陶哲轩实分析命题10.1.7

设$X$是$\mathbf{R}$的子集合，$x_0$是$X$的极限点，设$f:X\to\mathbf{R}$是函数，并设$L$是实数，则下述命题在逻辑上等价：



(a):$f$在$x_0$处在$X$上可微，且导数为$L$.

(b):对于每个$\varepsilon>0$，都存在$\delta>0$,使得只要$x\in X$是$\delta-$接近于$x_0$的，$f(x)$就是$\varepsilon-$接近于$f(x_0)+L(x-x_0)$的.也就是说，只要$x\in X$并且$|x-x_0|\leq\delta$,就有
$$\begin{equation} |f(x)-(f(x_0)+L(x-x_0))|\leq \varepsilon|x-x_0| \end{equation}$$

证明:

这个结论，我曾经在陶哲轩实分析引理17.2.1中证过.

陶哲轩实分析例17.2.3

设$f:\mathbf{R}^2\to\mathbf{R}^2$是映射$f(x,y)=(x^2,y^2)$.设$x_0$是点$x_0:=(1,2)$.并设$L:\mathbf{R}^2\to\mathbf{R}^2$是映射$L(x,y):=(2x,4y)$.我们断言$f$在点$x_0$处可微，具有导数$L$.

证明:

令$x=(x',y')$
  $$\begin{equation}     \lim_{x\to (1,2);x\in       \mathbf{R}^2\backslash\{(1,2)\}}\frac{|(x'^2,y'^2)-(1,4)-L((x',y')-(1,2))|}{|(x',y')-(1,2)|}\\=\lim_{x\to(1,2);x\in\mathbf{R}^{2}\backslash\{(1,2)\}}\frac{|(x'^2-2x'+1,y'^2-4y'+4)|}{|(x'-1,y'-2)|}=\lim_{x\to(1,2);x\in\mathbf{R}^2\backslash\{(1,2)\}}\frac{\sqrt{(x'-1)^4+(y'-2)^4}}{\sqrt{(x'-1)^2+(y'-2)^2}}=0   \end{equation}$$
因此，$f$在$x_0$处的导数为$L$.




之所以 $$\lim_{x\to(1,2);x\in\mathbf{R}^2\backslash\{(1,2)\}}\frac{\sqrt{(x'-1)^4+(y'-2)^4}}{\sqrt{(x'-1)^2+(y'-2)^2}}=0$$
是因为以上问题等价于如下问题:



已知$a,b>0$,则
$$\begin{equation}  \lim_{a\to 0;b\to 0}\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{\sqrt{a+b}}=0 \end{equation}$$
(2) 成立当且仅当
$$\begin{equation}  \lim_{a\to 0;b\to 0}\frac{a^2+b^2}{a+b}=0 \end{equation}$$ (为什么?)
(3) 化简如下
$$\begin{equation}  \lim_{a\to 0;b\to 0}\frac{a^2+b^2}{a+b}=\lim_{a\to 0;b\to    0}\frac{(a+b)^2-2ab}{a+b}=\lim_{a\to 0;b\to 0}(a+b)-\frac{2ab}{a+b} \end{equation}$$
由于
$$\begin{equation}   \lim_{a\to 0;b\to 0}a+b=0 \end{equation}$$
因此我们只用证明
$$\begin{equation}   \lim_{a\to 0;b\to 0}\frac{2ab}{a+b}=0 \end{equation}$$ (为什么?)
而
$$\begin{equation}   \lim_{a\to 0;b\to 0}\frac{2ab}{a+b}=\lim_{a\to 0;b\to 0}\frac{2b}{1+\frac{b}{a}} \end{equation}$$
由于$1+\frac{b}{a}>1$,因此
$$\begin{equation}   \lim_{a\to 0;b\to 0}\frac{2b}{1+\frac{b}{a}}=0 \end{equation}$$ 成立.

陶哲轩实分析引理17.2.1

陶哲轩实分析习题17.1.4

Analysis Terence Tao Exercise 17.1.4

陶哲轩实分析引理17.1.16

Analysis Terence Tao Lemma 17.1.16

陶哲轩实分析习题17.1.2

陶哲轩实分析习题17.1.2

两个子群的并仍然是子群的充要条件

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.

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.

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:

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. )

Now I want to talk about another point:

---

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.

《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.

《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$\hbox{arc}\cos \sqrt{\frac{7}{10}}$.

《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
$$\begin{equation} \label{eq:11} x+\frac{1}{3}=y-\frac{4}{3}=-2z \end{equation}$$

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

$$\begin{equation} \begin{cases}   \frac{x_0-a_1}{l_1}=\frac{y_0-b_1}{n_1}=\frac{z_0-c_1}{m_1}\\ \frac{x_0-a_2}{l_2}=\frac{y_0-b_2}{n_2}=\frac{z_0-c_2}{m_2}\\ \end{cases} \end{equation}$$

《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
$$\begin{equation}   \sqrt{1^2+5^2}\frac{4}{\sqrt{65}}=\frac{4\sqrt{10}}{5} \end{equation}$$

《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
$$\begin{equation}     \frac{x-2}{6}=\frac{y+1}{-5}=\frac{z-3}{3} \end{equation}$$

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

《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.

几何与代数导引_习题1.18_Ceva 定理.tex

《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.$\Box$

《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).