新未名空间

考虑一个三角锥，三个面互相垂直。那么这三个面的面积平方之和等于第四个面的面积平方。
试证明之，并推广到高维空间。

余弦公式见第二页。

FGH 写了： 2022年 12月 1日 22:29 考虑一个三角锥，三个面互相垂直。那么这三个面的面积平方之和等于第四个面的面积平方。
试证明之，并推广到高维空间。

这不对吧。

TheMatrix 写了： 2022年 12月 1日 22:35 这不对吧。

左边1/4(ab)^2+1/4(ac)^2+1/4(bc)^2
vs
右边：
三角形三边长sqrt(a^2+b^2)，sqrt(a^2+c^2)，sqrt(b^2+c^2)
半周长为1/2(sqrt(a^2+b^2)+sqrt(a^2+c^2)+sqrt(b^2+c^2))
根据海伦公式，面积平方为1/2(sqrt(a^2+b^2)+sqrt(a^2+c^2)+sqrt(b^2+c^2)) * 1/2(sqrt(a^2+b^2)+sqrt(a^2+c^2)-sqrt(b^2+c^2)) * 1/2(sqrt(a^2+b^2)-sqrt(a^2+c^2)+sqrt(b^2+c^2)) * 1/2(-sqrt(a^2+b^2)+sqrt(a^2+c^2)+sqrt(b^2+c^2))
=1/16[((sqrt(a^2+b^2)+sqrt(a^2+c^2))^2-b^2-c^2]*[((sqrt(a^2+b^2)-sqrt(a^2+c^2))^2-b^2-c^2]（-1）
=1/16[(a^2+b^2+a^2+c^2-b^2-c^2)^2-4(a^2+b^2)*(a^2+c^2)]（-1）
=1/16[(a^2+a^2)^2-4(a^2+b^2)*(a^2+c^2)]（-1）
=1/4[a^4-a^4-a^2c^2-b^2a^2-b^2c^2]（-1）
=1/4(ab)^2+1/4(ac)^2+1/4(bc)^2
确实是相等的。

verdelite 写了： 2022年 12月 1日 22:59 左边1/4(ab)^2+1/4(ac)^2+1/4(bc)^2
vs
右边：
三角形三边长sqrt(a^2+b^2)，sqrt(a^2+c^2)，sqrt(b^2+c^2)
半周长为1/2(sqrt(a^2+b^2)+sqrt(a^2+c^2)+sqrt(b^2+c^2))
根据海伦公式，面积平方为1/2(sqrt(a^2+b^2)+sqrt(a^2+c^2)+sqrt(b^2+c^2)) * 1/2(sqrt(a^2+b^2)+sqrt(a^2+c^2)-sqrt(b^2+c^2)) * 1/2(sqrt(a^2+b^2)-sqrt(a^2+c^2)+sqrt(b^2+c^2)) * 1/2(-sqrt(a^2+b^2)+sqrt(a^2+c^2)+sqrt(b^2+c^2))
=1/16[((sqrt(a^2+b^2)+sqrt(a^2+c^2))^2-b^2-c^2]*[((sqrt(a^2+b^2)-sqrt(a^2+c^2))^2-b^2-c^2]（-1）
=1/16[(a^2+b^2+a^2+c^2-b^2-c^2)^2-4(a^2+b^2)*(a^2+c^2)]（-1）
=1/16[(a^2+a^2)^2-4(a^2+b^2)*(a^2+c^2)]（-1）
=1/4[a^4-a^4-a^2c^2-b^2a^2-b^2c^2]（-1）
=1/4(ab)^2+1/4(ac)^2+1/4(bc)^2
确实是相等的。

嗯。看来是对的。

FGH 写了： 2022年 12月 1日 22:29 考虑一个三角锥，三个面互相垂直。那么这三个面的面积平方之和等于第四个面的面积平方。
试证明之，并推广到高维空间。

高维应该是simplex。

这个往高维空间推广可能可以用到exterier algebra。但是这个方向我不会。

推广一下可以，可是不会证，也不知道对不对。假定n维空间，那么其中n个相互垂直向量，每n-1个可以构成一个体，一共构成n个。那么这n个n-1维的体的体积的平方和，等于这n个向量的端点构成的体的体积的平方。

大概会证了。（以下省略系数1/2）三角形面积等于底线乘以高，高恰好就和第三个维的向量长度有投影关系。增加维数只是增加一个垂直的向量，k维体积是k-1维体积乘以新增加的一维带来的“高”(h)，而这个h和新增加的一个垂直的维的向量长度有投影关系。把这个关系写出来，再使用数学归纳法就行了。

verdelite 写了： 2022年 12月 1日 23:19 大概会证了。（以下省略系数1/2）三角形面积等于底线乘以高，高恰好就是第三个维的向量长度。增加维数只是增加一个垂直的向量，k维体积是k-1维体积乘以新增加的一维带来的“高”(h)，而这个h和新增加的一个垂直的维的向量长度有投影关系。把这个关系写出来，再使用数学归纳法就行了。

思路应该是对的。

verdelite 写了： 2022年 12月 1日 23:19 大概会证了。（以下省略系数1/2）三角形面积等于底线乘以高，高恰好就和第三个维的向量长度有投影关系。增加维数只是增加一个垂直的向量，k维体积是k-1维体积乘以新增加的一维带来的“高”(h)，而这个h和新增加的一个垂直的维的向量长度有投影关系。把这个关系写出来，再使用数学归纳法就行了。

这样看来问题不难。

这三个分叉a,b,c>=0，用海伦公式列出斜面面积

把b,c看成任意常数，等式等价于一个关于a的四次方程

带入值a = b, a = c, a = 0，再补一个位置，两边相等，这就证明了等式相等

海伦公式太初等了，三维的就应该上A X B. 这样推广到高维轻而易举，代数这个东西有机械化的风格，比几何强多了。古希腊几何发达，算东西却屁都算不出来

向量证明太简单了：
三个垂直向量
A1 = (a, 0, 0)
A2 = (0, b, 0)
A3 = (0, 0, c)

A2-A1 = (-a, b, 0)
A3-A1 = (-1, 0, c)

area = 1/2 ||（A2-A1）x (A3-A1)|| cross product 用行列式算一下

= ||1/2 (bc, ac, ab)) ||

立马就证明了，而且很容易推广到高维。根本不需要什么海伦公式这种古代数学

Caravel 写了： 2022年 12月 2日 16:34 海伦公式太初等了，三维的就应该上A X B. 这样推广到高维轻而易举，代数这个东西有机械化的风格，比几何强多了。古希腊几何发达，算东西却屁都算不出来

向量证明太简单了：
三个垂直向量
A1 = (a, 0, 0)
A2 = (0, b, 0)
A3 = (0, 0, c)

A2-A1 = (-a, b, 0)
A3-A1 = (-1, 0, c)

area = 1/2 ||（A2-A1）x (A3-A1)|| cross product 用行列式算一下

= ||1/2 (bc, ac, ab)) ||

立马就证明了，而且很容易推广到高维。根本不需要什么海伦公式这种古代数学

嗯，这个好。

Caravel 写了： 2022年 12月 2日 16:34 海伦公式太初等了，三维的就应该上A X B. 这样推广到高维轻而易举，代数这个东西有机械化的风格，比几何强多了。古希腊几何发达，算东西却屁都算不出来

向量证明太简单了：
三个垂直向量
A1 = (a, 0, 0)
A2 = (0, b, 0)
A3 = (0, 0, c)

A2-A1 = (-a, b, 0)
A3-A1 = (-1, 0, c)

area = 1/2 ||（A2-A1）x (A3-A1)|| cross product 用行列式算一下

= ||1/2 (bc, ac, ab)) ||

立马就证明了，而且很容易推广到高维。根本不需要什么海伦公式这种古代数学

看着就是我说的exterior algebra方法。只是我不太熟悉。

verdelite 写了： 2022年 12月 2日 18:18 看着就是我说的exterior algebra方法。只是我不太熟悉。

我也不懂什么外代数，这就是点，叉啊，物理系不是本科都要学么

Caravel 写了： 2022年 12月 2日 18:30 我也不懂什么外代数，这就是点，叉啊，物理系不是本科都要学么

这我熟悉，但是叉乘只对三维成立。更高维的使用exterior products。

同理可以用向量证明从N-1维到N维，也遵循这个规律？

verdelite 写了： 2022年 12月 2日 18:53 这我熟悉，但是叉乘只对三维成立。更高维的使用exterior products。

n-维的这个问题，有n+1个点，其中一个是原点，另外n个在正交数轴上。这是一个n-维“超”体，有n个正交的“超”平面，还有一个“超”斜面。要证明n个正交超平面的“面积”的平方和，等于那个“超”斜面的面积的平方。

n个超平面和那个超斜面都是n-1维的。n个点组成的超平面，从任意点发出的都是n-1条向量，这n-1个向量张成n-1维的超平面，其体积是determinate form，也是外代数的最高form。但是这里点的下标的安排还需要仔细考虑。。。

TheMatrix 写了： 2022年 12月 2日 19:34 n-维的这个问题，有n+1个点，其中一个是原点，另外n个在正交数轴上。这是一个n-维“超”体，有n个正交的“超”平面，还有一个“超”斜面。要证明n个正交超平面的“面积”的平方和，等于那个“超”斜面的面积的平方。

n个超平面和那个超斜面都是n-1维的。n个点组成的超平面，从任意点发出的都是n-1条向量，这n-1个向量张成n-1维的超平面，其体积是determinate form，也是外代数的最高form。但是这里点的下标的安排还需要仔细考虑。。。

和我写的那个三维情形非常类似
原点出发的n个向量是
（a₀, 0, 0, 0, ...)
(0, a₁, 0,0,0, ...)
...
(0, 0, 0,0,0, a_n)


N个正交超平面的体积应该是1/(N-1) a₀a₁ ...a_n, 中间每次需要去掉一个

剩下的就是那个超斜面的N-1维度体积。

向量相减得到的结构是
x1 =（-a₀, a₁, ....)
x2 =（-a₀, 0, a₂, ....)
...
x(n-1) =（-a₀, 0, 0, ....a_n)

这个再用那个外微分乘起来 x1 ^ x2 ^ ... ^x(n-1), 每行只有两个非0，看上去应该是一样的，哈哈就这样了

Caravel 写了： 2022年 12月 2日 23:18 和我写的那个三维情形非常类似
原点出发的n个向量是
（a₀, 0, 0, 0, ...)
(0, a₁, 0,0,0, ...)
...
(0, 0, 0,0,0, a_n)


N个正交超平面的体积应该是1/(N-1) a₀a₁ ...a_n, 中间每次需要去掉一个

剩下的就是那个超斜面的N-1维度体积。

向量相减得到的结构是
x1 =（-a₀, a₁, ....)
x2 =（-a₀, 0, a₂, ....)
...
x(n-1) =（-a₀, 0, 0, ....a_n)

这个再用那个外微分乘起来 x1 ^ x2 ^ ... ^x(n-1), 每行只有两个非0，看上去应该是一样的，哈哈就这样了

挑个小小偏差：应该是1/(N-1)! 但不影响证明，因为两边都是除以(N-1)!

Caravel 写了： 2022年 12月 2日 23:18 和我写的那个三维情形非常类似
原点出发的n个向量是
（a₀, 0, 0, 0, ...)
(0, a₁, 0,0,0, ...)
...
(0, 0, 0,0,0, a_n)


N个正交超平面的体积应该是1/(N-1) a₀a₁ ...a_n, 中间每次需要去掉一个

剩下的就是那个超斜面的N-1维度体积。

向量相减得到的结构是
x1 =（-a₀, a₁, ....)
x2 =（-a₀, 0, a₂, ....)
...
x(n-1) =（-a₀, 0, 0, ....a_n)

这个再用那个外微分乘起来 x1 ^ x2 ^ ... ^x(n-1), 每行只有两个非0，看上去应该是一样的，哈哈就这样了

嗯，对，应该就是这样了。