设$A,B$是$G$的子群.则$A\bigcup B$是$G$的子群的充要条件是$A\subseteq B$或$B\subseteq A$.
证明：$\Leftarrow$:这是显然的.
$\Rightarrow$:假若$\exists b\in B$,使得$b\not\in A$,现在我要证明$A\subseteq B$.否则若存在$a\in A,a\not\in B$.则可得$ab\not\in A\bigcup B$(为什么?提示：根据群给我的直观印象).这与$A\bigcup B$是子群矛盾.
Saturday, August 18, 2012
群给我的直观印象
1.若一个元素在群内，则它的逆元也在群内.
2.若两个元素都在群内，则这两个元素以任意顺序互相作用后仍在群内.
3.若一个元素在子群外，另一个元素在子群内，则这两个元素互相作用在子群外.
4.若一个元素在子群外，则该元素的逆元也在子群外.
2.若两个元素都在群内，则这两个元素以任意顺序互相作用后仍在群内.
3.若一个元素在子群外，另一个元素在子群内，则这两个元素互相作用在子群外.
4.若一个元素在子群外，则该元素的逆元也在子群外.
group of transformations
A group of transformations on set $ {S}$ is a set $ {G}$.$ {G}$ is a set of bijections from $ {S}$ to itself. And $ {G}$ is a group,which means that it satisfies three properties:
All the bijections from set $ {S}$ to $ {S}$ form a group of transformation.But a group of transformation is not necessarily consists of all the bijections from set $ {S}$ to $ {S}$.
The first statement of this point can be verified as follows:
1.It is easy to verify that if $ a$ is a bijection from $ S$ to $ S$,then $ a^{-1}$ is also a bijection from $ S$ to $ S$.
2.It is easy to verify that for all bijection $ a$ from $ S$ to $ S$,there exists an identity mapping $ e$ from $ S$ to $ S$ such that $ a\circ e=e\circ a=a$.
3.It is easy to verify that if $ a,b$ is two bijections from $ S$ to $ S$,then $ a\circ b$ is also a bijection from $ S$ to $ S$.And,$ a\circ b$ has an inverse $ b^{-1}\circ a^{-1}$,this inverse is also a bijection form $ S$ to $ S$ .And,$ (a\circ b )\circ e=e\circ (a\circ b)=a\circ b$.
As for the second statement,I show you some examples:
Example 1.G is the set of identity mapping of set $ {A}$.
Example 2.Let $ S$ be the set of all the real numbers,while the transformations considered to have the form $ f(x)=ax+b$.Consider the following cases,in some cases ,$ G$ is a group,while in the rest of the cases,$ G$ is not a group:
(1) $ G=\{f(x)|a=1,b$ is an odd number$ \}$.In this case,$ G$ is not a group,because if it is a group,it should have an identity element for every member in it.But for $ f(x)=x+1$,its indentity is $ g(x)=x+0$,but 0 is not an odd number.
(2)$ G=\{f(x)|a=1,b$is a positive integer or 0$ \}$.In this case,$ G$ is not a group,because it does't have an inverse for every member in it.For example,$ f(x)=x+3$.Its inverse is $ g(x)=x-3$.But -3 is a negative number.
(3)$ G=\{f(x)|a=1,b$is an even number.$ \}$.In this case,$ G$ is a group,because first,all the elements in $ G$ are bijections from $ S$ to $ S$.And,every element in $ G$ has an inverse which is also in $ G$,for example,the inverse of $ f(x)=x+2$ is $ g(x)=x-2$,-2 is an even number.And,every element in $ G$ has an indentity element which is also in $ G$ ,as 0 is an even number.And, it is easy to verify that the composition of any two elements in $ G$ is also in $ G$,as the sum of two even numbers is also an even number.
- Identity:$ {\forall a\in G}$,$ { \exists e\in G}$ such that $ {a\circ e=e\circ a =a}$.($ {e}$ represents the identity mapping.)
Inverse:$ {\forall a\in G}$,$ {\exists a^{-1}\in G}$ such that $ {a^{-1}\circ a=a\circ a^{-1}=e}$.($ {a^{-1}}$ represents the inverse map of $ {a}$.)
combinative :$ {\forall a,b,c\in G}$,we have $ {(a\circ b)\circ c=a\circ (b\circ c)}$.(There is a prerequisite for this property,that is,$ {\forall a,b\in G,a\circ b\in G}$.The combinative property can be deduced from this prerequisite,so it is better to replace the combinative property by this prerequisite.But we have to be sure that if $ {a\circ b\in G}$,$ {a\circ b}$ should satisfy property 1 and 2,this is easy to verify. )
All the bijections from set $ {S}$ to $ {S}$ form a group of transformation.But a group of transformation is not necessarily consists of all the bijections from set $ {S}$ to $ {S}$.
The first statement of this point can be verified as follows:
1.It is easy to verify that if $ a$ is a bijection from $ S$ to $ S$,then $ a^{-1}$ is also a bijection from $ S$ to $ S$.
2.It is easy to verify that for all bijection $ a$ from $ S$ to $ S$,there exists an identity mapping $ e$ from $ S$ to $ S$ such that $ a\circ e=e\circ a=a$.
3.It is easy to verify that if $ a,b$ is two bijections from $ S$ to $ S$,then $ a\circ b$ is also a bijection from $ S$ to $ S$.And,$ a\circ b$ has an inverse $ b^{-1}\circ a^{-1}$,this inverse is also a bijection form $ S$ to $ S$ .And,$ (a\circ b )\circ e=e\circ (a\circ b)=a\circ b$.
As for the second statement,I show you some examples:
Example 1.G is the set of identity mapping of set $ {A}$.
Example 2.Let $ S$ be the set of all the real numbers,while the transformations considered to have the form $ f(x)=ax+b$.Consider the following cases,in some cases ,$ G$ is a group,while in the rest of the cases,$ G$ is not a group:
(1) $ G=\{f(x)|a=1,b$ is an odd number$ \}$.In this case,$ G$ is not a group,because if it is a group,it should have an identity element for every member in it.But for $ f(x)=x+1$,its indentity is $ g(x)=x+0$,but 0 is not an odd number.
(2)$ G=\{f(x)|a=1,b$is a positive integer or 0$ \}$.In this case,$ G$ is not a group,because it does't have an inverse for every member in it.For example,$ f(x)=x+3$.Its inverse is $ g(x)=x-3$.But -3 is a negative number.
(3)$ G=\{f(x)|a=1,b$is an even number.$ \}$.In this case,$ G$ is a group,because first,all the elements in $ G$ are bijections from $ S$ to $ S$.And,every element in $ G$ has an inverse which is also in $ G$,for example,the inverse of $ f(x)=x+2$ is $ g(x)=x-2$,-2 is an even number.And,every element in $ G$ has an indentity element which is also in $ G$ ,as 0 is an even number.And, it is easy to verify that the composition of any two elements in $ G$ is also in $ G$,as the sum of two even numbers is also an even number.
《几何与代数导引》例2.9
求以直线$x=y=z$为轴，过直线$2x=3y=-5z$的圆锥面方程.
解：
两条直线显然相交于原点.设圆锥面上的任意一点为$(x,y,z)$.我们知道直线
$2x=3y=-5z$的方向向量为$(15,10,-6)$.则直线$x=y=z$的方向向量为
$(1,1,1)$.我们知道
\begin{equation}
\cos \langle (1,1,1), (15,10,-6)\rangle=\frac{15+10-6}{\sqrt{3}\sqrt{15^2+10^2+6^2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}
\end{equation}
则
\begin{equation}
\frac{x+y+z}{\sqrt{3}\sqrt{x^2+y^2+z^2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}
\end{equation}
即$xy+yz+zx=0$即为该圆锥面的方程.
Friday, August 17, 2012
《几何与代数导引》例2.8
一条直线$l_1$绕另一条直线$l_2$旋转所得的旋转面的分类讨论：
1.若直线$l_1$与直线$l_2$重合，则旋转面是一条直线$l_1$.
2.若直线$l_1$与直线$l_2$不重合，则$l_1$和$l_2$之间必有公垂线.设$l_1$的
方程为
\begin{equation}
\label{eq:1}
\begin{cases}
x=y=0\\
z\in\bf{R}\\
\end{cases}
\end{equation}
$l_2$的方程我们再分类讨论如下：
2.1 若$l_2$的方程为
\begin{equation}
\label{eq:2}
\begin{cases}
x=a\\
y=0\\
z\in\bf{R}
\end{cases}
\end{equation}
其中$a\in\bf{R}$.则易得旋转得到圆柱面
\begin{equation}
\label{eq:3}
\begin{cases}
x^2+y^2=a^2\\
z\in\bf{R}\\
\end{cases}
\end{equation}
2.2若$l_2$的方程为
\begin{equation}
\label{eq:4}
\begin{cases}
x=a\\
z=ky\\
\end{cases}
\end{equation}
其中$k\in\bf{R}$.则对于旋转面上任意一点来说$(x,y,z)$，都存在该旋转面上
的相应的点$(x_0,y_0,z_0)$.使得
\begin{equation}
\label{eq:5}
x_0^2+y_0^2+z_0^2=x^2+y^2+z^2
\end{equation}
且
\begin{equation}
\label{eq:6}
z=z_0
\end{equation}
且
\begin{equation}
\label{eq:7}
\begin{cases}
x_0=a\\
z_0=ky_0\\
\end{cases}
\end{equation}
于是我们得
\begin{equation}
\label{eq:8}
a^2+y_0^2=x^2+y^2
\end{equation}
2.1.1当$k=0$时，我们可得$y_0$可取任意值，此时旋转面的方程为
\begin{equation}
\label{eq:9}
x^2+y^2\geq a^2
\end{equation}
2.1.2当$k\neq 0$时，我们得
旋转面的方程为
\begin{equation}
\label{eq:10}
x^2+y^2=a^2+(\frac{z}{k})^2
\end{equation}
2.1.2.1当$a\neq 0$时，即
\begin{equation}
\label{eq:11}
\frac{x^2+y^2}{a^2}-\frac{z^2}{k^2a^2}=1
\end{equation}
可见是旋转单叶双曲面.
2.1.2.2当$a=0$时，
\begin{equation}
\label{eq:12}
x^2+y^2=(\frac{z^2}{k^2})
\end{equation}
此时，是圆锥面.
Sunday, August 12, 2012
《几何与代数导引》例2.7.4
求$yz$面上二次曲线
\begin{equation}
\begin{cases}
\frac{y^2}{a^2}=2z\\
x=0\\
\end{cases}
\end{equation}
绕$z$轴旋转所得的二次曲面的方程.
解：对于二次曲面上的任意点$p=(x,y,z)$.都存在相应的二次曲面上的点
$(x_0,y_0,z_0)$,使得
\begin{equation}
(x-x_0,y-y_0,z-z_0)\cdot (0,0,1)=0
\end{equation}
且
\begin{equation}
x^2+y^2+z^2=x_0^2+y_0^2+z_0^2
\end{equation}
且
\begin{equation}
\begin{cases}
\frac{y_0^2}{a^2}=2z_{0}\\
x_0=0\\
z_0\geq 0\\
\end{cases}
\end{equation}
可得
\begin{equation}
x^2+y^2=2za^2
\end{equation}
《几何与代数导引》例2.7.3
求$yz$面上二次曲线
\begin{equation}
\begin{cases}
\frac{z^2}{c^2}-\frac{y^2}{a^2}=1\\
x=0\\
\end{cases}
\end{equation}
绕$z$轴旋转所得的二次曲面的方程.
解：对于二次曲面上的任意点$p=(x,y,z)$.都存在相应的二次曲面上的点
$(x_0,y_0,z_0)$,使得
\begin{equation}
(x-x_0,y-y_0,z-z_0)\cdot (0,0,1)=0
\end{equation}
且
\begin{equation}
x^2+y^2+z^2=x_0^2+y_0^2+z_0^2
\end{equation}
且
\begin{equation}
\begin{cases}
\frac{z_0^2}{c^2}-\frac{y_0^2}{a^2}=1\\
x_0=0\\
y_0\geq 0\\
\end{cases}
\end{equation}
可得
\begin{equation}
\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{a^2}-\frac{z^2}{c^2}=-1
\end{equation}
《几何与代数导引》例2.7.2
求$yz$面上二次曲线
\begin{equation}
\begin{cases}
\frac{y^2}{a^2}-\frac{z^2}{c^2}=1\\
x=0\\
\end{cases}
\end{equation}
绕$z$轴旋转所得的二次曲面的方程.
解：对于二次曲面上的任意点$p=(x,y,z)$.都存在相应的二次曲面上的点
$(x_0,y_0,z_0)$,使得
\begin{equation}
(x-x_0,y-y_0,z-z_0)\cdot (0,0,1)=0
\end{equation}
且
\begin{equation}
x^2+y^2+z^2=x_0^2+y_0^2+z_0^2
\end{equation}
且
\begin{equation}
\begin{cases}
\frac{y_0^2}{a^2}-\frac{z_0^2}{c^2}=1\\
x_0=0\\
y_0\geq 0\\
\end{cases}
\end{equation}
可得
\begin{equation}
\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{a^2}-\frac{z^2}{c^2}=1
\end{equation}
《几何与代数导引》例2.7.1
求$yz$面上二次曲线
\begin{equation}
\begin{cases}
\frac{y^2}{a^2}+\frac{z^2}{c^2}=1\\
x=0\\
\end{cases}
\end{equation}
绕$z$轴旋转所得的二次曲面的方程.
解：对于二次曲面上的任意点$p=(x,y,z)$.都存在相应的二次曲面上的点
$(x_0,y_0,z_0)$,使得
\begin{equation}
(x-x_0,y-y_0,z-z_0)\cdot (0,0,1)=0
\end{equation}
且
\begin{equation}
x^2+y^2+z^2=x_0^2+y_0^2+z_0^2
\end{equation}
且
\begin{equation}
\begin{cases}
\frac{y_0^2}{a^2}+\frac{z_0^2}{c^2}=1\\
x_0=0\\
y_0\geq 0\\
\end{cases}
\end{equation}
可得
\begin{equation}
\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{a^2}+\frac{z^2}{c^2}=1
\end{equation}
《几何与代数导引》例2.6
当$b>a>0$时，圆
\begin{equation}
\begin{cases}
(y-b)^2+z^2=a^2\\
x=0\\
\end{cases}
\end{equation}
绕$z$轴旋转所成的曲面称为圆环面，试写出圆环面的方程.
解：点$p=(x,y,z)$在圆环面上，当且仅当存在圆环面上的点$(x_0,y_0,z_0)$,
使得
\begin{equation}
\begin{cases}
x^2+y^2+z^2=x_0^2+y_0^2+z_0^2\\
(x-x_0,y-y_0,z-z_0)\cdot (0,0,1)=0\\
\end{cases}
\end{equation}
且
\begin{equation}
\begin{cases}
(y_0-b)^2+z_0^2=a^2\\
x_0=0\\
\end{cases}
\end{equation}
则圆环面的方程是
\begin{equation}
(\sqrt{x^2+y^2}-b)^2+z^2=a^2
\end{equation}
《几何与代数导引》习题1.38
在一个仿射标架中，设平面$\pi$的方程为$ax+by+cz=d$.对空间的每一点
$p(x,y,z)$,定义$f(p)=ax+by+cz-d$.证明：对于空间中任意两点$p_1,p_2$,它
们位于平面的两侧，当且仅当$f(p_1)f(p_2)<0$.
证明：当$c\neq 0$时，我们定义平面的上方:平面的上方集合$A$,
\begin{equation}
A=\{(x,y,z)|ax+by+c(z-k)=d,k\in\bf{R^{+}}\}
\end{equation}
当$c\neq 0$时，我们定义平面的下方：平面上的集合$B$,
\begin{equation}
B=\{(x,y,z)|ax+by+c(z+k)=d,k\in\bf{R^{+}}\}
\end{equation}
显然，$c\neq 0$时，$A\bigcap B=\emptyset$.
当$a\neq 0$时，我们定义平面的前方：平面的前方集合$C$,
\begin{equation}
C=\{(x,y,z)|a(x-k)+by+cz=d,k\in\bf{R^{+}}\}
\end{equation}
当$a\neq 0$时，我们定义平面的后方：平面的后方是一个集合$D$,
\begin{equation}
D=\{(x,y,z)|a(x+k)+by+cz=d,k\in\bf{R^{+}}\}
\end{equation}
显然$C\bigcap D=\emptyset$.
当$b\neq 0$时，我们定义平面的左方是一个集合$E$,
\begin{equation}
E=\{(x,y,z)|ax+b(y+k)+cz=d,k\in\bf{R^{+}}\}
\end{equation}
当$b\neq 0$时，我们定义平面的右方是一个集合$F$,
\begin{equation}
F=\{(x,y,z)|ax+b(y-k)+cz=d,k\in\bf{R^{+}}\}
\end{equation}
显然$E\bigcap F=\emptyset$.我们知道，$a,b,c$不可能同时为0，否则平面将
不再是平面了.因此$p_1,p_2$位于平面的两侧，必定有如下三种情形之一：
1.一左一右
2.一上一下
3.一前一后
无论是哪种情形，我们都易得$f(p_1)f(p_2)<0$
《几何与代数导引》习题1.37.3
求直线
\begin{equation}
\frac{x-1}{2}=\frac{y}{1}=\frac{z+1}{-1}
\end{equation}
和平面
\begin{equation}
x-2y+4z=1
\end{equation}
之间的夹角.
解：直线的方向向量为$(2,1,-1)$.平面的某个法向量是$(0,1,-2)$.
\begin{equation}
\cos\langle (2,1,-1),(0,1,-2)\rangle=\frac{3}{\sqrt{6}\sqrt{5}}
\end{equation}
即
\begin{equation}
\sin\langle(2,1,-1),(0,1,-2)\rangle=\sqrt{\frac{7}{10}}
\end{equation}
因此直线与平面的夹角为$\hbox{arc}\cos \sqrt{\frac{7}{10}}$.
Saturday, August 11, 2012
《几何与代数导引》习题1.36.2
在直角坐标系下，求下列直线的公垂线方程.
\begin{equation}
\begin{cases}
x+y=1\\
z=0\\
\end{cases}
\end{equation}
\begin{equation}
\begin{cases}
x-z=-1\\
2y+z=2\\
\end{cases}
\end{equation}
直线1的标准方程为
\begin{equation}
\frac{x}{1}=\frac{y}{-1}=\frac{z}{0}
\end{equation}
直线2的标准方程为
\begin{equation}
\frac{x}{1}=\frac{y-\frac{1}{2}}{\frac{-1}{2}}=\frac{z-1}{1}
\end{equation}
因此直线1的方向向量是$(1,-1,0)$,直线2的方向向量为
$(1,\frac{-1}{2},1)$.设公垂线的方向向量为$(x_0,y_0,z_0)$,则
\begin{equation}
\begin{cases}
x_0=y_0\\
x_0-\frac{1}{2}y_0+z_0=0\\
\end{cases}
\end{equation}
所以公垂线的方向向量可以是$(2,2,-1)$.所以公垂线方程是
\begin{equation}
\frac{x-a}{2}=\frac{y-b}{2}=\frac{z-c}{-1}
\end{equation}
联立方程6和方程1可得交点坐标是$(a+2c,b+2c,0)$.且$a+b+4c=1$.联立方程6和
方程2可得交点坐标为
$(\frac{1+2a-2b}{3},\frac{1-a+b}{3},\frac{4+2a-2b}{3})$.且
$a-2b-2c=-3$.
且
$$
\begin{align*}
(a+2c,b+2c,0)-(\frac{1+2a-2b}{3},\frac{1-a+b}{3},\frac{4+2a-2b}{3})&\\=(\frac{a+2b+6c-1}{3},\frac{a+2b+6c-1}{3},\frac{2b-2a-4}{3})
\end{align*}
$$
我们可得
\begin{equation}
\frac{a+2b+6c-1}{3}-\frac{a+2b+6c-1}{6}+\frac{2b-2a-4}{3}=0
\end{equation}
即
\begin{equation}
-a+6b+6c-9=0
\end{equation}
于是我们得
\begin{equation}
\begin{cases}
a+b+4c=1\\
a-2b-2c=-3\\
-a+6b+6c=9\\
\end{cases}
\end{equation}
于是
\begin{equation}
\begin{cases}
a=0\\
b=\frac{5}{3}\\
c=\frac{-1}{6}\\
\end{cases}
\end{equation}
于是公垂线方程为
\begin{equation}
\frac{x}{2}=\frac{y-\frac{5}{3}}{2}=\frac{z+\frac{1}{6}}{-1}
\end{equation}
《几何与代数导引》习题1.36.1
在直角坐标系下，求下列直线的公垂线方程.
\begin{equation}
\label{eq:1}
\frac{x-1}{-1}=\frac{y}{1}=\frac{z}{0}
\end{equation}
\begin{equation}
\label{eq:2}
\frac{x-1}{2}=\frac{y}{-1}=\frac{z-2}{2}
\end{equation}
解：设公垂线的方向向量为$(x_0,y_0,z_0)$,则
\begin{equation}
\label{eq:3}
-x_0+y_0=0
\end{equation}
且
\begin{equation}
\label{eq:4}
2x_0-y_0+2z_0=0
\end{equation}
因此公垂线的方向向量可以是$(2,2,-1)$.设公垂线的方程为
\begin{equation}
\label{eq:5}
\frac{x-a}{2}=\frac{y-b}{2}=\frac{z-c}{-1}
\end{equation}
方程5与方程1联立有解，可得交点为$(a+c,b+c,0)$.其中$a+b+2c=1$.方程5与方
程2联立有解，可得交点为$(\frac{1+2a-2b}{3},\frac{1-a+b}{3},\frac{4+2a-2b}{3})$.其中$2b+2c-a=3$.
\begin{equation}
\label{eq:6}
(a+c,b+c,0)-(\frac{1+2a-2b}{3},\frac{1-a+b}{3},\frac{4+2a-2b}{3})=(\frac{a+2b+3c-1}{3},\frac{a+2b+3c-1}{3},\frac{2b-2a-4}{3})
\end{equation}
可知
\begin{equation}
\label{eq:7}
(\frac{a+2b+3c-1}{3},\frac{a+2b+3c-1}{3},\frac{2b-2a-4}{3})\cdot (2,-1,2)=0
\end{equation}
即
\begin{equation}
\label{eq:8}
a-2b-c+3=0
\end{equation}
解方程组
\begin{equation}
\label{eq:9}
\begin{cases}
a+b+2c=1\\
-a+2b+2c=3\\
a-2b-c=-3\\
\end{cases}
\end{equation}
可得
\begin{equation}
\label{eq:10}
\begin{cases}
a=\frac{-1}{3}\\
b=\frac{4}{3}\\
c=0
\end{cases}
\end{equation}
因此公垂线方程为
\begin{equation}
\label{eq:11}
x+\frac{1}{3}=y-\frac{4}{3}=-2z
\end{equation}
\begin{equation}
\label{eq:1}
\frac{x-1}{-1}=\frac{y}{1}=\frac{z}{0}
\end{equation}
\begin{equation}
\label{eq:2}
\frac{x-1}{2}=\frac{y}{-1}=\frac{z-2}{2}
\end{equation}
解：设公垂线的方向向量为$(x_0,y_0,z_0)$,则
\begin{equation}
\label{eq:3}
-x_0+y_0=0
\end{equation}
且
\begin{equation}
\label{eq:4}
2x_0-y_0+2z_0=0
\end{equation}
因此公垂线的方向向量可以是$(2,2,-1)$.设公垂线的方程为
\begin{equation}
\label{eq:5}
\frac{x-a}{2}=\frac{y-b}{2}=\frac{z-c}{-1}
\end{equation}
方程5与方程1联立有解，可得交点为$(a+c,b+c,0)$.其中$a+b+2c=1$.方程5与方
程2联立有解，可得交点为$(\frac{1+2a-2b}{3},\frac{1-a+b}{3},\frac{4+2a-2b}{3})$.其中$2b+2c-a=3$.
\begin{equation}
\label{eq:6}
(a+c,b+c,0)-(\frac{1+2a-2b}{3},\frac{1-a+b}{3},\frac{4+2a-2b}{3})=(\frac{a+2b+3c-1}{3},\frac{a+2b+3c-1}{3},\frac{2b-2a-4}{3})
\end{equation}
可知
\begin{equation}
\label{eq:7}
(\frac{a+2b+3c-1}{3},\frac{a+2b+3c-1}{3},\frac{2b-2a-4}{3})\cdot (2,-1,2)=0
\end{equation}
即
\begin{equation}
\label{eq:8}
a-2b-c+3=0
\end{equation}
解方程组
\begin{equation}
\label{eq:9}
\begin{cases}
a+b+2c=1\\
-a+2b+2c=3\\
a-2b-c=-3\\
\end{cases}
\end{equation}
可得
\begin{equation}
\label{eq:10}
\begin{cases}
a=\frac{-1}{3}\\
b=\frac{4}{3}\\
c=0
\end{cases}
\end{equation}
因此公垂线方程为
\begin{equation}
\label{eq:11}
x+\frac{1}{3}=y-\frac{4}{3}=-2z
\end{equation}
两直线异面的充要条件
已知直线
\begin{equation}
l_1:\frac{x-a_1}{l_1}=\frac{y-b_1}{n_1}=\frac{z-c_1}{m_1}
\end{equation}
直线
\begin{equation}
l_2:\frac{x-a_2}{l_2}=\frac{y-b_2}{n_2}=\frac{z-c_2}{m_2}
\end{equation}
求两直线异面的充要条件.
解：两直线异面，
即
\begin{equation}
\begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
l_1&n_1&m_1\\
l_2&n_2&m_2\\
\end{vmatrix}\neq \vec{0}
\end{equation}
且两条直线不相交，即不存在实数$x_0,y_0,z_0$,使得
\begin{equation}
\begin{cases}
\frac{x_0-a_1}{l_1}=\frac{y_0-b_1}{n_1}=\frac{z_0-c_1}{m_1}\\
\frac{x_0-a_2}{l_2}=\frac{y_0-b_2}{n_2}=\frac{z_0-c_2}{m_2}\\
\end{cases}
\end{equation}
Friday, August 10, 2012
《几何与代数导引》习题1.35.5
求直线
\begin{equation}
l_1: \begin{cases}
x+y-z=-1\\
x+y=0\\
\end{cases}
\end{equation}
和直线
\begin{equation}
l_2: \begin{cases}
x-2y+3z=6\\
2x-y+3z=6\\
\end{cases}
\end{equation}
的距离.
解：直线$l_1$的标准方程为
\begin{equation}
\frac{x}{1}=\frac{y}{-1}=\frac{z-1}{0}
\end{equation}
直线$l_2$的标准方程为
\begin{equation}
\frac{x}{-1}=\frac{y}{1}=\frac{z-2}{1}
\end{equation}
可见直线$l_1$和$l_2$的方向向量分别是$(1,-1,0)$和$(-1,1,1)$.设向量$p=(x_0,y_0,z_0)$
和向量$(1,-1,0)$垂直，和向量$(-1,1,1)$也垂直，则向量$p$可以是
$(1,1,0)$.直线$l_1$和直线$l_2$上的两点分别为$m=(0,0,1)$和
$n=(0,0,2)$.则$\vec{mn}=(0,0,1)$.
\begin{equation}
\cos\langle\vec{mn},\vec{p}\rangle=\frac{\vec{mn}\cdot\vec{p}}{|\vec{mn}||\vec{p}|}=0
\end{equation}
因此两直线的距离为0，即两直线相交.
《几何与代数导引》习题1.35.4
求直线之间的距
离$l_1:\frac{x+1}{-1}=\frac{y-1}{3}=\frac{z+5}{2}$.$l_2:\frac{x}{3}=\frac{y-6}{-9}=\frac{z+5}{-6}$.
解：
点$q=(-1,1,-5)$在直线$l_1$上，点$p=(0,6,-5)$在直线$l_2$上.$\vec{pq}=(-1,-5,0)$.直线$l_1$的方向向量为$(-1,3,2)$,直线$l_2$的方向向量为$(3,-9,-6)$.设向量$(x_0,y_0,z_0)$与$l_1$的方向向量和$l_2$的方向向量都垂直，则$(x_0,y_0,z_0)$可以是$(3,1,0)$.
\begin{equation}
\cos\langle\vec{pq},(3,1,0)\rangle=\frac{\vec{pq}\cdot(3,1,0)}{|\vec{pq}||(3,1,0)|}=\frac{-4}{\sqrt{65}}
\end{equation}
则两条直线间距离为
\begin{equation}
\sqrt{1^2+5^2}\frac{4}{\sqrt{65}}=\frac{4\sqrt{10}}{5}
\end{equation}
Thursday, August 9, 2012
《几何与代数导引》习题1.35.3
求点$(1,1,1)$到平面$x+y+z=1$的距离.
解：
设$(x_0,y_0,z_0)$为平面上的任意一点，则
\begin{equation}
x_0+y_0+z_0=1
\end{equation}
因此
\begin{equation}
(x_0-1)+(y_0-1)+(z_0-1)=-2
\end{equation}
点$(1,1,1)$到点$(x_0,y_0,z_0)$的距离为
\begin{equation}
\sqrt{(x_0-1)^2+(y_0-1)^2+(z_0-1)^2}
\end{equation}
根据柯西不等式，
\begin{equation}
( 1\times (x_0-1)+1\times (y_0-1)+1\times (z_0-1))^2\leq 1^2(x_0-1)^2+1^2(y_0-1)^2+1^2(z_0-1)^2
\end{equation}
等号当且仅当$x_0=y_0=z_0$时成立.
因此$(x_0-1)^2+(y_0-1)^2+(z_0-1)^2$的最小值为4.因此点$(1,1,1)$到平面的
距离为2.
《几何与代数导引》习题1.35.2
求点$(1,0,2)$到直线
\begin{equation}
\begin{cases}
2x-y-2z=-1\\
x+y+4z=2\\
\end{cases}
\end{equation}
的距离.
解:设$(x_0,y_0,z_0)$为该直线上的任意一点.则
\begin{equation}
\begin{cases}
3x_0+2z_0=1\\
5x_0=y_0\\
\end{cases}
\end{equation}
点$(1,0,2)$到点$(x_0,y_0,z_0)$的距离为
\begin{equation}
\sqrt{(x_0-1)^2+y_0^2+(z_0-2)^2}=\sqrt{\frac{115}{4}x_0^2+\frac{5}{2}x_0+\frac{13}{4}}
\end{equation}
因此距离为$\sqrt{\frac{147}{46}}$
《几何与代数导引》习题1.35.1
在直角坐标系下，求原点到直线$(x,y,z)=(1,2,3)+t(2,3,-1)$的距离.
解：设直线上的任意一点
$(x_0,y_0,z_0)=(1,2,3)+t_0(2,3,-1)=(1+2t_0,2+3t_0,3-t_0)$.它到原点的距
离为
\begin{equation}
\sqrt{(1+2t_0)^2+(2+3t_0)^2+(3-t_0)^2}=\sqrt{14t_0^2+10t_0+14}
\end{equation}
可得当$t_0=\frac{-5}{14}$时，距离最小.原点到直线的距离即为该最小距离，
为$3 \sqrt{\frac{19}{14}}$.
《几何与代数导引》习题1.34.3
在直角坐标系下，求下列直线的方程：
从点$(2,-3,-1)$引向直线$l_1:\frac{x-1}{-2}=\frac{y+1}{-1}=\frac{z}{1}$
的垂线.
解：
设直线$l_1$上的任意一点$(x_0,y_0,z_0)$.显然
\begin{equation}
\frac{x_0-1}{-2}=\frac{y_0+1}{-1}=\frac{z_0}{1}
\end{equation}
点$(2,-3,-1)$与$(x_0,y_0,z_0)$的距离$d$是
\begin{equation}
(x_0-2)^2+(y_0+3)^2+(z_0+1)^2
\end{equation}
\begin{equation}
d=6z_0^2+2z_0+6
\end{equation}
显然$z_0=\frac{-1}{6}$时$d$取得最小值.因此垂点坐标为
$(\frac{4}{3},\frac{-5}{6},\frac{-1}{6})$.因此欲求的直线方程为
\begin{equation}
\frac{x-2}{4}=\frac{y+3}{-13}=\frac{z+1}{-5}
\end{equation}
《几何与代数导引》习题1.34.2
已知某直线过点$(4,2,3)$,平行于平面$3x+2y-z=0$,垂直于直线
\begin{equation}
\begin{cases}
x+2y-z=5\\
z=10\\
\end{cases}
\end{equation}
求该直线方程.
解：直线
\begin{equation}
\begin{cases}
x+2y-z=5\\
z=10\\
\end{cases}
\end{equation}
的标准方程为
\begin{equation}
\frac{x-7}{-2}=\frac{y-4}{1}=\frac{z-10}{0}
\end{equation}
可见该直线的方向向量为$(-2,1,0)$.设某直线的方向向量为
$(x_0,y_0,z_0)$.则
\begin{equation}
-2x_0+y_0=0
\end{equation}
平面$3x+2y-z=0$的法向量为$(6,4,-2)$.可见
\begin{equation}
6x_0+4y_0-2z_0=0
\end{equation}
所以某直线的方向向量可以为$(1,2,7)$.因此该直线方程为
\begin{equation}
\frac{x-4}{1}=\frac{y-2}{2}=\frac{z-3}{7}
\end{equation}
《几何与代数导引》习题1.34.1
过点$(2,-1,3)$,与直线$l_1:\frac{x-1}{-1}=\frac{y}{0}=\frac{z-2}{2}$相交且垂直.求该直线方程.
解：直线$l_1$的方向向量为$(-1,0,2)$.与方向向量垂直的向量设为
$(x_0,y_0,z_0)$.则
\begin{equation}
-x_0+2z_0=0
\end{equation}
设$l_2$为满足条件的直线.则$l_2$的方程为
\begin{equation}
\frac{x-2}{x_0}=\frac{y+1}{y_0}=\frac{z-3}{z_0}
\end{equation}
即$l_2$的方程为
\begin{equation}
\frac{x-2}{2z_0}=\frac{y+1}{y_0}=\frac{z-3}{z_0}
\end{equation}
且两直线相交，则
\begin{equation}
\begin{cases}
2z-x=4\\
2x+z=4\\
\end{cases}
\end{equation}
解得$z=\frac{12}{5}$,$x=\frac{4}{5}$.因此两直线的交点为
$(\frac{4}{5},0,\frac{12}{5})$.易得
\begin{equation}
\begin{cases}
3y_0=-5z_0\\
x_0=2z_0\\
\end{cases}
\end{equation}
因此直线$l_2$的方程为
\begin{equation}
\frac{x-2}{6}=\frac{y+1}{-5}=\frac{z-3}{3}
\end{equation}
解：直线$l_1$的方向向量为$(-1,0,2)$.与方向向量垂直的向量设为
$(x_0,y_0,z_0)$.则
\begin{equation}
-x_0+2z_0=0
\end{equation}
设$l_2$为满足条件的直线.则$l_2$的方程为
\begin{equation}
\frac{x-2}{x_0}=\frac{y+1}{y_0}=\frac{z-3}{z_0}
\end{equation}
即$l_2$的方程为
\begin{equation}
\frac{x-2}{2z_0}=\frac{y+1}{y_0}=\frac{z-3}{z_0}
\end{equation}
且两直线相交，则
\begin{equation}
\begin{cases}
2z-x=4\\
2x+z=4\\
\end{cases}
\end{equation}
解得$z=\frac{12}{5}$,$x=\frac{4}{5}$.因此两直线的交点为
$(\frac{4}{5},0,\frac{12}{5})$.易得
\begin{equation}
\begin{cases}
3y_0=-5z_0\\
x_0=2z_0\\
\end{cases}
\end{equation}
因此直线$l_2$的方程为
\begin{equation}
\frac{x-2}{6}=\frac{y+1}{-5}=\frac{z-3}{3}
\end{equation}
两直线垂直的充要条件
直线$l_1$:
\begin{equation}
\frac{x-a_1}{m_1}=\frac{y-b_1}{n_1}=\frac{z-c_1}{l_1}
\end{equation}
直线$l_2$:
\begin{equation}
\frac{x-a_2}{m_2}=\frac{y-b_2}{n_2}=\frac{z-c_2}{l_2}
\end{equation}
直线$l_1$的方向向量为$(m_1,n_1,l_1)$,直线$l_2$的方向向量为$(m_2,n_2,l_2)$.因此两直线垂直当且仅当
\begin{equation}
m_1m_2+n_1n_2+l_1l_2=0
\end{equation}
两直线垂直的充要条件.tex
\begin{equation}
\frac{x-a_1}{m_1}=\frac{y-b_1}{n_1}=\frac{z-c_1}{l_1}
\end{equation}
直线$l_2$:
\begin{equation}
\frac{x-a_2}{m_2}=\frac{y-b_2}{n_2}=\frac{z-c_2}{l_2}
\end{equation}
直线$l_1$的方向向量为$(m_1,n_1,l_1)$,直线$l_2$的方向向量为$(m_2,n_2,l_2)$.因此两直线垂直当且仅当
\begin{equation}
m_1m_2+n_1n_2+l_1l_2=0
\end{equation}
两直线垂直的充要条件.tex
Wednesday, August 8, 2012
《几何与代数导引》习题1.18——Ceva 定理
设点$q_3,q_1,q_2$依次为三角形$p_1p_2p_3$的三边$p_1p_2$,$p_2p_3$,$p_3p_1$的内点，记$k_1=(p_1,p_2,q_3)$,$k_2=(p_2,p_3,q_1)$,$k_3=(p_3,p_1,q_2)$.证明三条线段$p_1q_1$,$p_2q_2$,$p_3q_3$交于一点，当且仅当$k_1k_2k_3=1$.
证明：$\Rightarrow$:设$p_1q_1,p_2q_2,p_3q_3$交于点$r$.易得
\begin{equation}
\vec{p_1q_1}=\frac{1}{1+k_2}\vec{p_1p_2}+\frac{k_2}{1+k_2}\vec{p_1p_3}
\end{equation}
由于$p_1,r,q_1$三点共线，因此
\begin{equation}
\vec{p_1r}=\alpha\vec{p_1q_1}=\alpha(\frac{1}{1+k_2}\vec{p_1p_2}+\frac{k_{2}}{1+k_2}\vec{p_1p_3})
\end{equation}
其中$\alpha\in\bf{R}$.
设$\vec{p_2r}=\beta \vec{p_2q_2}$.则
\begin{equation}
\vec{p_1r}=(1-\beta)\vec{p_1p_2}+\beta\vec{p_1q_2}=(1-\beta)\vec{p_1p_2}+\frac{\beta}{1+k_{3}}\vec{p_1p_3}
\end{equation}
设$\vec{p_3r}=\gamma \vec{p_3q_3}$.同理
\begin{equation}
\vec{p_1r}=(1-\gamma)\vec{p_1p_3}+\frac{\gamma k_1}{1+k_1}\vec{p_1p_2}
\end{equation}
解得
\begin{equation}
\begin{cases}
\gamma=\frac{k_3+k_1k_3}{1+k_3+k_1k_3},\\
\beta=\frac{1+k_3}{1+k_3+k_1k_3},\\
\alpha=\frac{k_1k_3+k_1k_2k_3}{1+k_3+k_1k_3},\\
\frac{\alpha k_2}{1+k_2}=1-\gamma
\end{cases}
\end{equation}
综上解得$k_1k_2k_3=1$.
$\Leftarrow$:证明采用同一法.$p_1q_1$与$p_2q_2$交于$r$.
\begin{equation}
\vec{p_1q_1}=\frac{1}{1+k_2}\vec{p_1p_2}+\frac{k_2}{1+k_2}\vec{p_1p_3}
\end{equation}
由于$p_1,r,q_1$三点共线.因此
\begin{equation}
\vec{p_1r}=\alpha
\vec{p_1q_1}=\alpha(\frac{1}{1+k_2}\vec{p_1p_2}+\frac{k_2}{1+k_2}\vec{p_1p_3})
\end{equation}
其中$\alpha\in\bf{R}$.设$\vec{p_2r}=\beta \vec{p_2q_2}$.于是
\begin{equation}
\vec{p_1r}=(1-\beta)\vec{p_1p_2}+\beta\vec{p_1q_2}=(1-\beta)\vec{p_1p_2}+\frac{\beta}{1+k_{3}}\vec{p_1p_3}
\end{equation}
解得
\begin{equation}
\begin{cases}
\alpha= \frac{1+k_2}{1+k_2+k_2k_3}\\
\beta=\frac{k_2+k_2k_3}{1+k_2+k_2k_3}\\
\end{cases}
\end{equation}
下面我们验证$q_3,r,p_3$共线.这是因为
\begin{align*}
\vec{p_1r}&=\frac{1}{1+k_2+k_2k_3}\vec{p_1p_2}+\frac{k_2}{1+k_2+k_2k_3}\vec{p_1p_3}\\&=\frac{1+k_1}{k_1(1+k_2+k_2k_3)}\vec{p_1q_3}+\frac{k_2}{1+k_2+k_2k_3}\vec{p_1p_3}
\end{align*}
下面我们看
\begin{equation}
\frac{1+k_1}{k_1(1+k_2+k_2k_3)}+\frac{k_{2}}{1+k_2+k_{2}k_3}=\frac{1+k_1+k_1k_2}{k_1(1+k_2+k_2k_3)}=\frac{1+k_1+k_1k_2}{k_1+k_1k_2+1}=1
\end{equation}
因此$q_3,r,p_3$共线.得证.
证明：$\Rightarrow$:设$p_1q_1,p_2q_2,p_3q_3$交于点$r$.易得
\begin{equation}
\vec{p_1q_1}=\frac{1}{1+k_2}\vec{p_1p_2}+\frac{k_2}{1+k_2}\vec{p_1p_3}
\end{equation}
由于$p_1,r,q_1$三点共线，因此
\begin{equation}
\vec{p_1r}=\alpha\vec{p_1q_1}=\alpha(\frac{1}{1+k_2}\vec{p_1p_2}+\frac{k_{2}}{1+k_2}\vec{p_1p_3})
\end{equation}
其中$\alpha\in\bf{R}$.
设$\vec{p_2r}=\beta \vec{p_2q_2}$.则
\begin{equation}
\vec{p_1r}=(1-\beta)\vec{p_1p_2}+\beta\vec{p_1q_2}=(1-\beta)\vec{p_1p_2}+\frac{\beta}{1+k_{3}}\vec{p_1p_3}
\end{equation}
设$\vec{p_3r}=\gamma \vec{p_3q_3}$.同理
\begin{equation}
\vec{p_1r}=(1-\gamma)\vec{p_1p_3}+\frac{\gamma k_1}{1+k_1}\vec{p_1p_2}
\end{equation}
解得
\begin{equation}
\begin{cases}
\gamma=\frac{k_3+k_1k_3}{1+k_3+k_1k_3},\\
\beta=\frac{1+k_3}{1+k_3+k_1k_3},\\
\alpha=\frac{k_1k_3+k_1k_2k_3}{1+k_3+k_1k_3},\\
\frac{\alpha k_2}{1+k_2}=1-\gamma
\end{cases}
\end{equation}
综上解得$k_1k_2k_3=1$.
$\Leftarrow$:证明采用同一法.$p_1q_1$与$p_2q_2$交于$r$.
\begin{equation}
\vec{p_1q_1}=\frac{1}{1+k_2}\vec{p_1p_2}+\frac{k_2}{1+k_2}\vec{p_1p_3}
\end{equation}
由于$p_1,r,q_1$三点共线.因此
\begin{equation}
\vec{p_1r}=\alpha
\vec{p_1q_1}=\alpha(\frac{1}{1+k_2}\vec{p_1p_2}+\frac{k_2}{1+k_2}\vec{p_1p_3})
\end{equation}
其中$\alpha\in\bf{R}$.设$\vec{p_2r}=\beta \vec{p_2q_2}$.于是
\begin{equation}
\vec{p_1r}=(1-\beta)\vec{p_1p_2}+\beta\vec{p_1q_2}=(1-\beta)\vec{p_1p_2}+\frac{\beta}{1+k_{3}}\vec{p_1p_3}
\end{equation}
解得
\begin{equation}
\begin{cases}
\alpha= \frac{1+k_2}{1+k_2+k_2k_3}\\
\beta=\frac{k_2+k_2k_3}{1+k_2+k_2k_3}\\
\end{cases}
\end{equation}
下面我们验证$q_3,r,p_3$共线.这是因为
\begin{align*}
\vec{p_1r}&=\frac{1}{1+k_2+k_2k_3}\vec{p_1p_2}+\frac{k_2}{1+k_2+k_2k_3}\vec{p_1p_3}\\&=\frac{1+k_1}{k_1(1+k_2+k_2k_3)}\vec{p_1q_3}+\frac{k_2}{1+k_2+k_2k_3}\vec{p_1p_3}
\end{align*}
下面我们看
\begin{equation}
\frac{1+k_1}{k_1(1+k_2+k_2k_3)}+\frac{k_{2}}{1+k_2+k_{2}k_3}=\frac{1+k_1+k_1k_2}{k_1(1+k_2+k_2k_3)}=\frac{1+k_1+k_1k_2}{k_1+k_1k_2+1}=1
\end{equation}
因此$q_3,r,p_3$共线.得证.
Tuesday, August 7, 2012
《几何与代数导引》习题1.27
用行列式解方程组：
\begin{align*}
2x+3y&=1\\
4x+5y&=6
\end{align*}
解:$$x=\frac{\begin{vmatrix}
1&3\\
6&5\\
\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}
2&3\\
4&5\\
\end{vmatrix}}=\frac{13}{2}$$
$$y=\frac{\begin{vmatrix}
2&1\\
4&6\\
\end{vmatrix}
}{\begin{vmatrix}
2&3\\
4&5\\
\end{vmatrix}
}=-4$$
\begin{align*}
x+2y+3z&=4\\
2x+2y+5z&=2\\
3x-5y+6z&=6
\end{align*}
解:$$x=\frac{\begin{vmatrix}
4&2&3\\
2&2&5\\
6&-5&6\\
\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}
1&2&3\\
2&2&5\\
3&-5&6
\end{vmatrix}}=\frac{118}{-5}$$
$$y=
\frac{\begin{vmatrix}
1&4&3\\
2&2&5\\
3&6&6\\
\end{vmatrix}
}{\begin{vmatrix}
1&2&3\\
2&2&5\\
3&-5&6\\
\end{vmatrix}
}=\frac{-12}{5}
$$
$$z=\frac{\begin{vmatrix}
1&2&4\\
2&2&2\\
3&-5&6\\
\end{vmatrix}
}{\begin{vmatrix}
1&2&3\\
2&2&5\\
3&-5&6
\end{vmatrix}
}=\frac{54}{5}$$
《几何与代数导引》例1.4——定比分点
点$r$分有向线段$\vec{pq}$成定比$k$,即$\vec{pr}=k\vec{rq}(k\neq-1)$.在仿射标架中，已知$p(a_1,a_2,a_3)$,$q(b_1,b_2,b_3)$和$k$,求$r(c_1,c_2,c_3)$
解:由于$c_i-a_i=k(b_i-c_i)$,因此$c_i=\frac{kb_i+a_i}{1+k}$.
《几何与代数导引》习题1.25.5——Lagrange恒等式
Lagrange恒等式:
$$(\vec{a}\times\vec{b})\cdot(\vec{c}\times\vec{d})=(\vec{a}\cdot\vec{c})(\vec{b}\times\vec{d})-(\vec{b}\cdot\vec{c})(\vec{a}\cdot\vec{d})$$
证明：令
$\vec{a}=(a_1,a_2,a_3)$,$b=(b_1,b_2,b_3)$,$c=(c_1,c_2,c_3)$,$d=(d_1,d_2,d_3)$.则
$$(\vec{a}\cdot\vec{c})(\vec{b}\times\vec{d})-(\vec{b}\cdot\vec{c})(\vec{a}\cdot\vec{d}=\begin{vmatrix}
\vec{a}\cdot\vec{c}&\vec{a}\cdot\vec{d}\\
\vec{b}\cdot\vec{c}&\vec{b}\cdot\vec{d}\\
\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
a_1c_1+a_2c_2+a_3c_3&a_1d_1+a_2d_2+a_3d_3\\
b_1c_1+b_2c_2+b_3c_3&b_1d_1+b_2d_2+b_3d_3\\
\end{vmatrix}$$
而
$$(\vec{a}\times\vec{b})\cdot(\vec{c}\times\vec{d})=\begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
a_1&a_2&a_3\\
b_1&b_2&b_3\\
\end{vmatrix}\begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
c_1&c_2&c_3\\
d_1&d_2&d_3\\
\end{vmatrix}
$$
一个个元素分析过来，显然，两者是相等的.拉格朗日恒等式得证.$\Box$
$$(\vec{a}\times\vec{b})\cdot(\vec{c}\times\vec{d})=(\vec{a}\cdot\vec{c})(\vec{b}\times\vec{d})-(\vec{b}\cdot\vec{c})(\vec{a}\cdot\vec{d})$$
证明：令
$\vec{a}=(a_1,a_2,a_3)$,$b=(b_1,b_2,b_3)$,$c=(c_1,c_2,c_3)$,$d=(d_1,d_2,d_3)$.则
$$(\vec{a}\cdot\vec{c})(\vec{b}\times\vec{d})-(\vec{b}\cdot\vec{c})(\vec{a}\cdot\vec{d}=\begin{vmatrix}
\vec{a}\cdot\vec{c}&\vec{a}\cdot\vec{d}\\
\vec{b}\cdot\vec{c}&\vec{b}\cdot\vec{d}\\
\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
a_1c_1+a_2c_2+a_3c_3&a_1d_1+a_2d_2+a_3d_3\\
b_1c_1+b_2c_2+b_3c_3&b_1d_1+b_2d_2+b_3d_3\\
\end{vmatrix}$$
而
$$(\vec{a}\times\vec{b})\cdot(\vec{c}\times\vec{d})=\begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
a_1&a_2&a_3\\
b_1&b_2&b_3\\
\end{vmatrix}\begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
c_1&c_2&c_3\\
d_1&d_2&d_3\\
\end{vmatrix}
$$
一个个元素分析过来，显然，两者是相等的.拉格朗日恒等式得证.$\Box$
《几何与代数导引》习题1.28
设$\vec{a}$,$\vec{b}$,$\vec{c}$,$\vec{x}$为向量.证明
1.$\vec{a}\times\vec{x},\vec{b}\times\vec{x},\vec{c}\times\vec{x}$共面.
证明:从几何意义来看，这是显然的.$\Box$
2.$\vec{a},\vec{b},\vec{c}$共面，当且仅当$\vec{a}\times\vec{b},\vec{b}\times\vec{c},\vec{c}\times\vec{a}$共线.
证明:从几何意义来看，这也是显然的.不过我想从代数角度来解决这个问题.
$\Rightarrow$:当$\vec{a},\vec{b}$都不等于$\vec{0}$时，$\vec{a},\vec{b},\vec{c}$共面，说明$\vec{c}=\alpha\vec{a}+\beta\vec{b}$,其中$\alpha,\beta\in\bf{R}$.则
$$\vec{b}\times\vec{c}=\begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
b_1&b_2&b_3\\
c_1&c_2&c_3\\
\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
b_1&b_2&b_3\\
\alpha a_1+\beta b_1&\alpha a_2+\beta b_2&\alpha a_3+\beta b_3\\
\end{vmatrix}=\alpha\begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
b_1&b_2&b_3\\
a_1&a_2&a_3\\
\end{vmatrix}=-\alpha \begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
a_1&a_2&a_3\\
b_1&b_2&b_3\\
\end{vmatrix}
$$
而
$$\vec{c}\times\vec{a}=\begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
c_1&c_2&c_2\\
a_1&a_2&a_3\\
\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
\alpha a_1+\beta b_1&\alpha a_2+\beta b_2&\alpha a_3+\beta b_3\\
a_1&a_2&a_3\\
\end{vmatrix}=\beta\begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
b_1&b_2&b_3\\
a_1&a_2&a_3\\
\end{vmatrix}=-\beta\begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
a_1&a_2&a_3\\
b_1&b_2&b_3\\
\end{vmatrix}
$$
且
$$\vec{a}\times\vec{b}=\begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
a_1&a_2&a_3\\
b_1&b_2&b_3\\
\end{vmatrix}
$$
因此$\vec{a}\times\vec{b}$,$\vec{b}\times\vec{c}$,$\vec{a}\times\vec{c}$这三者两两共线.
当$\vec{a}$和$\vec{b}$两者中有一者为零向量时，命题显然成立.
$\Leftarrow$:这个我还没有找到很好的代数方法，目前只能用几何方法.
3. 设$\vec{a}$和$\vec{b}$不垂直，$\vec{a}\cdot\vec{x}=k$,$\vec{b}\times\vec{x}=\vec{c}$.试用$\vec{a},\vec{b},\vec{c},k$表示$\vec{x}$.
利用所谓的二重外积公式：
$$(\vec{a}\times\vec{b})\times\vec{c}=(\vec{a}\cdot\vec{c})\vec{b}-(\vec{b}\cdot\vec{c})\vec{a}$$
由二重外积公式可得，
$$(\vec{b}\times\vec{x})\times\vec{a}=(\vec{b}\cdot\vec{a})\vec{x}-(\vec{x}\cdot\vec{a})\vec{b}$$
即$$\vec{c}\times\vec{a}=(\vec{b}\cdot\vec{a})\vec{x}-k\vec{b}$$
解得$$\vec{x}=\frac{\vec{c}\times\vec{a}+k\vec{b}}{\vec{b}\cdot\vec{a}}$$($\vec{a}$与$\vec{b}$垂直保证了分母不为零).
1.$\vec{a}\times\vec{x},\vec{b}\times\vec{x},\vec{c}\times\vec{x}$共面.
证明:从几何意义来看，这是显然的.$\Box$
2.$\vec{a},\vec{b},\vec{c}$共面，当且仅当$\vec{a}\times\vec{b},\vec{b}\times\vec{c},\vec{c}\times\vec{a}$共线.
证明:从几何意义来看，这也是显然的.不过我想从代数角度来解决这个问题.
$\Rightarrow$:当$\vec{a},\vec{b}$都不等于$\vec{0}$时，$\vec{a},\vec{b},\vec{c}$共面，说明$\vec{c}=\alpha\vec{a}+\beta\vec{b}$,其中$\alpha,\beta\in\bf{R}$.则
$$\vec{b}\times\vec{c}=\begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
b_1&b_2&b_3\\
c_1&c_2&c_3\\
\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
b_1&b_2&b_3\\
\alpha a_1+\beta b_1&\alpha a_2+\beta b_2&\alpha a_3+\beta b_3\\
\end{vmatrix}=\alpha\begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
b_1&b_2&b_3\\
a_1&a_2&a_3\\
\end{vmatrix}=-\alpha \begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
a_1&a_2&a_3\\
b_1&b_2&b_3\\
\end{vmatrix}
$$
而
$$\vec{c}\times\vec{a}=\begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
c_1&c_2&c_2\\
a_1&a_2&a_3\\
\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
\alpha a_1+\beta b_1&\alpha a_2+\beta b_2&\alpha a_3+\beta b_3\\
a_1&a_2&a_3\\
\end{vmatrix}=\beta\begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
b_1&b_2&b_3\\
a_1&a_2&a_3\\
\end{vmatrix}=-\beta\begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
a_1&a_2&a_3\\
b_1&b_2&b_3\\
\end{vmatrix}
$$
且
$$\vec{a}\times\vec{b}=\begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
a_1&a_2&a_3\\
b_1&b_2&b_3\\
\end{vmatrix}
$$
因此$\vec{a}\times\vec{b}$,$\vec{b}\times\vec{c}$,$\vec{a}\times\vec{c}$这三者两两共线.
当$\vec{a}$和$\vec{b}$两者中有一者为零向量时，命题显然成立.
$\Leftarrow$:这个我还没有找到很好的代数方法，目前只能用几何方法.
3. 设$\vec{a}$和$\vec{b}$不垂直，$\vec{a}\cdot\vec{x}=k$,$\vec{b}\times\vec{x}=\vec{c}$.试用$\vec{a},\vec{b},\vec{c},k$表示$\vec{x}$.
利用所谓的二重外积公式：
$$(\vec{a}\times\vec{b})\times\vec{c}=(\vec{a}\cdot\vec{c})\vec{b}-(\vec{b}\cdot\vec{c})\vec{a}$$
由二重外积公式可得，
$$(\vec{b}\times\vec{x})\times\vec{a}=(\vec{b}\cdot\vec{a})\vec{x}-(\vec{x}\cdot\vec{a})\vec{b}$$
即$$\vec{c}\times\vec{a}=(\vec{b}\cdot\vec{a})\vec{x}-k\vec{b}$$
解得$$\vec{x}=\frac{\vec{c}\times\vec{a}+k\vec{b}}{\vec{b}\cdot\vec{a}}$$($\vec{a}$与$\vec{b}$垂直保证了分母不为零).
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