Геометр. док-во (a^2+b^2)(c^2+d^2)=...

[mecak17]

Придумал интересное геометрическое доказательство: пусть $a^2 + b^2 = r^2$, $c^2 + d^2 = s^2$. Рассмотрю точки $A = (0; 0), B = (ac; ad), C = (-bd; bc)$. Треугольник $ABC$ прямоугольный с катетами $AB = as, AC = bs$, значит, $BC^2 = r^2s^2$, с другой стороны, $BC^2 = (ac+bd)^2+(ad-bc)^2$, из чего $(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2$. (понятно, что доказываемое утверждение тривиально, да и само доказательство неинтересно для профессионального математика, но) был бы рад увидеть похожие красивые геометрические док-ва.

[svv]

Рассмотрим тождество Лагранжа при $n=3$:

$$(a_1^2+a_2^2+a_3^2)(b_1^2+b_2^2+b_3^2)-(a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3)^2=(a_1b_2-a_2b_1)^2+(a_2b_3-a_3b_2)^2+(a_3b_1-a_1b_3)^2$$

Равенство, которое Вы красиво доказали, является его частным случаем: положите $(a_1,a_2,a_3)=(a,b,0)$ и $(b_1,b_2,b_3)=(c,d,0)$.

Раскрывать все скобки и проверять равенство в лоб совсем не хочется.
Пусть все эти буковки — декартовы компоненты векторов $\mathbf a=(a_1,a_2,a_3)$ и $\mathbf b=(b_1,b_2,b_3)$. Вспоминая формулы для скалярного и векторного произведения в компонентах, тождество можно переписать в виде
$|\mathbf a|^2|\mathbf b|^2-(\mathbf a\cdot\mathbf b)^2=|\mathbf a\times\mathbf b|^2$, или
$a^2b^2-a^2b^2\cos^2\gamma=a^2b^2\sin^2\gamma$,
где $\gamma$ — угол между векторами.

[StaticZero]

(Оффтоп)

svv, а для $n = 4$ слабо?

[svv]

$\sum\limits_{i<k}(a_ib_k-b_ia_k)^2=\frac 1 2 \sum\limits_{i,k}(a_ib_k-b_ia_k)^2=$
$=\frac 1 2 \sum\limits_{i,k} (a_ia_ib_kb_k+a_ka_kb_ib_i-2a_ib_ia_kb_k)=a^2b^2-(\mathbf a\cdot\mathbf b)^2$

[StaticZero]

А как бы вот тут векторное произведение получить с другой стороны от равенства...

(я имею в виду ход $a^2 b^2 = (ab)^2 \cos^2 \gamma + (ab)^2 \sin^2 \gamma$)

[svv]

Оно, к сожалению, только в трёхмерном пространстве существует.

[StaticZero]

Вот и я о том. Красота испарилась.

-- 26.07.2020 в 14:15 --

(Хотя arseniiv может всё спасти, я в него верю )

[kotenok gav]

Ну, в четырехмерном случае можно определить "векторное произведение" трех векторов, и так далее... Тогда оно будет существовать, но вряд ли равенство сохранится.

[svv]

Я думаю, в случае $n=3$ вся красота благодаря тому, что великие предшественники уже перебросили за нас мостик между $(a_2b_3-a_3b_2, a_3b_1-a_1b_3, a_1b_2-a_2b_1)$ и $\mathbf n ab\sin\gamma$.

При $n>3$ тоже можно написать
$(\mathbf a\wedge\mathbf b)^2=|\mathbf a|^2|\mathbf b|^2-(\mathbf a\cdot\mathbf b)^2$,
где слева квадрат «длины» тензора второго ранга, но получать из неё $\sin\gamma$ придётся уже самим.

[kotenok gav]

И кстати, если я не ошибаюсь, у такого "векторного произведения" останутся свойства обычного Скажем, четырехмерное произведение трех векторов будет перпендикулярно трехмерному пространству из этих векторов...

svv в сообщении #1476080 писал(а):

$(\mathbf a\wedge\mathbf b)^2=|\mathbf a|^2|\mathbf b|^2-(\mathbf a\cdot\mathbf b)^2$

А что за значок (пересечение) слева?

[Eule_A]

StaticZero в сообщении #1476076 писал(а):

Красота испарилась.

Красота, как всегда, субъективна При использовании внешних произведений (собственно, что svv демонстрирует) тоже вполне красивые результаты получаются. Просто их не получится так легко геометрические проинтерпретировать.

[svv]

https://ru.wikipedia.org/wiki/Внешняя_алгебра

[StaticZero]

Eule_A, svv, угу.

Просто элементарные рассуждения, с которых тема началась, элементарными остаются только до 3D. Дальше можно сохранить простую форму равенств

svv в сообщении #1476080 писал(а):

$(\mathbf a\wedge\mathbf b)^2=|\mathbf a|^2|\mathbf b|^2-(\mathbf a\cdot\mathbf b)^2$,

только введя новую идею. Стоило бы, может, это и отметить

[svv]

Согласен!

[mecak17]

svv
Спасибо!