Prueba de coordenadas de que la suma de los ángulos de un triángulo es $180^\circ$ ?

Question

Estaba respondiendo a una pregunta sobre por qué el triángulo de Penrose es imposible cuando me di cuenta de que no había visto un coordenadas prueba de que los ángulos de un triángulo en $\mathbb{R}^n$ suman $180^\circ$ . Conozco la prueba de geometría sintética para $\mathbb{R}^2$ basado en dibujar una línea a través de una esquina paralela a la base opuesta, pero ¿existe una forma "agradable" [no odiosa desde el punto de vista informático] de verificar directamente la siguiente identidad vectorial:

Teorema: Dejemos que $P, Q, R$ sean tres puntos distintos en $\mathbb{R}^n$ y que $\vec{x} = \vec{PQ}$ , $\vec{y} = \vec{QR}$ , $\vec{z} = \vec{RP}$ (nota el orden). A continuación,

$$\cos^{-1}\left(-\frac{\vec{x} \cdot \vec{y}}{|\vec{x}||\vec{y}|}\right)+\cos^{-1}\left(-\frac{\vec{y} \cdot \vec{z}}{|\vec{y}||\vec{z}|}\right)+\cos^{-1}\left(-\frac{\vec{z} \cdot \vec{x}}{|\vec{z}||\vec{x}|}\right)=\pi,$$

o, de forma equivalente, [ya que $\cos^{-1}(a) = \pi - \cos^{-1}(-a)$ ],

$$\cos^{-1}\left(\frac{\vec{x} \cdot \vec{y}}{|\vec{x}||\vec{y}|}\right)+\cos^{-1}\left(\frac{\vec{y} \cdot \vec{z}}{|\vec{y}||\vec{z}|}\right)+\cos^{-1}\left(\frac{\vec{z} \cdot \vec{x}}{|\vec{z}||\vec{x}|}\right)= 2\pi?$$

Lo más parecido que he visto es este argumento pero depende de las propiedades multiplicativas de $\mathbb{C}$ por lo que sólo funciona en 2 dimensiones. Una prueba basada en cuaterniones en $\mathbb{R}^4$ o una prueba basada en el octonión en $\mathbb{R}^8$ Aunque no responda del todo a mi pregunta, sería interesante verlo].

Observación: Obviamente se podría argumentar que cualquier triángulo "vive" en 2D, en el sentido de que hay un plano 2D que pasa por 3 puntos cualesquiera en $\mathbb{R}^n$ . Sin embargo, en lugar de utilizar esta muleta de la geometría sintética como punto de partida o deus ex machina, Pido una prueba coordinada/de álgebra vectorial que sea como explícita como sea posible en $n$ dimensiones en general En contraposición a uno que comienza estableciendo el caso 2D, y luego dice a mano que el caso general es equivalente/reducible al 2D.

Esto excluye específicamente los argumentos que comienzan, "Sin pérdida de generalidad, supongamos $P, Q, R \in \mathbb{R}^2 \times \{ \vec{0} \} \subset \mathbb{R}^n$ ...."

El otro supuesto de la geometría sintética en el que preferiría no basarme directamente es: "Dada una línea $\ell$ en $\mathbb{R}^n$ y un punto $P$ no en línea $\ell$ hay exactamente una línea que pasa por $P$ en paralelo a $\ell$ ."

Answer 1

Por la suposición de $P,Q,R$ , uno tiene que $x,y,$ y $z=-x-y$ son vectores no nulos en ${\mathbb R}^n$ . Entonces se comprueba que $$|z|^2=(-x-y)\cdot(-x-y)=|x|^2+|y|^2+2x\cdot y,\quad (1)$$ y $$|x|^2|y|^2-(x\cdot y)^2=|y|^2|z|^2-(y\cdot z)^2=|z|^2|x|^2-(z\cdot x)^2.\quad (2)$$ Dejemos que $A,B,C$ sean los ángulos que ha definido, es decir $$A=\cos^{-1}\left(-\frac{x\cdot y}{|x||y|}\right),B=\cos^{-1}\left(-\frac{y\cdot z}{|y||z|}\right),C=\cos^{-1}\left(-\frac{z\cdot x}{|z||x|}\right).\quad (3)$$ Por suposición $0<A+B+C<3\pi$ . De ello se desprende que $$A+B+C=\pi$$ $$\Leftrightarrow \cos(A+B+C)=-1.\quad (4)$$ Por lo tanto, basta con demostrar (4), pero por identidades trigonométricas, se tiene $$\cos(A+B+C)=\cos(A)\cos(B)\cos(C)-\sum_{\rm cyc.}\sin(A)\sin(B)\cos(C)$$
$$=\left(\frac{-x\cdot y}{|x||y|}\right)\left(\frac{-y\cdot z}{|y||z|}\right)\left(\frac{-z\cdot x}{|z||x|}\right)-\sum_{\rm cyc.}\sqrt{1-\left(\frac{x\cdot y}{|x||y|}\right)^2}\sqrt{1-\left(\frac{y\cdot z}{|y||z|}\right)^2}\left(\frac{-z\cdot x}{|z||x|}\right),$$ que se puede reescribir como (utilizando (2) y factorizando el factor común) $$\frac{-(x\cdot y)(y\cdot z)(z\cdot x)}{|x|^2|y|^2|z|^2}-\frac{|x|^2|y|^2-(x\cdot y)^2}{|x|^2|y|^2|z|^2}(-z\cdot x-x\cdot y-y\cdot z)$$ $$=\frac{(-x\cdot y)(|y|^2+x\cdot y)(|x|^2+x\cdot y)}{|x|^2|y|^2|z|^2}-\frac{|x|^2|y|^2-(x \cdot y)^2}{|x|^2|y|^2|z|^2}(|z|^2-x\cdot y)~(\because~z=-x-y)$$ $$=\frac{(-x\cdot y)[(|y|^2+x\cdot y)(|x|^2+x\cdot y)-(|x|^2|y|^2-(x\cdot y)^2)]-(|x|^2|y|^2-(x\cdot y)^2)|z|^2}{|x|^2|y|^2|z|^2}$$ $$=\frac{-(x\cdot y)^2(| x|^2+|y|^2+2x\cdot y)-|x|^2|y|^2|z|^2+(x\cdot y)^2|z|^2}{| x|^2|y|^2|z|^2}=-1,$$ ya que por (1) el primer y el tercer término del numerador se cancelan. QED

Answer 2

Uno de los problemas a los que uno se enfrenta al abordar esta cuestión es que tres puntos distintos en $\ \mathbb{R}^n\ $ siempre de hecho yacen en un $2$ -afín de la dimensión del subespacio. Por lo tanto, no tiene sentido suponer que no lo tienen, y no me queda claro qué criterios tendría que satisfacer una prueba de la identidad para que se pueda decir razonablemente que no se basa en ese hecho. En cualquier caso, aquí está mi intento de cumplir con las especificaciones dadas en la pregunta.

Dejemos que $\ p, q, r\ $ sean los vectores de coordenadas (columna) en $\ \mathbb{R}^n\ $ de los puntos $\ P,Q,R\ $ respectivamente, y $$ u=\frac{q-p}{\|q-p\|},\ v=\frac{r-q}{\|r-q\|},\ w=\frac{p-r}{\|p-r\|}\ . $$

• Si $\ \lambda=u^\top v=\pm 1\ $ (es decir, el triángulo es degenerado), y por tanto $\ v=\lambda u\ $ entonces \begin {align} p-r&= \frac {\|q-p\|+ \lambda\ |r-q|}{\q-p\|}(p-q)\N-, \\ |p-r\|&= |q-p\|+ \lambda\ |, \\ w&= \cases {-u& si $\ \lambda=1\ $ o $\ \|q-p\|>\|r-q\|$\\ u&si no, } \\ v^ \top w&= \cases {- \lambda & si $\ \lambda=1\ $ o $\ \|q-p\|>\|r-q\|$\\ \lambda &de lo contrario,} \\ w^ \top u&= \cases {-1 & si $\ \lambda=1\ $ o $\ \|q-p\|>\|r-q\|$\\ 1&en caso contrario.} \end {align} En todos los casos, exactamente dos de los productos internos $\ -u^\top v,\ -v^\top w\ $ y $\ -u^\top v\ $ son $\ +1\ $ y el otro es $\ -1\ $ . Así, exactamente dos de los ángulos $\ \cos^{-1}\left(-u^\top v\right),\ \cos^{-1}\left(-v^\top w\right)\ $ y $\ \cos^{-1}\left(-w^\top v\right)\ $ son cero y el otro es $\ \pi\ $ y, por tanto, su suma es $\ \pi\ $ .
• Si $\ \left|u^\top v\right|\ne1\ $ , dejemos que $\ h=\frac{v-u^Tv\,u}{\| v-u^Tv\,u\|}\ $ . Entonces $\ b_1=u\ $ y $\ b_2=h\ $ son vectores unitarios ortogonales, por lo que existe $\ b_3,b_4,\dots,b_n\in\mathbb{R}^n\ $ tal que $\ b_1,b_2,\dots,b_n\ $ forman una base. Sea $\ U(\theta): \mathbb{R}^n\rightarrow\mathbb{R}^n\ $ sea la transformación lineal definida por \begin {align} U( \theta ) \left ( \sum_ {i=1}^nx_ib_i \right )&= \\ \left (x_1 \cos\theta - \right. & \left.x_2\sin\theta\right )b_1+ \left (x_1 \sin\theta +x_2 \cos\theta\right )b_2+ \sum_ {i=3}^nx_ib_i\ . \end {align} Entonces $\ U(\theta+\phi)=U(\theta)U(\phi)\ $ y $\ U(\theta)=I\ $ si y sólo si $\ \theta=2n\pi\ $ para algún número entero $\ n\ $ . Si $$ \theta_1=\cos^{-1}\left(u^\top v\right),\ \theta_2= \cos^{-1}\left(v^\top w\right),\ \text{and }\ \theta_3= \cos^{-1}\left(w^\top u\right)\ , $$ entonces $\ U(\theta_1)u=v\ $ , $\ U(\theta_2)v=w\ $ , $\ U(\theta_3)w=u\ $ y $\ U(\theta_i)b_j=b_j\ $ para todos $\ i=1,2,3\ $ y $\ j=3,4,\dots,n\ $ . Por lo tanto, \begin {align} U( \theta_1 + \theta_2 + \theta_3 )\N-,u&=u \\ U( \theta_1 + \theta_2 + \theta_3 )\N-,v&=v\N-. \text {y por lo tanto} \\ U( \theta_1 + \theta_2 + \theta_3 )\N-,b_i&=b_i\N-. \text { para todos los }\ i\ . \end {align} Así, $\ U(\theta_1+\theta_2+\theta_3)\ $ es la identidad, por lo que $\ \theta_1+\theta_2+\theta_3=2n\pi\ $ para algún número entero $\ n\ $ . Pero como $\ 0\le\theta_i\le\pi\ $ la única posibilidad es $\ n=1\ $ .