ABSTRACT

In Euclidean 3-D coordinate system, the orthogonal 4-sphere space is proved to be four-dimensional mutually perpendicular space by means of 6 planes and rotation of the orthogonal 4-sphere space.

Keywords:Volume Pythagorean Theorem, Orthocentric Tetrahedron, Four Sphere Orthogonal, Four Dimensional Space, Supersymmetric, Proof, Algorithm

证明正交4球6平面及四维垂直的四维空间算法

——四维体积勾股定理的应用(公式七)

蔡国伟

上海汇美房产有限公司，上海

收稿日期：2019年12月14日；录用日期：2020年1月1日；发布日期：2020年1月9日

摘 要

在欧氏3D坐标系中，通过正交4球空间的6平面及其旋转，证明正交4球空间即为四维相互垂直的四维空间。

关键词 :体积勾股定理，垂心四面体，4球正交，四维空间，超对称，证明，算法

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1. 引言

四维空间 [1] 的四维垂直，一直被认为生活在3D空间是无法可视的超平面 [2]。是否能通过对4球正交的空间 [3] 的旋转，证明其即为4维相互垂直的四维空间的呢？

2. 证明正交4球空间即为4维相互垂直的四维空间

2.1. 点标符号及其坐标、平面符号约定

2.1.1. 正交4球心间1至4维15个垂心点 [4] 、8球面交点 [4] 点符号及坐标均与文 [4] 相同，即

· 设4个1维垂心(4正交球球心)为 $A,B,C,D$ 半径依次为 $a,b,c,d$ (坐标同文 [4])；

· 设6个2维垂心为： $H_{AB},H_{AC},H_{AD},H_{BC},H_{BD},H_{CD}$ (坐标同文 [4])；

· 设4个3维垂心为： $H_{ABC},H_{ABD},H_{ACD},H_{BCD}$ (坐标同文 [4])；

· 设1个4维垂心为：H (坐标同文 [4])；

· 设4个内凹3球面交点为： $A_{-},B_{-},C_{-},D_{-}$ (坐标同文 [4])；

· 设4个外凸3球面交点为： $A_{+},B_{+},C_{+},D_{+}$ (坐标同文 [4])。

2.1.2. 设垂直6棱，且与对棱共面的6个平面符号

· 设与AB棱垂直，且与对棱CD棱共面的平面符号为： ${\Pi }_{CD}$ ；

· 设与AC棱垂直，且与对棱BD棱共面的平面符号为： ${\Pi }_{BD}$ ；

· 设与AD棱垂直，且与对棱BC棱共面的平面符号为： ${\Pi }_{BC}$ ；

· 设与BC棱垂直，且与对棱AD棱共面的平面符号为：；

· 设与BD棱垂直，且与对棱AC棱共面的平面符号为： ${\Pi }_{AC}$ ；

· 设与CD棱垂直，且与对棱AB棱共面的平面符号为： ${\Pi }_{AB}$。

2.2. 证明正交4球心间15个垂心点 [4] 、8球面交点 [4] 及其46线为与棱垂直的6平面及其方程

文 [5] 得知，正交4球心间构成了4态垂心四面体，依据其对棱垂直的性质 [6] ：

2.2.1. 证明与AB棱垂直的Π_CD平面及其平面方程

根据垂心四面体(4态)以及对边⊥的性质，

证明： ${\Pi }_{CD}$ 平面与AB棱垂直，10点11线共面的 ${\Pi }_{CD}$ 平面。易得：

$AB\perp CD,AB\perp C{D}_{-},AB\perp C{D}_{+},AB\perp C{H}_{ABC},AB\perp CH,AB\perp C{H}_{AB}$

前6线右侧共点于C，后5线与首线右侧共点于D；因此该平面 ${\Pi }_{CD}\in$ 右侧11线10点，该平面与左侧AB棱⊥，垂足落在左侧AB棱的 $H_{AB}$ 上。因此10点 $\left(C,D,D_{-},D_{+},H_{ABC},H,C_{-},C_{+},H_{ABD},H_{AB}\right)$ 共面，任取3点坐标可得与CD棱共面的 ${\Pi }_{CD}$ 平面方程为：(例：取C，D，H 3点坐标)

$0=\left|\begin{array}{ccc}x-0& y-0& z-c\\ bct-0& act-0& abt-c\\ \frac{-a{b}^2{c}^{2}t}{v}-0& \frac{-a^{2}b{c}^{2}t}{v}-0& \frac{-a^2{b}^{2}ct}{v}-c\end{array}\right|=ax-by$

2.2.2. 同理可证明与其它5棱垂直的5个平面及其平面方程为

· ${\Pi }_{BD}$ 平面与AC棱垂直，且 11线均与AC棱垂直。与BD棱共面平面方程为：任取3点坐标可得 ${\Pi }_{BD}$ 平面方程为：(例：取B，D，H 3点坐标)

$0=\left|\begin{array}{ccc}x-0& y-b& z-0\\ bct-0& act-b& abt-0\\ \frac{-a{b}^2{c}^{2}t}{v}-0& \frac{-a^{2}b{c}^{2}t}{v}-b& \frac{-a^2{b}^{2}ct}{v}-0\end{array}\right|=ax-cz$

· ${\Pi }_{AD}$ 平面与BC棱垂直，且 11线均与BC棱垂直。与AD棱共面平面方程为：任取3点坐标可得 ${\Pi }_{AD}$ 平面方程为：(例：取A，D，H 3点坐标)

$0=\left|\begin{array}{ccc}x-a& y-0& z-0\\ bct-a& act-0& abt-0\\ \frac{-a{b}^2{c}^{2}t}{v}-a& \frac{-a^{2}b{c}^{2}t}{v}-0& \frac{-a^2{b}^{2}ct}{v}-0\end{array}\right|=by-cz$

· ${\Pi }_{BC}$ 平面与AD棱垂直，且 $BC,B{C}_{-},B{C}_{+},B{H}_{ABD},B{H}_{AD},BH,C{B}_{-},C{B}_{+},C{H}_{ACD},CH,C{H}_{AD}$ 11线均与AD棱垂直。与BC棱共面平面方程为：任取3点坐标可得 ${\Pi }_{BC}$ 平面方程为：(例：取B，C，H 3点坐标)

$0=\left|\begin{array}{ccc}x-0& y-b& z-0\\ 0-0& 0-b& c-0\\ \frac{-a{b}^2{c}^{2}t}{v}-0& \frac{-a^{2}b{c}^{2}t}{v}-b& \frac{-a^2{b}^{2}ct}{v}-0\end{array}\right|=\left[\frac{a}{d}\left(v+v_4\right)+v_1\right]x+v_{2}y+v_{3}z-abcd$

这里： $v_1=bcd,v_2=acd,v_3=abd,v_4=abc$。

· ${\Pi }_{AC}$ 平面与BD棱垂直，且 $AC,A{C}_{-},A{C}_{+},A{H}_{ABD},A{H}_{BD},AH,C{A}_{-},C{A}_{+},C{H}_{BCD},CH,C{H}_{BD}$ 11线均与BD棱垂直。与AC共面平面方程为：任取3点坐标可得 ${\Pi }_{AC}$ 平面方程为：(例：取A，C，H 3点坐标)

$0=\left|\begin{array}{ccc}x-a& y-0& z-0\\ 0-a& 0-0& c-0\\ \frac{-a{b}^2{c}^{2}t}{v}-a& \frac{-a^{2}b{c}^{2}t}{v}-0& \frac{-a^2{b}^{2}ct}{v}-0\end{array}\right|=v_{1}x+\left[\frac{b}{d}\left(v+v_4\right)+v_2\right]y+v_{3}z-abcd$

这里： $v_1=bcd,v_2=acd,v_3=abd,v_4=abc$。

· ${\Pi }_{AB}$ 平面与CD棱垂直，且 $AB,A{B}_{-},A{B}_{+},A{H}_{ACD},A{H}_{CD},AH,B{A}_{-},B{A}_{+},B{H}_{BCD},BH,B{H}_{CD}$ 11线均与CD棱垂直。与AB共面平面方程为：任取3点坐标可得 ${\Pi }_{AB}$ 平面方程为：(例：取A，B，H 3点坐标)

$0=\left|\begin{array}{ccc}x-a& y-0& z-0\\ 0-a& b-0& 0-0\\ \frac{-a{b}^2{c}^{2}t}{v}-a& \frac{-a^{2}b{c}^{2}t}{v}-0& \frac{-a^2{b}^{2}ct}{v}-0\end{array}\right|=v_{1}x+v_{2}y+\left[\frac{c}{d}\left(v+v_4\right)+v_3\right]z-abcd$

这里： $v_1=bcd,v_2=acd,v_3=abd,v_4=abc$。

2.3. 证明6平面，任意3平面分别交于4垂线，6平面交于H垂心点，且任意3平面夹角之和等于180度

2.3.1. 上述6平面方程中垂心H为6平面的共点

分析上述一至四维垂心15点；以及8点球面交点，可归纳为：

· 一维垂心4点A，B，C，D，交叉存在6平面其中的3个平面；

· 二维垂心6点 $H_{AB},H_{AC},H_{AD},H_{BC},H_{BD},H_{CD}$ 为6平面中，每平面各占其中一点；

· 三维垂心4点 $H_{ABC},H_{ABD},H_{ACD},H_{BCD}$ 交叉存在6平面其中的3个平面；

· 四维垂心H为6平面共点；

· 球面内凹与外凸8交点，交叉存在6平面其中的3个平面；

· 任意3平面均分别交于4垂线。

2.3.2. 上述6平面方程间任意3平面夹角与棱角相等，其与各面3棱垂直的3平面夹角之和等于180度

因为上述6平面均与6棱垂直，垂心四面体任意一面3棱组成三角形垂直的3平面的夹角之和等于棱角和为180度。因此6平面可以任意组合，其平面夹角和均等于180度。

例： ${\Pi }_{AD},{\Pi }_{BD},{\Pi }_{CD}$ 3平面交D轴，3平面夹角之和均为180度

${\Pi }_{BD},{\Pi }_{CD}$ 间夹角为 $\angle \alpha =\angle BAC=\angle A_4\Rightarrow \cos A_4=\frac{a^2}{\left|AB\right|\left|AC\right|}$

${\Pi }_{CD},{\Pi }_{AD}$ 间夹角为 $\angle \beta =\angle ABC=\angle B_4\Rightarrow \cos B_4=\frac{b^2}{\left|AB\right|\left|BC\right|}$

${\Pi }_{BD},{\Pi }_{AD}$ 间夹角为

$\angle \alpha +\angle \beta +\angle \gamma =\angle BAC+\angle ABC+\angle ACB={180}^{\circ }$ 见 (图1)

这里的： $\cos A_4,\cos B_4,\cos C_4$ 见文 [5]。

图1. ${\Pi }_{AD},{\Pi }_{BD},{\Pi }_{CD}$ 3平面交D轴，3平面夹角之和均为180度示意图

2.4. 证明正交4球空间即4维垂直的四维空间

根据上述6个平面方程，每个平面围绕其垂直的棱旋转，即各平面绕其垂直的棱的二维垂心点旋转，即固定该平面垂直棱2球心在欧氏3D坐标系的2轴线上，而旋转与棱垂直的平面，使得该平面另2球心点旋转至另一正负轴线上时，与其对应的3球面交点同时旋转至原点 $D_{-}$ 位置。证明正交4球空间即4维垂直超对称空间 [7]。

2.4.1. 固定A, B棱，A, B 2球心位于x轴和y轴线上，绕AB棱旋转平面Π_CD，使得C, D 2球心分别落在正负z轴线上时，球面交点D₊, C₋, C₊分别旋转至D₋位置上

根据上述 ${\Pi }_{CD}$ 平面10点共面，其中包括： $C,D,H_{AB},C_{-},C_{+},D_{-},D_{+}$ 这7点共面；7点坐标见文 [4]

· 证明 $\cos \angle C{H}_{AB}{C}^{\prime }=\cos \angle D_{-}{H}_{AB}{D}_{+}$ 这里坐标： $C^{\prime }\left(0,0,-c\right)$

左侧点间距： $C{H}_{AB}=H_{AB}{C}^{\prime }=\sqrt{c^2+r_{AB}^2}=\sqrt{c^2+\frac{a^2{b}^2}{a^2+b^2}}$，$C{C}^{\prime }=2c$

左侧代入余弦公式： $\cos \angle C{H}_{AB}{C}^{\prime }=\frac{c^2+r_{AB}^2+c^2+r_{AB}^2-{\left(2c\right)}^2}{2\sqrt{c^2+r_{AB}^2}\sqrt{c^2+r_{AB}^2}}=\frac{2a^2{b}^2}{s_4^2}-1$

(这里 $s_4^2=a^2{b}^2+a^2{c}^2+b^2{c}^2$ )

右侧点间距： $D_{-}{H}_{AB}=H_{AB}{D}_{+}=r_{AB}=\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}$，$D_{-}{D}_{+}=\frac{2abc}{s_4}=\frac{2abc}{\sqrt{a^2{b}^2+a^2{c}^2+b^2{c}^2}}$

右侧代入余弦公式： $\cos \angle D_{-}{H}_{AB}{D}_{+}=\frac{r_{AB}^2+r_{AB}^2-{\left(\frac{2abc}{s_4}\right)}^2}{2r_{AB}{r}_{AB}}=\frac{2a^2{b}^2}{s_4^2}-1$

(这里 $s_4^2=a^2{b}^2+a^2{c}^2+b^2{c}^2$ )

通过旋转 ${\Pi }_{CD}$ 平面，将C点从正z轴旋转至负轴的同时， $D_{+}$ 也同时旋转至 $D_{-}$ 位置。

证明了3球： $A\perp B\perp C$。

· 证明 $\cos \angle D{H}_{AB}{D}^{\prime }=\cos \angle D_{-}{H}_{AB}{C}_{+}$ 这里坐标： $D^{\prime }\left(0,0,d\right)$

左侧点间距： $D{H}_{AB}=H_{AB}{D}^{\prime }=\sqrt{d^2+r_{AB}^2}=\sqrt{d^2+\frac{a^2{b}^2}{a^2+b^2}}$，

$D^{\prime }{D}^2={\left(0-bct\right)}^2+{\left(0-act\right)}^2+{\left(d-abt\right)}^2=\frac{2d^2\left(v+v_3\right)}{v+v_4}$

(这里 $t=\frac{-d^2}{v+v_4}$，$v=\sqrt{a^2{b}^2{c}^2+a^2{b}^2{d}^2+a^2{c}^2{d}^2+b^2{c}^2{d}^2}$，$v_3=abd$，$v_4=abc$ )

左侧代入余弦公式： $\cos \angle D{H}_{AB}{D}^{\prime }=\frac{d^2+r_{AB}^2+d^2+r_{AB}^2-\frac{2d^2\left(v+v_3\right)}{v+v_4}}{2\sqrt{d^2+r_{AB}^2}\sqrt{d^2+r_{AB}^2}}=1-\frac{v_1^2+v_2^2}{\left(v+v_4\right)\left(v-v_3\right)}$

(这里 $v_1=bcd$，$v_2=acd$ )

右侧点间距： $D_{-}{H}_{AB}=H_{AB}{C}_{+}=r_{AB}=\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}$，

$D_{-}{C}_{+}^2={\left[\frac{a{b}^2{c}^2{d}^2}{\left(v+v_4\right)\left(v-v_3\right)}-0\right]}^2+{\left[\frac{a^{2}b{c}^2{d}^2}{\left(v+v_4\right)\left(v-v_3\right)}-0\right]}^2+{\left[\frac{abcd\left(v_3-v_4-v\right)}{\left(v+v_4\right)\left(v-v_3\right)}-0\right]}^2=\frac{2a^2{b}^2{c}^2{d}^2}{\left(v+v_4\right)\left(v-v_3\right)}$

右侧代入余弦公式： $\cos \angle D_{-}{H}_{AB}{C}_{+}=\frac{r_{AB}^2+r_{AB}^2-\left(\frac{2a^2{b}^2{c}^2{d}^2}{\left(v+v_4\right)\left(v-v_3\right)}\right)}{2r_{AB}{r}_{AB}}=1-\frac{v_1^2+v_2^2}{\left(v+v_4\right)\left(v-v_3\right)}$

通过旋转 ${\Pi }_{CD}$ 平面，将D点旋转至正z轴D'的同时， $C_{+}$ 也同时旋转至 $D_{-}$ 位置。

证明了4球： $A\perp B\perp C\perp D$。

· 证明 $\cos \angle D{H}_{AB}{D}^{\prime }=\cos \angle D_{-}{H}_{AB}{C}_{-}$ 这里坐标： $D^{\prime }\left(0,0,-d\right)$

左侧点间距： $D{H}_{AB}=H_{AB}{D}^{\prime }=\sqrt{d^2+r_{AB}^2}=\sqrt{d^2+\frac{a^2{b}^2}{a^2+b^2}}$，

$D^{\prime }{D}^2={\left(0-bct\right)}^2+{\left(0-act\right)}^2+{\left(-d-abt\right)}^2=\frac{2d^2\left(v-v_3\right)}{v+v_4}$

(这里 $t=\frac{-d^2}{v+v_4}$，$v=\sqrt{a^2{b}^2{c}^2+a^2{b}^2{d}^2+a^2{c}^2{d}^2++b^2{c}^2{d}^2}$，$v_3=abd$，$v_4=abc$ )

左侧代入余弦公式： $\cos \angle D{H}_{AB}{D}^{\prime }=\frac{d^2+r_{AB}^2+d^2+r_{AB}^2-\frac{2d^2\left(v-v_3\right)}{v+v_4}}{2\sqrt{d^2+r_{AB}^2}\sqrt{d^2+r_{AB}^2}}=1-\frac{v_1^2+v_2^2}{\left(v+v_4\right)\left(v+v_3\right)}$

(这里 $v_1=bcd$，$v_2=acd$，$v_3=abd$，$v_4=bcd$ )

右侧点间距： $D_{-}{H}_{AB}=H_{AB}{C}_{-}=r_{AB}=\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}$，

$\begin{array}{c}{D}_{-}{C}_{-}^2={\left[\frac{a{b}^2{c}^2{d}^2}{\left(v+v_4\right)\left(v+v_3\right)}-0\right]}^2+{\left[\frac{a^{2}b{c}^2{d}^2}{\left(v+v_4\right)\left(v+v_3\right)}-0\right]}^2+{\left[\frac{abcd\left(v_3+v_4+v\right)}{\left(v+v_4\right)\left(v+v_3\right)}-0\right]}^2\\ =\frac{2a^2{b}^2{c}^2{d}^2}{\left(v+v_4\right)\left(v+v_3\right)}\end{array}$

右侧代入余弦公式： $\cos \angle D_{-}{H}_{AB}{C}_{-}=\frac{r_{AB}^2+r_{AB}^2-\left(\frac{2a^2{b}^2{c}^2{d}^2}{\left(v+v_4\right)\left(v+v_3\right)}\right)}{2r_{AB}{r}_{AB}}=1-\frac{v_1^2+v_2^2}{\left(v+v_4\right)\left(v+v_3\right)}$。

通过旋转 ${\Pi }_{CD}$ 平面，将D点旋转至正z轴D'的同时， $C_{-}$ 也同时旋转至 $D_{-}$ 位置。

证明了4球： $A\perp B\perp C\perp D$。

同理：可得如下2组旋转等式：

2.4.2. 固定A, C棱，A, C 2球心位于x轴和z轴线上，绕AC棱旋转平面Π_BD，使得B, D 2球心分别落在正负y轴线上时，球面交点D₊, B₊, B₋分别旋转至D₋位置上

根据上述 ${\Pi }_{BD}$ 平面10点共面，其中包括： $B,D,H_{AC},B_{-},B_{+},D_{-},D_{+}$ 这7点共面；7点坐标见文 [4]

· 可得： $\cos \angle B{H}_{AC}{B}^{\prime }=\cos \angle D_{-}{H}_{AB}{D}_{+}=\frac{2a^2{c}^2}{s_4^2}-1$ 这里坐标： $B\left(0,b,0\right),B^{\prime }\left(0,-b,0\right)$ ；

· 可得： $\cos \angle D{H}_{AC}{D}^{\prime }=\cos \angle D_{-}{H}_{AB}{B}_{+}=1-\frac{v_1^2+v_3^2}{\left(v+v_4\right)\left(v-v_2\right)}$ 这里坐标： $D^{\prime }\left(0,b,0\right)$ ；

· 可得： $\cos \angle D{H}_{AC}{D}^{\prime }=\cos \angle D_{-}{H}_{AB}{B}_{-}=1-\frac{v_1^2+v_3^2}{\left(v+v_4\right)\left(v+v_2\right)}$ 这里坐标： $D^{\prime }\left(0,-b,0\right)$。

证明了4球： $A\perp B\perp C\perp D$。

2.4.3. 固定B, C棱，B, C 2球心位于y轴和z轴线上，绕BC棱旋转平面Π_AD，使得A, D 2球心分别落在正负x轴线上时，球面交点D₊, A₊, A₋分别旋转至D₋位置上

根据上述 ${\Pi }_{AD}$ 平面10点共面，其中包括： $A,D,H_{BC},A_{-},A_{+},D_{-},D_{+}$ 这7点共面；7点坐标见文 [4]

· 可得： $\cos \angle A{H}_{AC}{A}^{\prime }=\cos \angle D_{-}{H}_{BC}{D}_{+}=\frac{2b^2{c}^2}{s_4^2}-1$ 这里坐标： $A\left(a,0,0\right),A^{\prime }\left(-a,0,0\right)$ ；

· 可得： $\cos \angle D{H}_{AC}{D}^{\prime }=\cos \angle D_{-}{H}_{BC}{A}_{+}=1-\frac{v_2^2+v_3^2}{\left(v+v_4\right)\left(v-v_1\right)}$ 这里坐标： $D^{\prime }\left(a,0,0\right)$ ；

· 可得： $\cos \angle D{H}_{AC}{D}^{\prime }=\cos \angle D_{-}{H}_{BC}{A}_{-}=1-\frac{v_2^2+v_3^2}{\left(v+v_4\right)\left(v+v_1\right)}$ 这里坐标： $D^{\prime }\left(-a,0,0\right)$。

证明了4球： $A\perp B\perp C\perp D$。

3. 总结

通过上述固定2球心位于2轴的棱，旋转与其垂直的平面，使得另2球心可达另一正负轴线上的同时，其3球面交点同时到达欧氏3D坐标的原点，证明了正交4球的4维a，b，c，d相互垂直；证明了正交4球即为超对称的4维空间。

而更简洁的是不用旋转，从8点球面交点为8原点，8原点均是3球面交点与3球心连线构成截角(直角四面体)，分别组成4组不同的三维正交的垂直关系，从哲学关系上：

∵ $A\perp B\perp C$，$A\perp B\perp D$，$A\perp C\perp D$，$B\perp C\perp D$

∴ $A\perp B\perp C\perp D$

直接证明了4球正交空间即四维相互垂直的空间。

以此也可以推广证明任意有限正交球为有限高维的正交垂直关系。

文章引用

蔡国伟. 证明正交4球6平面及四维垂直的四维空间算法——四维体积勾股定理的应用(公式七)
Proving Four-Dimensional Space Algorithms of Orthogonal Four-Sphere Six-Plane and Four-Dimensional Verticality—Application of Pythagorean Theorem of Four Dimensional Volume (Formula 7)[J]. 理论数学, 2020, 10(01): 23-29. https://doi.org/10.12677/PM.2020.101005

参考文献