问题及解答

设 $\vec{a}$, $\vec{b}$, $\vec{c}$ 是 $\mathbb{R}^3$ 中的三个向量, 证明:

\[
\vec{a}\times(\vec{b}\times\vec{c})=\langle\vec{a},\vec{c}\rangle\vec{b}-\langle\vec{a},\vec{b}\rangle\vec{c}
\]

并有下面的推论

Cor1. 对3维欧氏空间中任意向量 $\vec{a},\vec{b},\vec{c}$, 有

\[
|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2|\vec{c}|^2=|\vec{a}|^2\langle\vec{b},\vec{c}\rangle^2+|\vec{b}|^2\langle\vec{c},\vec{a}\rangle^2+|\vec{c}|^2\langle\vec{a},\vec{b}\rangle^2-2\langle\vec{a},\vec{b}\rangle\langle\vec{b},\vec{c}\rangle\langle\vec{c},\vec{a}\rangle+[\det(\vec{a},\vec{b},\vec{c})]^2
\]

该推论有明显的几何意义, 若设 $\alpha=\angle(\vec{a},\vec{b})$, $\beta=\angle(\vec{b},\vec{c})$, $\gamma=\angle(\vec{c},\vec{a})$, 则由上面的推论得

\[
|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2|\vec{c}|^2=|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2|\vec{c}|^2(\cos^2\beta+\cos^2\gamma+\cos^2\alpha)-2|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2|\vec{c}|^2\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma+[\det(\vec{a},\vec{b},\vec{c})]^2.
\]

若 $\vec{a},\vec{b},\vec{c}$ 模长均为 1, 则有

Cor2.

\[
1=\cos^2\alpha+\cos^2\beta+\cos^2\gamma-2\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma+[\det(\vec{a},\vec{b},\vec{c})]^2
\]

当然, 特别的有

Cor3. 若 $\alpha=\beta+\gamma$, 则显然由这三个向量构成的平行六面体的体积为零. 从而有

\[
1=\cos^2(\beta+\gamma)+\cos^2\beta+\cos^2\gamma-2\cos(\beta+\gamma)\cos\beta\cos\gamma
\]

当然这个恒等式可以直接验证.

（法一）直接计算

设 $\vec{a}=(a_1,a_2,a_3)$, $\vec{b}=(b_1,b_2,b_3)$, $\vec{c}=(c_1,c_2,c_3)$.

则

\[
\vec{b}\times\vec{c}=
\begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
b_1 & b_2 & b_3\\
c_1 & c_2 & c_3\\
\end{vmatrix}=
\biggl(
\begin{vmatrix}
b_2 & b_3\\
c_2 & c_3
\end{vmatrix},\
-\begin{vmatrix}
b_1 & b_3\\
c_1 & c_3
\end{vmatrix},\
\begin{vmatrix}
b_1 & b_2\\
c_1 & c_2
\end{vmatrix}
\biggr)
\]

所以

\[
\begin{split}
\vec{a}\times(\vec{b}\times\vec{c})&=
\begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
a_1 & a_2 & a_3\\
\begin{vmatrix}
b_2 & b_3\\
c_2 & c_3
\end{vmatrix}&
-\begin{vmatrix}
b_1 & b_3\\
c_1 & c_3
\end{vmatrix}&
\begin{vmatrix}
b_1 & b_2\\
c_1 & c_2
\end{vmatrix}
\end{vmatrix}\\
&=\biggl(a_2\begin{vmatrix}b_1 & b_2\\ c_1 & c_2\end{vmatrix}+a_3\begin{vmatrix}b_1 & b_3\\ c_1 & c_3\end{vmatrix}\biggr)\vec{i}
-\biggl(a_1\begin{vmatrix}b_1 & b_2\\ c_1 & c_2\end{vmatrix}-a_3\begin{vmatrix}b_2 & b_3\\ c_2 & c_3\end{vmatrix}\biggr)\vec{j}\\
&\quad+\biggl(-a_1\begin{vmatrix}b_1 & b_3\\ c_1 & c_3\end{vmatrix}-a_2\begin{vmatrix}b_2 & b_3\\ c_2 & c_3\end{vmatrix}\biggr)\vec{k}
\end{split}
\]

另一方面

\[
\langle\vec{a},\vec{c}\rangle\vec{b}=(a_1 c_1+a_2 c_2 +a_3 c_3)(b_1, b_2, b_3)
\]

\[
\langle\vec{a},\vec{b}\rangle\vec{c}=(a_1 b_1+a_2 b_2 +a_3 b_3)(c_1, c_2, c_3)
\]

从而

\[
\begin{split}
\langle\vec{a},\vec{c}\rangle\vec{b}-\langle\vec{a},\vec{b}\rangle\vec{c}&=\bigl((a_1 c_1+a_2 c_2 +a_3 c_3)b_1-(a_1 b_1+a_2 b_2 +a_3 b_3)(c_1)\bigr)\vec{i}\\
&\quad+\bigl((a_1 c_1+a_2 c_2 +a_3 c_3)b_2-(a_1 b_1+a_2 b_2 +a_3 b_3)(c_2)\bigr)\vec{j}\\
&\quad+\bigl((a_1 c_1+a_2 c_2 +a_3 c_3)b_3-(a_1 b_1+a_2 b_2 +a_3 b_3)(c_3)\bigr)\vec{k}\\
&=(a_2 b_1 c_2+a_3 b_1 c_3-a_2 b_2 c_1-a_3 b_3 c_1)\vec{i}\\
&\quad+(a_1 b_2 c_1+a_3 b_2 c_3-a_1 b_1 c_2-a_3 b_3 c_2)\vec{j}\\
&\quad+(a_1 b_3 c_1+a_2 b_3 c_2-a_1 b_1 c_3-a_2 b_2 c_3)\vec{k}\\
&=\bigl[a_2(b_1 c_2-b_2 c_1)+a_3(b_1 c_3-b_3 c_1)\bigr]\vec{i}\\
&\quad+\bigl[a_1(b_2 c_1-b_1 c_2)+a_1(b_2 c_3-b_3 c_2)\bigr]\vec{j}\\
&\quad+\bigl[a_1(b_3 c_1-b_1 c_3)+a_2(b_3 c_2-b_2 c_3)\bigr]\vec{k}\\
&=\biggl(a_2\begin{vmatrix}b_1 & b_2\\ c_1 & c_2\end{vmatrix}+a_3\begin{vmatrix}b_1 & b_3\\ c_1 & c_3\end{vmatrix}\biggr)\vec{i}
+\biggl(a_1\begin{vmatrix}b_2 & b_1\\ c_2 & c_1\end{vmatrix}+a_3\begin{vmatrix}b_2 & b_3\\ c_2 & c_3\end{vmatrix}\biggr)\vec{j}\\
&\quad+\biggl(a_1\begin{vmatrix}b_3 & b_1\\ c_3 & c_1\end{vmatrix}+a_2\begin{vmatrix}b_3 & b_2\\ c_3 & c_2\end{vmatrix}\biggr)\vec{k}
\end{split}
\]

故

\[\vec{a}\times(\vec{b}\times\vec{c})=\langle\vec{a},\vec{c}\rangle\vec{b}-\langle\vec{a},\vec{b}\rangle\vec{c}\]

（法二）从几何的角度去证.

从要证的式子 $\vec{a}\times(\vec{b}\times\vec{c})=\langle\vec{a},\vec{c}\rangle\vec{b}-\langle\vec{a},\vec{b}\rangle\vec{c}$ 来看, 不放设 $\vec{b}=e_1$, $\vec{c}=c_1 e_1+c_2 e_2$. 这里向量 $e_1$, $e_2$, $e_3$ 分别是 $(1,0,0)$, $(0,1,0)$ 和 $(0,0,1)$. 于是

\[
\vec{b}\times\vec{c}=e_1\times(c_1 e_1+c_2 e_2)=c_2 e_1\times e_2=c_2 e_3
\]

设 $\vec{a}=(a_1,a_2,a_3)$, 则

\[
\begin{split}
\vec{a}\times(\vec{b}\times\vec{c})&=(a_1 e_1+a_2 e_2 a_3 e_3)\times c_2 e_3\\
&=a_1 c_2 e_1\times e_3+a_2 c_2 e_2\times e_3\\
&=-a_1 c_2 e_2+a_2 c_2 e_1
\end{split}
\]

而

\[
\begin{split}
\langle\vec{a},\vec{c}\rangle\vec{b}-\langle\vec{a}&=\langle(a_1,a_2,a_3),(c_1,c_2,0)\rangle e_1-\langle(a_1,a_2,a_3),(1,0,0)\rangle(c_1 e_1+c_2 e_2)\\
&=(a_1 c_1+a_2 c_2)e_1-a_1(c_1 e_1+c_2 e_2)\\
&=a_2 c_2 e_1-a_1 c_2 e_2
\end{split}
\]

故得证. 

我们也可以更简单的，比如类似地证明

\[
(\vec{a}\times\vec{b})\times\vec{c}=(\vec{a}\cdot\vec{c})\vec{b}-(\vec{b}\cdot\vec{c})\vec{a}.
\]

证明:

不妨设 $\vec{a},\vec{b},\vec{c}$ 均为单位向量. 即终点位于球面 $S^2$ 上. 并且不妨设 $\vec{a}=(1,0,0)$, $\vec{b}=(\cos\theta,\sin\theta,0)$. 于是

\[
\vec{a}\times\vec{b}=(0,0,1)\cdot\sin\theta.
\]

设 $\vec{c}=(\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma)$, 从而

\[
\begin{split}
(\vec{a}\times\vec{b})\times\vec{c}&=
\begin{vmatrix}
\vec{i} &\vec{j} &\vec{k}\\
0 & 0 & \sin\theta\\
\cos\alpha &\cos\beta &\cos\gamma
\end{vmatrix}\\
&=(-\cos\beta\sin\theta,\cos\alpha\sin\theta,0)\\
&=\sin\theta\cdot(-\cos\beta,\cos\alpha,0).
\end{split}
\]

而

\[
\begin{split}
&(\vec{a}\cdot\vec{c})\vec{b}-(\vec{b}\cdot\vec{c})\vec{a}\\
=&\langle(1,0,0),(\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma)\rangle(\cos\theta,\sin\theta,0)-\langle(\cos\theta,\sin\theta,0),(\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma)\rangle(1,0,0)\\
=&\cos\alpha(\cos\theta,\sin\theta,0)-(\cos\theta\cos\alpha+\sin\theta\cos\beta)(1,0,0)\\
=&(-\sin\theta\cos\beta,\cos\alpha\sin\theta,0)\\
=&\sin\theta\cdot(-\cos\beta,\cos\alpha,0).
\end{split}
\]

故两者相等, 证毕.

$\vec{b}\times\vec{c}$ 垂直于由 $\vec{b}$ 和 $\vec{c}$ 张成的平面(设为 $\pi$). $\vec{a}$ 与 $\vec{b}\times\vec{c}$ 的叉积垂直于 $\vec{b}\times\vec{c}$, 因此必位于平面 $\pi$ 内, 即可由向量 $\vec{b}$ 和 $\vec{c}$ 线性表示.

设 $\vec{a}\times(\vec{b}\times\vec{c})=k\vec{b}+\ell\vec{c}$. 将 $\vec{c}$ 分解为平行于 $\vec{b}$ 的分量和垂直于 $\vec{b}$ 的分量之和. 则

\[
\vec{c}=\langle\vec{c},\frac{\vec{b}}{|\vec{b}|}\rangle\frac{\vec{b}}{|\vec{b}|}+\biggl(\vec{c}-\langle\vec{c},\frac{\vec{b}}{|\vec{b}|}\rangle\frac{\vec{b}}{|\vec{b}|}\biggr)
\]

则

\[
|\vec{b}\times\vec{c}|=|\vec{b}|\cdot\biggl|\vec{c}-\langle\vec{c},\frac{\vec{b}}{|\vec{b}|}\rangle\frac{\vec{b}}{|\vec{b}|}\biggr|
\]

从而

\[
\begin{split}
|\vec{b}\times\vec{c}|^2 &=|\vec{b}|^2\biggl\langle\vec{c}-\langle\vec{c},\frac{\vec{b}}{|\vec{b}|}\rangle\frac{\vec{b}}{|\vec{b}|},\ \vec{c}-\langle\vec{c},\frac{\vec{b}}{|\vec{b}|}\rangle\frac{\vec{b}}{|\vec{b}|}\biggr\rangle\\
&=|\vec{b}|^2\biggl[|\vec{c}|^2-2\frac{\langle\vec{c},\vec{b}\rangle^2}{|\vec{b}|^2}+\frac{\langle\vec{c},\vec{b}\rangle^2}{|\vec{b}|^2}\biggr]\\
&=|\vec{b}|^2|\vec{c}|^2-\langle\vec{b},\vec{c}\rangle^2
\end{split}
\]

注意: 可以直接写出此关系式:

\[
|\vec{b}\times\vec{c}|^2=|\vec{b}|^2|\vec{c}|^2\sin^2\theta=|\vec{b}|^2|\vec{c}|^2-\langle\vec{b},\vec{c}\rangle^2,
\]

其中 $\theta$ 是 $\vec{b}$ 和 $\vec{c}$ 的夹角.

所以,

\[
\begin{split}
|\vec{a}\times(\vec{b}\times\vec{c})|^2 &=|\vec{a}|^2\cdot |\vec{b}\times\vec{c}|^2-\langle\vec{a},\vec{b}\times\vec{c}\rangle^2\\
&=|\vec{a}|^2[|\vec{b}|^2|\vec{c}|^2-\langle\vec{b},\vec{c}\rangle^2]-[\det(\vec{a},\vec{b},\vec{c})]^2\\
&=|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2|\vec{c}|^2-|\vec{a}|^2\langle\vec{b},\vec{c}\rangle^2-[\det(\vec{a},\vec{b},\vec{c})]^2.
\end{split}
\]

记上面的式子为 (*), 这里我们用到了混合积的公式

\[
\langle\vec{a},\vec{b}\times\vec{c}\rangle=\langle\vec{b}\times\vec{c},\vec{a}\rangle=(\vec{b},\vec{c},\vec{a})=|\vec{b},\vec{c},\vec{a}|=\det(\vec{b},\vec{c},\vec{a})
\]

于是我们有下面的推论

Cor. 对3维欧氏空间中任意向量 $\vec{a},\vec{b},\vec{c}$, 有

\[
|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2|\vec{c}|^2=|\vec{a}|^2\langle\vec{b},\vec{c}\rangle^2+|\vec{b}|^2\langle\vec{c},\vec{a}\rangle^2+|\vec{c}|^2\langle\vec{a},\vec{b}\rangle^2-2\langle\vec{a},\vec{b}\rangle\langle\vec{b},\vec{c}\rangle\langle\vec{c},\vec{a}\rangle+[\det(\vec{a},\vec{b},\vec{c})]^2
\]

推论的证明:

\[
|\langle\vec{a},\vec{c}\rangle\vec{b}-\langle\vec{a},\vec{b}\rangle\vec{c}|^2 =\langle\vec{a},\vec{c}\rangle^2|\vec{b}|^2+\langle\vec{a},\vec{b}\rangle^2|\vec{c}|^2-2\langle\vec{a},\vec{c}\rangle\langle\vec{a},\vec{b}\rangle\langle\vec{b},\vec{c}\rangle
\]

利用 (*) 式及 $\vec{a}\times(\vec{b}\times\vec{c})=\langle\vec{a},\vec{c}\rangle\vec{b}-\langle\vec{a},\vec{b}\rangle\vec{c}$ 可推出

\[
|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2|\vec{c}|^2-|\vec{a}|^2\langle\vec{b},\vec{c}\rangle^2-[\det(\vec{a},\vec{b},\vec{c})]^2=|\vec{b}|^2\langle\vec{a},\vec{c}\rangle+|\vec{c}|^2\langle\vec{a},\vec{b}\rangle-2\langle\vec{a},\vec{c}\rangle\langle\vec{a},\vec{b}\rangle\langle\vec{b},\vec{c}\rangle
\]

Q.E.D of Cor.

直接验证 Cor3.

\[
\cos(\beta+\gamma)=\sin(\beta+\gamma+\frac{\pi}{2})=\sin\beta\cos(\gamma+\frac{\pi}{2})+\cos\beta\sin(\gamma+\frac{\pi}{2})=-\sin\beta\sin\gamma+\cos\beta\cos\gamma
\]

(上面的计算有多余, 可直接等于后者, 如果公式不熟, 则可以这样做.)

从而, 原等式右边为

\[
\begin{split}
&(\cos\beta\cos\gamma-\sin\beta\sin\gamma)^2+\cos^2\beta+\cos^2\gamma-2(\cos\beta\cos\gamma-\sin\beta\sin\gamma)\cos\beta\cos\gamma\\
=&\cos^2\beta\cos^2\gamma+\sin^2\beta\sin^2\gamma+\cos^2\beta+\cos^2\gamma-2\cos^2\beta\cos^2\gamma\\
=&\sin^2\beta\sin^2\gamma-\cos^2\beta\cos^2\gamma+\cos^2\beta+\cos^2\gamma\\
=&\sin^2\beta\sin^2\gamma+\cos^2\beta\sin^2\gamma+\cos^2\gamma\\
=&\sin^2\gamma+\cos^2\gamma\\
=&1
\end{split}
\]