数量积(如何求边的数量积)

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数量积，如何求边的数量积？

边长为有理数a，b，c的三角形称为有理三角形。海伦公式说明三角形的面积为：

一个自然的问题是：给一个正有理数n，是否存在面积为n的有理三角形？

我们可以做一些简单的观察：

①由于可同时伸缩边长，只需考虑。

②取两个有理直角三角形，若它们某直边长度一样，则可将两三角形沿此边拼成一个大的有理三角形，或将较长的三角形沿此边去掉另一个三角形得到一个小的钝角有理三角形，面积均为有理数。（由余弦定理易知，任何面积有理的有理三角形都可如此得到）

③ 对大于1的有理数，考虑边长的直角三角形，面积为。

推论：对于非零有理数r，s，只要就存在面积为K的有理三角形。

Pf：若r，s>1，则用②相加，若0<r<1，则用1/r代替r用②相减，若r<0，则用-r代替r再用②相加或相减，s的情况同理。

根据①，下面只需证明：

至多相差一个有理数的平方，上述形式的K可取到任何正有理数。

Pf（Fine）：任给正有理数k，考虑，有理数x待定。代入有：

只需要右边是平方数，就可知K可取到k（差一个平方），即证。

记为我们需要的平方数，y待定。为了消去右边的平方项，自然设，a待定。我们希望最后得到x的方程比较简单，对比可知应取a使得中的项系数为0，即取，。

代入，解得

综上，对任何正有理数k，令，其中，则K(差一个有理数的平方)=k。于是我们证明了：

1.任给一个正有理数n，存在一个面积为n的有理三角形。

继续我们的讨论，一个自然的问题是：这样的有理三角形是否唯一？

可以直接验证对于k>2，边长为的三角形面积也是k，这说明并不唯一，通过伸缩（ks^2 to k）我们得到：

2.任给一个正有理数n，存在无穷多个面积为n的有理三角形。

例：上述公式取k=1，边长为5/3, 17/6, 3/2的有理三角形面积是1

比起不知来自何处的公式，利用椭圆曲线可给出一个解释。

类似同余数问题，面积为n（mod 有理数的平方）的有理三角形将对应一族椭圆曲线上的非2阶的有理点（t跑遍非零有理数，t=1则对应的三角形是直角三角形）具体对应为（Heron Triangles via Elliptic Curves）

而这族椭圆曲线的挠点有较好的控制（注意它们都有4个2阶点，故根据B. Mazur的工作挠部分的有理点只能是或，根据简单的分析可排除3,6,8阶挠点），挠部分只能有2阶点和4阶点。现在只需先构造一个面积为n的有理三角形，使它对应的点P不是特殊的4阶点，那么就无挠，则P的不同倍给出不同的面积为n的有理三角形。

注：根据海伦公式，考虑三角形的内切圆则a，b，c由p，q，r表出，更好的问题应该是：对于哪些有理数C，中的四次曲面（关于p，q，r）

有有理点？

上面的结论表明C取有理数的平方时，有无数有理点（且p，q，r>0），其论证可推广到任何正有理数C的情形。而公式解中各变量是k的有理函数，几何来说是指曲面包含亏格为0的曲线；椭圆曲线的解法表明，包含正rank的椭圆曲线。

这一系列问题得到了很好的解决，大概是因为（的射影化）是K3曲面并且足够对称（有好的自同构）。在这方面有一个project是专门研究K3曲面的算术，比如著名的费马曲面，又比如Ronald van Luijk有一篇文章An elliptic K3 surface associated to Heron triangles，是用K3曲面的理论得到存在无穷多个面积、周长都为给定值的海伦三角形（边长、面积均为整数），但这方面我不甚了解，故暂且打住。

空间向量的数量积有逆运算吗？

没有两个向量的数量积是一个实数，不是向量，符号由cosθ的符号所决定

证明向量的数量积公式？

向量的数量积公式如下：设向量 $vec{a}=(a_1,a_2,a_3)$，$vec{b}=(b_1,b_2,b_3)$，则它们的数量积为： $$vec{a}cdot vec{b}=a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3$$ 或者写成矩阵形式： $$vec{a}cdot vec{b}=begin{pmatrix} a_1 & a_2 & a_3 end{pmatrix} begin{pmatrix} b_1 \ b_2 \ b_3 end{pmatrix}$$ 其中，“$cdot$”表示数量积（点积）运算。