Kreuzprodukt in höheren Dimensionen

Question

Kreuzprodukt in höheren Dimensionen

Vektoren
Mathematik
Kreuzprodukt
Orthogonalität
Lineare Algebra
multilineare Algebra

Kobold GEGANGEN

Angenommen, wir haben einen Vektor $(a,b)$ In $2$ -Raum. Dann der Vektor $(-b,a)$ ist orthogonal zu dem, mit dem wir begonnen haben. Außerdem die Funktion

(A, B) \mapsto (- B, A)

$(a,b) \mapsto (-b,a)$ ist linear.

Angenommen, wir haben stattdessen zwei Vektoren $x$ Und $y$ In $3$ -Raum. Dann gibt uns das Kreuzprodukt einen neuen Vektor $x \times y$ das ist orthogonal zu den ersten beiden. Außerdem sind Kreuzprodukte bilinear.

Frage. Können wir das in höheren Dimensionen tun? Gibt es zum Beispiel eine Möglichkeit, drei Vektoren einzugeben? $4$ -Raum in einen vierten Vektor, orthogonal zu den anderen, auf trilineare Weise?

Furran

Vielleicht möchten Sie sich die Gram-Schmitt-Methode hier ansehen: en.wikipedia.org/wiki/Gram%E2%80%93Schmidt_process

Miguel

Diese Konstruktion hat nichts mit Kreuzprodukt zu tun, sondern fällt zufällig in Dimension 3 zusammen.

Andrew D. Hwang

Eine Suche nach "allgemeines Kreuzprodukt" wirft eine Reihe von Fragen auf, die wahrscheinlich von Interesse sind, darunter: Ist das Vektorkreuzprodukt nur für 3D definiert? und verallgemeinertes Kreuzprodukt . ;) (Nicht als Duplikat markieren, weil Sie besser beurteilen können, welche Frage, wenn überhaupt, Ihrer am ehesten entspricht.)

YawarRaza7349

Vielleicht interessiert Sie der Begriff des orthogonalen Komplements . Es kann Ihnen den Vektor orthogonal zu einem gegebenen Satz von geben

n - 1

$n-1$ unabhängige Vektoren in

n

$n$ -Raum, wie Sie fragen

n = 4

$n=4$ . Aber es kann dir auch geben

k

$k$ unabhängige Vektoren orthogonal zu einem gegebenen Satz von

n - k

$n-k$ unabhängige Vektoren in

n

$n$ -Raum. Sie können also zwei Vektoren im 4-Raum nehmen und zwei Vektoren finden, die senkrecht zu ihnen und zueinander stehen.

Benutzer57159

en.wikipedia.org/wiki/Seven-dimensional_cross_product

John Alexiou

Aber in der Ebene gibt es drei Kreuzprodukte:

\begin{aligned} (A, B) \times (X, j) & = A j - B X & C \times (X, j) & = (- C j, C X) & (A, B) \times z & = (B z, - A z) \end{aligned}

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

Markus S.

Sie könnten auch an dieser Verallgemeinerungsfrage interessiert sein, die von Terry Tao auf MO gepostet wurde: mathoverflow.net/q/314613/28209

Kobold GEGANGEN

@MarkS., super danke!

Antworten (4)

Kreuzprodukt in höheren Dimensionen

Vielleicht möchten Sie sich die Gram-Schmitt-Methode hier ansehen: en.wikipedia.org/wiki/Gram%E2%80%93Schmidt_process
Diese Konstruktion hat nichts mit Kreuzprodukt zu tun, sondern fällt zufällig in Dimension 3 zusammen.
Eine Suche nach "allgemeines Kreuzprodukt" wirft eine Reihe von Fragen auf, die wahrscheinlich von Interesse sind, darunter: Ist das Vektorkreuzprodukt nur für 3D definiert? und verallgemeinertes Kreuzprodukt . ;) (Nicht als Duplikat markieren, weil Sie besser beurteilen können, welche Frage, wenn überhaupt, Ihrer am ehesten entspricht.)
Vielleicht interessiert Sie der Begriff des orthogonalen Komplements . Es kann Ihnen den Vektor orthogonal zu einem gegebenen Satz von geben $n-1$ unabhängige Vektoren in $n$ -Raum, wie Sie fragen $n=4$ . Aber es kann dir auch geben $k$ unabhängige Vektoren orthogonal zu einem gegebenen Satz von $n-k$ unabhängige Vektoren in $n$ -Raum. Sie können also zwei Vektoren im 4-Raum nehmen und zwei Vektoren finden, die senkrecht zu ihnen und zueinander stehen.
Aber in der Ebene gibt es drei Kreuzprodukte: $\begin{aligned} (A, B) \times (X, j) & = A j - B X & C \times (X, j) & = (- C j, C X) & (A, B) \times z & = (B z, - A z) \end{aligned}$ $\begin{align} (a,b) \times (x,y) & = a y-b x & c \times (x,y) & = (-c y, c x) & (a,b) \times z & = (b z,-a z) \end{align}$
Sie könnten auch an dieser Verallgemeinerungsfrage interessiert sein, die von Terry Tao auf MO gepostet wurde: mathoverflow.net/q/314613/28209

Jose Carlos Santos · Answer 1

Ja. Es ist genau wie in der Dimension $3$ : wenn Ihre Vektoren sind $(t_1,t_2,t_3,t_4)$ , $(u_1,u_2,u_3,u_4)$ , Und $(v_1,v_2,v_3,v_4)$ , berechnen Sie die formale Determinante:

| \begin{matrix} 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{matrix} | .

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

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

$(e_1,e_2,e_3,e_4)$ als kanonische Grundlage von

R^{4}

$\mathbb{R}^4$ . Dann ist die vorherige Determinante

(α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4})

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

\begin{aligned} a_{1} & = T_{4} u_{3} v_{2} - T_{3} u_{4} v_{2} - T_{4} u_{2} v_{3} + T_{2} u_{4} v_{3} + T_{3} u_{2} v_{4} - T_{2} u_{3} v_{4} \\ a_{2} & = - T_{4} u_{3} v_{1} + T_{3} u_{4} v_{1} + T_{4} u_{1} v_{3} - T_{1} u_{4} v_{3} - T_{3} u_{1} v_{4} + T_{1} u_{3} v_{4} \\ a_{3} & = T_{4} u_{2} v_{1} - T_{2} u_{4} v_{1} - T_{4} u_{1} v_{2} + T_{1} u_{4} v_{2} + T_{2} u_{1} v_{4} - T_{1} u_{2} v_{4} \\ a_{4} & = - T_{3} u_{2} v_{1} + T_{2} u_{3} v_{1} + T_{3} u_{1} v_{2} - T_{1} u_{3} v_{2} - T_{2} u_{1} v_{3} + T_{1} u_{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 ist ein Vektor, der orthogonal zu den anderen drei ist.

Ich bin einem Vorschlag aus den Kommentaren zu dieser Antwort gefolgt: die Einträge zu setzen $e_1$ , $e_2$ , $e_3$ , Und $e_4$ ganz unten. Es macht keinen Unterschied in der ungeraden Dimension, aber es erzeugt das natürliche Zeichen in der geraden Dimension.

Nach einem weiteren Vorschlag möchte ich diese Bemerkung hinzufügen:

a_{1} = - | \begin{matrix} T_{2} & T_{3} & T_{4} \\ u_{2} & u_{3} & u_{4} \\ v_{2} & v_{3} & v_{4} \end{matrix} |, a_{2} = | \begin{matrix} T_{1} & T_{3} & T_{4} \\ u_{1} & u_{3} & u_{4} \\ v_{1} & v_{3} & v_{4} \end{matrix} |, a_{3} = - | \begin{matrix} T_{1} & T_{2} & T_{4} \\ u_{1} & u_{2} & u_{4} \\ v_{1} & v_{2} & v_{4} \end{matrix} | Und a_{4} = | \begin{matrix} T_{1} & T_{2} & T_{3} \\ u_{1} & u_{2} & u_{3} \\ v_{1} & v_{2} & v_{3} \end{matrix} | .

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

Ich bin mir ziemlich sicher, dass die Reihe der Basisvektoren unten sein sollte, um die Rechtshändigkeit zu korrigieren. nur in ungeraden Dimensionen kann diese Zeile ohne Vorzeichenwechsel nach oben verschoben werden, während die Vektoren in derselben Reihenfolge bleiben.
(+1) Dies ist die Methode, die ich in einigen Antworten verwendet habe. Die Formel ist leicht zu merken!
@lastresort Nette Bemerkung. Ich werde meine Antwort unter Berücksichtigung dessen bearbeiten.
Ist $a_{1} = D e T | \begin{matrix} T_{2} & T_{3} & T_{4} \\ u_{2} & u_{3} & u_{4} \\ v_{2} & v_{3} & v_{4} \end{matrix} |$ $\alpha_1 ={\rm det} \left| \matrix{ t_2 & t_3 & t_4 \\ u_2 & u_3 & u_4 \\ v_2 & v_3 & v_4} \right|$ usw?
Können Sie bitte die Antwort bearbeiten und die Regel für das Erhalten erklären $\alpha_i$ ?
Um eine noch kürzere Notation zu erhalten, könnte man den levi-civita-Tensor in verwenden $n$ -Maße. Zum Bsp. in einem 3-Vektor-Produkt in 4 Dimensionen hätte die Komponente $i$ geschrieben als
Korrigieren Sie mich, wenn ich falsch liege, aber ich denke, man könnte den Levi-Civita-Tensor verwenden $n$ -Dimensionen, um eine kürzere Notation zu erhalten. Zum Bsp. ein 3-Vektor-Produkt in 4 Dimensionen hätte die Komponente $i$ geschrieben als $v_i= \varepsilon_{ijkl}A_jB_kC_l$ , wobei die Einstein-Notation verwendet wird. $\varepsilon_{1234}=1$ , ist es gegenüber zyklischen Permutationen unveränderlich. Eine weitere Eigenschaft ist $\varepsilon_{ijkl}=-\varepsilon_{jikl}$ . Beim Austausch benachbarter Indizes erscheint ein Minuszeichen. Dies impliziert, dass ein Tensorelement mit wiederholten Indizes 0 ist.
@minimax Ich kann Sie nicht korrigieren (oder zustimmen), weil ich nichts über den Lavi-Civita-Tensor weiß.
Schauen Sie dann hier: en.wikipedia.org/wiki/Levi-Civita_symbol

Sven Pistre · Answer 2

Meine Antwort ist eine Ergänzung zu den Antworten von José und Antinoos, aber vielleicht etwas abstrakter. Im Prinzip verwenden ihre Antworten Koordinaten, während ich versuche, es koordinatenfrei zu tun.

Was Sie suchen, ist das Keil- oder Außenprodukt. Die äußere Kraft $\bigwedge^k(V)$ eines Vektorraums $V$ ist der Quotient des Tensorprodukts $\bigotimes^k(V)$ durch die Relation $v\otimes v$ . Um etwas konkreter und weniger abstrakt zu sein, bedeutet dies nur, dass dies für jeden Vektor gilt $v\in V$ das Keilprodukt $v\wedge v=0\in\bigwedge^2(V)$ . Immer wenn Sie Vektoren miteinander verkeilen, ist das Ergebnis gleich Null, wenn mindestens zwei der Faktoren linear abhängig sind. Überlegen Sie, was mit dem Kreuzprodukt in passiert $\mathbb{R}^3$ .

In der Tat lassen $e_1,e_2,\ldots,e_n$ Grundlage eines inneren Produktraums sein $V$ . Dann $e_{i_1}\wedge e_{i_2}\wedge \ldots \wedge e_{i_k}$ ist eine Grundlage für $\bigwedge^k(V)$ Wo $1\leq i_1 < i_2 < \ldots < i_k\leq n$ .

Wenn $V=\mathbb{R}^3$ Dann $v \wedge w$ gleich $v \times w$ bis hin zu Zeichen der Einträge. Dies scheint ein bisschen obskur, weil technisch $v\wedge w$ sollte ein Element von sein $\bigwedge^2(\mathbb{R}^3)$ . Der letztere Vektorraum ist jedoch isomorph zu $\mathbb{R}^3$ . Tatsächlich gilt diese Beziehung für alle äußeren Kräfte, denen eine Orientierung im Vektorraum gegeben ist. Der Isomorphismus wird als Hodge-Sternoperator bezeichnet . Es besagt, dass es einen Isomorphismus gibt $\star\colon\bigwedge^{n-k}(V)\to\bigwedge^{k}(V)$ . Diese Karte arbeitet auf einem $(n-k)$ -Keil $\beta$ über die Relation

a \land β = ⟨ a, ⋆ β ⟩ ω

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

α \in \overset{k}{⋀} (V)

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

ω \in \overset{n}{⋀} (V)

$\omega\in\bigwedge^n(V)$ ist ein Orientierungsformular auf

V

$V$ Und

⟨ \cdot, \cdot ⟩

$\langle \cdot,\cdot \rangle$ ist das induzierte Skalarprodukt on

\overset{k}{⋀} (V)

$\bigwedge^{k}(V)$ (siehe Wiki ). Beachten Sie, dass die Wiki-Seite die Beziehung umgekehrt definiert.

Wie beantwortet das alles Ihre Frage, die Sie stellen? Nun, nehmen wir $k=1$ Und $V=\mathbb{R}^n$ . Dann identifiziert der Hodge-Stern-Isomorphismus die Räume $\bigwedge^{n-1}(\mathbb{R}^n)$ Und $\bigwedge^{1}(\mathbb{R}^n)=\mathbb{R}^n$ . Das ist gut, weil Sie ursprünglich etwas über die Orthogonalität zwischen einer Menge von sagen wollten $n-1$ linear unabhängige Vektoren $v_1,v_2,\ldots,v_{n-1}$ und ihr "Kreuzprodukt". Lassen Sie uns nun genau das tun und einstellen $\beta :=v_1 \wedge v_2 \wedge \ldots \wedge v_{n-1}\in\bigwedge^{n-1}(\mathbb{R}^n)$ . Dann das Bild $\star\beta = \star(v_1 \wedge v_2 \wedge \ldots \wedge v_{n-1})$ ist ein regulärer Vektor in $\mathbb{R}^n$ und die oben definierte Bedingung impliziert für $\alpha=v_i\in\mathbb{R}^n=\bigwedge^{1}(\mathbb{R}^n)$

v_{ich} \land (v_{1} \land v_{2} \land \dots \land v_{N - 1}) = a \land β = ⟨ a, ⋆ β ⟩ ω = ⟨ v_{ich}, ⋆ β ⟩ ω .

$v_i \wedge (v_1 \wedge v_2 \wedge \ldots \wedge v_{n-1}) = \alpha \wedge \beta = \langle \alpha,\star\beta \rangle \,\omega = \langle v_i,\star\beta \rangle \,\omega.$ Die linke Seite ist jedoch gleich Null für

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

$i=1,2,\ldots,n-1$ , so dass der Vektor

⋆ β

$\star\beta$ ist orthogonal zu allen Vektoren

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

$v_1,v_2,\ldots,v_{n-1}$ wonach du gefragt hast. Sie möchten also vielleicht das Kreuzprodukt von definieren

n - 1

$n-1$ Vektoren als

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

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

Denken Sie vielleicht daran, dass die beiden anderen Antworten implizit die Hodge-Sternoperation (und auch eine Basis) verwenden, um das "Kreuzprodukt in höherer Dimension" durch die formale Determinante zu berechnen, die hier bei der Verwendung des Keilprodukts codiert ist.

Also konkret, woher wissen wir eigentlich, was der Hodge Star von a ist $k$ -Klinge ist? Arbeiten Sie zum Beispiel in $4$ -Raum mit der Standardausrichtung. Angenommen, wir wollen es wissen $\star(v_1 \wedge v_3).$ Wenn ich das richtig verstehe, ist es beides $v_2 \wedge v_4$ oder aber $v_4 \wedge v_2$ . Woher wissen wir, welches?
Dies hängt von der Ausrichtung ab, die Sie für Ihren Vektorraum wählen. Sagen wir $v_1,v_2,v_3,v_4$ bilden eine orientierte Grundlage für $V$ (das ist, $\omega = v_1\wedge v_2\wedge v_3\wedge v_4$ ) Dann $\star(v_1\wedge v_3)=v_4\wedge v_2$ . Dies kann anhand der definierenden Relation for gesehen werden $\alpha=v_i\wedge v_j$ Radfahren durch alle möglichen Kombinationen $(i,j)$ . So steht es auf der oben verlinkten Wiki-Seite im Abschnitt "Berechnung des Hodge-Sterns", wenn auch meiner Meinung nach etwas kompliziert ausgedrückt.
Von allen Kombinationen $(i,j)$ nur $(2,4)$ Und $(4,2)$ bleiben (weil sonst die linke Seite gleich Null ist). Dann vermutest du $\star(v_1\wedge v_3)=v_k\wedge v_l$ und überlegen Sie, welche Kombinationen für $(k,l)$ bleiben auf der rechten Seite der def. Beziehung. Dann werden Sie sehen, dass das einzig mögliche ist $(k,l)=(4,2)$ . Um den letzten Teil zu sehen, schauen Sie sich die Definition des induzierten Skalarprodukts an $\bigwedge^2(V)$ .
Und außerdem, da ich vergessen habe, dies zu erwähnen, $v_2\wedge v_4=-v_4\wedge v_2$ . Ändern der Position zweier Vektoren in a $k$ -wedge ändert nur das Vorzeichen. Es hängt also wirklich nur von der gewählten Ausrichtung (oder "Rechtshändigkeit") Ihres Vektorraums ab.
Ist $\Lambda^2 \textbf{R}^3$ kanonisch isomorph zu $\textbf{R}^3$ , oder nur isomorph?
@étale-cohomology Der Hodge-Stern hängt von der Wahl des inneren Produkts und der Ausrichtung ab. Es ist also nicht kanonisch. Ich glaube nicht, dass Sie sie kanonisch identifizieren können.
Ehrlich gesagt verstehe ich die Definition nicht wirklich $a \land β = ⟨ a, ⋆ β ⟩ ω .$ $\alpha \wedge \beta = \langle \alpha,\star \beta\rangle \omega.$ Angenommen, wir arbeiten in $3$ -Raum. Vermuten $\alpha$ Und $\beta$ Sind $1$ -Vektoren. Dann $\alpha \wedge \beta$ ist ein $2$ -Vektor, während die RHS eine skalierte Version von ist $\omega$ , scheint ein zu sein $3$ -Vektor. Was verstehe ich nicht?
Überprüfen Sie meine Bearbeitung im letzten Abschnitt der Antwort. Vielleicht klärt das die Sache auf? Grundsätzlich, $\alpha$ ist ein $k$ -Vektor während $\beta$ ist ein $(n-k)$ -Vektor. Zugegeben, der Hodge Star sollte besser einen Index haben $k$ , damit Sie wissen, welchen Räumen es zu und von welchen Räumen zugeordnet ist. Ich denke, dies wird normalerweise der Kürze halber weggelassen.
Ich verstehe. Und ich denke, dies kann äquivalent geschrieben werden $\alpha \wedge \star \beta = \langle \alpha ,\beta\rangle \omega$ , mit $\alpha$ Und $\beta$ beide $k$ -Vektoren, so macht es Wikipedia.
Wäre es fair, das zu sagen $a \land β = ⟨ a, β ⟩ ω \to β = ⋆ a$ $\alpha \wedge \beta = \langle \alpha,\beta\rangle \omega \rightarrow \beta = \star \alpha$ gilt für alle $k$ -Vektoren $\alpha$ und alles $(n-k)$ -Vektoren $\beta$ ?
Arbeiten Sie zum Beispiel in $2$ -Raum und lassen $\omega = x \wedge y$ . Wäre es fair, das seither zu sagen $x \wedge y = \langle x, y\rangle \omega$ , somit $y = \star x$ ?
Entschuldigung, meine Notation war in der vorherigen Frage etwas unklar; von $x$ ich meinte $(1,0)$ und von $(0,1)$ .
Ja, es kann wie Wikipedia geschrieben werden, indem die Umkehrung meines Sternoperators verwendet wird. Ich habe meiner Antwort eine Anmerkung hinzugefügt. Ich habe die obige Definition gewählt, weil sich der letzte Abschnitt meiner Antwort so leichter liest. Nein, Sie können nicht tun, was Sie vorschlagen, weil Ihre Gleichung seitdem falsch ist $\langle x,y\rangle=0$ . Sie wollen finden $\star y$ , so dass $x\wedge y=\langle x,\star y\rangle \omega$ wo hier $x,y$ sind positiv orientiert und somit $\omega=x\wedge y$ . Daher die einzige Möglichkeit für den Wert des Faktors $\langle x,\star y\rangle$ Ist $1$ . Somit, $\star y =x$ .

Pfadfinder · Answer 3

Sie können das Kreuzprodukt berechnen $p$ In $n$ -Abmessungen mit den folgenden:

P = det (\begin{array}{lllll} e_{1} & X_{1} & j_{1} & \dots & z_{1} \\ e_{2} & X_{2} & j_{2} & \dots & z_{2} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ e_{N} & X_{N} & j_{N} & \dots & z_{N} \end{array}),

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

det

$\det$ ist die formale Determinante der Matrix, die

e_{i}

$e_i$ sind die Basisvektoren (zB

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

$\hat{i},\hat{j},\hat{k}$ , usw.) und

x, y, \dots, z

$x,y,\ldots,z$ sind die

n - 1

$n-1$ Vektoren, die Sie "kreuzen" möchten.

Das wirst du finden $x\cdot p=y\cdot p=\cdots=z\cdot p=0$ .

Es ist wunderbar, dass die Determinante einen Vektor mit dieser Eigenschaft erzeugt.

Gibt es irgendwelche Anforderungen an die Basisvektoren $e_1, ..., e_n$ ? Müssen sie zum Beispiel eine orthonormale Basis bilden oder so?
Ja, aber müssen sie sein? Können wir keine andere Grundlage nehmen?
Durch die Änderung der Basis zu $\widetilde e_i$ Sie müssen die Vektoreinträge in die Koeffizienten ändern $\widetilde x_i$ in der Basiserweiterung für die neue Basis. Denken Sie daran, dass das Obige nur eine formale Determinante ist, da dies eigentlich keine Matrix ist (da die erste Spalte aus Einträgen besteht, die selbst Vektoren sind). Es spielt also keine Rolle, ob die Basis orthonormal ist oder nicht, aber Sie müssen Ihre formale Determinantenformel anpassen.
(+1) Das ist die logische Erweiterung der Antwort von José Carlos Santos $\mathbb{R}^n$ (Zuerst dachte ich, er hätte das gegeben, aber jetzt sehe ich seine einzigen Cover $\mathbb{R}^4$ ).
@robjohn Ich habe meine Antwort tatsächlich 2 Minuten vor ihm gepostet :-)

Kann Özkan · Answer 4

Ja, und abgesehen von anderen Antworten ist die Verwendung von Cliffords Algebra ein interessanter Ansatz, um darüber nachzudenken.

Dies kann Ihnen das Grundkonzept auf eine nicht strenge, aber zugängliche Weise vorstellen.

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

Vielen Dank für Ihre Antwort, aber dieser Artikel ist extrem lang und es ist schwierig, beim Lesen eine Antwort im Clifford-Stil auf meine Frage zu finden. Darf ich Sie bitten, einige Details zur Berechnung eines tatsächlichen Kreuzprodukts mit dem Clifford-Ansatz aufzuschreiben?

Kreuzprodukt in höheren Dimensionen

Kobold GEGANGEN

Furran

Miguel

Andrew D. Hwang

YawarRaza7349

Benutzer57159

John Alexiou

Markus S.

Kobold GEGANGEN

Antworten (4)

Jose Carlos Santos

Arpit Yadav

Benutzer332714

robjohn

Jose Carlos Santos

John Alexiou

Jose Carlos Santos

John Alexiou

Jose Carlos Santos

Minimal Maximal

Minimal Maximal

Jose Carlos Santos

Minimal Maximal

Sven Pistre

Kobold GEGANGEN

Sven Pistre

Sven Pistre

Sven Pistre

étale-Kohomologie

Sven Pistre

Kobold GEGANGEN

Sven Pistre

Kobold GEGANGEN

Kobold GEGANGEN

Kobold GEGANGEN

Kobold GEGANGEN

Sven Pistre

Sven Pistre

Pfadfinder

étale-Kohomologie

étale-Kohomologie

Sven Pistre

robjohn

Pfadfinder

Kann Özkan

Kobold GEGANGEN