解析几何2011

解 析 几 何 郭 学 军 南京大学数学系 我们使用的记号： N: 自然数集合 Z: 整数集合 Q: 有理数数集合 R: 实数集合 C: 复数集合 Nine Zulu Queens Rule China. x1 维数 设F是一个数域，V是一个集合。如果V是F上的线性空间，那么V中必须 有两种运算加法和数乘，而且要满足下面的八条公理,即加法交换律，加法结 合律，存在零元素，存在负元素，乘法对向量加法的分配律（数乘分配律I）， 乘法对纯量加法的分配律（数乘分配律II），数乘结合律，单位律。 这八条定义如下： 1. �+ � = � + �, 2. (�+ �) + = �+ (� + ), 3. 对任意向量�, 都存在一个向量0使得�+ 0 = �, 4. 对任意向量�, 都存在一个向量�0使得�0 + � = 0, 5. k � (�+ �) = k � �+ k � �, 6. (k + l) � � = k � �+ l � �, 7. (kl) � � = k � (l � �), 8. 1 � � = �. 按照这个定义，加法交换律是不能由后面的7条推出的。 有线性空间，就有线性子空间。线性空间V的子集V1称为是V的线性子空 间如果V1在继承自V的加法和数乘之下也成为一个线性空间空间。线性子空 间之间可以相加，V1 + V2 = f�+ �j� 2 V1; � 2 V2g仍然是一个线性空间. 如 1 果V1TV2 = 0, 则称V1 + V2是直和，记为V1LV2. 直和满足结合律 V1 M (V2 M V3) = (V1 M V2) M V3: 注意即使V1 + V2 = V1LV2; V1 + V3 = V1LV3; V3 + V2 = V3LV2; 也不能保 证 V1 + V2 + V3 = V1 M V2 M V3: 想想平面上的三条过原点的直线。 无限多个子空间也可以做直和, 如果 V = 1[ i=1 (V1 M � � � M Vi); 我们就说V = V1L � � �LV1: 假设T是V的一个子集，T中的元素经过数乘和加法生成的集合X t2T Rt 是一个线性空间，称为是由T生成的空间。如果V能由有限多个元素生成，就 称V是有限维的，否则称V是无限维的。如果V = L t2T Rt，则称T是V的一个 基。注意我们谈集合的时候，不考虑其中元素的排列次序，而当我们谈基的 时候，是要考虑其中的元素的排列次序的。 定理1.1. 假设V是数域F 上的有限维线性空间，而且V = L t2T Rt = L s2S Rs。 则jSj = jT j. 证明. 假设S = fs1; ::; sng, 而T = ft1; ::; tmg. 不妨设n > m. 我们要推出矛 盾。 首先t1能写成S中元素的线性组合t1 = P aisi. 不妨设a1 6= 0. 则我们可 以把S中的s1换成t1, 使得这样替换之后的S 依然是V的一个基。这相当于要 证两条：V = Rt1 + (Rs2L � � �LRsn)，和Rt1T(Rs2L � � �LRsn) = f0g. 这 两条都容易证明。 下一步，t2写成S中元素的线性组合t2 = P bisi，注意这里的s1已经被替 换成t1了。不可能b2 = � � � = bn = 0, 所以必有某个i > 1使得bi 6= 0. 不妨 设b2 6= 0, 则我们可以把S中的s2换成t2, 使得这样替换之后的S 依然是V的一 个基。道理同上。 依次做下去，可以看出S = ft1; ::; tm; sm+1; :::; sng是V的一个基。我们 说这是不可能的。因为RsnT(L t2T Rt) = Rsn T V = Rsn 6= f0g: 定义1.2. 假设V是数域F 上的线性空间，fe1; :::; eng是V的一个不包含零向 量的有限子集，而且V = Fe1L � � �LFen。则称V的维数是n（记为dimV = n），fe1; :::; eng是V的一组基。 2 对无限维空间也可以这样定义维数和基，不过要借助Zorn引理。Zorn引 理相当于说给你无限多双袜子，你可以从每一双里拿一只。如果是鞋子，就 不需要Zorn引理帮忙了，因为你总可以拿左脚的鞋。 从维数和基的定义里面不难看出下面的命题成立。 命题1.3. 假设V是数域F 上的有限维线性空间，V1; V2是V的两个子空间。 则V1; V2的维数都小于等于整个空间V的维数。如果V = V1LV2. 则 dimV1 + dimV2 = dimV: 如果fe1; :::; ekg是V1的一组基，ff1; :::; flg是V2的一组基，则 fe1; :::; ek; f1; :::; flg 是整个空间V的一组基， 从线性空间V到W的映射A称为是线性映射如果它满足下面的等式 A (a�+ b�) = aA (�) + bA (�): 线性映射A称为是同构如果存在线性映射B使得AB = BA = I，即V上的 恒等映射。容易看出，两个线性空间同构当且仅当它们的维数相等。 假设V有两组基f�1; :::; �ng; f�1; :::; �ng. 则线性映射 A : V �! VX xi�i 7�! X xi�i 是同构。满射和单射都很显然。 定理1.4. 从有限维线性空间V到有限维线性空间W的线性映射A满足 dim(ker(A )) + dim(im(A )) = dimV 证明. 选�; :::; �r 2 V使得A (�1); :::; A (�r)为im(A )的一组基。设�; :::; �r生 成的子空间是V1, 则V = V1L ker(A ). 我们用Rd表示d维的实空间。也就是说 Rd = f(a1; :::; ad)ja1; :::; ad 2 Rg: 我们可以在Rd中引入运算，使得它成为一个向量空间。总共有两种运算，一 种是加法， (a1; :::; ad) + (b1; :::; bd) = (a1 + b1; :::; ad + bd): 3 另一种是数乘 k(a1; :::; ad) = (ka1; :::; kad); k 2 R: Rd中的元素，我们有时候称之为点，有时候称之为向量。 假设V = Rd. 我们知道V中有长度的概念。任给� = (a1; :::; ad) 2 V , 我 们定义它的长度 j�j = q a21 + � � �+ a2d: 如果有两个向量�; � 2 V满足 j�� �j2 = j�j2 + j�j2; 我们就称�; �互相正交（即垂直）。 在空间V = Rn中取k个向量 �1; :::; �k: 如果存在不全为0的常数a1; :::; ak 2 R使得 a1�1 + � � �+ ak�k = 0; 就成这k个向量是线性相关的。否则称它们是线性无关的。 练习1.5. 证明d维的线性空间中任意的d+ 1个向量是线性相关的。 x2 凸集 定义2.1. 一个集合C � Rd如果对任意的x; y 2 C; t 2 [0; 1],都有tx+(1�t)y 2 C. 易知，两个凸集的交还是一个凸集。所以我们可以定义集合C的凸包conv(C)为 包含C的所有的凸集的交。 命题2.2. x 2 conv(X) 当且仅当存在x1; :::; xn 2 X和非负实数t1; :::; tn使 得t1 + � � �+ tn = 1, 且 x = t1x1 + � � �+ tnxn: 上面命题中x的表达式称为是x1; :::; xn的一个凸组合。 证明. 充分性。当n = 2时，是定义。下面假设n > 2而且命题对n� 1成立. 我 们用归纳。 x = t1x1 + � � �+ tnxn = (1� tn)( 1 1� tn (t1x1 + � � �+ tn�1xn�1)) + tnxn: 4 由归纳假设 11�tn (t1x1 + � � �+ tn�1xn�1) 2 conv(X). 再由定义即可知， x = (1� tn)( 1 1� tn (t1x1 + � � �+ tn�1xn�1)) + tnxn 2 conv(X): 必要性。所有的x = t1x1 + � � �+ tnxn; (t1 + � � �+ tn = 1)形式的点的全体 显然是一个凸集，而且包含X,所以包含conv(X)。所以conv(X)中的点都能写 成这种形式。 定理2.3 (Radon). 假设�1; �2; :::; �d+2 2 Rd, 则存在集合f1; ::; d+2g的两个 不相交的子集I; J 使得集合f�i; i 2 Ig的凸包和集合f�j ; j 2 Jg的凸包的交 非空。 证明. 我们考虑d+ 1个向量�1 � �d+2, ..., �d+1 � �d+2. 这d+ 1个向量一定线 性相关。所以一定存在不全为零的常数c1; :::; cd+1使得 c1(�1 � �d+2) + � � �+ cd+1(�d+1 � �d+2) = 0: 令cd+2 = �(c1 + � � �+ cd+1), 则 c1�1 + � � �+ cd+2�d+2 = 0 c1 + � � �+ cd+2 = 0: 所以c1; :::; cd+2中一定有某些项是正的，某些项是负的。我们记 I = fijci > 0g J = fjjcj < 0g: 那么I; J都不是空集，而且我们有下面的式子成立X i2I ci�i = X j2J �cj�j : 我们记k = P i2I ci, 再记 � = X i2I ci k �i = X j2J �cj k �j ; 则 X i2I ci k = 1 = X j2J �cj k ; 根据凸包的定义，�既在集合f�i; i 2 Ig的凸包里，也在集合f�j ; j 2 Jg的凸包 里。所以二者的交非空。 5 定理2.4 (Caratheodory 定理). 假设X � Rd. 则conv(X)中的每一个点都 是X中至多d+ 1个点的凸组合。 证明. 假设前面的命题，conv(X)中的每一个点都是X中若干个点的凸组合。 如果命题不成立,那么conv(X)中存在一个点x是X中至少d+2个点的凸组合。 假设存在x1; :::; xn 2 X; n > d+ 1和非负实数t1; :::; tn使得t1 + � � �+ tn = 1, 且 x = t1x1 + � � �+ tnxn; 而且我们假设这个n是最小的了，也就是说x无法写成X中n� 1个点的凸 组合。易知此时，任意一个ti都是正数。假设其中最小的是� > 0. 我们下面要 推出矛盾。 根据Radon定理的证明可知，存在不全为零的常数c1; :::; cd+2使得 d+2X i=1 cixi = 0: 对任意的正数N仍然有 d+2X i=1 Ncixi = 0: 而且 x = (t1+Nc1)x1+ � � �+(td+2+Ncd+2)xd+2+(td+3+Ncd+3)xd+3+ � � �+ tnxn; 易知当这个正数N非常非常小的时候，上式的右边是一个凸组合。而当这个 正数N非常非常大的时候，上式的右边的系数会出现负数。根据连续性，一定 会有一个正数N使得上式的右边某一项的系数等于零，而其他项的系数都是 非负的，换言之，可以把点x写成是X中至多n� 1个点的凸组合。这就引起了 矛盾。 定理2.5 (Helly定理). 假设C1; :::; Cn是Rd, n > d中的凸集合，而且其中任 意d+ 1个的交非空。则所有C1; :::; Cn的交非空。 证明. 假设n � d+ 2而且命题对n� 1; n� 2; :::都成立。 由归纳假设C1; :::; Cn中任意n�1个的交非空。我们假设所有C1; :::; Cn的 交是空集。那么我们对任意的i, 我们能找到 ai 2 \ j 6=i Cj ; 而且此时有ai 62 Ci。由Radon定理，存在不相交的子集 I; J � f1; ::; d+ 2g 6 使得 conv(fai : i 2 Ig) \ conv(faj : j 2 Jg) 6= ;: 我们在这个非空的交集中选取一个点x. 则x在所有C1; :::; Cn的交中。这相当 于要证明任取k, x在Ck中。我们下面来证明这个结论。 假设k不在I中，那么对每个i 2 I, 我们都有ai 2 Ck. 因为x 2 conv(fai : i 2 Ig)，所以x能写成fai : i 2 Ig)的凸组合。我们刚才看到对每个i 2 I,我们 都有ai 2 Ck，同时Ck也是个凸集. 所以x在Ck中。假设k不在J中，同理可证。 因为I; J是不相交的子集，必然有k不在I中或者k不在J中。 所以所有C1; :::; Cn的交非空。 练习2.6. 举例说明Helly定理中的n不能是1. 例一，d = 1; n =1; Ci = (0; 1=i)都是开集. 例二，d = 1; n =1; Ci = [n; 1)都是闭集. 如果Helly定理中的集合都是有界闭集，则n可以是1. 假设a1; :::; ad是d个不全为零的常数，b是一个实数。下面方程的解集合 称为是Rd中的一个超平面： a1x1 + � � �+ adxd = b 另外，a1x1 + � � � + adxd � b和a1x1 + � � � + adxd � b称为是闭半平面。a1x1 + � � �+ adxd > b和a1x1 + � � �+ adxd < b称为是开半平面。 定义2.7. 假设X � Rd, jXj = n, 则x称为是X的中心点如果任一包含x的闭的 半空间包含至少n=(d+ 1)个X中的点。 注意X的中心点不一定在X中。 练习2.8. 证明x是X的中心点当且仅当x属于每个满足jXT j > d=(d + 1)的 闭半空间 . 练习2.9. 证明Rd中的任何有限点集至少有一个中心点. 练习2.10. 假设X是平面上的一个有限点集，X中的点两两之间的距离都小于 等于1. 求证X包含在一个半径为1=p3的圆中。（提示，以每个点为圆心，半径 为1=p3做圆，先证明，任意3个圆的交非空。再用Helly定理。） 练习2.11. 对Rn中的任意两个集合S; T . 我们定义它们的加S+T = f(s+t)js 2 S; t 2 Tg,这里的s+ t是指对应的坐标相加。现在假设A;B是Rn中的任意两个 集合。求证A+B的凸包等于A的凸包加B的凸包。 （提示，ax+(1� a)y+ bz+(1� b)w = ab(x+ z)+ a(1� b)(x+w)+ b(1� a)(y + z) + (1� a)(1� b)(y + w).） 7 x3 格 定理3.1 (闵可夫斯基). 假设C � Rd是对称的（即C = �C）, 凸的，有界的， 体积大于2d. 则C至少包含一个非零的整点（即该点的坐标都是整数，而且不 是原点）。 证明. 我们用反证法，假设命题不成立。取一个很大的正整数R, 令C 0 = C=2; C = fC 0 + vjv 2 [�R; R]d \ Zdg: 易知C中的元素两个不交(否则x=2 + � = y=2 + �推出(x� y)=2 6= 0, 有C的对 称性和凸性可知命题成立。)，而且这些元素都包含在K = [�R+D; R+D]d 中，D是C 0的两个元素之间的最大距离。我们用记号vol表示体积。则我们有 vol(K) = (2R+ 2D)d � jCjvol(C 0) = (2R+ 1)dvol(C 0) 所以 vol(C 0 ) � (1 + 2D � 1 2R+ 1 )d: 上式左边严格大于1，可是右边随着R的增大，可以任意逼近1. 所以不可能成 立，这就引起了矛盾。 定义3.2. 假设�1; :::; �d是Rd中线性无关的向量，即他们不同时被任何一个d� 1维的子空间包含。则我们称 � = �(�1; :::; �d) = fa1�1 + � � �+ ad�djai 2 Zg 为格。集合 fa1�1 + � � �+ ad�djai 2 [0; 1]g 的体积称为是格的体积vol(�). 推论3.3. 假设�是Rd中的格，C � Rd是对称的（即C = �C）, 凸的，有界的， 体积大于2dvol(�). 则C至少包含一个非零的格点（即格中的点）。 证明. 考虑下面的映射即可。 Rd =) Rd; (x1; :::; xd) 7�! x1�1 + � � �+ xd�d: 假设b; c 2 Z，非零m 2 N。如果aj(b� c), 那么我们称b; c模m同余，记为 b � c(mod m): 8 m叫做模，b叫做c模m的剩余。例如： �9 � 16(mod 5): 注意这里的b; c是整数，而不能是分数。但是如果 bc � 1(mod m); 我们也常常把b记为1=c. 假设p是一个固定的素数。我们在这一节中只考虑由 集合f0; 1; 2; :::; p�1g构成的有限域Fp。作为集合来看，Fp = f0; 1; 2; :::; p� 1g。但是Fp跟单纯的集合相比，它里面多了两种运算，一种是加法，一种 是乘法。任给a; b 2 f0; 1; 2; :::; p � 1g, a; b之和有可能大于等于p, 不 在f0; 1; 2; :::; p�1g里面了。假设x是a; b之和再除以p的余数。在有限域Fp中， 我们定义a+ b等于这个余数x。同样的任给a; b 2 f0; 1; 2; :::; p� 1g, a; b之 乘积有可能大于等于p,不在f0; 1; 2; :::; p� 1g里面了。假设y是a; b之积再除 以p的余数。在有限域Fp中，我们定义ab等于这个余数y。 注意在有限域Fp中，�a = p � a, p = 0。任取一个非零元素a 2 Fp。因 为a不能被p整除，所以由欧几里得除法可知，存在整数x; y使得ax + py = 1. 所以在有限域Fp中，ax = 1. 也就是说，有限域Fp中，任何非零元素都可逆。 显然这个逆元素也是唯一确定的。我们记x = a�1. 例子3.4. 例如在F5中，3 + 4 = 2 2 F5, 4 � 4 = 1 2 F5. 3�1 = 2 2 F5 有限域Fp的所有的元素加起来等于(p� 1)p=2. 如果p > 2,则p� 1是偶数, 所以(p � 1)p=2能够被p整除，所以在有限域Fp中(p � 1)p=2 = 0。我们再看看 有限域Fp中所有的非零元素乘起来等于多少。 定理3.5 (威尔逊定理). Q 非零x2Fp x = 1� 2� 3� � � � � (p� 1) = �1. 证明. 有限域Fp中任何一个非零元素和它自己的逆相乘都等于1. 而除了1和p� 1以外，其他的元素都不等于自身的逆。所以1� 2� 3� � � � � (p� 1) = p� 1 = �1。 定理3.6 (费马小定理). 任给非零元素a 2 Fp, 则ap�1 = 1. 证明. 注意到 Fp = f0; 1; 2; :::; p� 1g = f0; a; 2a; :::; (p� 1)ag; 所以 1� 2� 3� � � � � (p� 1) = ap�1(1� 2� 3� � � � � (p� 1)): 因此ap�1 = 1. 9 引理3.7. 假设p是一个模4余1的素数。则一定存在一个整数x使得x2 � �1(mod p). 证明. 注意到(p� 1)! = (((p� 1)=2)!)2. 再由威尔逊定理即得。 定理3.8 (二平方和定理). 任何一个模4余1的素数都能写成两个整数的平方 和。 证明. 取d = 2. 令q = (p�1)=2)!,则q2 � �1(mod p). 令� = �((1; q); (0; p))。 则�的面积（因为是二维的，所以其实是平行四边形的面积）等于p. 令C为 圆心在原点，半径是p2p的圆。则C的面积大于4p. 所以C中包含了非零的格 点(a; b). 因为(a; b)是格点，所以存在整数x; y 使得 (a; b) = x(1; q) + y(0; p): 所以 a2 + b2 = x2 + (xq + p)2 � 0(mod p); 比2p小，比0大，又是p的倍数的只有p. 所以a2 + b2 = p。 下面我们来证明拉格朗日四平方和定理。 引理3.9. 假设p是一个素数，则存在整数a; b使得a2 + b2 + 1 � 0(mod p). 证明. 我们知道0; 12; :::; (p�1)2=4模p是彼此不同余的（为什么？）。同样的道 理，�1;�1� 12; :::; �1� (p� 1)2=4模p也是彼此不同余的。这总共有p+1个， 可是模p的余数只有p个。所以必然有两个相等。所以命题成立。 定理3.10. 证明任何一个素数p都能写成4个整数的平方和。 证明. 取数a; b使得a2 + b2 + 1 � 0(mod p). 令 � = f(x; y; z; t) 2 Z4jz � ax+ by(mod p); t � bx� ay(mod p)g = fx(1; 0; a; b) + y(0; 1; b;�a) + z0(0; 0; p; 0) + t0(0; 0; 0; p)jx; y; z0 ; t0 2 Zg: 所以�是一个格，体积是p2. 在四维空间中取一个球，球心在原点，半径为p2p。则球的体积是2�2p2 > 24vol(�).（四维球的体积公式是�2r4=2）. 所以由闵可夫斯基定理可知，这个 球中包含非零格点(x; y; z; t)。我们知道 x2 + y2 + z2 + t2 = x2 + y2 + (ax+ by + pz 0 )2 + (bx� ay + pt0)2 � 0(mod p): 所以x2 + y2 + z2 + t2是p的倍数，又非零，又比2p小，所以只能是p. 所以素 数p都能写成4个整数的平方和。 10 定理3.11. 证明任何一个自然数都能写成4个整数的平方和。 证明. 我们知道自然数都能够写成素数的乘积。再利用欧拉公式即可 (a2 + b2 + c2 + d2)(w2 + x2 + y2 + z2) = (aw + bx+ cy + dz)2 + (ax� bw � cz + dy)2 ++(ay + bz � cw � dx)2 + (az � by + cx� dw)2: 练习3.12. 假设a; b; c是3个实数，4ac � b2 > 0; f � 2� p 4ac� b2. 求证存 在(x; y) 2 Z2; (x; y) 6= (0; 0), 使得ax2 + bxy + cy2 � f . 练习3.13. 坐标平面上有一个直径为26米的圆型森林，在整点上栽着直径为16厘 米的树，你站在原点，求证你看不到森林的外面。 练习3.14. 数列fang (n = 1; 2; :::) 定义如下 an = 2 n + 3n + 10n + 15n � 1; 求与这个数列的每一项都互质的所有的正整数。 证明. 易知2a3b5c一定和这个数列的每一项都互素。其次考虑p > 5,由费马小 定理 15 � 2p�1 + 10 � 3p�1 + 3 � 10p�1 + 2 � 15p�1 � 30(mod p) 而上式左边等于 30 � 2p�2 + 30 � 3p�2 + 30 � 10p�2 + 30 � 15p�2 所以 2p�2 + 3p�2 + 10p�2 + 15p�2 � 1(mod p) 所以任意p > 5，必定能整除ap�2. 所以2a3b5c就是全部。 x4 向量的点积和叉积 向量是有长度，有方向的。三维欧几里得空间中的向量可以用三个实数 组成的数组来表示, 即任何一个向量�都可以写成 � = (a; b; c) 的形式，其中a; b; c是3个实数。 我们先来看看简单的，二维的情形。xy平面上的向量�可以看成是一个复 数。两个向量之间的加法就是复数的加法。向量和实数之间的乘法就是复数 和实数之间的乘法。两个向量�; �之间的点乘定义为 � � � := 1 2 (�� + ��); 11 其中希腊字母上面的横线表示复数的共轭。从这里可以看到点积不是什么新 的运算，而只是我们常见的数与数之间的加减乘除的一个混合运算。 三维的情况要复杂一些。但是我们将要说明三维空间中的向量之间的点 积和叉积也是数与数之间的加减乘除的一个混合运算，只是这些数我们并不 怎么常见而已。这些数叫做四元数。是哈密顿在十九世纪发现的。下面我们 简单的介绍一下四元数。 "在那个月早些时候，每天我下来吃早饭时，你的小哥哥和你总是喜欢问 我'哎，爸爸，你那个三元数能乘了吗？'我总是不得不摇摇头说'还不行，只能 加加减减。'在那个月的16号，那天正好是星期一，爱尔兰皇家科学院要开会， 我还是主持人呢。我和你妈妈沿着皇家运河走着，她也许还有点急。尽管她 时不时的和我说着什么，我的脑子里却在想着别的东西。这头脑深处的潜流 最终有了一个结果，毫不夸张的说，我立刻便认识到了它的重要性。电路接通 了，火花打着了，信使来报信了！之后多年的思想和工作，有我的，也有别人 的，都和这个灵光乍现直接相关。这些后续发展，我当时就预见到了。如果这 些工作有什么不足的地方，那是我的责任。这些工作无论如何是要靠别人来 发展的。要是我能活得再长一点就好了，那样我就能和别人再交流交流我的 成果了。我当时无法遏制自己的冲动，完全失去了理性，当我们经过布卢姆 桥的时候，我用一把刀子，把那个基本公式刻在了桥墩的一块石头上，就是 i2 = j2 = k2 = ijk = �1: " 摘自1865年8月5号哈密尔顿写给第二个儿子阿奇博尔德.哈密尔顿的信。 这封信写完后不到一个月，9月2号，哈密尔顿就去世了。哈密尔顿信中提到 的"那个月"是1843年的10月。哈密尔顿当时发现的是人类历史上第一个不交 换的代数－四元数代数。 我们用R表示实数集合, C表示复数集合，H表示四元数集合。四元数集 合H = R+ Ri+ Rj + Rk, H中的运算法则就是上面哈密顿在信中写的。从哈 密顿的公式可以推出 ij = �ji = k; jk = �kj = i; ki = �ik = j: 任何一下四元数都可以写成 � = d+ ai+ bj + ck 的形式，其中a; b; c; d都是实数。d叫做�的实部，ai+ bj + ck 叫做�的虚部。 共轭定义为 � = d� ai� bj � ck: 12 两个四元数� = d+ ai+ bj + ck和e� = ed+ eai+ebj + eck 相等当且仅当它们对应 的系数相等，即a = ea; b = eb; c = ec; d = ed. 特别的，� = d+ ai+ bj+ ck = 0当 且仅当a = b = c = d = 0. 定义4.1. 假设� = d+ ai+ bj + ck是一个不等于0的四元数。令 � = 1 d2 + a2 + b2 + c2 � = 1 d2 + a2 + b2 + c2 (d� ai� bj � ck); 则�� = �� = 1: 我们称�是�的逆。根据定义，�的逆是由�唯一确定的，而且 如果�是�的逆，那么�也是�的逆。 三维空间中的一个向量都可以写成 � = ai+ bj + ck 的形式，其中a; b; c分别是x; y; z轴的坐标。模仿上面二维的情形。我们定义 两个向量�; �的点积, � � � := 1 2 (�� + ��) = �1 2 (�� + ��); 因为� = ��, � = ��. 类似的，我们还可以定义两个向量的叉积， �� � := 1 2 (�� � ��): 根据定义�� � = �� � �. 根据定义, 我们知道如果� = x1i+ y1j + z1k; � = x2i+ y2j + z2k, 则 � � � = x1x2 + y1y2 + z1z2 2 R; �� � = (y1z2 � y2z1)i+ (x2z1 � x1z2)j + (x1y2 � x2y1)k 2 V: 假设� = xi + yj + zk; 则� � � = x2 + y2 + z2, 我们把这个数的平方 根px2 + y2 + z2叫做�的长度，或者绝对值。� = x1i + y1j + z1k; � = x2i + y2j + z2k，�是�; �的夹角。我们有下面的公式： � � � = j�jj�j cos � 。所以我们有下面的定理(都可以通过把�分解成� = �1 + �2, 其中�1和�平 行，�2和�垂直来证明) 定理4.2 (两个向量的内积夹角公式). 假设�是�; �之间的夹角。则�满足 � � � = j�jj�j cos �: 定理4.3 (两个向量的外积夹角公式). 假设�是�; �之间的夹角。则�满足 j�� �j = j�jj�j sin �: 13 定理4.4 (拉格朗日公式). 对任意的向量�; �; , 有 �� (� � ) = (� � )� � (� � �) : 证明. 注意到一个实数乘以一个向量，跟这个向量乘以这个实数是相等的。所 以 右边 = 1 2 (�(� � )� (� � �) + (� � )� � (� � �) ) = �1 4 (�� |{z}+� �� �� � ��+ � �+ �� � �� ��� | {z }) = �1 4 (� �� ��+ � � � �� ) = 1 2 (�( 1 2 (� � �)) + (1 2 (� � �))�) =左边: 定理4.5 (雅可比等式). �� (� � ) + � � ( � �) + � (�� �) = 0: 证明. 这就是要证明 (�� �� ��� �+ ��)+(� ���� � ��+� �)+( ��� ����� +�� ) = 0: 这总共有十二项。三个向量的排列只有六种，再加上正负号，正好是十二项。 所以两两抵消掉了，正好是零。 如果记[x; y] = xy � yx, 则上面的雅可比等式就是 [�; [�; ]] + [�; [ ; �]] + [ ; [�; �]] = 0: 这就和李代数中的雅可比等式从内容到形式完全一致了。 定理4.6 (混合积公式, 我们总是先算叉后算点). �� � � = � � � � = � � � �: 证明. 验证完全是形式主义的, 极其容易的。我们这里只验证第一个等式。 �4(�� � � � � � � �) = �� � �� + ��� ��| {z }�� �+ ��|{z}��� + � � = ��(� + �) + (� + �)� = 0 (上行括号内的东西其实是实数) 14 定理4.7 (拉格朗日恒等式). 对任意的四个向量�; �; ; �, 有 (�� �) � ( � �) = (� � )(� � �)� (� � �)(� � ) 证明. (�� �) � ( � �) = � � � � ( � �)( 混合积公式) = � � ((� � �) � (� � )�)( 拉格朗日公式) = (� � )(� � �)� (� � �)(� � ): 1928年，四元数被物理学家狄拉克在研究微分算子的时候重新发现。狄 拉克由此出发，预言了正电子的存在。1932年，安德森做实验观察到了正电子 的存在。1933年，狄拉克获得了诺贝尔奖，年仅31岁。 练习4.8. 给出点积和叉积的几何解释，用长度，夹角，方向之类的语言来解 释。用体积法证明混合积公式。 练习4.9. 计算两个四元数的乘积(1 + 2i+ 3j + 4k)(5 + 6i+ 7j + 8k). 练习4.10. 求四元数1 + i+ j + k的逆。 练习4.11. 在三维空间中，� = (1; 2; 3); � = (4; 5; 6), 求它们的叉积�� �和点 积� � �。 练习4.12. 已知a; b; c; d; e; f; g; h; m; n是10个整数，而且n = a2+b2+c2+d2, m = e2+f2+g2+h2,求证存在4个整数x; y; z; w使得nm = x2+y2+z2+w2. x5 旋转 从线性空间V到W的映射A称为是线性映射如果它满足下面的等式 A (a�+ b�) = aA (�) + bA (�): 线性映射A称为是同构如果存在线性映射B使得AB = BA = I，即V上的 恒等映射。 假设V有两组基f�1; :::; �ng; f�1; :::; �ng. 则线性映射 A : V �! VX xi�i 7�! X xi�i 是同构。满射和单射都很显然。 15 定理5.1. 从有限维线性空间V到有限维线性空间W的线性映射A满足 dim(ker(A )) + dim(im(A )) = dimV 证明. 选�; :::; �r 2 V使得A (�1); :::; A (�r)为im(A )的一组基。设�; :::; �r生 成的子空间是V1, 则V = V1L ker(A ). 我们通常的3维空间不仅仅是实数域上的线性空间，而且是欧几里得空 间。也就是说其中的向量都有长度。 j�j2 = ��: 保持长度不变的线性变换叫做正交变换。旋转是正交变换。正交不仅仅是旋 转。旋转保持坐标轴相对位置不动。反射也是正交变换，会改变坐标轴的相 对位置。 我们知道长度诱导出了内积 � � � = 1 2 j�+ �j2: 如果� � � = 0, 我们称这两个向量垂直。 假设�是一个向量，我们围着�按照右手螺旋的方向旋转了2�角度。下面 我们用四元数来刻画这个旋转。 首先可以假设�2 = �1, 否者给它乘上一个适当的系数就行了。然后可以 取一个和�垂直的长度为1的向量�. 这时令 = �� � = ��. 则�; �; 是一个 新的坐标系。令� = cos � + � sin �, 则��1 = cos � � � sin �. 考虑线性变换 A : V �! V x 7�! �x��1: 我们有下面的公式。 (cos � + � sin �)�(cos � � � sin �) = �; (cos � + � sin �)�(cos � � � sin �) = cos 2�:� + sin 2�: ; (cos � + � sin �) (cos � � � sin �) = cos 2�: � sin 2�:�: 由上面的公式我们可以看到A是围绕�按照右手螺旋的方向旋转了2�角 度。 定理5.2. 空间中的任何一个旋转相当于一个内自同构，即存在�使得旋转变 换等于下面的映射 x 7�! �x��1: 引理5.3. 任何一个四元数都可以写成k(cos �+sin ��)，其中k是一个实数，�是 一个长度为1的纯虚的四元数。 16 证明. 取k为该四元数的长度的平方根即可。 引理5.4. 假设� 2 H, 而且对所有的x 2 V , 都有�x��1 = x, 则� 2 R. 证明. 取x = i,可知�的j; k坐标为0. 取x = j,可知�的i坐标为0. 所以可知�是 个实数. 定理5.5. 三维空间的旋转群同构于H1=f�1g. 证明. 由前面的讨论可知H1=f�1g中的不同元素诱导出不同的旋转。 这样的表示法有很大的优点。首先按照上面的公式，�很容易求得。这样 计算两个旋转的复合就很容易，只需要计算�1, �2两个四元数的乘积即可。要 知道用通常的办法计算围绕�1按照右手螺旋的方向旋转了2�1角度,然后再围 绕�2按照右手螺旋的方向旋转了2�2角度非常复杂。 群H1=f�1g ' P3R相当于把3维球面a2+ b2+ c2+ d2 = 1的对径点粘起来。 练习5.6. 假设�为3维空间中从原点到点(1; 1; 1)的向量。现在把整个空间围 绕�按照右手螺旋的方向旋转�=3角度. 问原来的点(1; 2; 3)旋转之后变为哪 一个点？（写出其坐标来） 练习5.7. 两个旋转的复合还是一个旋转。假设�1, �2是3维空间中的2个长度 为1的向量，记'1为绕�1按照右手螺旋的方向旋转2�1角度, '2为围绕�2按照右 手螺旋的方向旋转2�2角度, ' = '2'1是二者的复合（注意'1，'2的次序！）。求 长度为1的向量�和角度2�, 使得'等于�按照右手螺旋的方向旋转了2�角度。 练习5.8. 假设3维空间V = Ri+ Rj + Rk，� = i+ j + k。我们定义线性映射 ' : V �! V x 7�! '(x) = 把x绕向量�按照右手螺旋的方向旋转2�=3角度 : (1). 求四元数�, 使得'(x) = �x��1对任意x 2 V都成立。 (2). 求'(i+ 2j + 3k): 17 x6 3维空间中的点线面 3维空间中的平面可以写成是3元一次方程 Ax+By + Cz +D = 0 的解。而直线则可以写成是2个3元一次方程8<:A1x+B1y + C1z +D1 = 0A2x+B2y + C2z +D2 = 0 的公共解。 直线还有另外的表示法， (a0; b0; c0) + t(a; b; c); 其中(a0; b0; c0)是直线上的一点，(a; b; c)是一个平行于该直线的向量，t取 遍所有的实数。当a; b; c都不等于0时，这种表示法跟 x� a0 a = y � b0 b = z � c0 c 是等价的。 假设一个点P的坐标是(a; b; c),一个平面C的方程是Ax+By+Cz+D = 0. 和平面C垂直的向量叫做C的法向量。我们把C中的点到P的距离中之最 小者叫做点P到C的距离。我们知道如果把平面C平行移动一下，原来与C垂 直的，现在还与平行移动之后的C垂直，所以法向量不变。所以计算法向量 的时候，我们可以平行的移动C, 使之经过原点，记这个过原点的平面为C2。 平面C2的方程为Ax + By + Cz = 0. 平面C和平面C2的法向量是相同的。因 为(A; B; C) � (x; y; z) = Ax + By + Cz = 0对D上的任意点(x; y; z)成 立. 所以向量(A; B; C)和终点在平面C2上的任意向量(x; y; z)垂直。所以 向量(A; B; C)就是平面C的法向量。所以过点P与向量(A; B; C)垂直的平 面C3的方程为 Ax+By + Cz = Aa+Bb+ Cc: 设直线`经过原点和点(A; B; C)。则它的方程为 x = At y = Bt z = Ct; t跑遍所有的实数。设直线`和平面C3的交点为P2 = (At1; Bt1; Ct1). 则A2t1+ B2t1 +C 2t1 = Aa+Bb+Cc: 所以t1 = Aa+Bb+CcA2+B2+C2。假设直线`和平面C的交点 18 为P3 = (At2; Bt2; Ct2). 则A2t2 +B2t2 +C2t2 +D = 0: 所以t2 = �DA2+B2+C2。 所以线段P2P3的长度为 jAa+Bb+ Cc+Djp A2 +B2 + C2 : 因此我们有 定理6.1 (点到平面的距离). 假设一个点P的坐标是(a; b; c), 一个平面C的方 程是Ax+By + Cz +D = 0. P到C的距离为 jAa+Bb+ Cc+Djp A2 +B2 + C2 : 上述定理也可以用微积分中的拉格朗日乘数法很简单的证明。 两个相交的平面的夹角是指两个平面教程四个二面角中的任一个。 定理6.2 (两个平面的夹角公式). 在直角坐标系中，假设两个平面的方程为 �i : Aix+Biy + Ciz +Di = 0; i = 0; 1: 则这两个平面的一个夹角�满足 cos � = A1A2 +B1B2 + C1C2p A21 +B 2 1 + C 2 1 � p A22 +B 2 2 + C 2 2 : 证明. 两个相交的平面的夹角就是这两个平面的法向量的夹角。因为�i的法 向量为 �i = (Ai; Bi; Ci): 所以�1 � �2 = A1A2 +B1B2 + C1C2. 我们知道内积还有另外一个计算公式是 �1 � �2 = j�1jj�2j cos �: 因为j�1j = p A21 +B 2 1 + C 2 1 , j�2j = p A22 +B 2 2 + C 2 2 . 所以 cos � = A1A2 +B1B2 + C1C2p A21 +B 2 1 + C 2 1 � p A22 +B 2 2 + C 2 2 : 定理6.3 (点到直线的距离公式). 在直角坐标系中，假设点P的坐标为(x0; y0; z0), 直线的方程为 ` : (a0; b0; c0) + t(a; b; c); t 2 R: 则P到`的距离为 j(x0 � a0; y0 � b0; z0 � c0)� (a; b; c)jp a2 + b2 + c2 : 19 证明. 记Q = (a0; b0; c0)，则� = (x0 � a0; y0 � b0; z0 � c0)就是从Q指向P的 向量. 记� = (a; b; c), �为�; �之间的夹角。则j�j sin �就是P到`的距离。我们 知道 j�� �j = j�jj�j sin �: 所以P到`的距离为 j(x0 � a0; y0 � b0; z0 � c0)� (a; b; c)jp a2 + b2 + c2 : 两条直线之间的距离定义为两条直线上的点之间的最短距离。 定理6.4 (两条直线之间的距离公式). 在直角坐标系中，假设两条直线的方程 为 `1 : (x1; y1; z1) + t(a1; b1; c1); t 2 R `2 : (x2; y2; z2) + t(a2; b2; c2); t 2 R : 则`1到`2的距离为 j(x2 � x1; y2 � y1; z2 � z1) � (a1; b1; c1)� (a2; b2; c2)j j(a1; b1; c1)� (a2; b2; c2)j : 证明. 假设`1; `2之间的距离等于从`1上的点P1到`2上的点P2的距离。则从点P1到 点P2的向量和`1; `2都垂直. 而(a1; b1; c1) � (a2; b2; c2)也和`1; `2都垂直。 所以从点P1到点P2的向量和(a1; b1; c1) � (a2; b2; c2)的方向是相同的。假 设P = (x1; y1; z1)，Q = (x2; y2; z2)，� = (x2�x1; y2�y1; z2�z1)是从P到Q的 向量。平行移动线段P1P2使得P1和P重合，P2变为Q2。则PQQ2构成一个直角 三角形，PQ是斜边，一条直角边是PQ2。PQ2和(a1; b1; c1) � (a2; b2; c2)的 方向相同。所以它的长度等于斜边在(a1; b1; c1)� (a2; b2; c2)上的投影。 所以`1到`2的距离为直角边PQ2 j(x2 � x1; y2 � y1; z2 � z1) � (a1; b1; c1)� (a2; b2; c2)j j(a1; b1; c1)� (a2; b2; c2)j : 练习6.5. 求点(1; 0; 2)到直线8<:2x� y � 2z + 1 = 0x+ y + 4z � 2 = 0 的距离 20 练习6.6. 求直线 x 2 = y + 2 �2 = z � 1 �1 与 x� 1 4 = y � 3 2 = z + 1 �1 之间的距离. 练习6.7. 求直线8<:x+ y � z + 1 = 0x+ y = 0 与 8<:x� 2y + 3z � 6 = 02x� y + 3z � 6 = 0 之间的距离. 练习6.8. 求直线 8<:x� y � z + 2 = 02x� 3y + 3 = 0 和平面2x� z + 1之间的夹角。 练习6.9. 求直线 8<:a1x+ b1y + c1z + d1 = 0a2x+ b2y + c2z + d2 = 0 与z轴相交的条件。 练习6.10. 求直线 ` : 8<:a1x+ b1y + c1z + d1 = 0a2x+ b2y + c2z + d2 = 0 和平面 � : ax+ by + cz + d = 0 平行或者`在�上的条件。 21 x7 射影平面 定义7.1. 集合�叫做是一个射影平面，是指我们给出了集合�得一些特定的子 集，每个子集叫做一条直线，而�中的每个元素叫做一个点，并且满足下列3个 条件： (1): �中任意两个不同的点恰好在一条公共直线上。 (2): �中任意两条不同的直线恰好交于一点。 (3): �中存在四个不同的点，使得其中任意三个均不同时在一条直线上。 如果�是一个有限集合，我们就称其为有限射影平面。 (3)的对偶是 (4):�中存在四条不同的直线，使得其中任意三条均不共点。 (4)可以由(1)(2)(3)推出。实际上从(3)可以得到一个四边形，这个四边形 的四边边所在的直线就任意三条均不共点满足 要求 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 。 注意第二条的不同寻常之处，这意味着在射影几何中是没有平行线的。 这相当于说欧几里得几何中的第五公设不成立。 如下图所示，是最小的射影平面，称为是法诺构形。它有7个点，7条直 线。注意第七条直线是中间的圆。 可以证明（留作习题）在有限射影平面中过每一点的直线数是相等的，记 为n+1；每条直线上的点数是相等的，都等于n+1；�共有n2+n+1个点。这 样的射影平面我们成为是n阶射影平面。 一个很有趣的问题是可以构做出哪些有限射影平面来？ 我们下面来看看如何来构做有限射影平面。假设F是一个域。记F 3为F上 的3维向量空间。F 3�fOg为F 3挖去原点。我们在F 3�fOg中定义一个等价关 系。 (a; b; c) � (d; e; f)() 9k 2 F such that (a; b; c) = (kd; ke; kf): 这些等价类的集合我们记为PG(2; F )。 我们知道PG(2; F )的元素是等价类，每个等价类都可以用一个元素(a; b; c)来 代表，这里的a; b; c不全为零。为了记号简单起见，以后我们(a; b; c)来表示等价 类，即PG(2; F )的元素。按照这个记号，对任意非零的k 2 F ,在PG(2; F )中(a; b; c) = 22 k(a; b; c). 我们定义PG(2; F )中的直线为一次齐次方程的解即下面方程的解： �x1 + �x2 + x3 = 0; 其中的�; �; 是F中的不全为零的元素。x1; x2; x3 2 PG(2; F ). 注意刻画xi需 要三个坐标分量。 我们可以看到，如果在PG(2; F )中(a; b; c) 6= (d; e; f)，按照线性方程组解