第 10 章：向量、顶点角和与等距变换

10.1 点积、长度、垂直与三个方向不共面

向量 $u=(u_1,u_2,u_3)$ 表示一个位移；把空间点当成向量时，是指从选定原点指向该点的位移。两点 $A,B$ 的距离，是位移 $B-A$ 的长度：

$u\cdot v=u_1v_1+u_2v_2+u_3v_3, \qquad |u|=\sqrt{u\cdot u}, \qquad |B-A|^2=(B-A)\cdot(B-A).$

单位向量就是长度为一的向量。两个非零向量的夹角 $\theta\in[0,\pi]$ 由 $u\cdot v=|u||v|\cos\theta$ 确定；夹角为直角等价于点积为零。这些关系来自平面余弦定理：把两向量及其差构成三角形，将 $|u-v|^2=|u|^2+|v|^2-2u\cdot v$ 与余弦定理比较即可。

若 $a,b$ 都是单位向量，由平方长度非负， $|a+b|^2=2+2a\cdot b\ge0$ 、 $|a-b|^2=2-2a\cdot b\ge0$ ，得到 $-1\le a\cdot b\le1$ 。取下界等号当且仅当 $a=-b$ ；取上界等号当且仅当 $a=b$ 。本篇用到的点积界都可由这里得到，不必额外引用柯西不等式。

给定单位向量 $v$ ， $u$ 沿它的分量是 $(u\cdot v)v$ ，剩余部分 $u-(u\cdot v)v$ 与 $v$ 的点积为零，故垂直于 $v$ 。这就解释了下面所用的“垂直分解”。

三个从同一原点出发的向量“线性无关”，指不存在不全为零的系数 $r,s,t$ 使 $ru+sv+tw=0$ 。在三维空间，这等价于三条方向不在同一平面。这样的三个向量可以作一套斜坐标：每个向量都能唯一写成它们的线性组合；可用三个一次方程求系数。

一个平面的法向量，是与平面内所有方向都垂直的非零向量。所以 $n\cdot x=h$ 的平面以 $n$ 为法向量。两个平面的夹角可以通过各自法向量的夹角计算；取锐角时，余弦为 $|n_1\cdot n_2|/(|n_1||n_2|)$ 。可在垂直于交线的小截面里，将两条直线及其垂线一起旋转 $90^\circ$ ，直接看出夹角相同。

保持距离且固定原点的变换确实保持线性组合；第 10.6 节从点积逐项求坐标，不事先假定线性。若只核对某个具体线性候选变换，下一个小引理已经足够。

以后核对对称性的一个小引理。 三个线性无关向量 $u_1,u_2,u_3$ 若要映到 $v_1,v_2,v_3$ ，且所有成对点积相同，则“保持组合系数不变”的映射保持一切长度：

$\left|\sum_i t_i v_i\right|^2 =\sum_{i,j}t_i t_j(v_i\cdot v_j) =\sum_{i,j}t_i t_j(u_i\cdot u_j) =\left|\sum_i t_i u_i\right|^2.$

也保持两点之间的距离，因此是一个以原点为固定点的刚性变换。这个证明让“核对一张点积表就得到整体空间对称”有了明确依据。

10.2 空间夹角的三角不等式

设 $u,v,w$ 是单位向量， $\alpha=\angle(u,v)$ 、 $\beta=\angle(v,w)$ 、 $\gamma=\angle(u,w)$ 。目标是 $\gamma\le\alpha+\beta$ 。

图 24｜先把不等式读成“方向之间的距离”：经中间方向绕行，不会比直接转过去更短。图中画的是取等的共面情形，严格号要由非共面条件推出。

若 $\alpha$ 或 $\beta$ 为零，结论直接成立；若有一个为 $\pi$ ，右边至少为 $\pi$ ，结论也成立。其余情形，按第 10.1 节的分解，

$u=\cos\alpha\,v+\sin\alpha\,a, \qquad w=\cos\beta\,v+\sin\beta\,b,$

其中 $a,b$ 是垂直于 $v$ 的单位向量。例如 $u$ 的剩余部分的平方长度是 $1-\cos^2\alpha=\sin^2\alpha$ ，所以除以正数 $\sin\alpha$ 后确是单位向量。

由 $a\cdot b\ge-1$ ，

$\cos\gamma=u\cdot w \ge\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta =\cos(\alpha+\beta).$

若 $\alpha+\beta\le\pi$ ，使用余弦在 $[0,\pi]$ 上严格递减，得 $\gamma\le\alpha+\beta$ ；若和大于 $\pi$ ，则直接用 $\gamma\le\pi<\alpha+\beta$ 。不能把余弦的单调性擅自延伸到整个实数轴。

若三个方向不共面， $a,b$ 不可能反向，否则 $u,v,w$ 都在 $v,a$ 张成的同一个平面中。因此 $a\cdot b>-1$ ，并且两个正弦都为正；结合前面的分情况，得到严格结论 $\gamma<\alpha+\beta$ 。

10.3 截顶平面为什么存在

把原顶点 $O$ 选作原点。设经过它的关联面的半空间式为 $a_i\cdot x\le0$ 。不经过它的其他面，在 $O$ 处都严格满足各自不等式。

这些关联平面的公共交集只有原点：若还含有一条方向 $d$ ，沿 $d$ 与 $-d$ 各移动足够小的距离，不违反任何关联约束；其他有限个严格约束也仍满足。于是 $O$ 位于凸体内两个不同点的线段中间，不可能是顶点。这与定义矛盾。

对 $x\in P$ ，令

$g(x)=\sum_i\frac{-a_i\cdot x}{|a_i|}.$

每一项都是点到相应关联支撑平面的向内距离，均不为负；和为零必须每项都为零，所以在 $P$ 中只有 $O$ 取零值。其他顶点有限，故其 $g$ 值有正的最小值 $m$ 。选 $0<\varepsilon<m$ ，平面 $g(x)=\varepsilon$ 就把 $O$ 与其他顶点分开。

每条从 $O$ 发出的棱恰好穿过此平面一次；不经过 $O$ 的棱两端 $g$ 值都至少为 $m$ ，整条棱都不会被此平面截到。截面是凸的，因为它是凸体与一个平面的交集。其顶点恰为截到原棱的点：在原面内部只能沿一条截线通过，不会在那里产生截面转角。

因此，若从 $O$ 发出 $n$ 条棱，便得到按循环次序排列的凸 $n$ 边形 $A_1\cdots A_n$ 。每个关联原面留下一个侧三角形 $OA_iA_{i+1}$ 。相邻三点不共线，否则中间点不是截面真正的顶点。

图 25｜先用一张平面截掉顶点附近的小角：原来的各个面，在小棱锥中变成侧三角形。截面是平面凸多边形，内角和可以直接使用。

10.4 角度记账与严格小于 360°

记侧三角形在 $O$ 的顶角为 $\theta_i=\angle A_iOA_{i+1}$ ；在 $A_i$ 的底角为 $\alpha_i$ ；在 $A_{i+1}$ 的底角为 $\beta_i$ 。下标循环，即 $A_{n+1}=A_1$ 、 $\beta_0=\beta_n$ 。

每个三角形给出 $\theta_i+\alpha_i+\beta_i=\pi$ 。全部相加：

$\sum_i\theta_i=n\pi-\sum_i(\alpha_i+\beta_i).$

在底面顶点 $A_i$ ，底面内角 $\gamma_i=\angle A_{i-1}A_iA_{i+1}$ 。绕经方向 $A_iO$ 的两个角分别是前一个侧三角形的 $\beta_{i-1}$ 和后一个侧三角形的 $\alpha_i$ 。

三个方向不共面： $A_{i-1},A_i,A_{i+1}$ 决定截面平面，而 $O$ 不在此平面中。于是第 10.2 节给出

$\gamma_i<\beta_{i-1}+\alpha_i.$

图 26｜左图负责角度记账；右图中 O 在截面之外，三条射线不共面，所以底面角 γᵢ 严格小于绕经 O 的两个角之和。空间射线在纸上的夹角仅作标记，不按比例量角。

凸 $n$ 边形从一个顶点向其余不相邻顶点连对角线，分为 $n-2$ 个三角形，因此 $\sum_i\gamma_i=(n-2)\pi$ 。把上述严格不等式相加，再代回：

$\sum_i(\alpha_i+\beta_i)>(n-2)\pi, \qquad \boxed{\sum_i\theta_i<2\pi=360^\circ}.$

$\theta_i$ 就是原面在 $O$ 处的面内角，因为截面点仍在原棱上。严格号来自非共面性；凸性负责让截面和角度的循环顺序正确。这一证明完全不使用欧拉公式。

10.5 角亏说明了什么，又没有说明什么

定义角亏 $\delta=2\pi-\sum_i\theta_i$ 。刚才证明凸多面体的真正顶点有 $\delta>0$ 。但给定一些多边形，仅仅顶点角和合适，不保证它们能在整个空间中闭合成凸体。

“角和等于 $2\pi$ 就只能铺在一个平面上”也不对。面片可以像纸一样折起来，而不改变纸面上量得的角和。“内禀”就是只看面片自身的长度和角度，不管它怎样摆在空间；这只是一个解释，不将角亏的符号自动等同于空间中的局部凸凹。

本篇的主线只使用已经证明的必要条件：真正凸顶点的面角和严格小于 $2\pi$ 。鞍形面、曲率或其他曲面理论不作为这里的前置知识。

10.6 等距变换为什么必为 Qx+b：把省略的坐标步骤写完

“等距”要求映射 $T:\mathbb R^3\to\mathbb R^3$ 对任意 $x,y$ 满足 $|T(x)-T(y)|=|x-y|$ ；“ $P$ 的对称”还要求 $T(P)=P$ 。例如绕轴转 $30^\circ$ 总是等距，但通常不保持选定立方体。

先取 $b=T(0)$ ，定义 $g(x)=T(x)-b$ 。则 $g(0)=0$ ，且 $g$ 仍保持两点距离。平方距离恒等式给出

$g(x)\cdot g(y) =\frac{|g(x)|^2+|g(y)|^2-|g(x)-g(y)|^2}{2} =x\cdot y.$

到这里还不能直接把 $g(\sum x_ie_i)$ 拆开，因为线性正是待证结论。令 $e_1=(1,0,0),e_2=(0,1,0),e_3=(0,0,1)$ ，再令 $u_i=g(e_i)$ 。点积保持说明 $u_i\cdot u_i=1$ 、 $u_i\cdot u_j=0$ （ $i\ne j$ ）；这三条互相垂直的单位方向构成一套完整的空间坐标。

任意向量 $w$ 都能写成 $w=c_1u_1+c_2u_2+c_3u_3$ ，两边点乘 $u_i$ 得 $c_i=w\cdot u_i$ 。也可先令余项 $r=w-\sum_i(w\cdot u_i)u_i$ ；它与三个独立方向都垂直，只能是零，从而证明展开式本身。

现在把 $w=g(x)$ 代入，逐项计算

$c_i=g(x)\cdot u_i=g(x)\cdot g(e_i)=x\cdot e_i=x_i.$

因此确实得到

$g(x)=x_1u_1+x_2u_2+x_3u_3=Qx, \qquad Q=[\,u_1\ u_2\ u_3\,].$

矩阵只是把三个新方向放成三列，矩阵乘向量就是按坐标加权相加。 $Q^{\mathsf T}$ 表示把行列互换的转置矩阵， $I$ 表示保持全部向量不变的单位矩阵； $Q^{\mathsf T}Q$ 的第 $i,j$ 项正是 $u_i\cdot u_j$ ，所以

$\boxed{T(x)=Qx+b,\qquad Q^{\mathsf T}Q=I.}$

满足后一个条件的实方阵称为正交矩阵。反过来，

$|Q(x-y)|^2=(x-y)^{\mathsf T}Q^{\mathsf T}Q(x-y)=|x-y|^2.$

所以这种公式一定等距； $Q^{-1}=Q^{\mathsf T}$ ，还给出可逆性。一般三维等距变换的所有可能性已包括在 $Q,b$ 中。

10.7 为什么多面体的对称有限，却不止八个 Q

设 $v_1,\ldots,v_n$ 为 $P$ 的实际顶点。等距变换保持线段及“不能夹在两点中间”的顶点性质，故 $P$ 的对称一定排列顶点。令平均点 $O=(v_1+\cdots+v_n)/n$ ，由刚证明的形式，

$T(O)=\frac1n\sum_iT(v_i)=\frac1n\sum_i v_i=O.$

每个面限制都至少有一个顶点严格满足，所以全部顶点的平均点严格满足每个面限制，位于内部。把这个共同固定点选为原点，所有对称同时变成 $T(x)=Qx$ 。此处“中心”指共同固定点，不表示原立体一定还具有 $x\mapsto-x$ 的中心对称；正四面体就没有后一性质。

为什么数量有限？固定一个旗标 $(A,e,f)$ ，一个保持它的对称必须固定 $A$ 、棱中点 $M$ 、面顶点平均点 $C$ ，以及 $O$ 。 $A,M,C$ 在面内不共线， $O$ 不在面平面，四点不共面。保持四个不共面点的等距变换只能是恒等：由 $Qx+b$ 的形式，三个独立点差都固定，故 $Q=I,b=0$ 。所以从一个旗标到给定另一个旗标，至多有一个整体对称（两个这样的变换相除就固定原旗标）。

旗标只有 $4E$ 个，因此任意凸多面体的对称至多 $4E$ 个；若它是正多面体，每个目标旗标都可达到，便恰好有 $4E$ 个。由已证五种构造的棱数，得到 $24,48,48,120,120$ 个全体对称；反射也算在内。这是结果，不用来预先证明构造正则。

用户想到的“八种矩阵”是 $\operatorname{diag}(\varepsilon_1,\varepsilon_2,\varepsilon_3)$ ，其中每个 $\varepsilon_i=\pm1$ ，确有 $2^3=8$ 种；它额外要求三条坐标轴各自保持，不允许它们转向其他方向。

立方体还允许交换坐标轴，所以有 $3!\,2^3=48$ 个带符号坐标置换。它们确实全部保持 $[-1,1]^3$ 。也没有其他：对称必须排列六个面的中心 $\{\pm e_1,\pm e_2,\pm e_3\}$ ，故每列 $Qe_i$ 只能是一个带符号坐标轴方向，且不能重复轴。

所有正交矩阵的范围更大。例如

$Q(\theta)=\begin{pmatrix} \cos\theta&-\sin\theta&0\\ \sin\theta&\cos\theta&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}$

对任意实数角度都正交； $\theta\in[0,2\pi)$ 时彼此不同，已有不可数无穷多个，即不能排成一个自然数编号清单的无穷多。其总数也不超过实数有限元组的数量，因此与实数一样多。固定多面体的条件 $Q(P)=P$ 才把它筛成有限集。

问的是哪一层	数量
只在固定坐标轴上改变正负号	$8$
保持标准立方体的全部整体对称	$48$ ，其中 $24$ 个旋转
只要求 $Q^{\mathsf T}Q=I$	不可数无穷多个
给这些变换的几何效果取几类名称	分类问题，与具体元素个数不同

10.8 行列式和特殊方向：本节所需的线性代数

接下来的三维分类是补充证明；五种构造可直接核对具体变换，不必把分类定理当前提。先解释符号，避免用“特征值”三个字代替论证。

对 $2\times2$ 矩阵， $\det\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}=ad-bc$ 。对三阶矩阵 $A=(a_{ij})$ ，

$\begin{aligned} \det A={}&a_{11}(a_{22}a_{33}-a_{23}a_{32})\\ &-a_{12}(a_{21}a_{33}-a_{23}a_{31})\\ &+a_{13}(a_{21}a_{32}-a_{22}a_{31}). \end{aligned}$

几何上它是三个列向量张成的平行六面体的有符号体积：绝对值量体积，正负记录三方向的左右手排列，称为取向。相应的代数性质为

$\det(AB)=\det A\det B,\quad \det A^{\mathsf T}=\det A,\quad \det(-A)=(-1)^n\det A.$

最后一式针对 $n$ 阶矩阵：每列乘 $-1$ ，总共 $n$ 列。前两式可由行列式按行列的展开式核对，是本节明示使用的初等代数恒等式。另用线性方程的判据： $\det A=0$ 当且仅当列方向相关，当且仅当 $Ax=0$ 有非零解；三维中就是三列共面，可用消元检查。

正交条件立即给出 $(\det Q)^2=\det(Q^{\mathsf T}Q)=1$ ，故 $\det Q=\pm1$ 。但这两种符号本身尚未证明“旋转或旋转反射”，仍要找出轴及垂直平面的动作。

若 $v\ne0$ 满足 $Qv=\lambda v$ ，就称 $v$ 是一个实特征方向， $\lambda$ 是对应实特征值；这里只是说该直线整体保持，允许反向。正交性给出 $|v|=|Qv|=|\lambda||v|$ ，因此实数 $\lambda$ 只能为 $+1$ 或 $-1$ 。

10.9 任意三维正交矩阵为什么必有轴

要找的轴向符号必须与 $\det Q$ 相匹配；随便找到任意一个 $\pm1$ 方向还不足以立即断言剩下的平面只旋转。

若 $\det Q=+1$ ，利用 $Q^{-1}=Q^{\mathsf T}$ 和上一节的行列式规则，逐行有

$\begin{aligned} \det(Q-I) &=\det Q\,\det(I-Q^{-1})\\ &=\det(I-Q^{\mathsf T})\\ &=\det(I-Q)\\ &=-\det(Q-I). \end{aligned}$

所以 $\det(Q-I)=0$ ，方程 $(Q-I)v=0$ 有非零解，即 $Qv=v$ 。

若 $\det Q=-1$ ，则

$\begin{aligned} \det(Q+I) &=\det Q\,\det(I+Q^{-1})\\ &=-\det(I+Q^{\mathsf T})\\ &=-\det(Q+I). \end{aligned}$

故 $Qv=-v$ 有非零解。两种情况统一为：令 $\delta=\det Q$ ，总能找到单位向量 $v$ 使 $Qv=\delta v$ 。

若 $u\perp v$ ，则 $Qu\cdot Qv=u\cdot v=0$ ，代入 $Qv=\delta v$ 得 $Qu\perp v$ 。所以不仅轴保持，垂直于它的二维平面也整体保持；两个部分不互相混合。

10.10 垂直平面怎样动作，以及全部三维类型

在轴的垂直平面取两个互相垂直的单位方向 $w_1,w_2$ 。平面上的矩阵记为 $B$ ，选取三维坐标 $(w_1,w_2,v)$ 后， $Q$ 的矩阵为

$\begin{pmatrix}B&0\\0&\delta\end{pmatrix}.$

其行列式为 $\det B\,\delta=\det Q=\delta$ ，因此 $\det B=+1$ 。二维正交矩阵的第一列是单位向量 $(\cos\theta,\sin\theta)$ ；第二列必须垂直且单位，只有 $\pm(-\sin\theta,\cos\theta)$ 两选项。正行列式选出加号，所以 $B$ 就是二维旋转。

若原坐标中三条新基方向组成正交矩阵 $U=[w_1\ w_2\ v]$ ，准确公式是

$\boxed{U^{\mathsf T}QU= \begin{pmatrix} \cos\theta&-\sin\theta&0\\ \sin\theta&\cos\theta&0\\ 0&0&\delta \end{pmatrix}.}$

左边是换了坐标后的矩阵，不是说原坐标中的每个 $Q$ 本来就以 $z$ 为轴。保持取向的三维结论称为欧拉旋转定理，与第 9 章的 $V-E+F=2$ 是不同定理。由此得到完整分类： $\delta=+1$ 时，轴向不动，垂直平面旋转，故为绕轴旋转； $\delta=-1$ 时，轴向反向，平面旋转，故为绕轴旋转后关于垂直平面反射。两步复合是一个等距变换。

图 27｜分解的是同一个空间变换：轴和垂直平面各自保持。右图还将轴方向反向；镜面反射与中心对称分别对应旋转角 0° 和 180°。

三维固定中心后的类型	标准坐标中的动作	不动点集合
恒等	$\delta=1,\theta=0$	全空间
非恒等旋转	$\delta=1,\theta\ne0\pmod{2\pi}$	一整条轴
镜面反射	$\delta=-1,\theta=0$	垂直于轴的整个平面
一般旋转反射	$\delta=-1,\theta\not\equiv0,\pi$	只有中心
中心对称，又称点反射	$\delta=-1,\theta=\pi$ ，即 $Q=-I$	只有中心

中心对称把 $X$ 变成 $2O-X$ ，令 $O$ 成为两点中点。在三维，它不等于一次 $180^\circ$ 绕轴旋转：旋转保留整条轴，而点反射只有一个不动点。在二维， $-I$ 恰好是 $180^\circ$ 旋转，两者不能混用维数。

原对话的“中心反演”在这里专指点反射，不指反演几何中另一个映射 $x\mapsto r^2x/|x|^2$ ；后者一般不保持距离。旋转反射是大类，镜面反射和中心对称是它的特殊情况，不能把这三个名称当作互斥类别。

例如 $T(x,y,z)=(-y,x,-z)$ 是 $90^\circ$ 旋转反射：它保持立方体，固定点只有原点，且平方为 $(-x,-y,z)$ ，所以既非纯旋转，也非单次镜面反射。分类说的是复合后的整体效果。

若未把固定中心移到原点，就必须同时看 $Q,b$ 。例如 $Q=-I$ 时 $T(x)=-x+b$ 的中心在 $b/2$ ； $Q=I$ 且 $b\ne0$ 时是平移。绕轴旋转后再沿轴平移可无固定点，称螺旋运动；关于平面反射再沿平面平移可得到滑移反射。它们都已包含在 $Qx+b$ 中，但不能保持一个有界多面体，因为该多面体的顶点平均点必须固定。

10.11 为什么二维可以没有轴，三维却一定有

上一证明中决定性的负号来自 $\det(-A)=(-1)^3\det A=-\det A$ 。若是二维，因 $(-1)^2=1$ ，不再得到“一个数等于自己的相反数”，就不能强迫行列式为零。

实例如平面旋转 $60^\circ$ ：

$R=\begin{pmatrix}1/2&-\sqrt3/2\\\sqrt3/2&1/2\end{pmatrix}, \qquad\det(R-I)=1,\quad\det(R+I)=3.$

两者非零，因此没有非零实向量满足 $Rv=v$ 或 $Rv=-v$ 。二维不是“永远没有这种方向”：恒等、半周旋转及镜面反射就有；只是不像三维那样必有。

图 28｜左图任意非零向量转 60° 都不与原方向平行；右侧是三维必须存在轴的代数原因，不将一个旋转实例当作任意矩阵的证明。

还有一个不用复数的解释。对实三阶矩阵 $A$ ， $p(t)=\det(tI-A)$ 是首项为 $t^3$ 的实多项式，向正、负无穷时符号相反。中间值性质保证有实数根 $\lambda$ ，于是 $Av=\lambda v$ 有非零实解。若 $A$ 正交，长度保持再迫使 $\lambda=\pm1$ 。二维的二次式可以始终为正，如上例 $t^2-t+1=(t-1/2)^2+3/4$ 。