格拉斯曼代数

时间：2023-06-15

　　本文是对格拉斯曼代数的初步介绍。笔者的参考教材是梅向明等编著、高等教育出版社出版的的《微分几何（第四版）》。这本书把格拉斯曼代数作为由 $n$ 维实向量空间 $V$ 得到的 $2^n$ 维向量空间，但是笔者认为其引入方法在逻辑上有些混乱。本文将按照处理向量空间的严格方法对其进行介绍。

　　##全文无图警告##全文无图警告##全文无图警告##全文无图警告##全文无图警告设 $V$ 是实数域 $\mathbb R$ 上的 $n$ 维向量空间。对其中的基底 $e_1,\cdots,e_n$ 引进叫做“外乘”的运算“ $\wedge$ ”，可以得到一些形式上的元素，比如对 $e_1$ 和 $e_2$ 作外乘得到 $e_1\wedge e_2$ 。

　　 $V$ 本身的 $n$ 个基底， $\mathbb R$ 中的 $1$ （也就是 $\mathbb R$ 的基底）连同由外乘运算得到的元素，即

　　 $e_i\wedge e_j,\\ \cdots\\ e_{i_1}\wedge\cdots\wedge e_{i_p}\\ \cdots\\ e_1\wedge e_2\wedge\cdots\wedge e_n\\$

　　在它们的基础上再引入形式上直接进行的加法和标量乘法，并且规定其满足交换性、结合性和分配性质。比如 $2$ 与 $e_2\wedge e_3$ 作标量乘法就是 $2e_2\wedge e_3$ ， $5e_1\wedge e_4$ 与 $e_2\wedge e_4$ 作加法就是 $5e_1\wedge e_4+e_2\wedge e_4$ ，还有 $2(3e_1+e_2)=6e_1+2e_2$ 等成立。定义加法和标量乘法之后，就可以写出这些元素的线性组合了。所有这些外乘的线性组合连同 $1$ 的线性组合（也就是实数）构成的集合记作 $G(V)$ ，立马可以证明， $G(V)$ 是线性空间，其中的加法单位元是所有系数都为零时得到的元素。

　　再作出以下规定：

　　 $e_i\wedge e_j=(-1)e_j\wedge e_i\\ (e_{i_1}\wedge\cdots e_{i_p})\wedge(e_{j_1}\wedge\cdots e_{j_q})= e_{i_1}\wedge\cdots e_{i_p}\wedge e_{j_1}\wedge\cdots e_{j_q}\\$

　　这样，先前有些重复的情况可以大大化简。比如 $e_1\wedge e_2\wedge e_3$ 、 $e_1\wedge e_3\wedge e_2$ 还有 $e_3\wedge e_2\wedge e_1$ ，它们之间只差一个系数，可以只保留 $e_1\wedge e_2\wedge e_3$ ，另外两个可以由其通过标量乘法得到。于是对于 $p$ 个基底作外乘的结果，可以限定元素的顺序为 $1\leqslant i_1<\cdots<i_p\leqslant n$ ，于是在 $n$ 维向量空间中能组出来的结果共有 $\mathrm C_n^p$ 个。对 $\mathrm C_n^p$ 进行求和， $p$ 从1到 $n$ ，再加上 $\mathbb R$ 中的基底 $1$ ，一共有 $2^n$ 个元素。容易证明，这 $2^n$ 个元素是线性无关的，于是 $G(V)$ 的维数是 $2^n$ 。

　　下面通过举例的方式简单说明一下不同的外乘是线性无关的。设 $ae_1\wedge e_3+be_2\wedge e_3\wedge e_5=0\\$ （注意此式右边的0代表线性空间 $G(V)$ 中的加法单位元，并不是数0）把上式乘以 $e_2$ ，利用性质容易证明相同基底出现在外乘时这一项直接为零，所以第二项消失，只剩第一项，于是 $a=0$ ，同理可证 $b=0$ 。按照线性相关的定义可得到结论。在 $G(V)$ 中，以 $\mathrm{C}_n^p$ 个元素

　　 $e_{i_1}\wedge e_{i_2} \wedge\cdots\wedge e_{i_p},\quad 1\leqslant i_1< i_2< \cdots < i_p\leqslant n\\$

　　为基底的实向量空间记为 $V^p$ ，它是 $G(V)$ 的子空间，它的元素称为 $G(V)$ 的 $p$ 次齐次元素。

　　为了统一表示的方便起见，把 $\mathbb R$ 写成 $V^0$ ，把 $V$ 写成 $V^1$ ，于是 $G(V)$ 中任意一个元素 $w$ 可以唯一表示成

　　 $w=w_0+w_1+\cdots +w_n\\$

　　其中 $w_p\in V^p(p=0,1,\cdots ,n)$ 。这说明 $G(V)$ 是各个子空间 $V^p(p=0,1,\cdots,n)$ 的直和：

　　 $G(V)=V^0\oplus V^1\oplus\cdots\oplus V^n$

　　注意 $V^p$ 是 $\mathrm C_n^p$ 维的， $V^n$ 是 $\mathrm C_n^n=1$ 维的。因为任意相同维数的线性空间同构，由此还可以得到 $V^n$ 与 $\mathbb R$ 同构。这个同构的关系可以通过如下方式简单构造出来： $V^n$ 中的任意元素可以表示成 $ae_1\wedge e_2\wedge\cdots \wedge e_n\qquad a\in \mathbb R\\$ 这样的元素一一对应于实数，这个对应关系就建立了 $V^n$ 与 $\mathbb R$ 之间一个简单的同构。

　　在之前对外乘的规定上再添加，使其满足结合律与分配律，即对于 $x,y,z\in G(V)$ ，有

　　 $(x\wedge y)\wedge z=x\wedge (y\wedge z)=x\wedge y\wedge z\\ x\wedge(ay+bz)=ax\wedge y+bx\wedge z\\ (ax+by)\wedge z=ax\wedge z+by\wedge z\\$

　　这样， $G(V)$ 就可称为实向量空间 $V$ 上的格拉斯曼代数。

　　对于 $x\in V^1(=V)$ ，有

　　 $x\wedge x=0.\\$

　　（注意这里的0是 $V$ 中的加法单位元。）

　　设 $x=a_ie_i$ ，则

　　 $\begin{align} x\wedge x&=(a_ie_i)\wedge (a_je_j) \\ &=a_ia_je_i\wedge e_j\\ &=a_ja_ie_j\wedge e_i\\ &=-a_ia_je_i\wedge e_j\\ \end{align}\\$

　　这里的重复指标代表求和。

　　对步骤中的一些操作需要解释一下。因为 $i$ 和 $j$ 被完全求和掉了，是“哑指标”，所以给它们另起名字（比如把 $j$ 改成 $k$ ）并不影响结果，从第二行到第三行时，把它们的名字互换（特殊的另起名字的方式）仍然是原式。下一步把作外乘的两个基底交换了一下，根据性质前面出现负号。对照第二行和第四行，可以得到式子的值为零，证毕。

　　还要注意，这里只是证明了 $V$ 中相同元素的外乘为零，并没有证明 $G(V)$ 中任意元素都是这样。

　　格拉斯曼代数满足反交换律，即对于 $x\in V^p$ ， $y\in V^q$ ，有

　　 $x\wedge y=(-1)^{pq}y\wedge x$

　　证明略。由分配律，只需考虑

　　 $x=e_{i_1}\wedge e_{i_2}\cdots\wedge e_{i_p},\quad y=e_{j_1}\wedge e_{j_2}\cdots\wedge e_{j_q}\\$

　　的情形。只是要注意， $x$ 和 $y$ 的运算仍然是在整个 $G(V)$ 中进行的。