基于平面束方程的关联公理的证明

鲁琦　梅红　孙西超　陈华喜

摘要：利用向量代数方法，借助平面束方程和直线方程，以及关联公理中的三个公理证明了：（1）不共线的三点决定唯一平面;（2）至少有三点不在同一直线上;（3）至少有四个点不在同一平面上.

关键词：直线;平面;平面束;关联公理

中图分类号：O153.3  文献标识码：A  文章编号：1673-260X（2019）09-0001-03

线性方程和线性方程组的解法我国早在《九章算术》中就已提及，西方也于18世纪提出.之后，数学家们便将一些几何图形，例如直线和平面，建立了相应的方程，并将坐标和向量融入对几何问题的研究中[1-2].1844年至1862年，德国数学家格拉斯曼（H.G.Grassmann）建立了较为系统的向量理论，其中定义了向量和向量的运算，包括加法、数乘向量以及向量的数量积等运算.1899年，德国数学家希尔伯特（D.Hilbert）在其著作《The Foudations of Geometry》（《几何基础》）一书中用公理化方法证明了几何问题，并在其中规定了平面和直线的方程.他们的著作被译为多种语言出版[3-5].[5]所用的公理体系被现今的数学工作者广泛认可，然而[5]虽定义坐标等概念，但由于其利用公理化方法研究问题，未借鉴Grassmann的向量理论，使得平面和空间直线的方程作为定义引入，不是通过向量的运算推出的，同时关联公理中包含了八个公理.

向量已经广泛应用于现代数学的研究中，本文在不改变[5]的公理化方法前提下，尽可能少地借助向量代数的一些概念和结论，例如[5]直接定义了直线和平面方程，而本文用[6]中的向量垂直、平行和数量积的定义替换，直线和平面方程即可由它们推出.再利用平面束方程，从[5]中第一组公理（即关联公理）中的三个出发，证明出其余五个公理，从而使得[5]在融入代数方法的前提下所用公理个数减少.

1 预备知识

[5]中将点作为直线几何的元素，将点和直线作为平面几何的元素，将点、线和平面作为空间几何的元素.因此，对于任意一条直线，至少有一平面经过该直线.下文考虑的均为三维空间的情形，之后的证明需要用到如下三个公理[5]：

公理1 经过两个不同的点总是可以确定一条直线.

公理2 如果直线上有两点在平面上，那么整条直线都在平面上.

公理3 若两平面有一公共点，则它们至少还有一个公共点.

由公理1-3，可知两平面若相交，则它们有公共直线，故直线可以看作由两平面相交而成.在[7]有轴平面束方程的基础上，可以引入如下形式的平面束方程：

设直线L的方程为A1x+B1y+C1z+D1=0A2x+B2y+C2z+D2=0，则

A1x+B1y+C1z+D1+（A2x+B2y+C2z+D2）=0，为任意常数，表示经过L的几乎所有的平面（不包括平面A2x+B2y+C2z+D2=0）[6].

下文证明中将用到的概念有向量、向量平行及垂直、向量的数量积，以及平面和直线几种形式的方程，可参见[6]，这里不再赘述.

2 主要结果

定理1 若三点不共线，则经过这三点，有且只有一张平面.

证 设不共线的三点分别为A（a1，b1，c1），B（a2，b2，c2），C（a3，b3，c3），可得直线AB的方程为==，其中a2-a1，b2-b1，c2-c1不全为零.不妨设a2-a1≠0，考虑方程

x（a2-a1）+y（b2-b1）+z（c2-c1）=0  （*）

可得x=y-z，其中y，z可取任意数，故（*）有无穷多解.记=（x，y，z），因为满足（*）的向量均和直线AB垂直，所以可作为经过直线AB的某平面的法向量.从（*）还可看出，是以原点为起点，终点在平面（*）上的向量，这样的有无穷多个.由此可知，至少存在两个不平行的非零向量和直线AB垂直，相应地，就存在以这两个非零向量为法向量且经过直线AB的两不同平面，分别记为

A1x+B1y+C1z+D1=0，A2x+B2y+C2z+D2=0，

则经过直线AB的平面束方程为

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

其中为任意常数.下证存在唯一的平面经过A，B，C三点，先证存在性.

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

（1）如果A2a3+B2b3+C2c3+D2=0，则平面A2x+B2y+C2z+D2=0经过点C.

（2）如果A2a3+B2b3+C2c3+D2≠0，取

=-，则

A1a3+B1b3+C1c3+D1+（A2a3+B2b3+C2c3+D2）=0，说明（**）中至少存在一平面经过点C，故存在性得证.再证唯一性.

前文已经证明出，若不妨设a2-a1≠0，则由（*）可得x=-y-z，其中y，z可取任意数.下证经过直线AB的平面里，至少存在一平面不经过点C.反证法，若经过直线AB的平面都經过点C，

（1）取y=y0，z=z0，得x=-y0-z0，此时经过直线AB以（-y0-z0，y0，z0）为法向量的平面方程为

（-y0-z0）（x-a1）+y0（y-b1）+z0（z-c1）=0.

由平面经过点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，此时经过直线AB以（-（y0+1）-z0，y0+1，z0）为法向量的平面方程为

（-（y0+1）-z0）（x-a1）+（y0+1）（y-b1）

+z0（z-c1）=0.

由平面经过点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），

将（***）代入上式，得-（b3-b1）=0，推出=  ①

（3）取y=y0，z=z0+1，得x=-y0-（z0+1），此时经过直线AB以（-y0-（z0+1），y0，z0+1）为法向量的平面方程为

（-y0-（z0+1））（x-a1）+y0（y-b1）

+（z0+1）（z-c1）=0.

由平面经过点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）

将（***）代入上式，得-（c3-c1）=0，推出=  ②

由①②可得==，故点C的坐标满足直线AB的方程，所以A，B，C三点共线，与题设条件矛盾.因此，经过直线AB的平面里，至少存在一平面，记为A0x+B0y+C0z+D0=0，该平面不经过点C.依前面的假设，A1x+B1y+C1z+D1=0是经过直线AB的直线，故

A1x+B1y+C1z+D1+（A0x+B0y+C0z+D0）=0，为任意常数，为经过直线AB的几乎所有平面（A0x+B0y+C0z+D0=0除外）.注意到平面A0x+B0y+C0z+D0=0不经过点C，由存在性的证明可知A1x+B1y+C1z+D1+（A0x+B0y+C0z+D0）=0中存在经过点C的平面，记为

A1x+B1y+C1z+D1+1（A0x+B0y+C0z+D0）=0，其中1为常数，

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

若还有一平面

A1x+B1y+C1z+D1+2（A0x+B0y+C0z+D0）=0，其中2为常数，也经过点C，则

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

由③④可得1（A0a3+B0b3+C0c3+D0）=2（A0a3+B0b3+C0c3+D0）.因为平面A0x+B0y+C0z+D0=0不经过点C，所以A0a3+B0b3+C0c3+D0≠0，故1=2，唯一性得证.因此定理得证.

推论1 两条相交的直线确定唯一平面.

证 设直线L1和L2相交于点A，在L1和L2上分别取异于A的两点，记为B，C.由定理1，过A，B，C三点的平面是唯一存在的，记为？仔.由于点A，B在直线L1上，故由公理2，L1在平面？仔.上.同理，直线L2也在平面？仔.上.所以直线L1和L2确定了唯一平面？仔.

推论2 经过一条直线和直线外一点有唯一平面.

证 设直线L外一点为A，在直线上任取两点B，C，由定理1，过A，B，C三点的平面是唯一存在的.因为点B，C在该平面上，所以直线L在该平面上，故得证.

推论3 经过两条平行直线有唯一平面.

证 设直线L1和L2平行，在L1上任取两点a，b，在L2上任取两点c，d，则由定理1，经过点a，b，c有唯一平面，记作？仔：Ax+By+Cz+D=0.若记点c坐标为（x0，y0，z0），则直线L2的方程可设为==，对应的参数方程为x=x0+mty=y0+ntz=z0+pt.

记=（A，B，C），=（m，n，p）.若平面？仔不经过直线L2，则由L2与？仔交于点c可得Ax0+By0+Cz0+D=0.因为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，直线L2在平面？仔上，故经过两条平行直线L1和L2有唯一平面？仔.

定理2 至少有三点不在同一直线上.

证 设经过点A（a1，b1，c1），B（a2，b2，c2）的直线方程为L：==，记（m，n，p）=（a2-a1，b2-b1，c2-c1），则对应的参数方程为x=a1+mty=b1+ntz=c1+pt.不妨设m≠0，在直线上取一点，设该点对应于t=t0，考虑点（a1+m（t0+1），b1+nt0，c1+pt0），容易验证该点不在直线L上.

定理3 至少有四个点不在同一平面上.

证 由定理1，可设经过三点的平面方程为？仔：Ax+By+Cz+D=0.若其中一點坐标为（x0，y0，z0），则A0x+B0y+C0z+D0=0.不妨设A≠0，取点（x0+1，y0，z0），则

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

故点（x0+1，y0，z0）不在平面？仔上，定理得证.

定理4 两点唯一确定一直线.

证 由公理1，可设经过点A（x1，y1，z1），B（x2，y2，z2）的直线方程为L：==.记（m，n，p）=（x2-x1，y2-y1，z2-z1），则L：==，对应的一般方程为==，即

nx-my+（-nx1+my1）=0px-mz+（-px1+mz1）=0

经过直线L的平面束方程可设为

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

如果还有一直线L1也经过点A，B，则可设其参数方程为L1：x=x1+m′ty=y1+n′tz=z1+p′t.假设点B对应于t=t0，显然t0≠0，且x2=x1+m′t0y2=y1+n′t0z2=z1+p′t0.因为点B在直线L上，故满足（*），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==.因此直线L与直线L1重合，定理得证.

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参考文献：

〔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〕希尔伯特.希尔伯特几何基础[M].北京：高等教育出版社，2009.11.

〔6〕同济大学数学系.高等数学（第七版）[M].北京：高等教育出版社，2014.7.

〔7〕吕林根，许子道.解析几何[M].北京：高等教育出版社，2013.4.