基于平面束方程的關(guān)聯(lián)公理的證明

魯琦　梅紅　孫西超　陳華喜

摘要：利用向量代數(shù)方法，借助平面束方程和直線方程，以及關(guān)聯(lián)公理中的三個公理證明了：（1）不共線的三點決定唯一平面;（2）至少有三點不在同一直線上;（3）至少有四個點不在同一平面上.

關(guān)鍵詞：直線;平面;平面束;關(guān)聯(lián)公理

中圖分類號：O153.3? 文獻標識碼：A? 文章編號：1673-260X（2019）09-0001-03

線性方程和線性方程組的解法我國早在《九章算術(shù)》中就已提及，西方也于18世紀提出.之后，數(shù)學(xué)家們便將一些幾何圖形，例如直線和平面，建立了相應(yīng)的方程，并將坐標和向量融入對幾何問題的研究中[1-2].1844年至1862年，德國數(shù)學(xué)家格拉斯曼（H.G.Grassmann）建立了較為系統(tǒng)的向量理論，其中定義了向量和向量的運算，包括加法、數(shù)乘向量以及向量的數(shù)量積等運算.1899年，德國數(shù)學(xué)家希爾伯特（D.Hilbert）在其著作《The Foudations of Geometry》（《幾何基礎(chǔ)》）一書中用公理化方法證明了幾何問題，并在其中規(guī)定了平面和直線的方程.他們的著作被譯為多種語言出版[3-5].[5]所用的公理體系被現(xiàn)今的數(shù)學(xué)工作者廣泛認可，然而[5]雖定義坐標等概念，但由于其利用公理化方法研究問題，未借鑒Grassmann的向量理論，使得平面和空間直線的方程作為定義引入，不是通過向量的運算推出的，同時關(guān)聯(lián)公理中包含了八個公理.

向量已經(jīng)廣泛應(yīng)用于現(xiàn)代數(shù)學(xué)的研究中，本文在不改變[5]的公理化方法前提下，盡可能少地借助向量代數(shù)的一些概念和結(jié)論，例如[5]直接定義了直線和平面方程，而本文用[6]中的向量垂直、平行和數(shù)量積的定義替換，直線和平面方程即可由它們推出.再利用平面束方程，從[5]中第一組公理（即關(guān)聯(lián)公理）中的三個出發(fā)，證明出其余五個公理，從而使得[5]在融入代數(shù)方法的前提下所用公理個數(shù)減少.

1 預(yù)備知識

[5]中將點作為直線幾何的元素，將點和直線作為平面幾何的元素，將點、線和平面作為空間幾何的元素.因此，對于任意一條直線，至少有一平面經(jīng)過該直線.下文考慮的均為三維空間的情形，之后的證明需要用到如下三個公理[5]：

公理1 經(jīng)過兩個不同的點總是可以確定一條直線.

公理2 如果直線上有兩點在平面上，那么整條直線都在平面上.

公理3 若兩平面有一公共點，則它們至少還有一個公共點.

由公理1-3，可知兩平面若相交，則它們有公共直線，故直線可以看作由兩平面相交而成.在[7]有軸平面束方程的基礎(chǔ)上，可以引入如下形式的平面束方程：

設(shè)直線L的方程為A1x+B1y+C1z+D1=0A2x+B2y+C2z+D2=0，則

A1x+B1y+C1z+D1+（A2x+B2y+C2z+D2）=0，為任意常數(shù)，表示經(jīng)過L的幾乎所有的平面（不包括平面A2x+B2y+C2z+D2=0）[6].

下文證明中將用到的概念有向量、向量平行及垂直、向量的數(shù)量積，以及平面和直線幾種形式的方程，可參見[6]，這里不再贅述.

2 主要結(jié)果

定理1 若三點不共線，則經(jīng)過這三點，有且只有一張平面.

證 設(shè)不共線的三點分別為A（a1，b1，c1），B（a2，b2，c2），C（a3，b3，c3），可得直線AB的方程為==，其中a2-a1，b2-b1，c2-c1不全為零.不妨設(shè)a2-a1≠0，考慮方程

x（a2-a1）+y（b2-b1）+z（c2-c1）=0? （*）

可得x=y-z，其中y，z可取任意數(shù)，故（*）有無窮多解.記=（x，y，z），因為滿足（*）的向量均和直線AB垂直，所以可作為經(jīng)過直線AB的某平面的法向量.從（*）還可看出，是以原點為起點，終點在平面（*）上的向量，這樣的有無窮多個.由此可知，至少存在兩個不平行的非零向量和直線AB垂直，相應(yīng)地，就存在以這兩個非零向量為法向量且經(jīng)過直線AB的兩不同平面，分別記為

A1x+B1y+C1z+D1=0，A2x+B2y+C2z+D2=0，

則經(jīng)過直線AB的平面束方程為

A1x+B1y+C1z+D1+（A2x+B2y+C2z+D2）=0 （**）

其中為任意常數(shù).下證存在唯一的平面經(jīng)過A，B，C三點，先證存在性.

考慮A1a3+B1b3+C1c3+D1+（A2a3+B2b3+C2c3+D2）.

（1）如果A2a3+B2b3+C2c3+D2=0，則平面A2x+B2y+C2z+D2=0經(jīng)過點C.

（2）如果A2a3+B2b3+C2c3+D2≠0，取

=-，則

A1a3+B1b3+C1c3+D1+（A2a3+B2b3+C2c3+D2）=0，說明（**）中至少存在一平面經(jīng)過點C，故存在性得證.再證唯一性.

前文已經(jīng)證明出，若不妨設(shè)a2-a1≠0，則由（*）可得x=-y-z，其中y，z可取任意數(shù).下證經(jīng)過直線AB的平面里，至少存在一平面不經(jīng)過點C.反證法，若經(jīng)過直線AB的平面都經(jīng)過點C，

（1）取y=y0，z=z0，得x=-y0-z0，此時經(jīng)過直線AB以（-y0-z0，y0，z0）為法向量的平面方程為

（-y0-z0）（x-a1）+y0（y-b1）+z0（z-c1）=0.

由平面經(jīng)過點C，得

（-y0-z0）（a3-a1）+y0（b3-b1）

+z0（c3-c1）=0? （***）

（2）取y=y0+1，z=z0，得x=-（y0+1）-z0，此時經(jīng)過直線AB以（-（y0+1）-z0，y0+1，z0）為法向量的平面方程為

（-（y0+1）-z0）（x-a1）+（y0+1）（y-b1）

+z0（z-c1）=0.

由平面經(jīng)過點C，得

（-（y0+1）-z0）（a3-a1）+（y0+1）（b3-b1）

+z0（c3-c1）=0，

整理得

（-y0-z0）（a3-a1）+y0（b3-b1）

+z0（c3-c1）=-（b3-b1），

將（***）代入上式，得-（b3-b1）=0，推出=? ①

（3）取y=y0，z=z0+1，得x=-y0-（z0+1），此時經(jīng)過直線AB以（-y0-（z0+1），y0，z0+1）為法向量的平面方程為

（-y0-（z0+1））（x-a1）+y0（y-b1）

+（z0+1）（z-c1）=0.

由平面經(jīng)過點C，得

（-y0-（z0+1））（a3-a1）+y0（b3-b1）

+（z0+1）（c3-c1）=0，

整理得

（-y0-z0）（a3-a1）+y0（b3-b1）+z0（c3-c1）

=-（c3-c1）

將（***）代入上式，得-（c3-c1）=0，推出=? ②

由①②可得==，故點C的坐標滿足直線AB的方程，所以A，B，C三點共線，與題設(shè)條件矛盾.因此，經(jīng)過直線AB的平面里，至少存在一平面，記為A0x+B0y+C0z+D0=0，該平面不經(jīng)過點C.依前面的假設(shè)，A1x+B1y+C1z+D1=0是經(jīng)過直線AB的直線，故

A1x+B1y+C1z+D1+（A0x+B0y+C0z+D0）=0，為任意常數(shù)，為經(jīng)過直線AB的幾乎所有平面（A0x+B0y+C0z+D0=0除外）.注意到平面A0x+B0y+C0z+D0=0不經(jīng)過點C，由存在性的證明可知A1x+B1y+C1z+D1+（A0x+B0y+C0z+D0）=0中存在經(jīng)過點C的平面，記為

A1x+B1y+C1z+D1+1（A0x+B0y+C0z+D0）=0，其中1為常數(shù)，

且A1a3+B1b3+C1c3+D1+1（A0a3+B0b3+C0c3+D0）=0③.

若還有一平面

A1x+B1y+C1z+D1+2（A0x+B0y+C0z+D0）=0，其中2為常數(shù)，也經(jīng)過點C，則

A1a3+B1b3+C1c3+D1+2（A0a3+B0b3+C0c3+D0）=0④.

由③④可得1（A0a3+B0b3+C0c3+D0）=2（A0a3+B0b3+C0c3+D0）.因為平面A0x+B0y+C0z+D0=0不經(jīng)過點C，所以A0a3+B0b3+C0c3+D0≠0，故1=2，唯一性得證.因此定理得證.

推論1 兩條相交的直線確定唯一平面.

證 設(shè)直線L1和L2相交于點A，在L1和L2上分別取異于A的兩點，記為B，C.由定理1，過A，B，C三點的平面是唯一存在的，記為？仔.由于點A，B在直線L1上，故由公理2，L1在平面？仔.上.同理，直線L2也在平面？仔.上.所以直線L1和L2確定了唯一平面？仔.

推論2 經(jīng)過一條直線和直線外一點有唯一平面.

證 設(shè)直線L外一點為A，在直線上任取兩點B，C，由定理1，過A，B，C三點的平面是唯一存在的.因為點B，C在該平面上，所以直線L在該平面上，故得證.

推論3 經(jīng)過兩條平行直線有唯一平面.

證 設(shè)直線L1和L2平行，在L1上任取兩點a，b，在L2上任取兩點c，d，則由定理1，經(jīng)過點a，b，c有唯一平面，記作？仔：Ax+By+Cz+D=0.若記點c坐標為（x0，y0，z0），則直線L2的方程可設(shè)為==，對應(yīng)的參數(shù)方程為x=x0+mty=y0+ntz=z0+pt.

記=（A，B，C），=（m，n，p）.若平面？仔不經(jīng)過直線L2，則由L2與？仔交于點c可得Ax0+By0+Cz0+D=0.因為L1和L2平行，且L1在？仔上，所以⊥，故Am+Bn+Cp=0.于是可得，

A（x0+mt）+B（y0+nt）+C（z0+pt）+D

=（Ax0+By0+Cz0+D）+（Am+Bn+Cp）t

=0

由上式可知，直線L2在平面？仔上，故經(jīng)過兩條平行直線L1和L2有唯一平面？仔.

定理2 至少有三點不在同一直線上.

證 設(shè)經(jīng)過點A（a1，b1，c1），B（a2，b2，c2）的直線方程為L：==，記（m，n，p）=（a2-a1，b2-b1，c2-c1），則對應(yīng)的參數(shù)方程為x=a1+mty=b1+ntz=c1+pt.不妨設(shè)m≠0，在直線上取一點，設(shè)該點對應(yīng)于t=t0，考慮點（a1+m（t0+1），b1+nt0，c1+pt0），容易驗證該點不在直線L上.

定理3 至少有四個點不在同一平面上.

證 由定理1，可設(shè)經(jīng)過三點的平面方程為？仔：Ax+By+Cz+D=0.若其中一點坐標為（x0，y0，z0），則A0x+B0y+C0z+D0=0.不妨設(shè)A≠0，取點（x0+1，y0，z0），則

A（x0+1）+By0+Cz0+D=（Ax0+By0+Cz0+D）+A=A≠0

故點（x0+1，y0，z0）不在平面？仔上，定理得證.

定理4 兩點唯一確定一直線.

證 由公理1，可設(shè)經(jīng)過點A（x1，y1，z1），B（x2，y2，z2）的直線方程為L：==.記（m，n，p）=（x2-x1，y2-y1，z2-z1），則L：==，對應(yīng)的一般方程為==，即

nx-my+（-nx1+my1）=0px-mz+（-px1+mz1）=0

經(jīng)過直線L的平面束方程可設(shè)為

nx-my+（-nx1+my1）+（px-mz+（-px1+mz1））=0 （*）

如果還有一直線L1也經(jīng)過點A，B，則可設(shè)其參數(shù)方程為L1：x=x1+m′ty=y1+n′tz=z1+p′t.假設(shè)點B對應(yīng)于t=t0，顯然t0≠0，且x2=x1+m′t0y2=y1+n′t0z2=z1+p′t0.因為點B在直線L上，故滿足（*），代入可得

n（x1+m′t0）-m（y1+n′t0）+（-nx1+my1）+[p（x1+m′t0）

-m（z1+p′t0）+（-px1+mz1）]=0

整理得

（nm′t0-mn′t0）+（pm′t0-mp′t0）=0.

再由的任意性可得nm′t0-mn′t0=0，pm′t0-mp′t0=0.因為t0≠0，故nm′=mn′，pm′=mp′，推出==.因此直線L與直線L1重合，定理得證.

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參考文獻：

〔1〕David Hilbert. The Foudations of Geometry[M]. Whitefish： Kessinger Publishing，2005，12.

〔2〕Hermann Grassmann. Die Lineale Ausdehnungslehre ein neuer Zweig der Mathematik [M]. Whitefish： Kessinger Publishing，2009.11.

〔3〕Hermann Grassmann. Die Lineale Ausdehnungslehre ein neuer Zweig der Mathematik [M]. London： Cambridge University Press，2012，12.

〔4〕Hermann Grassmann. Die Ausdehnungslehre： Vollstandig Und in Strenger Form Bearbeitet [M]. London： Cambridge University Press，2013，10.

〔5〕希爾伯特.希爾伯特幾何基礎(chǔ)[M].北京：高等教育出版社，2009.11.

〔6〕同濟大學(xué)數(shù)學(xué)系.高等數(shù)學(xué)（第七版）[M].北京：高等教育出版社，2014.7.

〔7〕呂林根，許子道.解析幾何[M].北京：高等教育出版社，2013.4.