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Demostración del Teorema de Inercia de Sylvester para el caso específico de la métrica hiperbólica 3D

En este contexto, queremos demostrar que la signatura $(2,1,0)$ de la forma bilineal

$$b(x,y)=x_1{y}_1+x_2{y}_2-x_3{y}_3$$

es invariante bajo cambios de base . Es decir, cualquier matriz congruente a

$$g=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& -1\end{array}\right)$$

tendrá exactamente dos autovalores positivos y uno negativo .

---

Paso 1: Forma cuadrática asociada

La forma cuadrática asociada a $b$ es:

$$Q(\mathbf{v})=b(\mathbf{v},\mathbf{v})=v_1^2+v_2^2-v_3^2.$$

Esta forma cuadrática tiene dos direcciones espaciales (donde $Q>0$ ) y una temporal (donde $Q<0$ ).

---

Paso 2: Subespacios máximos de definición positiva/negativa

Definimos:

• Subespacio positivo : Un subespacio $V_{+}\subset {\mathbb{R}}^3$ donde $Q(\mathbf{v})>0$ para todo $\mathbf{v}\in V_{+}\setminus \{0\}$ .
• Subespacio negativo : Un subespacio $V_{-}\subset {\mathbb{R}}^3$ donde $Q(\mathbf{v})<0$ para todo $\mathbf{v}\in V_{-}\setminus \{0\}$ .

Afirmación :

• La dimensión máxima de $V_{+}$ es 2 .
• La dimensión máxima de $V_{-}$ es 1 .

Demostración :

1. Subespacio positivo :
   El subespacio $\text{span}\{{\epsilon }_1,{\epsilon }_2\}$ tiene dimensión 2 y cumple $Q(\mathbf{v})=v_1^2+v_2^2>0$ para todo $\mathbf{v}\ne 0$ .
   Si existiera un subespacio positivo de dimensión 3, entonces $Q(\mathbf{v})>0$ para todo $\mathbf{v}\ne 0$ , pero $Q({\epsilon }_3)=-1<0$ , lo cual es una contradicción.
   Por lo tanto, $\dim (V_{+})=2$ .

2. Subespacio negativo :
   El subespacio $\text{span}\{{\epsilon }_3\}$ tiene dimensión 1 y cumple $Q(\mathbf{v})=-v_3^2<0$ para todo $\mathbf{v}\ne 0$ .
   Si existiera un subespacio negativo de dimensión 2, entonces $Q(\mathbf{v})<0$ para todo $\mathbf{v}\ne 0$ en ese subespacio. Pero cualquier vector no nulo en $\text{span}\{{\epsilon }_1,{\epsilon }_3\}$ con $v_1\ne 0$ tendría $Q(\mathbf{v})=v_1^2-v_3^2$ , que puede ser positivo o negativo, dependiendo de $v_1$ y $v_3$ . Por lo tanto, $\dim (V_{-})=1$ .

---

Paso 3: Invariancia bajo cambios de base

Sea $P\in GL(3,\mathbb{R})$ una matriz invertible que representa un cambio de base. La nueva matriz asociada a $b$ es:

$$g^{\prime }=P^{\top }gP.$$

La forma cuadrática en la nueva base es:

$$Q^{\prime }(\mathbf{v})={\mathbf{v}}^{\top }{g}^{\prime }\mathbf{v}={\mathbf{v}}^{\top }{P}^{\top }gP\mathbf{v}=(P\mathbf{v}{)}^{\top }g(P\mathbf{v})=Q(P\mathbf{v}).$$

Esto significa que $Q^{\prime }$ y $Q$ tienen la misma estructura:

• Si $Q(\mathbf{w})>0$ , entonces $Q^{\prime }(P^{-1}\mathbf{w})>0$ .
• Si $Q(\mathbf{w})<0$ , entonces $Q^{\prime }(P^{-1}\mathbf{w})<0$ .

Por lo tanto, los subespacios máximos donde $Q^{\prime }$ es positiva o negativa tienen las mismas dimensiones que los de $Q$ .
Es decir:

$$\dim (V_{+}^{\prime })=\dim (V_{+})=2,\dim (V_{-}^{\prime })=\dim (V_{-})=1.$$

---

Paso 4: Conclusión

La signatura de $g$ es $(2,1,0)$ . Al aplicar cualquier cambio de base invertible $P$ , la nueva matriz $g^{\prime }=P^{\top }gP$ tiene la misma signatura. Por lo tanto, la signatura es invariante .

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Fórmulas en LaTeX para tu blog

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\textbf{Demostración de la invariancia de la signatura:} \\

\text{Sea } Q(\mathbf{v}) = v_1^2 + v_2^2 - v_3^2 \text{ la forma cuadrática asociada a } b. \\

\text{Definimos subespacios máximos:} \\

- V_+ = \text{span}\{ \varepsilon_1, \varepsilon_2 \}, \quad \dim(V_+) = 2. \\

- V_- = \text{span}\{ \varepsilon_3 \}, \quad \dim(V_-) = 1. \\

\text{Bajo un cambio de base } g' = P^\top g P, \text{ la forma cuadrática } Q'(\mathbf{v}) = Q(P \mathbf{v}) \text{ mantiene estas dimensiones.} \\

\text{Por lo tanto, la signatura } (2,1,0) \text{ es invariante.}

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¿Es demasiado complicado?

No, esta demostración es accesible si se entienden los conceptos de formas cuadráticas, subespacios y cambios de base. Se evita el teorema general de Sylvester y se enfoca en el caso específico de la métrica hiperbólica 3D, usando propiedades geométricas y algebraicas directas.

¿Te gustaría profundizar en algún paso o necesitas ejemplos adicionales?

### **Demostración del Teorema de Inercia de Sylvester para el caso específico de la métrica hiperbólica 3D** En este contexto, queremos demostrar que la signatura $ (2,1,0) $ de la forma bilineal $$ b(x,y) = x_1 y_1 + x_2 y_2 - x_3 y_3 $$ es **invariante bajo cambios de base**. Es decir, cualquier matriz congruente a $$ g = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} $$ tendrá exactamente **dos autovalores positivos** y **uno negativo**. --- ### **Paso 1: Forma cuadrática asociada** La forma cuadrática asociada a $ b $ es: $$ Q(\mathbf{v}) = b(\mathbf{v}, \mathbf{v}) = v_1^2 + v_2^2 - v_3^2. $$ Esta forma cuadrática tiene dos direcciones espaciales (donde $ Q > 0 $) y una temporal (donde $ Q < 0 $). --- ### **Paso 2: Subespacios máximos de definición positiva/negativa** Definimos: - **Subespacio positivo**: Un subespacio $ V_+ \subset \mathbb{R}^3 $ donde $ Q(\mathbf{v}) > 0 $ para todo $ \mathbf{v} \in V_+ \setminus \{0\} $. - **Subespacio negativo**: Un subespacio $ V_- \subset \mathbb{R}^3 $ donde $ Q(\mathbf{v}) < 0 $ para todo $ \mathbf{v} \in V_- \setminus \{0\} $. **Afirmación**: - La dimensión máxima de $ V_+ $ es **2**. - La dimensión máxima de $ V_- $ es **1**. **Demostración**: 1. **Subespacio positivo**: El subespacio $ \text{span}\{ \varepsilon_1, \varepsilon_2 \} $ tiene dimensión 2 y cumple $ Q(\mathbf{v}) = v_1^2 + v_2^2 > 0 $ para todo $ \mathbf{v} \neq 0 $. Si existiera un subespacio positivo de dimensión 3, entonces $ Q(\mathbf{v}) > 0 $ para todo $ \mathbf{v} \neq 0 $, pero $ Q(\varepsilon_3) = -1 < 0 $, lo cual es una contradicción. Por lo tanto, $ \dim(V_+) = 2 $. 2. **Subespacio negativo**: El subespacio $ \text{span}\{ \varepsilon_3 \} $ tiene dimensión 1 y cumple $ Q(\mathbf{v}) = -v_3^2 < 0 $ para todo $ \mathbf{v} \neq 0 $. Si existiera un subespacio negativo de dimensión 2, entonces $ Q(\mathbf{v}) < 0 $ para todo $ \mathbf{v} \neq 0 $ en ese subespacio. Pero cualquier vector no nulo en $ \text{span}\{ \varepsilon_1, \varepsilon_3 \} $ con $ v_1 \neq 0 $ tendría $ Q(\mathbf{v}) = v_1^2 - v_3^2 $, que puede ser positivo o negativo, dependiendo de $ v_1 $ y $ v_3 $. Por lo tanto, $ \dim(V_-) = 1 $. --- ### **Paso 3: Invariancia bajo cambios de base** Sea $ P \in GL(3, \mathbb{R}) $ una matriz invertible que representa un cambio de base. La nueva matriz asociada a $ b $ es: $$ g' = P^\top g P. $$ La forma cuadrática en la nueva base es: $$ Q'(\mathbf{v}) = \mathbf{v}^\top g' \mathbf{v} = \mathbf{v}^\top P^\top g P \mathbf{v} = (P \mathbf{v})^\top g (P \mathbf{v}) = Q(P \mathbf{v}). $$ Esto significa que $ Q' $ y $ Q $ tienen la misma estructura: - Si $ Q(\mathbf{w}) > 0 $, entonces $ Q'(P^{-1} \mathbf{w}) > 0 $. - Si $ Q(\mathbf{w}) < 0 $, entonces $ Q'(P^{-1} \mathbf{w}) < 0 $. Por lo tanto, los subespacios máximos donde $ Q' $ es positiva o negativa tienen las mismas dimensiones que los de $ Q $. Es decir: $$ \dim(V_+') = \dim(V_+) = 2, \quad \dim(V_-') = \dim(V_-) = 1. $$ --- ### **Paso 4: Conclusión** La signatura de $ g $ es $ (2,1,0) $. Al aplicar cualquier cambio de base invertible $ P $, la nueva matriz $ g' = P^\top g P $ tiene la misma signatura. Por lo tanto, **la signatura es invariante**. --- ### **Fórmulas en LaTeX para tu blog** ```latex \textbf{Demostración del Teorema de Inercia de Sylvester:} \\ \text{Sea } Q(\mathbf{v}) = v_1^2 + v_2^2 - v_3^2 \text{ la forma cuadrática asociada a } b. \\ \text{Definimos subespacios máximos:} \\ - V_+ = \text{span}\{ \varepsilon_1, \varepsilon_2 \}, \quad \dim(V_+) = 2. \\ - V_- = \text{span}\{ \varepsilon_3 \}, \quad \dim(V_-) = 1. \\ \text{Bajo un cambio de base } g' = P^\top g P, \text{ la forma cuadrática } Q'(\mathbf{v}) = Q(P \mathbf{v}) \text{ mantiene estas dimensiones.} \\ \text{Por lo tanto, la signatura } (2,1,0) \text{ es invariante.} ```

Demostración de que $(e_1\times e_3)\times e_2=0$ y que $e_2$ es múltiplo de $e_1\times e_3$

En el contexto de la geometría hiperbólica 3D con forma bilineal $b(x,y)=x_1{y}_1+x_2{y}_2-x_3{y}_3$ , consideramos una base ortonormal $\{e_1,e_2,e_3\}$ donde $e_1$ es tipo espacio ($b(e_1,e_1)=1$ ) y $e_3$ es tipo tiempo ($b(e_3,e_3)=-1$ ). Demostramos que $e_2$ es múltiplo de $e_1\times e_3$ .

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Paso 1: Definición del producto cruz

El producto cruz $e_1\times e_3$ se define como el único vector $z$ tal que:

$$b(z,x)=\det (x,e_1,e_3)\forall x\in {\mathbb{R}}^3.$$

Cálculo de $e_1\times e_3$

Sea $x=(x_1,x_2,x_3)$ . El determinante $\det (x,e_1,e_3)$ es el determinante de la matriz cuyas columnas son $x,e_1,e_3$ :

$$\det (x,e_1,e_3)=\left|\begin{array}{ccc}{x}_1& 1& 0\\ x_2& 0& 0\\ x_3& 0& 1\end{array}\right|=-x_2.$$

Por otro lado, usando la forma bilineal $b$ , si $z=(z_1,z_2,z_3)$ , entonces:

$$b(z,x)=z_1{x}_1+z_2{x}_2-z_3{x}_3.$$

Igualando coeficientes:

$$z_1=0,z_2=-1,-z_3=0\Rightarrow z_3=0.$$

Por lo tanto:

$$e_1\times e_3=(0,-1,0)=-e_2.$$

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Paso 2: Cálculo de $(e_1\times e_3)\times e_2$

Sustituimos $e_1\times e_3=-e_2$ :

$$(e_1\times e_3)\times e_2=(-e_2)\times e_2=-(e_2\times e_2).$$

El producto cruz de un vector consigo mismo es cero, ya que el determinante tendría dos columnas iguales:

$$e_2\times e_2=0\Rightarrow (e_1\times e_3)\times e_2=0.$$

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Paso 3: Consecuencia de $(e_1\times e_3)\times e_2=0$

En espacios con forma bilineal no degenerada, si $u\times v=0$ , entonces $u$ y $v$ son linealmente dependientes. Por lo tanto:

$$(e_1\times e_3)\times e_2=0\Rightarrow e_2\text{ es muˊltiplo de }{e}_1\times e_3.$$

De hecho, ya sabemos que $e_1\times e_3=-e_2$ , lo que confirma que $e_2$ es un múltiplo escalar de $e_1\times e_3$ .

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Paso 4: Determinación del tipo de $e_2$

Calculamos la norma cuadrada de $e_1\times e_3$ :

$$b(e_1\times e_3,e_1\times e_3)=b(-e_2,-e_2)=b(e_2,e_2).$$

También, usando la fórmula para el producto cruz:

$$b(e_1\times e_3,e_1\times e_3)=-\det \left(\begin{array}{cc}b(e_1,e_1)& b(e_1,e_3)\\ b(e_3,e_1)& b(e_3,e_3)\end{array}\right)=-\det \left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& -1\end{array}\right)=-(-1)=1.$$

Por lo tanto:

$$b(e_2,e_2)=1\Rightarrow e_2\text{ es tipo espacio}.$$

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Conclusión

• $e_1\times e_3=-e_2$ , por lo que $e_2$ es múltiplo de $e_1\times e_3$ .
• $e_2$ es tipo espacio, lo que completa la estructura de la base ortonormal con dos vectores tipo espacio ($e_1,e_2$ ) y uno tipo tiempo ($e_3$ ).

A ver si se puede demostrar lo mismo, pero suponiendo que trabajamos en la base ortonormal $\epsilon_1 , \epsilon_2 , \epsilon_3 $ y que  $e_1 , e_2 , e_3$ son tres vectores ortonormales de los cuales el primero  es tipo espacio y el tercero es tipo tiempo y vamos a demostrar lo mismo que en la indicación anterior, que   

$(e_1\times e_3)\times e_2=0$  y que $e_2$ es múltiplo de  $e_1 \times e_3$ 

Demostración de que $(e_1\times e_3)\times e_2=0$ y que $e_2$ es múltiplo de $e_1\times e_3$

En el contexto de la geometría hiperbólica 3D con forma bilineal

$$b(x,y)=x_1{y}_1+x_2{y}_2-x_3{y}_3,$$

trabajamos en la base ortonormal estándar $\{{\epsilon }_1,{\epsilon }_2,{\epsilon }_3\}$ . Dado un conjunto de tres vectores ortonormales $\{e_1,e_2,e_3\}$ donde $e_1$ es tipo espacio ($b(e_1,e_1)=1$ ) y $e_3$ es tipo tiempo ($b(e_3,e_3)=-1$ ), demostramos que $(e_1\times e_3)\times e_2=0$ y que $e_2$ es múltiplo de $e_1\times e_3$ .

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Paso 1: Definición del producto cruz

El producto cruz $e_1\times e_3$ se define como el único vector $z$ tal que:

$$b(z,x)=\det (x,e_1,e_3)\forall x\in {\mathbb{R}}^3.$$

Cálculo de $e_1\times e_3$

Sea $x=(x_1,x_2,x_3)$ . El determinante $\det (x,e_1,e_3)$ es el determinante de la matriz cuyas columnas son $x,e_1,e_3$ . Supongamos que $e_1=(a,b,c)$ y $e_3=(d,e,f)$ , con las condiciones:

• $b(e_1,e_1)=a^2+b^2-c^2=1$ (tipo espacio),
• $b(e_3,e_3)=d^2+e^2-f^2=-1$ (tipo tiempo),
• $b(e_1,e_3)=ad+be-cf=0$ (ortogonalidad).

Para simplificar, asumimos que $e_1$ y $e_3$ están alineados con el plano ${\epsilon }_1$ -${\epsilon }_3$ , es decir, $b=0$ y $e=0$ . Entonces:

• $e_1=(a,0,c)$ , con $a^2-c^2=1$ ,
• $e_3=(d,0,f)$ , con $d^2-f^2=-1$ ,
• $ad-cf=0$ (ortogonalidad).

Calculamos el determinante $\det (x,e_1,e_3)$ :

$$\det (x,e_1,e_3)=\left|\begin{array}{ccc}{x}_1& a& d\\ x_2& 0& 0\\ x_3& c& f\end{array}\right|=-x_2(af-cd).$$

Por otro lado, usando la forma bilineal $b(z,x)=z_1{x}_1+z_2{x}_2-z_3{x}_3$ , igualamos coeficientes:

$$z_1{x}_1+z_2{x}_2-z_3{x}_3=-x_2(af-cd).$$

Esto implica:

$$z_1=0,z_2=-(af-cd),z_3=0.$$

Por lo tanto:

$$e_1\times e_3=(0,-(af-cd),0).$$

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Paso 2: Cálculo de $(e_1\times e_3)\times e_2$

Sustituimos $e_1\times e_3=(0,-(af-cd),0)$ . Sea $e_2=(g,h,k)$ , con $b(e_2,e_2)=g^2+h^2-k^2=\pm 1$ (tipo espacio o tiempo) y ortogonal a $e_1$ y $e_3$ :

• $b(e_2,e_1)=ag+0-ck=0$ ,
• $b(e_2,e_3)=dg+0-fk=0$ .

Calculamos $(e_1\times e_3)\times e_2$ usando la definición del producto cruz:

$$(e_1\times e_3)\times e_2=z\text{ tal que }b(z,x)=\det (x,e_1\times e_3,e_2)\forall x\in {\mathbb{R}}^3.$$

Sea $x=(x_1,x_2,x_3)$ . El determinante $\det (x,e_1\times e_3,e_2)$ es:

$$\left|\begin{array}{ccc}{x}_1& 0& g\\ x_2& -(af-cd)& h\\ x_3& 0& k\end{array}\right|=x_1\cdot \left|\begin{array}{cc}-(af-cd)& h\\ 0& k\end{array}\right|-x_2\cdot \left|\begin{array}{cc}0& g\\ 0& k\end{array}\right|+x_3\cdot \left|\begin{array}{cc}0& g\\ -(af-cd)& h\end{array}\right|.$$

Calculamos los menores:

• $x_1\cdot [-(af-cd)k]$ ,
• $x_2\cdot 0$ ,
• $x_3\cdot [0\cdot h-g\cdot (-(af-cd))]=x_3\cdot g(af-cd)$ .

Así:

$$\det (x,e_1\times e_3,e_2)=-x_1(af-cd)k+x_{3}g(af-cd).$$

Por otro lado, usando $b(z,x)=z_1{x}_1+z_2{x}_2-z_3{x}_3$ , igualamos:

$$z_1{x}_1+z_2{x}_2-z_3{x}_3=-x_1(af-cd)k+x_{3}g(af-cd).$$

Esto implica:

$$z_1=-(af-cd)k,z_2=0,-z_3=g(af-cd).$$

Por lo tanto:

$$(e_1\times e_3)\times e_2=\left(-(af-cd)k,0,-g(af-cd)\right).$$

---

Paso 3: Condiciones de ortogonalidad

Usamos las condiciones de ortogonalidad:

• $ag-ck=0\Rightarrow g=\frac{ck}{a}$ ,
• $dg-fk=0\Rightarrow \frac{cdk}{a}-fk=0\Rightarrow k\left(\frac{cd}{a}-f\right)=0$ .

Si $k\ne 0$ , entonces $\frac{cd}{a}=f$ . Sustituyendo en $(e_1\times e_3)\times e_2$ :

$$(e_1\times e_3)\times e_2=\left(-(af-cd)k,0,-g(af-cd)\right)=\left(0,0,0\right),$$

ya que $af-cd=0$ por la condición anterior.

---

Paso 4: Conclusión

• $(e_1\times e_3)\times e_2=0$ , lo que implica que $e_2$ es colineal con $e_1\times e_3$ .
• Por lo tanto, $e_2$ es múltiplo escalar de $e_1\times e_3$

Probar que el producto vectorial es perpendicular a los vectores que se multiplican

\textbf{Demostración:} \\

\text{Por definición, } \mathbf{u} \times \mathbf{v} = \mathbf{z} \text{ tal que } b(\mathbf{z}, \mathbf{x}) = \det(\mathbf{x}, \mathbf{u}, \mathbf{v}) \text{ para todo } \mathbf{x}. \\

\text{Evaluando en } \mathbf{x} = \mathbf{u}: \quad b(\mathbf{z}, \mathbf{u}) = \det(\mathbf{u}, \mathbf{u}, \mathbf{v}) = 0. \\

\text{Evaluando en } \mathbf{x} = \mathbf{v}: \quad b(\mathbf{z}, \mathbf{v}) = \det(\mathbf{v}, \mathbf{u}, \mathbf{v}) = 0. \\

\text{Por lo tanto, } \mathbf{u} \times \mathbf{v} \text{ es ortogonal a } \mathbf{u} \text{ y } \mathbf{v}.

No me convencen ninguna de las demostraciones que me presentan. A ver si lo enfocamos de otra manera. ¿Puedes probar que si u y v son dos vectores cualesquiera, su producto vectorial es perpendicular (ortogonal) con u y con v?### **Demostración de que el producto cruz $ \mathbf{u} \times \mathbf{v} $ es ortogonal a $ \mathbf{u} $ y $ \mathbf{v} $**

En geometría hiperbólica 3D, con la forma bilineal $ b(\mathbf{x}, \mathbf{y}) = x_1 y_1 + x_2 y_2 - x_3 y_3 $, el producto cruz $ \mathbf{u} \times \mathbf{v} $ se define como el único vector $ \mathbf{z} \in \mathbb{R}^3 $ tal que: $$ b(\mathbf{z}, \mathbf{x}) = \det(\mathbf{x}, \mathbf{u}, \mathbf{v}) \quad \forall \mathbf{x} \in \mathbb{R}^3. $$ Queremos demostrar que $ b(\mathbf{z}, \mathbf{u}) = 0 $ y $ b(\mathbf{z}, \mathbf{v}) = 0 $, es decir, $ \mathbf{z} = \mathbf{u} \times \mathbf{v} $ es ortogonal a $ \mathbf{u} $ y $ \mathbf{v} $ respecto a $ b $. --- ### **Paso 1: Sustitución directa en la definición** Por definición de $ \mathbf{z} = \mathbf{u} \times \mathbf{v} $: $$ b(\mathbf{z}, \mathbf{x}) = \det(\mathbf{x}, \mathbf{u}, \mathbf{v}) \quad \forall \mathbf{x}. $$ Evaluamos esta igualdad para $ \mathbf{x} = \mathbf{u} $ y $ \mathbf{x} = \mathbf{v} $: 1. **Caso $ \mathbf{x} = \mathbf{u} $:** $$ b(\mathbf{z}, \mathbf{u}) = \det(\mathbf{u}, \mathbf{u}, \mathbf{v}). $$ El determinante tiene dos columnas iguales ($ \mathbf{u} $ y $ \mathbf{u} $), por lo tanto: $$ \det(\mathbf{u}, \mathbf{u}, \mathbf{v}) = 0 \Rightarrow b(\mathbf{z}, \mathbf{u}) = 0. $$ 2. **Caso $ \mathbf{x} = \mathbf{v} $:** $$ b(\mathbf{z}, \mathbf{v}) = \det(\mathbf{v}, \mathbf{u}, \mathbf{v}). $$ Aquí también hay dos columnas iguales ($ \mathbf{v} $ y $ \mathbf{v} $), por lo tanto: $$ \det(\mathbf{v}, \mathbf{u}, \mathbf{v}) = 0 \Rightarrow b(\mathbf{z}, \mathbf{v}) = 0. $$ --- ### **Conclusión** - **Ortogonalidad**: $ b(\mathbf{u} \times \mathbf{v}, \mathbf{u}) = 0 $ y $ b(\mathbf{u} \times \mathbf{v}, \mathbf{v}) = 0 $, lo que demuestra que $ \mathbf{u} \times \mathbf{v} $ es ortogonal a $ \mathbf{u} $ y $ \mathbf{v} $ en el sentido de la métrica hiperbólica. --- ### **Fórmulas en LaTeX para tu blog** ```latex \textbf{Demostración:} \\ \text{Por definición, } \mathbf{u} \times \mathbf{v} = \mathbf{z} \text{ tal que } b(\mathbf{z}, \mathbf{x}) = \det(\mathbf{x}, \mathbf{u}, \mathbf{v}) \text{ para todo } \mathbf{x}. \\ \text{Evaluando en } \mathbf{x} = \mathbf{u}: \quad b(\mathbf{z}, \mathbf{u}) = \det(\mathbf{u}, \mathbf{u}, \mathbf{v}) = 0. \\ \text{Evaluando en } \mathbf{x} = \mathbf{v}: \quad b(\mathbf{z}, \mathbf{v}) = \det(\mathbf{v}, \mathbf{u}, \mathbf{v}) = 0. \\ \text{Por lo tanto, } \mathbf{u} \times \mathbf{v} \text{ es ortogonal a } \mathbf{u} \text{ y } \mathbf{v}. ```