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Apéndice B Soluciones

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Índice

Básico

Intermedio

Avanzado

Básico

B-1. Fundamentos del producto tensorial \(S \otimes T\)

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Problema: Desarrolla el producto tensorial \(S \otimes T\) de \(S = 3e_1 - e_2\) y \(T = e_1 + 4e_2\).

Aplicamos la propiedad distributiva:

\[S \otimes T = (3e_1 - e_2) \otimes (e_1 + 4e_2)\]
\[= 3 \cdot 1\,e_1 \otimes e_1 + 3 \cdot 4\,e_1 \otimes e_2 + (-1) \cdot 1\,e_2 \otimes e_1 + (-1) \cdot 4\,e_2 \otimes e_2\]
\[\boxed{S \otimes T = 3\,e_1 \otimes e_1 + 12\,e_1 \otimes e_2 - e_2 \otimes e_1 - 4\,e_2 \otimes e_2}\]

Verificación: La matriz de componentes es \(\begin{pmatrix} 3 & 12 \\ -1 & -4 \end{pmatrix}\). Esto coincide con el producto exterior del vector columna \(\begin{pmatrix} 3 \\ -1 \end{pmatrix}\) y el vector fila \(\begin{pmatrix} 1 & 4 \end{pmatrix}\). ✓

B-2. No conmutatividad del producto tensorial

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Problema: Desarrolla \(T \otimes S\) (con \(T = e_1 + 4e_2\), \(S = 3e_1 - e_2\)) y verifica la diferencia con \(S \otimes T\).

\[T \otimes S = (e_1 + 4e_2) \otimes (3e_1 - e_2)\]
\[= 1 \cdot 3\,e_1 \otimes e_1 + 1 \cdot (-1)\,e_1 \otimes e_2 + 4 \cdot 3\,e_2 \otimes e_1 + 4 \cdot (-1)\,e_2 \otimes e_2\]
\[\boxed{T \otimes S = 3\,e_1 \otimes e_1 - e_1 \otimes e_2 + 12\,e_2 \otimes e_1 - 4\,e_2 \otimes e_2}\]

Comparación:

Base Coeficientes de \(S \otimes T\) Coeficientes de \(T \otimes S\)
\(e_1 \otimes e_1\) \(3\) \(3\)
\(e_1 \otimes e_2\) \(12\) \(-1\)
\(e_2 \otimes e_1\) \(-1\) \(12\)
\(e_2 \otimes e_2\) \(-4\) \(-4\)

Los coeficientes de \(e_1 \otimes e_2\) y \(e_2 \otimes e_1\) están intercambiados, por lo que \(S \otimes T \neq T \otimes S\). El producto tensorial es no conmutativo. ✓

B-3. Combinaciones lineales de tensores

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Problema: Calcula \(P + Q\) y \(2P - Q\).

\(P = 2\,e_1 \otimes e_1 - 3\,e_1 \otimes e_2 + e_2 \otimes e_1 + 5\,e_2 \otimes e_2\)

\(Q = -e_1 \otimes e_1 + 4\,e_1 \otimes e_2 - e_2 \otimes e_1 + 2\,e_2 \otimes e_2\)

\(P + Q\): Se suman los coeficientes de los mismos elementos de la base.

\[P + Q = (2-1)\,e_1 \otimes e_1 + (-3+4)\,e_1 \otimes e_2 + (1-1)\,e_2 \otimes e_1 + (5+2)\,e_2 \otimes e_2\]
\[\boxed{P + Q = e_1 \otimes e_1 + e_1 \otimes e_2 + 7\,e_2 \otimes e_2}\]

\(2P - Q\):

\[2P - Q = (4-(-1))\,e_1 \otimes e_1 + (-6-4)\,e_1 \otimes e_2 + (2-(-1))\,e_2 \otimes e_1 + (10-2)\,e_2 \otimes e_2\]
\[\boxed{2P - Q = 5\,e_1 \otimes e_1 - 10\,e_1 \otimes e_2 + 3\,e_2 \otimes e_1 + 8\,e_2 \otimes e_2}\]

Verificación: Comprobamos que \((P+Q) + (2P-Q) = 3P\). \(3P = 6\,e_1\otimes e_1 - 9\,e_1\otimes e_2 + 3\,e_2\otimes e_1 + 15\,e_2\otimes e_2\). Lado izquierdo: \((1+5)\,e_1\otimes e_1 + (1-10)\,e_1\otimes e_2 + (0+3)\,e_2\otimes e_1 + (7+8)\,e_2\otimes e_2 = 6\,e_1\otimes e_1 - 9\,e_1\otimes e_2 + 3\,e_2\otimes e_1 + 15\,e_2\otimes e_2\). Coincide. ✓

B-4. Dimensión del espacio tensorial

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Problema: Cuando \(V\) es de dimensión 4, encuentra las dimensiones de \(T^2(V)\) y \(T^3(V)\).

Dado que cuando \(V\) es de dimensión \(n\), la dimensión de \(T^r(V)\) es \(n^r\):

\[\boxed{\dim T^2(V) = 4^2 = 16, \qquad \dim T^3(V) = 4^3 = 64}\]

Verificación: La base de \(T^2(V)\) es \(e_i \otimes e_j\) (\(i,j = 1,2,3,4\)), lo que da \(4 \times 4 = 16\) elementos. La base de \(T^3(V)\) es \(e_i \otimes e_j \otimes e_k\), lo que da \(4 \times 4 \times 4 = 64\) elementos. ✓

B-5. Expansión de la suma de Einstein

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Problema: Escribe \(S = S^{ij}\,e_i \otimes e_j\) (\(V\) es de dimensión 3) usando el símbolo \(\Sigma\) e indica el número de términos.

\[\boxed{S = \sum_{i=1}^{3}\sum_{j=1}^{3} S^{ij}\,e_i \otimes e_j}\]

Expandiendo explícitamente:

\[S = S^{11}\,e_1\otimes e_1 + S^{12}\,e_1\otimes e_2 + S^{13}\,e_1\otimes e_3 + S^{21}\,e_2\otimes e_1 + S^{22}\,e_2\otimes e_2 + S^{23}\,e_2\otimes e_3$$ $$+ S^{31}\,e_3\otimes e_1 + S^{32}\,e_3\otimes e_2 + S^{33}\,e_3\otimes e_3\]

El número de términos es \(3 \times 3 = \boxed{9}\).

B-6. Violaciones del convenio de Einstein

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Problema: Selecciona los que violan las convenciones de la notación de suma de Einstein.

(a) \(A^i B^j\,e_i \otimes e_j\) — \(i\) aparece una vez en \(A^i\) (arriba) y una vez en \(e_i\) (abajo); \(j\) aparece una vez en \(B^j\) (arriba) y una vez en \(e_j\) (abajo). No hay violación. ✓

(b) \(A^i B^i C^i\) — El índice \(i\) aparece 3 veces en posición superior. Violación de la convención. Un mismo índice no puede aparecer más de 2 veces en un solo término.

(c) \(S^{ij}\,T_{jk}\) — \(j\) aparece una vez arriba (en \(S^{ij}\)) y una vez abajo (en \(T_{jk}\)), por lo que hay contracción. \(i\) aparece una vez arriba (índice libre), \(k\) aparece una vez abajo (índice libre). No hay violación. ✓

(d) \(A^i B_j\) — \(i\) aparece una vez arriba (índice libre), \(j\) aparece una vez abajo (índice libre). No se produce contracción. No hay violación. ✓

(e) \(S^{ij}\,e_i \otimes e_i\) — El índice \(i\) aparece una vez arriba (en \(S^{ij}\)), una vez abajo (en \(e_i\)) y otra vez abajo (en \(e_i\)), lo que suma un total de 3 apariciones. Violación de la convención. Además, \(j\) aparece solo una vez arriba sin un índice inferior correspondiente, lo que genera una inconsistencia al no poder formar una contracción.

\[\boxed{\text{Violan la convención: (b) y (e)}}\]

B-7. Reconstruir un tensor a partir de sus componentes

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Problema: Dados \(S^{11}=2,\; S^{12}=-1,\; S^{21}=0,\; S^{22}=3\), escribe \(S\) explícitamente.

\[S = S^{ij}\,e_i \otimes e_j = \sum_{i=1}^{2}\sum_{j=1}^{2} S^{ij}\,e_i \otimes e_j\]
\[\boxed{S = 2\,e_1 \otimes e_1 - e_1 \otimes e_2 + 0\,e_2 \otimes e_1 + 3\,e_2 \otimes e_2 = 2\,e_1 \otimes e_1 - e_1 \otimes e_2 + 3\,e_2 \otimes e_2}\]

B-8. Producto tensorial de tensores de rango 1 y rango 2

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Problema: Desarrolla el producto tensorial \(A \otimes S \in T^3(V)\) donde \(A = 2e_1 + e_2\) y \(S = e_1 \otimes e_2 - 3\,e_2 \otimes e_1\).

\[A \otimes S = (2e_1 + e_2) \otimes (e_1 \otimes e_2 - 3\,e_2 \otimes e_1)\]

Aplicando la propiedad distributiva:

\[= 2e_1 \otimes (e_1 \otimes e_2) + 2e_1 \otimes (-3\,e_2 \otimes e_1) + e_2 \otimes (e_1 \otimes e_2) + e_2 \otimes (-3\,e_2 \otimes e_1)\]
\[= 2\,e_1 \otimes e_1 \otimes e_2 - 6\,e_1 \otimes e_2 \otimes e_1 + e_2 \otimes e_1 \otimes e_2 - 3\,e_2 \otimes e_2 \otimes e_1\]
\[\boxed{A \otimes S = 2\,e_1 \otimes e_1 \otimes e_2 - 6\,e_1 \otimes e_2 \otimes e_1 + e_2 \otimes e_1 \otimes e_2 - 3\,e_2 \otimes e_2 \otimes e_1}\]

Verificación: \(T^3(V)\) tiene dimensión \(2^3 = 8\). El resultado anterior es una combinación lineal de 4 vectores de la base, y es consistente como elemento de \(T^3(V)\). Comprobando las componentes, deben tener la forma \(A^i S^{jk}\), es decir, \((A \otimes S)^{ijk} = A^i S^{jk}\). Con \(A^1 = 2, A^2 = 1\) y \(S^{12} = 1, S^{21} = -3\) (las demás son 0): \((A\otimes S)^{112} = 2 \cdot 1 = 2\), \((A\otimes S)^{121} = 2 \cdot (-3) = -6\), \((A\otimes S)^{212} = 1 \cdot 1 = 1\), \((A\otimes S)^{221} = 1 \cdot (-3) = -3\). Coincide. ✓

Intermedio

M-1. Condición para tensores descomponibles

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Problema: Demuestra que la condición necesaria y suficiente para que \(W = a\,e_1\otimes e_1 + b\,e_1\otimes e_2 + c\,e_2\otimes e_1 + d\,e_2\otimes e_2\) sea un tensor descomponible es \(ad - bc = 0\).

Estrategia de resolución

Suponiendo que se puede escribir \(W = S \otimes T\), comparamos las componentes y deducimos la condición necesaria \(ad = bc\). Recíprocamente, cuando \(ad = bc\), construimos explícitamente \(S\) y \(T\).

Condición necesaria (\(W\) es descomponible \(\Rightarrow\) \(ad - bc = 0\))

Sea \(S = \alpha e_1 + \beta e_2\), \(T = \gamma e_1 + \delta e_2\). Entonces:

\[S \otimes T = \alpha\gamma\,e_1\otimes e_1 + \alpha\delta\,e_1\otimes e_2 + \beta\gamma\,e_2\otimes e_1 + \beta\delta\,e_2\otimes e_2\]

Si \(W = S \otimes T\), por comparación de coeficientes:

\[a = \alpha\gamma, \quad b = \alpha\delta, \quad c = \beta\gamma, \quad d = \beta\delta\]

Por lo tanto:

\[ad = (\alpha\gamma)(\beta\delta) = \alpha\beta\gamma\delta$$ $$bc = (\alpha\delta)(\beta\gamma) = \alpha\beta\gamma\delta\]

De donde \(ad = bc\), es decir, \(ad - bc = 0\).

Condición suficiente (\(ad - bc = 0\) \(\Rightarrow\) \(W\) es descomponible)

Supongamos \(ad - bc = 0\). Procedemos por casos.

Caso 1: Si \(a = b = c = d = 0\). Entonces \(W = 0 = 0 \otimes 0\), que es descomponible.

Caso 2: Si al menos uno de \(a, b, c, d\) es distinto de cero.

  • Si \(a \neq 0\): De \(ad = bc\) se obtiene \(d = bc/a\).

$\(S = a\,e_1 + c\,e_2, \quad T = e_1 + \frac{b}{a}\,e_2\)$

Entonces:

$\(S \otimes T = a\,e_1\otimes e_1 + b\,e_1\otimes e_2 + c\,e_2\otimes e_1 + \frac{bc}{a}\,e_2\otimes e_2 = a\,e_1\otimes e_1 + b\,e_1\otimes e_2 + c\,e_2\otimes e_1 + d\,e_2\otimes e_2 = W\)$

  • Si \(a = 0\): De \(ad - bc = 0\) se deduce \(bc = 0\).

  • \(b = 0\) y \(c = 0\): \(W = d\,e_2\otimes e_2 = (e_2) \otimes (d\,e_2)\), que es descomponible.

  • \(b = 0\) y \(c \neq 0\): \(bc = 0\) se satisface automáticamente. Como \(a = 0, b = 0\), tenemos \(W = c\,e_2\otimes e_1 + d\,e_2\otimes e_2 = e_2 \otimes (c\,e_1 + d\,e_2)\), que es descomponible.
  • \(b \neq 0\) y \(c = 0\): De manera análoga, \(W = b\,e_1\otimes e_2 + d\,e_2\otimes e_2 = (b\,e_1 + d\,e_2) \otimes e_2\), que es descomponible.

En todos los casos \(W\) es descomponible.

Conclusión

\[\boxed{W \text{ es descomponible} \iff ad - bc = 0}\]

Verificación: En el ejemplo del texto, \(W = e_1\otimes e_1 + e_2\otimes e_2\), tenemos \(a = 1, b = 0, c = 0, d = 1\), por lo que \(ad - bc = 1 \neq 0\). Esto es consistente con el hecho de que no es descomponible. ✓

M-2. Representación en componentes de una aplicación bilineal

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Problema: Cálculo para las componentes \(f_{11}=2, f_{12}=1, f_{21}=1, f_{22}=3\) de un tensor \(\binom{0}{2}\) \(f\).

(a) Expresar \(f(\vec{A}, \vec{B})\) en componentes

Como \(f\) es una aplicación bilineal, para \(\vec{A} = A^i e_i\) y \(\vec{B} = B^j e_j\):

\[f(\vec{A}, \vec{B}) = f(A^i e_i,\; B^j e_j)\]

Por la linealidad en el primer argumento:

\[= A^i\,f(e_i,\; B^j e_j)\]

Por la linealidad en el segundo argumento:

\[= A^i B^j\,f(e_i, e_j)\]

Como \(f(e_i, e_j) = f_{ij}\):

\[\boxed{f(\vec{A}, \vec{B}) = A^i B^j f_{ij} = f_{ij}\,A^i B^j}\]

(Con la convención de suma de Einstein sobre \(i, j\).)

(b) Cálculo del valor concreto

De \(\vec{A} = e_1 - 2e_2\) se obtiene \(A^1 = 1, A^2 = -2\). De \(\vec{B} = 3e_1 + e_2\) se obtiene \(B^1 = 3, B^2 = 1\).

\[f(\vec{A}, \vec{B}) = A^1 B^1 f_{11} + A^1 B^2 f_{12} + A^2 B^1 f_{21} + A^2 B^2 f_{22}\]
\[= (1)(3)(2) + (1)(1)(1) + (-2)(3)(1) + (-2)(1)(3)\]
\[= 6 + 1 - 6 - 6 = \boxed{-5}\]

(c) Verificación de la simetría

Comparamos \(f(\vec{A}, \vec{B}) = A^i B^j f_{ij}\) con \(f(\vec{B}, \vec{A}) = B^i A^j f_{ij}\).

En \(f(\vec{B}, \vec{A})\), renombrando los índices mudos \(i \to j\), \(j \to i\):

\[f(\vec{B}, \vec{A}) = B^i A^j f_{ij} = B^j A^i f_{ji} = A^i B^j f_{ji}\]

Por otro lado, \(f(\vec{A}, \vec{B}) = A^i B^j f_{ij}\).

Para que \(f(\vec{A}, \vec{B}) = f(\vec{B}, \vec{A})\) se cumpla para cualquier \(\vec{A}, \vec{B}\), es necesario que \(A^i B^j f_{ij} = A^i B^j f_{ji}\) se cumpla para cualquier \(A^i, B^j\), lo cual es equivalente a \(f_{ij} = f_{ji}\).

Verificando explícitamente:

\[f_{11} = 2 = f_{11}, \quad f_{12} = 1 = f_{21}, \quad f_{21} = 1 = f_{12}, \quad f_{22} = 3 = f_{22}\]

Como \(f_{ij} = f_{ji}\) se cumple para todos los \(i, j\), entonces \(f(\vec{A}, \vec{B}) = f(\vec{B}, \vec{A})\) se cumple para cualquier \(\vec{A}, \vec{B}\). \(\square\)

Comprobación: Calculamos directamente \(f(\vec{B}, \vec{A})\) en (b). \(B^1 = 3, B^2 = 1, A^1 = 1, A^2 = -2\).

\[f(\vec{B}, \vec{A}) = (3)(1)(2) + (3)(-2)(1) + (1)(1)(1) + (1)(-2)(3) = 6 - 6 + 1 - 6 = -5\]

\(f(\vec{A}, \vec{B}) = f(\vec{B}, \vec{A}) = -5\). ✓

M-3. Adición de rangos mediante el producto tensorial

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Problema: Demuestra mediante representación en componentes que el producto tensorial de \(S \in T^r(V)\) y \(T \in T^m(V)\) es un elemento de \(T^{r+m}(V)\).

Solución

Expresamos \(S\) y \(T\) en componentes:

\[S = S^{i_1 i_2 \cdots i_r}\,e_{i_1} \otimes e_{i_2} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}\]
\[T = T^{j_1 j_2 \cdots j_m}\,e_{j_1} \otimes e_{j_2} \otimes \cdots \otimes e_{j_m}\]

Calculamos el producto tensorial \(S \otimes T\). Usando la regla (B.1) (extracción de escalares) y (B.2), (B.3) (distributividad):

\[S \otimes T = \left(S^{i_1 \cdots i_r}\,e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}\right) \otimes \left(T^{j_1 \cdots j_m}\,e_{j_1} \otimes \cdots \otimes e_{j_m}\right)\]

Primero, por la distributividad, podemos tomar el producto tensorial término a término para cada tensor de base:

\[= S^{i_1 \cdots i_r}\,T^{j_1 \cdots j_m}\,\left(e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}\right) \otimes \left(e_{j_1} \otimes \cdots \otimes e_{j_m}\right)\]

Aquí hemos usado la regla (B.1) para extraer los escalares \(S^{i_1 \cdots i_r}\) y \(T^{j_1 \cdots j_m}\) fuera del producto tensorial.

Por la asociatividad del producto tensorial, podemos eliminar los paréntesis:

\[= S^{i_1 \cdots i_r}\,T^{j_1 \cdots j_m}\,e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r} \otimes e_{j_1} \otimes \cdots \otimes e_{j_m}\]

Si definimos las nuevas componentes como

\[U^{i_1 \cdots i_r j_1 \cdots j_m} := S^{i_1 \cdots i_r}\,T^{j_1 \cdots j_m}\]

entonces:

\[S \otimes T = U^{i_1 \cdots i_r j_1 \cdots j_m}\,e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r} \otimes e_{j_1} \otimes \cdots \otimes e_{j_m}\]

El lado derecho está expresado con componentes \(U^{i_1 \cdots i_r j_1 \cdots j_m}\) que poseen \(r + m\) índices superiores, tomando como base el producto tensorial de \(r + m\) vectores de base. Esta es precisamente la representación estándar de un elemento de \(T^{r+m}(V)\).

\[\boxed{S \otimes T \in T^{r+m}(V), \quad (S \otimes T)^{i_1 \cdots i_r j_1 \cdots j_m} = S^{i_1 \cdots i_r}\,T^{j_1 \cdots j_m}}\]

\(\square\)

Verificación: Consistencia dimensional. \(T^r(V)\) tiene dimensión \(n^r\), \(T^m(V)\) tiene dimensión \(n^m\). \(T^{r+m}(V)\) tiene dimensión \(n^{r+m} = n^r \cdot n^m\). El número de combinaciones de índices de las componentes \(U^{i_1 \cdots i_r j_1 \cdots j_m}\) es \(n^r \cdot n^m = n^{r+m}\), lo cual coincide. ✓

M-4. \(T^0(V)\) y los escalares

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Problema: Demuestra que los elementos de \(T^0(V)\) corresponden a escalares, y que \(\lambda \otimes S = \lambda S\).

Solución

\(T^0(V)\) corresponde a escalares:

Si en la Definición B.1 tomamos \(r = 0\), la base de \(T^0(V)\) es \(e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}\) con \(r = 0\) productos tensoriales, es decir, el "producto tensorial vacío". Este consiste en un único símbolo (que escribimos como la unidad \(\mathbf{1}\)). La dimensión de \(T^0(V)\) es \(n^0 = 1\).

Cualquier elemento de \(T^0(V)\) puede escribirse en la forma \(\lambda \cdot \mathbf{1}\) (\(\lambda \in \mathbb{R}\)). Por lo tanto, \(T^0(V)\) es isomorfo al cuerpo de los números reales \(\mathbb{R}\), y los elementos de \(T^0(V)\) corresponden a escalares (números reales).

Demostración de \(\lambda \otimes S = \lambda S\):

Sean \(\lambda \in T^0(V)\) (escalar) y \(S \in T^r(V)\). Expresamos \(S\) en componentes como \(S = S^{i_1 \cdots i_r}\,e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}\).

Utilizamos la regla del producto tensorial (B.1): \(k(S \otimes T) = (kS) \otimes T = S \otimes (kT)\).

Como \(\lambda\) es un escalar, aplicando la regla (B.1) a \(\lambda \otimes S\):

\[\lambda \otimes S = \lambda \otimes \left(S^{i_1 \cdots i_r}\,e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}\right)\]

Por la propiedad distributiva y (B.1):

\[= S^{i_1 \cdots i_r}\,\lambda \otimes \left(e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}\right)\]

Aquí, \(\lambda \otimes (e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r})\) permite, en el sentido de la regla (B.1) \(k(S \otimes T) = (kS) \otimes T\), sacar el escalar \(\lambda\) delante del tensor base. Es decir, el producto tensorial del elemento \(\lambda\) de \(T^0(V)\) con la base de \(T^r(V)\) es un elemento de \(T^{0+r}(V) = T^r(V)\):

\[\lambda \otimes (e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}) = \lambda\,(e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r})\]

Por lo tanto:

\[\lambda \otimes S = S^{i_1 \cdots i_r}\,\lambda\,(e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}) = \lambda\,S^{i_1 \cdots i_r}\,(e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}) = \lambda S\]
\[\boxed{\lambda \otimes S = \lambda S \in T^r(V)}\]

\(\square\)

Verificación: Consistencia de rangos: el producto tensorial de un elemento de \(T^0(V)\) con un elemento de \(T^r(V)\) es un elemento de \(T^{0+r}(V) = T^r(V)\). El producto por escalar \(\lambda S\) es efectivamente un elemento de \(T^r(V)\). ✓

M-5. Expansión simple de \(S \otimes T\)

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Estrategia de resolución

Se expande el producto tensorial de \(S = e_1 + 2e_2\) y \(T = 3e_1 - e_2\) usando la propiedad distributiva, expresándolo en la base \(\{e_i \otimes e_j\}\) de \(T^2(V)\).

Cálculo

\[ S \otimes T = (e_1 + 2e_2) \otimes (3e_1 - e_2) \]

Aplicando la propiedad distributiva:

\[ = e_1 \otimes (3e_1 - e_2) + 2e_2 \otimes (3e_1 - e_2) \]
\[ = 3\,e_1 \otimes e_1 - e_1 \otimes e_2 + 6\,e_2 \otimes e_1 - 2\,e_2 \otimes e_2 \]
\[ \boxed{S \otimes T = 3\,e_1 \otimes e_1 - e_1 \otimes e_2 + 6\,e_2 \otimes e_1 - 2\,e_2 \otimes e_2} \]

Escrito en componentes, \((S \otimes T)^{ij}\) es:

\[ (S \otimes T)^{ij} = S^i T^j = \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 6 & -2 \end{pmatrix} \]

Verificación

Se comprueba la condición para tensores descomponibles \(ad - bc = 0\): con \(a = 3\), \(b = -1\), \(c = 6\), \(d = -2\) se tiene \(ad - bc = 3 \times (-2) - (-1) \times 6 = -6 + 6 = 0\). ✓ Se confirma que es un tensor descomponible. \(\square\)

M-6. Dimensión del espacio tensorial en un espacio tridimensional

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Estrategia de resolución

Se utiliza el hecho de que cuando \(V\) es de dimensión \(n\), la dimensión de \(T^r(V)\) es \(n^r\), y se calculan las dimensiones de \(T^2(V)\) y \(T^3(V)\) para el caso \(n = 3\).

Cálculo

Cuando \(V\) es un espacio lineal de dimensión \(n\), la base de \(T^r(V)\) es

\[ \{e_{i_1} \otimes e_{i_2} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}\}_{i_1, i_2, \ldots, i_r = 1, \ldots, n} \]

y como cada índice toma \(n\) valores, el número de elementos de la base (= dimensión) es \(n^r\).

Cuando \(V\) es tridimensional (\(n = 3\)):

Dimensión de \(T^2(V)\):

\[ \dim T^2(V) = 3^2 = 9 \]

La base consta de los 9 elementos \(e_i \otimes e_j\) (\(i, j = 1, 2, 3\)): \(e_1 \otimes e_1\), \(e_1 \otimes e_2\), \(e_1 \otimes e_3\), \(e_2 \otimes e_1\), \(e_2 \otimes e_2\), \(e_2 \otimes e_3\), \(e_3 \otimes e_1\), \(e_3 \otimes e_2\), \(e_3 \otimes e_3\).

Dimensión de \(T^3(V)\):

\[ \dim T^3(V) = 3^3 = 27 \]

La base consta de los 27 elementos \(e_i \otimes e_j \otimes e_k\) (\(i, j, k = 1, 2, 3\)).

\[ \boxed{\dim T^2(V) = 9, \quad \dim T^3(V) = 27} \]

Verificación

En general, \(\dim T^r(V) = n^r\) crece exponencialmente. Para \(n = 3\) se tiene \(T^0 = 1\), \(T^1 = 3\), \(T^2 = 9\), \(T^3 = 27\), \(T^4 = 81\). En el espacio-tiempo tetradimensional (\(n = 4\)), el tensor de Riemann es un elemento de \(T^4\) y posee \(4^4 = 256\) componentes, pero debido a las simetrías, las componentes independientes se reducen a 20. \(\square\)

M-7. No descomponibilidad de tensores antisimétricos

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Estrategia de resolución

Demostraremos que \(W = e_1 \otimes e_2 - e_2 \otimes e_1\) no puede escribirse como un tensor descomponible (de la forma \(S \otimes T\)), utilizando el criterio de decisión \(ad - bc = 0\) del problema B.9.

Cálculo

Las componentes de \(W = e_1 \otimes e_2 - e_2 \otimes e_1\) son

\[ W^{11} = 0, \quad W^{12} = 1, \quad W^{21} = -1, \quad W^{22} = 0 \]

es decir, \(a = 0\), \(b = 1\), \(c = -1\), \(d = 0\).

Según el resultado del problema B.9, la condición necesaria y suficiente para que \(W\) sea un tensor descomponible (\(W = S \otimes T\)) es

\[ ad - bc = 0 \]

Calculando explícitamente

\[ ad - bc = 0 \times 0 - 1 \times (-1) = 0 + 1 = 1 \neq 0 \]
\[ \boxed{ad - bc = 1 \neq 0 \quad \Longrightarrow \quad e_1 \otimes e_2 - e_2 \otimes e_1 \text{ no es un tensor descomponible}} \]

Significado físico: \(e_1 \otimes e_2 - e_2 \otimes e_1\) es un ejemplo típico de tensor antisimétrico y corresponde al "producto exterior" de dos vectores. En general, los tensores antisimétricos no triviales no pueden expresarse como tensores descomponibles. Esto está relacionado con el hecho de que el tensor del campo electromagnético \(F_{\mu\nu}\) (antisimétrico) no puede escribirse, en general, en la forma de un único \(A_\mu \otimes B_\nu\).

Verificación

Si pudiéramos escribir \(W = S \otimes T = (\alpha e_1 + \beta e_2) \otimes (\gamma e_1 + \delta e_2)\), entonces \(W^{11} = \alpha\gamma = 0\), \(W^{12} = \alpha\delta = 1\), \(W^{21} = \beta\gamma = -1\), \(W^{22} = \beta\delta = 0\). De \(\alpha\gamma = 0\) se deduce que \(\alpha = 0\) o \(\gamma = 0\). Si \(\alpha = 0\), entonces \(\alpha\delta = 0 \neq 1\), lo cual es una contradicción. Si \(\gamma = 0\), entonces \(\beta\gamma = 0 \neq -1\), lo cual también es una contradicción. Por lo tanto, la no descomponibilidad queda confirmada también de forma directa. \(\square\)

M-8. Evaluación de la forma bilineal identidad

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Estrategia de resolución

Se leen las componentes \(f_{ij} = f(e_i, e_j)\) del tensor \(\binom{0}{2}\) \(f\), y se calcula usando la multilinealidad \(f(\vec{A}, \vec{B}) = A^i B^j f_{ij}\).

Cálculo

A partir de las condiciones dadas, las componentes de \(f\) son

\[ f_{11} = f(e_1, e_1) = 1, \quad f_{12} = f(e_1, e_2) = 0, \quad f_{21} = f(e_2, e_1) = 0, \quad f_{22} = f(e_2, e_2) = 1 \]

Es decir, \(f_{ij} = \delta_{ij}\) (delta de Kronecker, matriz identidad).

Para \(\vec{A} = 3e_1 + 2e_2\) (\(A^1 = 3\), \(A^2 = 2\)) y \(\vec{B} = -e_1 + 4e_2\) (\(B^1 = -1\), \(B^2 = 4\)):

\[ f(\vec{A}, \vec{B}) = A^i B^j f_{ij} = \sum_{i=1}^{2}\sum_{j=1}^{2} A^i B^j f_{ij} \]

Como \(f_{ij} = \delta_{ij}\), todos los términos con \(i \neq j\) son cero:

\[ f(\vec{A}, \vec{B}) = A^1 B^1 f_{11} + A^2 B^2 f_{22} = A^1 B^1 + A^2 B^2 \]
\[ = 3 \times (-1) + 2 \times 4 = -3 + 8 = 5 \]
\[ \boxed{f(\vec{A}, \vec{B}) = 5} \]

Verificación

\(f_{ij} = \delta_{ij}\) corresponde al producto interno euclídeo (producto escalar). Por lo tanto, \(f(\vec{A}, \vec{B}) = \vec{A} \cdot \vec{B} = 3 \times (-1) + 2 \times 4 = 5\). ✓

Además, \(f(\vec{B}, \vec{A}) = B^1 A^1 + B^2 A^2 = (-1) \times 3 + 4 \times 2 = 5 = f(\vec{A}, \vec{B})\), lo cual es consistente con el hecho de que \(f\) es un tensor simétrico (\(f_{ij} = f_{ji}\)). \(\square\)

Avanzado

A-1. Descomposición simétrica y antisimétrica

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Problema: Descomposición simétrica-antisimétrica de un tensor de segundo orden.

(a) Descomposición única \(W = W^{(S)} + W^{(A)}\)

Demostración de existencia:

Para cualquier \(W \in T^2(V)\), sea \(W = W^{ij}\,e_i \otimes e_j\). Por definición:

\[W^{(S)} = \frac{1}{2}(W^{ij} + W^{ji})\,e_i \otimes e_j, \qquad W^{(A)} = \frac{1}{2}(W^{ij} - W^{ji})\,e_i \otimes e_j\]

Calculando la suma:

\[W^{(S)} + W^{(A)} = \frac{1}{2}(W^{ij} + W^{ji})\,e_i \otimes e_j + \frac{1}{2}(W^{ij} - W^{ji})\,e_i \otimes e_j\]
\[= \frac{1}{2}\left[(W^{ij} + W^{ji}) + (W^{ij} - W^{ji})\right]\,e_i \otimes e_j = \frac{1}{2} \cdot 2W^{ij}\,e_i \otimes e_j = W^{ij}\,e_i \otimes e_j = W\]

Por lo tanto, se cumple \(W = W^{(S)} + W^{(A)}\).

Verificación de que \(W^{(S)}\) es simétrico: La componente \((ij)\) de \(W^{(S)}\) es \(\frac{1}{2}(W^{ij} + W^{ji})\). La componente \((ji)\) es \(\frac{1}{2}(W^{ji} + W^{ij})\). Como son iguales, es simétrico.

Verificación de que \(W^{(A)}\) es antisimétrico: La componente \((ij)\) de \(W^{(A)}\) es \(\frac{1}{2}(W^{ij} - W^{ji})\). La componente \((ji)\) es \(\frac{1}{2}(W^{ji} - W^{ij}) = -\frac{1}{2}(W^{ij} - W^{ji})\). Por lo tanto, es antisimétrico.

Demostración de unicidad:

Supongamos que \(W = P + Q\) es una descomposición (\(P\) simétrico, \(Q\) antisimétrico). En componentes, \(W^{ij} = P^{ij} + Q^{ij}\).

Como \(P^{ij} = P^{ji}\) y \(Q^{ij} = -Q^{ji}\), al intercambiar los índices \(i, j\):

\[W^{ji} = P^{ji} + Q^{ji} = P^{ij} - Q^{ij}\]

Resolviendo el sistema de \(W^{ij} = P^{ij} + Q^{ij}\) y \(W^{ji} = P^{ij} - Q^{ij}\):

\[P^{ij} = \frac{1}{2}(W^{ij} + W^{ji}), \qquad Q^{ij} = \frac{1}{2}(W^{ij} - W^{ji})\]

Esto es exactamente la definición de \(W^{(S)}\) y \(W^{(A)}\), por lo que la descomposición es única. \(\square\)

(b) Son subespacios y sus dimensiones

\(\mathrm{Sym}^2(V)\) es un subespacio:

  1. Elemento nulo: \(0^{ij} = 0 = 0^{ji}\), por lo que \(0 \in \mathrm{Sym}^2(V)\).
  2. Clausura bajo la suma: Si \(P, Q \in \mathrm{Sym}^2(V)\), entonces \((P+Q)^{ij} = P^{ij} + Q^{ij} = P^{ji} + Q^{ji} = (P+Q)^{ji}\).
  3. Clausura bajo multiplicación escalar: Si \(P \in \mathrm{Sym}^2(V)\), \(\lambda \in \mathbb{R}\), entonces \((\lambda P)^{ij} = \lambda P^{ij} = \lambda P^{ji} = (\lambda P)^{ji}\).

Por lo tanto, \(\mathrm{Sym}^2(V)\) es un subespacio de \(T^2(V)\).

\(\mathrm{Alt}^2(V)\) es un subespacio:

  1. Elemento nulo: \(0^{ij} = 0 = -0 = -0^{ji}\), por lo que \(0 \in \mathrm{Alt}^2(V)\).
  2. Clausura bajo la suma: Si \(P, Q \in \mathrm{Alt}^2(V)\), entonces \((P+Q)^{ij} = P^{ij} + Q^{ij} = -P^{ji} + (-Q^{ji}) = -(P+Q)^{ji}\).
  3. Clausura bajo multiplicación escalar: Si \(P \in \mathrm{Alt}^2(V)\), \(\lambda \in \mathbb{R}\), entonces \((\lambda P)^{ij} = \lambda P^{ij} = \lambda(-P^{ji}) = -(\lambda P)^{ji}\).

Por lo tanto, \(\mathrm{Alt}^2(V)\) también es un subespacio de \(T^2(V)\). \(\square\)

Cálculo de las dimensiones:

Cuando \(V\) tiene dimensión \(n\), las componentes independientes de un tensor simétrico \(S^{ij} = S^{ji}\) son iguales al número de pares \((i,j)\) con \(i \leq j\). Esto corresponde a combinaciones con repetición de 2 elementos tomados de \(n\):

\[\dim \mathrm{Sym}^2(V) = \binom{n+1}{2} = \frac{n(n+1)}{2}\]

Para un tensor antisimétrico \(A^{ij} = -A^{ji}\), las componentes diagonales son \(A^{ii} = 0\) (ya que \(A^{ii} = -A^{ii}\)). Las componentes independientes son el número de pares con \(i < j\):

\[\dim \mathrm{Alt}^2(V) = \binom{n}{2} = \frac{n(n-1)}{2}\]

Verificación: \(\dim \mathrm{Sym}^2(V) + \dim \mathrm{Alt}^2(V) = \frac{n(n+1)}{2} + \frac{n(n-1)}{2} = \frac{n^2 + n + n^2 - n}{2} = n^2 = \dim T^2(V)\). ✓

Esto es consistente con la descomposición en suma directa \(T^2(V) = \mathrm{Sym}^2(V) \oplus \mathrm{Alt}^2(V)\) demostrada en (a).

(c) Número de componentes independientes en el espaciotiempo 4-dimensional

Sustituyendo \(n = 4\).

Tensor métrico \(g_{\mu\nu}\) (simétrico):

\[\frac{n(n+1)}{2} = \frac{4 \times 5}{2} = \boxed{10 \text{ componentes}}\]

Tensor electromagnético \(F_{\mu\nu}\) (antisimétrico):

\[\frac{n(n-1)}{2} = \frac{4 \times 3}{2} = \boxed{6 \text{ componentes}}\]

Verificación de la suma:

\[10 + 6 = 16 = 4^2 = n^2 \quad \checkmark\]

Esto coincide con la dimensión \(n^2 = 16\) de \(T^2(V)\), y refleja que cualquier tensor de segundo orden (16 componentes independientes) se descompone de manera única en su parte simétrica (10 componentes) y su parte antisimétrica (6 componentes).

Nota física: Las 6 componentes independientes de \(F_{\mu\nu}\) corresponden a las 3 componentes del campo eléctrico \((E_x, E_y, E_z)\) y las 3 componentes del campo magnético \((B_x, B_y, B_z)\). Las 10 componentes independientes de \(g_{\mu\nu}\) corresponden al hecho de que las ecuaciones de Einstein \(G_{\mu\nu} = 8\pi T_{\mu\nu}\) constituyen un sistema de 10 ecuaciones independientes.

A-2. Representación tensorial mediante el espacio dual

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Problema: Relación entre el producto tensorial del espacio dual y los tensores de tipo \(\binom{0}{N}\).

(a) Base y dimensión de \(V^* \otimes V^*\)

Dado que la base de \(V^*\) es \(\{e^1, e^2, \ldots, e^n\}\) (\(n\) elementos), la base de \(V^* \otimes V^*\) es:

\[\{e^i \otimes e^j \mid i, j = 1, 2, \ldots, n\}\]

El número de elementos de la base es \(n \times n = n^2\).

\[\boxed{\text{Base:} \{e^i \otimes e^j\}_{i,j=1}^n, \qquad \dim(V^* \otimes V^*) = n^2}\]

(b) Verificación de \(f = f_{ij}\,e^i \otimes e^j\)

Suponiendo que \(f = f_{ij}\,e^i \otimes e^j\), verificamos que devuelve el valor correcto para vectores arbitrarios \(\vec{A} = A^k e_k\), \(\vec{B} = B^l e_l\).

Utilizamos la definición de la acción del producto tensorial \((e^i \otimes e^j)(\vec{A}, \vec{B}) := e^i(\vec{A})\,e^j(\vec{B})\).

\[f(\vec{A}, \vec{B}) = \left(f_{ij}\,e^i \otimes e^j\right)(\vec{A}, \vec{B})\]

Por linealidad:

\[= f_{ij}\,(e^i \otimes e^j)(\vec{A}, \vec{B}) = f_{ij}\,e^i(\vec{A})\,e^j(\vec{B})\]

Por la definición de la base dual \(e^i(e_k) = \delta^i{}_k\) y la linealidad con \(\vec{A} = A^k e_k\):

\[e^i(\vec{A}) = e^i(A^k e_k) = A^k\,e^i(e_k) = A^k\,\delta^i{}_k = A^i\]

De manera análoga:

\[e^j(\vec{B}) = B^j\]

Por lo tanto:

\[f(\vec{A}, \vec{B}) = f_{ij}\,A^i\,B^j = A^i B^j f_{ij}\]

Esto coincide perfectamente con la representación en componentes del tensor \(\binom{0}{2}\) derivada en S2(a): \(f(\vec{A}, \vec{B}) = f_{ij} A^i B^j\).

Recíprocamente, para cualquier tensor \(\binom{0}{2}\) \(f\) (aplicación bilineal \(f: V \times V \to \mathbb{R}\)), si definimos \(f_{ij} := f(e_i, e_j)\), entonces por el cálculo anterior \(f\) se identifica con el elemento \(f_{ij}\,e^i \otimes e^j\) de \(V^* \otimes V^*\).

\[\boxed{f = f_{ij}\,e^i \otimes e^j \in V^* \otimes V^*, \quad \text{se reproduce } f(\vec{A}, \vec{B}) = f_{ij}\,A^i B^j}\]

\(\square\)

(c) Generalización y conexión entre los dos enfoques

El espacio de tensores \(\binom{0}{2}\) \(\cong V^* \otimes V^*\):

Del resultado de (b), el conjunto de todos los tensores \(\binom{0}{2}\) (aplicaciones bilineales sobre \(V \times V\)) es isomorfo a \(V^* \otimes V^*\). La aplicación viene dada por:

\[f \mapsto f_{ij}\,e^i \otimes e^j, \qquad f_{ij} = f(e_i, e_j)\]

y es un isomorfismo lineal (independiente de la elección de base).

Generalización a tensores \(\binom{0}{N}\):

De manera análoga, para un tensor \(\binom{0}{N}\) (aplicación multilineal que toma \(N\) vectores como argumentos \(f: \underbrace{V \times \cdots \times V}_{N} \to \mathbb{R}\)):

\[f = f_{i_1 i_2 \cdots i_N}\,e^{i_1} \otimes e^{i_2} \otimes \cdots \otimes e^{i_N}\]

donde \(f_{i_1 \cdots i_N} = f(e_{i_1}, \ldots, e_{i_N})\), y la acción es:

\[(e^{i_1} \otimes \cdots \otimes e^{i_N})(\vec{A}_1, \ldots, \vec{A}_N) := e^{i_1}(\vec{A}_1) \cdots e^{i_N}(\vec{A}_N) = A_1^{i_1} \cdots A_N^{i_N}\]

Por lo tanto:

\[f(\vec{A}_1, \ldots, \vec{A}_N) = f_{i_1 \cdots i_N}\,A_1^{i_1} \cdots A_N^{i_N}\]

Con esto se obtiene:

\[\boxed{\text{Espacio de tensores }\binom{0}{N} \cong \underbrace{V^* \otimes \cdots \otimes V^*}_{N} =: T_N(V)}\]

Conexión entre los dos enfoques (generalización de la sección B.11 del texto):

Existen dos definiciones equivalentes de tensor:

Enfoque Tensor contravariante Tensor covariante
Algebraico (espacio de productos tensoriales) \(T^r(V) = \underbrace{V \otimes \cdots \otimes V}_{r}\) \(T_N(V) = \underbrace{V^* \otimes \cdots \otimes V^*}_{N}\)
Funcional (aplicación multilineal) \(\underbrace{V^* \times \cdots \times V^*}_{r} \to \mathbb{R}\) \(\underbrace{V \times \cdots \times V}_{N} \to \mathbb{R}\)
  • Tensor contravariante \(T^r(V)\): elemento del espacio obtenido por el producto tensorial de \(V\) consigo mismo \(r\) veces. Las componentes tienen \(r\) índices superiores. Equivalentemente, es una aplicación multilineal que toma \(r\) 1-formas como argumentos.
  • Tensor covariante \(T_N(V)\): elemento del espacio obtenido por el producto tensorial de \(V^*\) consigo mismo \(N\) veces. Las componentes tienen \(N\) índices inferiores. Equivalentemente, es una aplicación multilineal que toma \(N\) vectores como argumentos.

Además, los tensores mixtos generales (de tipo \(\binom{r}{N}\)) son:

\[T^r{}_N(V) = \underbrace{V \otimes \cdots \otimes V}_{r} \otimes \underbrace{V^* \otimes \cdots \otimes V^*}_{N}\]

elementos de este espacio, con componentes \(T^{i_1 \cdots i_r}{}_{j_1 \cdots j_N}\) que poseen \(r\) índices superiores y \(N\) índices inferiores. Equivalentemente, son aplicaciones multilineales que toman \(r\) 1-formas y \(N\) vectores como argumentos.

Esta correspondencia es la expresión general de que los dos enfoques descritos en la sección B.11 del texto —"elementos del espacio de productos tensoriales" y "aplicaciones multilineales"— describen el mismo objeto matemático. \(\square\)

Verificación: Consistencia dimensional. La dimensión de \(T_N(V) = (V^*)^{\otimes N}\) es \((\dim V^*)^N = n^N\). Por otro lado, el número de componentes \(f_{i_1 \cdots i_N}\) de una aplicación multilineal que toma \(N\) vectores como argumentos es \(n^N\). Coinciden. ✓