三矢量叉乘展開成點乘的公式如何證明？

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(本答案使用Einstein求和約定)

關鍵是利用聯繫兩個isotropic tensor的這個恆等式 $epsilon_{ijk}epsilon_{klm}=delta_{il}delta_{jm}-delta_{im}delta_{jl}$ . 這個恆等式的證明是簡單的. 不失一般性設 $i=1$ , 再分別考慮 $j=1,2,3$ 的情況即可.

這樣

$(m{a} imes(m{b} imesm{c}))_i=epsilon_{ijk}a_j(m{b} imesm{c})_k\ =epsilon_{ijk}a_jepsilon_{klm}b_lc_m\ =(delta_{il}delta_{jm}-delta_{im}delta_{jl})a_jb_lc_m\ =a_mb_ic_m-a_jb_jc_i\ =(m{a}cdotm{c})b_i-(m{a}cdotm{b})c_i$

有關向量微積分, 我推薦Matthews的Vector Calculus一書. 這本書很薄, 但又十分清楚明白地介紹了物理學中最基本的向量微積分知識, 包括散度, 旋度, Gauss定理, Stokes定理, Einstein求和約定, Cartesian張量等. 讀好這本書在學習電動力學時則不會遇到任何數學上的困難.

二重外積公式怎麼證明？ - 王箏的回答

上面是以前的回答。

最近剛剛好看到了四元數和內積外積的對應關係，心血來潮碼一下字吧.

四元數的幾何意義非常多，現在我們將要看到的是，四元數的運算恰好統一了三維歐式空間里的內積和外積.而四元數可以對應到三維球面的變換上，也可以從這個思路看出李代數 $mathfrak{so}(3)$ 和外積的同構.

下面是定義和證明細節.定義部分參考Artin, Algebra.

Def 1.

四元數群 $H:={pm 1,pm i,pm j,pm k }subset GL_2(mathbb{C})$ ，其中

$1:=egin{pmatrix}10\01end{pmatrix} i:=egin{pmatrix}sqrt{-1}0\0-sqrt{-1}end{pmatrix} j:=egin{pmatrix}01\-10end{pmatrix} 1=egin{pmatrix}0sqrt{-1}\sqrt{-1}0end{pmatrix}$

Prop 1.

$ij=k,jk=i,ki=j;ji=-k,kj=-i,ik=-j;i^2=j^2=k^2=ijk=-1$

Prop 2.

$H$ 在矩陣乘法下成群.

證明是容易的.

Def 2.

四元數代數 $mathbb{H}={a+bi+cj+dk|a,b,cinmathbb R}subseteq M_2(mathbb C)$

Prop 3.

$mathbb{H}$ 在矩陣乘法下，或按照分配律是結合代數.

類似複數，四元數可以有實部，虛部和共軛的定義

Def 3. $q=a+bi+cj+dkinmathbb H$

$Re q:=a,Im q:=bi+cj+dk,ar q:=Re q-Im q=a-bi-cj-dk$

$Immathbb H:={sinmathbb H|Re s=0}$

Prop 4.

$Im q=frac1 2(q-ar q)$ ， $Re q=frac1 2(q+ar q)$

顯然.

$Immathbb H$ 恰好是實的三維空間，可以和通常的三維歐式空間有自然的一一對應，即

$bi+cj+dkleftrightarrow (b,c,d)$

下面我們將看到，向量的外積內積可以通過這種對應在四元數中實現.

Def 4. $q_1,q_2inImmathbb H$

$q_1cdot q_2:=-Re(q_1q_2)$

$q_1 imes q_2:=Im(q_1q_2)$

Prop 5.

在上面的對應關係下，純虛的四元數的內積外積與向量的內積外積一致.

證明只要算一下就可以了，不難算.

利用Prop 4可以得到如下結論

Prop 6. $q_1,q_2inImmathbb H$

$q_1cdot q_2=-frac1 2(q_1q_2+q_2q_1)$

$q_1 imes q_2=frac1 2[q_1 q_2]=frac1 2(q_1q_2-q_2q_1)$

$q_1q_2=-q_1cdot q_2+q_1 imes q_2$

Prop 5和Prop 6都可以看出內積是對稱的.

而Prop 6的第二個式子可以直接得到Jacobi恆等式，這是標準的結合代數誘導李代數的方法.即

Prop 7.

$q_1 imes(q_2 imes q_3)+ q_2 imes(q_3 imes q_1)+q_3 imes(q_1 imes q_2)=0$

下面是關鍵步驟.

而利用乘法的結合律，可以同時得到兩個公式——混合積公式和二重外積公式.

Prop 8.

混合積公式和二重外積公式

證明：

任取 $q_1,q_2,q_3inImmathbb H$

利用結合律和Prop 6的第三個式子直接計算以下兩個式子

$q_1(q_2q_3)=q_1(-q_2cdot q_3+q_2 imes q_3)$

$=underline{-q_1cdot(q_2 imes q_3)}-q_1(q_2cdot q_3)+q_1 imes(q_2 imes q_3)$

$(q_1q_2)q_3=(-q_1cdot q_2+q_1 imes q_2)q_3$

$=underline{-(q_1 imes q_2)cdot q_3}-(q_1cdot q_2)q_3+(q_1 imes q_2) imes q_3$

根據結合律，這兩個式子應當相等，也就是實部和實部相等，虛部和虛部相等.

下劃線部分是實部，相等就意味著

$q_1cdot(q_2 imes q_3)=q_3cdot(q_1 imes q_2)$

這是混合積公式.

虛部相等意味著沒有劃線的部分相等，也就是

$q_1 imes(q_2 imes q_3)+q_3 imes(q_1 imes q_2)=(q_2cdot q_3)q_1-(q_2cdot q_1)q_3$

左邊剛好可以利用Prop 7.Jacobi恆等式，從而

$q_2 imes(q_3 imes q_1)=(q_2cdot q_1)q_3-(q_2cdot q_3)q_1$

這就是雙重外積公式.

當然直接用Prop 6來算等式的兩邊也不失為一個不錯的證法，不過還是更喜歡上面那個.

證法一

分解成基底，然後利用結論 $e_i imes(e_j imes e_i)=e_j$ 。注意，基底三叉乘只有兩種形式： $e_i imes(e_j imes e_i)=e_j$ 和 $e_i imes(e_i imes e_j)=-e_j$ ，其他都是0

$a imes(b imes c)=sum a_ib_jc_k(e_i imes(e_j imes e_k))=sum a_ic_isum(b_je_j) - sum a_ib_isum(c_je_j) =(acdot c)b-(acdot b)c$

證法二

$a imes b=egin{bmatrix}0-a_3a_2\a_30-a_1\-a_2a_10end{bmatrix}egin{pmatrix}b_1\b_2\b_3end{pmatrix}stackrel{Delta}{=}T_ab$

其中 $T_a$ 可看成運算元 $T$ 對矢量 $a$ 的作用結果，是一個反對稱矩陣，因此 $a imes (b imes c)=T_aT_bc$ . 通過簡單的矩陣計算可發現 $T_aT_b=-(acdot b)I+ba^T$ ，因此， $T_aT_bc=-(acdot b)c+ba^Tc=(acdot c)b-(acdot b)c$

證法三

純屬耍流氓，更像記憶法。

顯然 $a imes (b imes c)$ 位於 $b,c$ 所決定的平面，因此 $a imes(b imes c)=mb+nc$ .

由 $b imes c$ 的反對稱性， $m,-n$ 的形式完全類似，因此只需考慮 $m$ 的形式。另外三矢量積是齊次三次的，係數為 $pm1$ ， $m$ 必然是關於 $a,c$ 的齊次二次項。若 $aperp c$ ，則 $a imes(b imes c)parallel c$ ，此時 $m=0$ ，因此 $m=pm acdot c$ 。令 $a=c$ , 可確定其符號為正，因此 $m=acdot c,n=-acdot b$

基於最原始的內積和外積的定義，證明二重外積公。證明過程過下圖所示：

請看 James G. Simmonds 的 A Brief on Tensor Analysis 第12-13頁

你把那三個矢量在同一個直角坐標系裡表示出來。然後用行列式計算叉乘。最後一化簡就看出來了。樓上回答的純屬作秀