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Multivectores descomponibles

Definición 1.3   Un elemento de $\mbox{\sf G}^{(p)}$ se llama -VECTOR DESCOMPONIBLE si puede expresarse en la forma $\vec{x}_1 \wedge \cdots \wedge \vec{x}_p$ con $\vec{x}_1,\ldots,\vec{x}_p \in E$.

Notemos que la representación considerada está lejos de ser única. Si, por ejemplo, el vector $\vec{x}_k$ ( $k \in [\![ 1,p ]\!]$) se sustituye por

$$\vec{x}_k + \lambda_1 \vec{x}_1 + \cdots + \widehat{ \lambda_k \vec{x}_k}+ \cdots + \lambda_p \vec{x}_p$$

con $\lambda_1,\ldots,\widehat{\lambda_k}, \ldots, \lambda_p$ elementos arbitrarios de ${\mathbb{K}}$, no cambia el producto $\vec{x}_1 \wedge \cdots \wedge \vec{x}_p$. Del teorema 1.1.4 se sigue de inmediato que todo $p$-vector puede expresarse como una suma de $p$-vectores descomponibles. El ejemplo a continuación muestra que, sin embargo, en general no todo $p$-vector es descomponible.

Ejemplo 1.1.

Suponemos $n \ge 4$. Afirmamos que el bivector $\vec{e}_1\wedge \vec{e}_2 + \vec{e}_3 \wedge \vec{e}_4$ no es descomponible. Razonando por contradicción supongamos que vale una relación:

$$\vec{e}_1 \wedge \vec{e}_2 + \vec{e}_3 \wedge \vec{e}_4 = \vec{x} \wedge \vec y \; \mbox{con} \; \vec{x},\, \vec y \in E$$ (21)

Escribimos: ${\displaystyle \vec{x}= \sum_{i=1}^n x^i \vec{e}_i \;\; \mbox{e}\;\; \vec y= \sum_{j=1}^n y^j \vec{e}_j}$ de donde:

$$\begin{eqnarray*} \vec x \wedge \vec y &=& \sum_{i,j=1}^n x^i y^j \, \vec{e}_i \... ...i<j} \left( x^i y^j - x^j y^i \right) \vec{e}_i \wedge \vec{e}_j \end{eqnarray*}$$

Llevando esto a (21) e igualando los coeficientes de $\vec{e}_1 \wedge \vec{e}_2$, $\vec{e}_3 \wedge \vec{e}_4$, $\vec{e}_1 \wedge \vec{e}_3$, $\vec{e}_1 \wedge \vec{e}_4$, $\vec{e}_2\wedge \vec{e}_3$, $\vec{e}_2 \wedge \vec{e}_4$ obtenemos:

$$x^1 y^2 - x^2 y^1 = 1$$ (22)

$$x^3 y^4 - x^4 y^3 = 1$$ (23)

$$x^1 y^3 - x^3 y^1 = 0$$ (24)

$$x^1 y^4 - x^4 y^1 = 0$$ (25)

$$x^2 y^3 - x^3 y^2 = 0$$ (26)

$$x^2 y^4 - x^4 y^2 = 0$$ (27)

De (22) se sigue que bien $x^1 \ne 0$ o bien $x^2 \ne 0$

1. Supongamos que $x^1 \ne 0$.

   Al poner ${\displaystyle {y^1 \over x^1}= \lambda}$ obtenemos de (24): $y^3 = \lambda x^3$ y de (25): $y^4 =\lambda x^4$. Estas relaciones implican:
   

   $$x^3y^4-x^4y^3=0$$
   
   
   en contradicción con (23).
2. Supongamos $x^2 \ne 0$. Ponemos ${\displaystyle {y^2 \over x^2}=\mu}$. Obtenemos de (26): $y^3= \mu x^3$ y de (6): $y^4= \mu x^4$. Estas relaciones implican de nuevo:
   
   $$x^3y^4-x^4y^3=0$$
   
   
   en contradicción con (23).

Las contradicciones obtenidas prueban que efectivamente el bivector considerado $\vec{e}_1\wedge \vec{e}_2 + \vec{e}_3 \wedge \vec{e}_4$ no es descomponible. $\quad\Box$

Observación
Al suponer que la característica del cuerpo ${\mathbb{K}}$ no es 2, podemos probar lo anterior más simplemente. Supongamos una relación $\vec{e}_1 \wedge \vec{e}_2 + \vec{e}_3 \wedge \vec{e}_4 = \vec{x} \wedge \vec y$. Al cuadrar exteriormente los dos miembros obtenemos de ahí:

$$(\vec{e}_1 \wedge \vec{e}_2 + \vec{e}_3 \wedge \vec{e}_4) \we... ... \vec{e}_4) = \vec{x} \wedge \vec y \wedge \vec x \wedge \vec y$$

Por los teoremas 1.1.5 y 1.1.6 el segundo miembro de esta relación es cero. Vale pues:

$$(\vec{e}_1 \wedge \vec{e}_2 + \vec{e}_3 \wedge \vec{e}_4) \w... ... (\vec{e}_1 \wedge \vec{e}_2 + \vec{e}_3 \wedge \vec{e}_4) =0$$ (28)

Pero al desarrollar el primer miembro de (28) obtenemos, de nuevo con la ayuda de los teoremas 1.1.5 y 1.1.6: $2 \vec{e}_1 \wedge \vec{e}_2 \wedge \vec{e}_3 \wedge \vec{e}_4$. La relación (28) toma pues la forma:

$$2 \vec{e}_1 \wedge \vec{e}_2 \wedge \vec{e}_3 \wedge \vec{e}_4 =0$$

Si suponemos $2 \ne 0$, deducimos de ahí:

$$\vec{e}_1 \wedge \vec{e}_2 \wedge \vec{e}_3 \wedge \vec{e}_4 =0$$

Pero esto es un absurdo pues $\vec{e}_1 \wedge \vec{e}_2 \wedge \vec{e}_3 \wedge \vec{e}_4 = \overline{e}_{[\![ 1,4 ]\!]}$ es uno de los elementos de nuestra base privilegiada del álgebra G. De ahí la conclusión. $\quad\Box$
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