguí una sugerencia tomada de los comentarios sobre esta respuesta: poner las entradas $e_1$ , $e_2$ , $e_3$ , y $e_4$ en el fondo. No hace diferencia en dimensión impar, pero produce el signo natural en dimensión par.

Siguiendo otra sugerencia, me gustaría agregar este comentario:

α_{1} = - | \begin{matrix} t_{2} & t_{3} & t_{4} \\ {tu}_{2} & {tu}_{3} & {tu}_{4} \\ v_{2} & v_{3} & v_{4} \end{matrix} |, α_{2} = | \begin{matrix} t_{1} & t_{3} & t_{4} \\ {tu}_{1} & {tu}_{3} & {tu}_{4} \\ v_{1} & v_{3} & v_{4} \end{matrix} |, α_{3} = - | \begin{matrix} t_{1} & t_{2} & t_{4} \\ {tu}_{1} & {tu}_{2} & {tu}_{4} \\ v_{1} & v_{2} & v_{4} \end{matrix} | y α_{4} = | \begin{matrix} t_{1} & t_{2} & t_{3} \\ {tu}_{1} & {tu}_{2} & {tu}_{3} \\ v_{1} & v_{2} & v_{3} \end{matrix} | .

$\alpha_1=-\begin{vmatrix}t_2&t_3&t_4\\u_2&u_3&u_4\\v_2&v_3&v_4\end{vmatrix}\text{, }\alpha_2=\begin{vmatrix}t_1&t_3&t_4\\u_1&u_3&u_4\\v_1&v_3&v_4\end{vmatrix}\text{, }\alpha_3=-\begin{vmatrix}t_1&t_2&t_4\\u_1&u_2&u_4\\v_1&v_2&v_4\end{vmatrix}\text{ and }\alpha_4=\begin{vmatrix}t_1&t_2&t_3\\u_1&u_2&u_3\\v_1&v_2&v_3\\\end{vmatrix}.$

Estoy bastante seguro de que la fila de vectores base debe estar en la parte inferior para obtener el diestro correcto; solo en dimensiones impares se puede mover esta fila a la parte superior sin cambiar el signo y manteniendo los vectores en el mismo orden.
(+1) Este es el método que he usado en algunas respuestas. ¡La fórmula es fácil de recordar!
@lastresort Buen comentario. Editaré mi respuesta teniendo eso en cuenta.
Es $α_{1} = d mi t | \begin{matrix} t_{2} & t_{3} & t_{4} \\ {tu}_{2} & {tu}_{3} & {tu}_{4} \\ v_{2} & v_{3} & v_{4} \end{matrix} |$ $\alpha_1 ={\rm det} \left| \matrix{ t_2 & t_3 & t_4 \\ u_2 & u_3 & u_4 \\ v_2 & v_3 & v_4} \right|$ ¿etcétera?
¿Puede editar la respuesta y explicar la regla para obtener $\alpha_i$ ?
Para obtener una notación aún más corta, se podría usar el tensor levi-civita en $n$ -dimensiones. por ej. en un producto de 3 vectores en 4 dimensiones tendría el componente $i$ Escrito como
Corrígeme si me equivoco, pero creo que uno podría usar el tensor levi-civita en $n$ -dimensiones para obtener una notación más corta. por ej. un producto de 3 vectores en 4 dimensiones tendría el componente $i$ Escrito como $v_i= \varepsilon_{ijkl}A_jB_kC_l$ , donde se utiliza la notación de Einstein. $\varepsilon_{1234}=1$ , es invariante a las permutaciones cíclicas. Otra propiedad es $\varepsilon_{ijkl}=-\varepsilon_{jikl}$ . Cuando se intercambian índices vecinos, aparece un signo menos. Esto implica que un elemento tensor con índices repetidos es 0.
@minimax No puedo corregirte (o estar de acuerdo contigo), porque no sé nada sobre el tensor Lavi-Civita.
Mira aquí entonces: en.wikipedia.org/wiki/Levi-Civita_symbol

Sven Pistre · Answer 2

Mi respuesta se suma a las respuestas de José y Antinous, pero tal vez un poco más abstracta. En principio, sus respuestas usan coordenadas, mientras que estoy tratando de hacerlo sin coordenadas.

Lo que buscas es la cuña o producto exterior. El poder exterior $\bigwedge^k(V)$ de algún espacio vectorial $V$ es el cociente del producto tensorial $\bigotimes^k(V)$ por la relación $v\otimes v$ . Para ser un poco más concreto y menos abstracto, esto solo significa que para cualquier vector $v\in V$ el producto de cuña $v\wedge v=0\in\bigwedge^2(V)$ . Cada vez que une vectores, el resultado es igual a cero si al menos dos de los factores son linealmente dependientes. Piensa en lo que sucede con el producto cruz en $\mathbb{R}^3$ .

De hecho, deja $e_1,e_2,\ldots,e_n$ ser la base de un espacio de producto interno $V$ . Entonces $e_{i_1}\wedge e_{i_2}\wedge \ldots \wedge e_{i_k}$ es una base para $\bigwedge^k(V)$ dónde $1\leq i_1 < i_2 < \ldots < i_k\leq n$ .

Si $V=\mathbb{R}^3$ entonces $v \wedge w$ es igual $v \times w$ hasta los signos de las entradas. Esto parece un poco oscuro porque técnicamente $v\wedge w$ debe ser un elemento de $\bigwedge^2(\mathbb{R}^3)$ . Sin embargo, el último espacio vectorial es isomorfo a $\mathbb{R}^3$ . De hecho, esta relación es cierta para todas las potencias exteriores dada una orientación en el espacio vectorial. El isomorfismo se llama operador estrella de Hodge . dice que hay un isomorfismo $\star\colon\bigwedge^{n-k}(V)\to\bigwedge^{k}(V)$ . Este mapa opera en un $(n-k)$ -cuña $\beta$ a través de la relación

α \land β = ⟨ α, ⋆ β ⟩ ω

$\alpha \wedge \beta = \langle \alpha,\star\beta \rangle \,\omega$ dónde

α \in \overset{k}{⋀} (V)

$\alpha\in\bigwedge^{k}(V)$ ,

ω \in \overset{n}{⋀} (V)

$\omega\in\bigwedge^n(V)$ es un formulario de orientación sobre

V

$V$ y

⟨ \cdot, \cdot ⟩

$\langle \cdot,\cdot \rangle$ es el producto interno inducido en

\overset{k}{⋀} (V)

$\bigwedge^{k}(V)$ (ver wiki ). Tenga en cuenta que la página wiki define la relación al revés.

¿Cómo responde todo esto a tu pregunta? Bueno, tomemos $k=1$ y $V=\mathbb{R}^n$ . Entonces el isomorfismo de la estrella de Hodge identifica los espacios $\bigwedge^{n-1}(\mathbb{R}^n)$ y $\bigwedge^{1}(\mathbb{R}^n)=\mathbb{R}^n$ . Esto es bueno porque originalmente querías decir algo sobre la ortogonalidad entre un conjunto de $n-1$ Vectores linealmente independientes $v_1,v_2,\ldots,v_{n-1}$ y su "producto cruzado". Ahora hagamos exactamente eso y establezcamos $\beta :=v_1 \wedge v_2 \wedge \ldots \wedge v_{n-1}\in\bigwedge^{n-1}(\mathbb{R}^n)$ . Entonces la imagen $\star\beta = \star(v_1 \wedge v_2 \wedge \ldots \wedge v_{n-1})$ es un vector regular en $\mathbb{R}^n$ y la condición definitoria anterior implica para $\alpha=v_i\in\mathbb{R}^n=\bigwedge^{1}(\mathbb{R}^n)$

v_{i} \land (v_{1} \land v_{2} \land \dots \land v_{norte - 1}) = α \land β = ⟨ α, ⋆ β ⟩ ω = ⟨ v_{i}, ⋆ β ⟩ ω .

$v_i \wedge (v_1 \wedge v_2 \wedge \ldots \wedge v_{n-1}) = \alpha \wedge \beta = \langle \alpha,\star\beta \rangle \,\omega = \langle v_i,\star\beta \rangle \,\omega.$ Sin embargo, el lado izquierdo es igual a cero para

i = 1, 2, \dots, n - 1

$i=1,2,\ldots,n-1$ , de modo que el vector

⋆ β

$\star\beta$ es ortogonal a todos los vectores

v_{1}, v_{2}, \dots, v_{n - 1}

$v_1,v_2,\ldots,v_{n-1}$ que es lo que pediste. Por lo tanto, es posible que desee definir el producto cruz de

n - 1

$n-1$ vectores como

v_{1} \times v_{2} \times \dots \times v_{n - 1} := ⋆ (v_{1} \land v_{2} \land \dots \land v_{n - 1})

$v_1 \times v_2 \times \ldots \times v_{n-1} := \star(v_1 \wedge v_2 \wedge \ldots \wedge v_{n-1})$ .

Tal vez tenga en cuenta que las otras dos respuestas usan implícitamente la operación estrella de Hodge (y también una base) para calcular el "producto cruzado en una dimensión superior" a través del determinante formal que está codificado en el uso del producto de cuña aquí.

Entonces, concretamente, ¿cómo sabemos realmente cuál es la estrella hodge de un $k$ -cuchilla es? Por ejemplo, trabajar en $4$ -espacio con la orientación estándar. Supongamos que queremos saber $\star(v_1 \wedge v_3).$ Si entiendo bien, es $v_2 \wedge v_4$ si no $v_4 \wedge v_2$ . ¿Cómo sabemos cuál?
Depende de la orientación que elijas para tu espacio vectorial. Digamos $v_1,v_2,v_3,v_4$ formar una base orientada para $V$ (eso es, $\omega = v_1\wedge v_2\wedge v_3\wedge v_4$ ) entonces $\star(v_1\wedge v_3)=v_4\wedge v_2$ . Esto se puede ver usando la relación definitoria para $\alpha=v_i\wedge v_j$ recorriendo todas las combinaciones posibles $(i,j)$ . Esto es lo que dicen en la página wiki vinculada anteriormente en la sección "Cálculo de la estrella de Hodge", aunque expresado un poco complicado en mi opinión.
De todas las combinaciones $(i,j)$ solo $(2,4)$ y $(4,2)$ permanecen (porque de lo contrario el lado izquierdo es igual a cero). Entonces asumes $\star(v_1\wedge v_3)=v_k\wedge v_l$ y piensa en qué combinaciones para $(k,l)$ permanecer en el lado derecho de la definición. relación. Entonces verás que la única posible es $(k,l)=(4,2)$ . Para ver la última parte, observe la definición del producto escalar inducido en $\bigwedge^2(V)$ .
Y también, como olvidé mencionar esto, $v_2\wedge v_4=-v_4\wedge v_2$ . Cambiando la posición de dos vectores en un $k$ -cuña solo cambia el signo. Entonces, realmente solo depende de la orientación elegida (o "diestro") de su espacio vectorial.
Es $\Lambda^2 \textbf{R}^3$ canónicamente isomorfo a $\textbf{R}^3$ , o simplemente isomorfo?
@étale-cohomology La hodge star depende de la elección del producto interno y la orientación. Entonces no es canónico. No creo que puedas identificarlos canónicamente.
Honestamente, realmente no entiendo la definición. $α \land β = ⟨ α, ⋆ β ⟩ ω .$ $\alpha \wedge \beta = \langle \alpha,\star \beta\rangle \omega.$ Por ejemplo, supongamos que estamos trabajando en $3$ -espacio. Suponer $\alpha$ y $\beta$ son $1$ -vectores. Entonces $\alpha \wedge \beta$ es un $2$ -vector, mientras que el RHS, siendo una versión escalada de $\omega$ , parece ser un $3$ -vector. ¿Qué no estoy entendiendo?
Verifique mi edición en la última sección de la respuesta. ¿Quizás eso aclare las cosas? Básicamente, $\alpha$ es un $k$ -vector mientras que $\beta$ es un $(n-k)$ -vector. Es cierto que la estrella hodge debería tener un índice $k$ , para que sepa a qué espacios se asigna y desde qué. Supongo que esto generalmente se omite por brevedad notacional.
Veo. Y supongo que esto se puede escribir de manera equivalente $\alpha \wedge \star \beta = \langle \alpha ,\beta\rangle \omega$ , con $\alpha$ y $\beta$ ambos $k$ -vectores, que es como lo hace wikipedia.
¿Sería justo decir que $α \land β = ⟨ α, β ⟩ ω \to β = ⋆ α$ $\alpha \wedge \beta = \langle \alpha,\beta\rangle \omega \rightarrow \beta = \star \alpha$ es cierto para todos $k$ -vectores $\alpha$ y todo $(n-k)$ -vectores $\beta$ ?
Por ejemplo, trabajar en $2$ -espacio y dejar $\omega = x \wedge y$ . ¿Sería justo decir que desde $x \wedge y = \langle x, y\rangle \omega$ , por eso $y = \star x$ ?
Lo siento, mi notación fue un poco oscura en la pregunta anterior; por $x$ me refería $(1,0)$ y por $(0,1)$ .
Sí, se puede escribir de la forma en que lo hace wikipedia usando el inverso de mi operador estrella. Agregué una nota a mi respuesta. Elegí la definición anterior porque la última sección de mi respuesta se lee más fácilmente de esa manera. No, no puedes hacer lo que te propones porque tu ecuación es falsa ya que $\langle x,y\rangle=0$ . quieres encontrar $\star y$ , tal que $x\wedge y=\langle x,\star y\rangle \omega$ donde aqui $x,y$ están orientados positivamente y por lo tanto $\omega=x\wedge y$ . Por lo tanto, la única posibilidad para el valor del factor $\langle x,\star y\rangle$ es $1$ . Por eso, $\star y =x$ .

pionero · Answer 3

puedes sacar el producto cruz $p$ en $n$ -dimensiones usando lo siguiente:

pag = det (\begin{array}{lllll} {mi}_{1} & X_{1} & y_{1} & \dots & z_{1} \\ {mi}_{2} & X_{2} & y_{2} & \dots & z_{2} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ {mi}_{norte} & X_{norte} & y_{norte} & \dots & z_{norte} \end{array}),

$p=\det\left(\begin{array}{lllll}e_1&x_1&y_1&\cdots&z_1\\e_2&x_2&y_2&\cdots&z_2\\\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\e_n&x_n&y_n&\cdots&z_n\end{array}\right),$ dónde

det

$\det$ es el determinante formal de la matriz, el

e_{i}

$e_i$ son los vectores base (p. ej.

\hat{i}, \hat{j}, \hat{k}

$\hat{i},\hat{j},\hat{k}$ , etc.), y

x, y, \dots, z

$x,y,\ldots,z$ son los

n - 1

$n-1$ vectores que desea "cruzar".

Encontrarás eso $x\cdot p=y\cdot p=\cdots=z\cdot p=0$ .

Es maravilloso que el determinante produzca un vector con esta propiedad.

¿Hay algún requisito sobre los vectores base? $e_1, ..., e_n$ ? Como, ¿necesitan formar una base ortonormal, o algo así?
Cambiando la base a $\widetilde e_i$ tendrás que cambiar las entradas del vector a los coeficientes $\widetilde x_i$ en la expansión de la base para la nueva base. Recuerde que lo anterior es solo un determinante formal ya que en realidad no es una matriz (ya que la primera columna consta de entradas que son vectores en sí mismas). Por lo tanto, no importa si la base es ortonormal o no, pero tendrá que ajustar su fórmula determinante formal.
(+1) Esta es la extensión lógica de la respuesta de José Carlos Santos a $\mathbb{R}^n$ (al principio, esto es lo que pensé que había dado, pero ahora veo sus únicas portadas) $\mathbb{R}^4$ ).
@robjohn De hecho, publiqué mi respuesta 2 minutos antes que él :-)

Can Ozkan · Answer 4

Sí, y aparte de otras respuestas, un enfoque interesante para pensarlo es usar el álgebra de Clifford.

Esto puede presentarle el concepto básico de una manera no rigurosa pero accesible.

https://slehar.wordpress.com/2014/03/18/clifford-algebra-a-visual-introduction/

Gracias por su respuesta, sin embargo, ese artículo es extremadamente largo y es difícil encontrar una respuesta al estilo de Clifford a mi pregunta al leerlo. ¿Puedo pedirle que escriba algunos detalles sobre cómo calcular un producto cruzado real usando el enfoque de Clifford?

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