Изотропный вектор в базисе

[Утундрий]

Дана линейно независимая система векторов псевдоевклидова пространства, по крайней мере один из которых (назовём его $\mathbf{a}$) - изотропный. Верно ли, что скалярное произведение $\mathbf{a}$ с любым другим вектором системы отлично от нуля?

[realeugene]

Нет, конечно. Возьмите систему из двух векторов с совпадающими временными компонентами, у второго вектора пространственная часть с пространственной частью первого образует нужное пространственное скалярное произведение, но эти пространственные компоненты разные.

[Утундрий]

realeugene
Не очень понял, но выглядит как универсальное доказательство. Однако в $\mathbb{E}^{1,1}$ ответ на заглавный вопрос темы положительный.

[vpb]

Берем такую билинейную форму, на трехмерном пространстве: $f(e_1,e_2)=f(e_2,e_1)=f(e_3,e_3)=1$, а остальные $f(e_i,e_j)$ нули. Тогда вектор $e_1$ изотропен, но вектору $e_3$ из базиса не ортогонален, а сигнатура формы есть $(2,1)$.

[realeugene]

Утундрий в сообщении #1615211 писал(а):

Однако в $\mathbb{E}^{1,1}$ ответ на заглавный вопрос темы положительный.

Да, конечно. Для простоты метрика диагональная, первый вектор имеет нулевую длину. Если пространство более, чем двумерно, то есть несколько осей одного знака в нашей метрике, и существует множество разных векторов, непропорциональных первому векторов, имеющих ту же самую частичную сумму скалярного произведения с первым вектором по этим осям одного знака, как и у самого первого вектора, и совпадающие компоненты по осям другого знака. Если у нас в метрике только две оси, причём, разного знака, то все вектора с нулевым скалярным произведением с первым должны быть пропорциональны первому.

-- 30.10.2023, 03:19 --

А на самом деле, всё ещё проще. Равенство нулю скалярного произведения с первым вектором - это одно линейное уравнение. Значит, его решение имеет размерность на 1 меньше размерности пространства $N$ . И в этом подпространстве уже лежит первый нулевой вектор. Так что, если $N=2$ , то подпространство решений одномерно, и все решения пропорциональны первому вектору. Если $N>2$, то существуют решения, не пропорциональные первому вектору.

[Утундрий]

Да, в ортогональном дополнении же полно места...

Тогда ослабляю условие. Всегда ли найдётся хотя бы один такой вектор базиса $\mathbf{b}$, что $\langle \mathbf{a} \vert \mathbf{b} \rangle \ne 0$?

Вроде бы да, за счёт того, что всякий изотропный вектор лежит в собственном ортогональном дополнении.

[realeugene]

Утундрий в сообщении #1615215 писал(а):

Всегда ли найдётся хотя бы один такой вектор базиса $\mathbf{b}$, что $\langle \mathbf{a} \vert \mathbf{b} \rangle \ne 0$?

Обязательно, так как уравнение $\langle \mathbf{a} \vert \mathbf{x} \rangle = 1$ разрешимо, и его решение $\mathbf{x}$ можно разложить по этому базису.

[svv]

Утундрий в сообщении #1615215 писал(а):

Всегда ли найдётся хотя бы один такой вектор базиса $\mathbf{b}$, что $\langle \mathbf{a} \vert \mathbf{b} \rangle \ne 0$?

Да. Допустим, изотропный базисный вектор $\mathbf a_1$ ортогонален всем другим векторам базиса $(\mathbf a_k)$. Он ортогонален и сам себе, поскольку изотропный. Билинейная форма, задающая скалярное произведение, в этом базисе представляется матрицей $G$ с элементами $g_{ij}=\langle \mathbf a_i \vert \mathbf a_j \rangle$. В первой строке $G$ все элементы нулевые, что противоречит невырожденности скалярного произведения в псевдоевклидовом пространстве.

[Утундрий]

Резюмирую.

Пусть в $\mathbb{E}^{T,S}$ задан некий базис $\{ \mathbf{a}_1, \mathbf{a}_2, \dots, \mathbf{a}_{T+S}\}$, причём $\langle \mathbf{a}_1 | \mathbf{a}_1 \rangle=0$. Тогда отыщется такое $k$, что $\langle \mathbf{a}_1 | \mathbf{a}_k \rangle\ne 0$.

Действительно, размерность ортогонального дополнения к $\mathbf{a}_1$ равна $T+S-1$ и это число определяет максимальное количество векторов базиса, которые могут в нём оказаться. Но $\mathbf{a}_1$ уже лежит в собственном ортогональном дополнении, так что кроме него туда можно всунуть не более $T+S-2$ векторов базиса. Следовательно, хотя бы один обязательно торчит наружу.

Этим фактом можно воспользоваться для изгнания из базиса всех изотропных векторов.

Если $\langle \mathbf{a}_k | \mathbf{a}_k \rangle\ne 0$, то делаем замену $\mathbf{a}_1 \rightarrow \mathbf{a}_1':=\mathbf{a}_1-\dfrac{\langle \mathbf{a}_1 | \mathbf{a}_k \rangle} {\langle \mathbf{a}_k | \mathbf{a}_k \rangle} \;\mathbf{a}_k$ после чего замечаем, что

$$\langle \mathbf{a}_1' | \mathbf{a}_1' \rangle}=-\dfrac{{\langle \mathbf{a}_1 | \mathbf{a}_k \rangle}^2}{\langle \mathbf{a}_k | \mathbf{a}_k \rangle}\ne0,\quad \langle \mathbf{a}_1' | \mathbf{a}_k \rangle =0$$

В случае $\langle \mathbf{a}_k | \mathbf{a}_k \rangle= 0$, делаем две замены

$$\mathbf{a}_1 \rightarrow \mathbf{a}_1':=\mathbf{a}_1+\mathbf{a}_k, \quad \mathbf{a}_k \rightarrow \mathbf{a}_k':=\mathbf{a}_1-\mathbf{a}_k$$

которые приводят к соотношениям

$$\langle \mathbf{a}_1' | \mathbf{a}_1' \rangle=-\langle \mathbf{a}_k' | \mathbf{a}_k' \rangle=2\langle \mathbf{a}_1 | \mathbf{a}_k \rangle\ne 0, \quad \langle \mathbf{a}_1' | \mathbf{a}_k' \rangle =0$$

Как видно, после каждого шага число изотропных векторов в базисе уменьшается и за конечное число шагов их там не останется вовсе.

Ну а потом можно ещё полную ортогонализацию провести обычным способом (для этой процедуры существенно только, чтобы квадраты векторов базиса были ненулевыми).