有向线段、面段……及高维立体

· · 算法·理论

概念引入

我们对向量已经非常熟悉了，它是指具有大小和方向的量，可以用有向线段来表示. 于是就有一个自然而然的问题——既然直线上可以截出有大小和方向的量，那么平面上是否也能呢？

大胆定义

取任意两个不共线的模长不为零的有向线段，并令其起点重合，连接其终点，我们定义此由起点重合两条有向线段和一条无向线段组成的封闭三角形为一有向面段.

如图，有向线段 \overrightarrow{OA}，\overrightarrow{OB}，与线段 AB，共同组成了一个有向面段，不妨记为 \vec{\alpha}.

接下来定义它的模，为 △OAB 的面积，记作 \lvert \vec{\alpha} \rvert，即

\lvert \vec{\alpha} \rvert = S_{△OAB}.

我们使用如下公式计算 △OAB 的面积：

S_{△OAB} = \frac{1}{2} \lvert \overrightarrow{OA} \rvert \lvert \overrightarrow{OB} \rvert \sin \langle \overrightarrow{OA} , \overrightarrow{OB} \rangle ，

若 A(a_1,a_2,\dots,a_n)，B(b_1,b_2,\dots,b_n)，且记 \sqrt{\displaystyle\sum_{{i=1}}^{n} {v_i^2}} = \sigma(v,n)， 则

\lvert \overrightarrow{OA} \rvert &= \sqrt{a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2} \\ &= \sigma(a,n)， \end{aligned}

同理，

\lvert \overrightarrow{OB} \rvert = \sigma(b,n)，

又

\cos \langle \overrightarrow{OA} , \overrightarrow{OB} \rangle &=\frac{\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB}}{\lvert \overrightarrow{OA} \rvert \lvert \overrightarrow{OB} \rvert} \\ &=\frac{\displaystyle \sum_{i=1}^{n} {a_i b_i}}{\sigma(a,n) \sigma(b,n)}， \end{aligned}

记 h=\sqrt{ab}，则 \displaystyle\sum_{i=1}^{n} {a_i b_i} = \sigma^2(h,n)，于是

\cos \langle \overrightarrow{OA} , \overrightarrow{OB} \rangle = \frac{\sigma^2(h,n)}{\sigma(a,n) \sigma(b,n)}， \sin \langle \overrightarrow{OA} , \overrightarrow{OB} \rangle &=\sqrt{1-\cos^2 \langle \overrightarrow{OA} , \overrightarrow{OB} \rangle} \\ &=\sqrt{\frac{\sigma^2(a,n) \sigma^2(b,n) - \sigma^4(h,n)}{\sigma^2(a,n) \sigma^2(b,n)}} \\ &=\frac{\sqrt{\sigma^2(a,n) \sigma^2(b,n) - \sigma^4(h,n)}}{\sigma(a,n) \sigma(b,n)}， \end{aligned}

代回面积公式，得

S_{△OAB} &= \frac{1}{2} \lvert \overrightarrow{OA} \rvert \lvert \overrightarrow{OB} \rvert \sin \langle \overrightarrow{OA} , \overrightarrow{OB} \rangle \\ &= \frac{1}{2} \sigma(a,n) \sigma(b,n) \frac{\sqrt{\sigma^2(a,n) \sigma^2(b,n) - \sigma^4(h,n)}}{\sigma(a,n) \sigma(b,n)} \\ &= \frac{1}{2} \sqrt{\sigma^2(a,n) \sigma^2(b,n) - \sigma^4(h,n)} \\ &= \frac{1}{2} \sqrt{(a_1^2+a_2^2+ \cdots +a_n^2)(b_1^2+b_2^2+ \cdots +b_n^2) - (a_1b_1+a_2b_2+ \cdots +a_nb_n)^2}， \end{aligned}

接下来动一动脑子，不难发现，将 (a_1^2+a_2^2+ \cdots +a_n^2)(b_1^2+b_2^2+ \cdots +b_n^2) 拆开后，对于每一项 a_i^2b_i^2\ (i=1,2,\dots,n)，(a_1b_1+a_2b_2+ \cdots +a_nb_n)^2 都有对应的项将其抵消；而对于每一项 a_i^2b_j^2\ (i,j=1,2,\dots,n 且 i \ne j)，都有一项 a_ib_ja_jb_i 与之对应，于是

S_{△OAB} &= \frac{1}{2} \sqrt{(a_1^2+a_2^2+ \cdots +a_n^2)(b_1^2+b_2^2+ \cdots +b_n^2) - (a_1b_1+a_2b_2+ \cdots +a_nb_n)^2} \\ &=\frac{1}{2} \sqrt{\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1} {\sum_{j=i+1}^{n}}{\Big \lbrack a_ib_j(a_ib_j-a_jb_i)+a_jb_i(a_jb_i-a_ib_j) \Big \rbrack}} \\ &=\frac{1}{2} \sqrt{\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1} {\sum_{j=i+1}^{n}}{(a_ib_j-a_jb_i)^2}} \\ &=\frac{1}{2} \sqrt{\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1} {\sum_{j=i+1}^{n}}{ \begin{vmatrix} a_i & a_j \\ b_i & b_j \end{vmatrix} ^2}}， \end{aligned}

即

\begin{vmatrix} a_i & a_j \\ b_i & b_j \end{vmatrix} ^2}}