Prueba de$(\bf x\times y\cdot N)\ z+(y\times z\cdot N)\ x+(z\times x \cdot N)\ y= 0$ cuando$\bf x,y,z$ es coplanar y$\bf N$ es un vector normal de unidad

Question

Probar que si $\mathbf{x},\mathbf{y},\mathbf{z} \in \mathbb{R}^3$ son vectores coplanares y $\mathbf{N}$ es una unidad vector normal al plano, a continuación, $$(\mathbf{x}\times\mathbf{y} \cdot \mathbf{N})\ \mathbf{z} + (\mathbf{y}\times\mathbf{z} \cdot \mathbf{N})\ \mathbf{x} + (\mathbf{z}\times\mathbf{x} \cdot \mathbf{N})\ \mathbf{y}=\mathbf{0}.$$

Este es un elemental de identidad que implica la de los productos que se utilizan en la prueba de Gauss-Bonnet y Teorema cuya prueba se deja como ejercicio. Yo lo he probado sin éxito. Inicialmente intenté escribir $\mathbf{N}=\frac{\mathbf{x}\times\mathbf{y}}{\| \mathbf{x}\times\mathbf{y}\|}=\frac{\mathbf{y}\times\mathbf{z}}{\| \mathbf{y}\times\mathbf{z}\|}=\frac{\mathbf{z}\times\mathbf{x}}{\| \mathbf{z}\times\mathbf{x}\|}$ y sustituyendo en la ecuación para obtener $\| \mathbf{x}\times\mathbf{y}\|z +\| \mathbf{y}\times\mathbf{z}\|\mathbf{x}+\| \mathbf{z}\times\mathbf{x}\|\mathbf{y}=\mathbf{0}$ pero luego me di cuenta de que estos términos son sólo corregir a $\pm$ signos. Podría escribir las normas en términos de los senos de los ángulos y se dividen de acuerdo a las normas para conseguir la unidad con los vectores de coeficientes de $\sin\theta,\sin\psi,\sin(\theta+\psi)$ (o $2\pi -(\theta+\psi)$ supongo), pero no sé qué hacer desde allí, especialmente cuando las condiciones son sólo correctas a firmar. Cualquier sugerencias de cómo demostrar esta identidad? Tal vez no es un truco, pero no lo veo. Edit: tal vez la escritura de $\mathbf{z}=\lambda\mathbf{x}+\mu\mathbf{y}$ será de ayuda.

Answer 1

Si lo que se requiere es sólo para demostrar la validez de la identidad dada, existe otro enfoque. Observar que si $x$ e $y$ son linealmente dependientes, es decir, para algunos $c$, $x=c y$ o $y=c x$, entonces la identidad tiene trivialmente porque $w\times v =-(v\times w)$ e $v \times v=0$ para todos los $v,w$. Por lo tanto, podemos suponer que $x$ e $y$ son linealmente independientes y, por tanto, $z$ es una combinación lineal de $x$ e $y$, es decir, $z=ax+by$ para algunos $a,b$. Ahora, desde la identidad dada es lineal en cada variable y tiene por tanto $z=x$ e $z=y$, también es cierto para $z=ax+by$. Esto demuestra la identidad. Puede ser también señaló que $N$ perpendicular al plano que contiene a$x,y,z$ no juega ningún papel en esta prueba.

Answer 2

He aquí una observación: Si $Q$ es una matriz de rotación, entonces $$(Qx) \times (Qy) = Q(x \times y)$$

Usted tiene que demostrar que, por supuesto, pero no es demasiado difícil. Del mismo modo, $$(Qx) \cdot (Qy) = x \cdot y$$ y, por un escalar $\alpha$, tenemos $$Q (\alpha x) = \alpha (Q x)$$

Ahora supongamos que para algún vector $v$, tenemos $$(\mathbf{x}\times\mathbf{y} \cdot \mathbf{N})\ \mathbf{z} + (\mathbf{y}\times\mathbf{z} \cdot \mathbf{N})\ \mathbf{x} + (\mathbf{z}\times\mathbf{x} \cdot \mathbf{N})\ \mathbf{y}=\mathbf{v}.$$

Idea clave 1: Se pueden aplicar las reglas anteriores para mostrar que para cualquier matriz de rotación $Q$, se puede aplicar a$Q$ a todos los elementos de la izquierda para obtener $Qv$.

Idea clave 2: Usted puede optar $Q$ por lo que se tarda $N$ a el vector $(0,0,1)$, y pone a $x, y,$ e $z$ en el avión que consta de los vectores de la forma $(a, b, 0)$. Y en ese plano, es fácil ver que usted consigue $0$, lo $Qv = 0$. Por lo tanto $v = 0$, y listo.

En resumen: por un cambio de base, se puede suponer que la $N$ es el vector de la $(0,0,1)$ y que el resto de los vectores que se encuentran en la $(a, b, 0)$ plano, y las cosas se ponen fácil.

Answer 3

La escritura $x=a\hat{i}+b\hat{j},\,y=c\hat{i}+d\hat{j},\,z=e\hat{i}+f\hat{j},\,N=N\hat{k}$ reduce la suma a $$N((ad-bc)(e\hat{i}+f\hat{j})+(cf-de)(a\hat{i}+b\hat{j})+(be-af)(c\hat{i}+d\hat{j})).$$ The $\ hat {i}$ coefficient is $N (ade-bce + acf-ade + bce-acf) = 0$. The $El coeficiente de % \ hat {j} $ se puede manejar de manera similar.

Answer 4

Desde $\bf x, \bf y, \bf z$ son coplanares, que son linealmente dependientes. Ya que el resultado de probar es simétrica en $\bf x, \bf y, \bf z$, withouht pérdida de generalidad, podemos escribir la $\bf z = \lambda \bf x + \mu \bf y$ para algunos escalares $\lambda, \mu$.

Ahora, $$\begin{align} & (\bf y \times \bf z \cdot \bf N)\; \bf x \\ =\ & (\bf y \times (\lambda \bf x + \mu \bf y) \cdot \bf N)\; \bf x \\ =\ & (\bf y \times \lambda \bf x \cdot \bf N)\; \bf x \\ =\ & (\bf y \times \bf x \cdot \bf N)\, (\lambda \bf x) \end{align}$$ y del mismo modo $$\begin{align} & (\bf z \times \bf x \cdot \bf N)\; \bf y \\ =\ & (\bf y \times \bf x \cdot \bf N)\, (\mu \bf y) \end{align}$$ Así $$\begin{align} & (\bf y \times \bf z \cdot \bf N)\; \bf x + (\bf z \times \bf x \cdot \bf N)\; \bf y \\ =\ & (\bf y \times \bf x \cdot \bf N)\, (\lambda \bf x + \mu \bf y)\\ =\ & -(\bf x \times \bf y \cdot \bf N)\;z \end{align}$$ y el resultado de la siguiente manera.

Answer 5

Si sabes un poco sobre el exterior de álgebra podemos ver casi inmediatamente, y en una manera que generaliza de manera sustancial.

Elija cualquiera de avión $\Pi$ contiene ${\bf x}, {\bf y}, {\bf z}$. El mapa de la $\Pi$ definido por $$({\bf a}, {\bf b}, {\bf c}) \mapsto [({\bf a} \times {\bf b}) \cdot {\bf N}] {\bf c} + [({\bf b} \times {\bf c}) \cdot {\bf N}] {\bf a} + [({\bf c} \times {\bf a}) \cdot {\bf N}] {\bf b}$$ es visiblemente trilineal y totalmente sesgado en sus argumentos, por lo que es un vector de valores) $3$-forma en un $2$-dimensional espacio vectorial y, por tanto, el cero mapa.

NB este argumento no utiliza ningún tipo de propiedades de $\bf N$.