ベクトル三重積公式のバックアップ(No.12)

凌宮組立術： $\:A \vx (\:B \vx \:C) = (\:A \sx \:C) \:B - (\:A \sx \:B) \:C$

ベクトル三重積の公式は、ベクトル公式の中でも非常に覚えにくい。
ところが、数式の性質を利用すれば、公式をパズルのように書き出すことができる。

(1) 垂直の垂直で元の平面 ⇒ 平面上で成分分解

まず、左辺の $\:A \vx (\:B \vx \:C)$ について、
外積の性質として $\iro[ao]{\:B \vx \:C}$ は $\iro[md]{\:B}$ と $\iro[md]{\:C}$ の両方に垂直のため、
$\iro[ao]{\:B \vx \:C}$ は $\iro[md]{\:B}$ と $\iro[md]{\:C}$ を含む平面に垂直。

同様に、 $\iro[ak]{\:A \vx (\:B \vx \:C)}$ は $\iro[ao]{\:B \vx \:C}$ に垂直。
その結果、 $\iro[ak]{\:A \vx (\:B \vx \:C)}$ は、 $\:B$ と $\:C$ を含む平面に垂直なベクトルに垂直ということで、
垂直の垂直で元の平面に戻る。

というわけで、 $\iro[ak]{\:A \vx (\:B \vx \:C)}$ は $\iro[md]{\:B}$ と $\iro[md]{\:C}$ と同一平面上にある。
よって、 $\iro[ak]{\:A \vx (\:B \vx \:C)}$ は $\iro[md]{\:B}$ と $\iro[md]{\:C}$ に成分分解できる*1。
これを穴埋めの形で書くと、こうなる：

$\iro[ak]{\:A \vx (\:B \vx \:C)}$ $$ = $$ $\textcircled{\phantom{X}}$ $\fbox{\phantom{X}}$ $\iro[md]{\:B}$ $\textcircled{\phantom{X}}$ $\fbox{\phantom{X}}$ $\iro[md]{\:C}$

ここで、 $\fbox{\phantom{X}}$ にはスカラの係数が、 $\textcircled{\phantom{X}}$ には「 $$ + $$ 」または「 $$ - $$ 」の符号が入る。

*1 難しい言い方をすると、 $\iro[md]{\:B}$ と $\iro[md]{\:C}$ を平面の基底として、同平面上にある $\iro[ak]{\:A \vx (\:B \vx \:C)}$ を成分分解できる。

(2) 次元解析＆スカラ積＝内積

次は、 $\iro[ak]{\:A \vx (\:B \vx \:C)}$ が３つの文字の掛け算であるため、次元は掛け算の種類を問わず、 $\:A \:B \:C$ の次元である*2。
よって、 $\fbox{\phantom{X}}$ $\iro[md]{\:B}$ も $\fbox{\phantom{X}}$ $\iro[md]{\:C}$ も３文字の掛け算であるべき。

$\iro[ak]{\:A \vx (\:B \vx \:C)}$ $$ = $$ $\textcircled{\phantom{X}}$ $(\:A \spc{?}{\vx} \:C)$ $\iro[md]{\:B}$ $\textcircled{\phantom{X}}$ $(\:A \spc{?}{\vx} \:B)$ $\iro[md]{\:C}$

さらに、係数はスカラ値である必要があるため、 $$ ? $$ は自ずとスカラ積すなわち内積になる*3。

$\iro[ak]{\:A \vx (\:B \vx \:C)}$ $$ = $$ $\textcircled{\phantom{X}}$ $(\:A \sx \:C)$ $\iro[md]{\:B}$ $\textcircled{\phantom{X}}$ $(\:A \sx \:B)$ $\iro[md]{\:C}$

*2 次元が良く分らない人は物理単位で考えば良い。例えば、 $\:A$ が[m]、 $\:B$ が[s]、 $\:C$ が[g]とか。
*3 実際、２つのベクトルからスカラ値を作る積は内積だけではない。しかし、どれも内積よりはずっと複雑になる。幸い、ベクトル三重積は意外に簡単であるので、一番単純な内積で良い。

(3) 符号判定＆簡単化

外積の交代性で $\:B \vx \:C$ $$ = $$ $- \:C \vx \:B$ であるため、右辺も $\:B$ と $\:C$ が交代したらマイナスになる。
$(\:A \sx \:C)$ $\:B$ で $\:B$ と $\:C$ が交代したら $(\:A \sx \:B)$ $\:C$ になるため、交代則を成立させるには、２つの $\textcircled{\phantom{X}}$ には「＋」と「－」と逆の符号が入る。

この符号は外積の立体的な回転を２回も考える必要がある。
今は符号さえ分かれば良いので、問題を簡単にしてから調べれば良い。

$\:B \vx \:C$ は外積であるため、結果が変らないように $\iro[md]{\:B}$ と垂直な $\iro[md]{\:C'}$ を選べる。
$\:A \vx (\:B \vx \:C)$ も同様、結果が変らないように $\iro[ao]{\:B \vx \:C}$ と垂直な $\iro[ao]{\:A'}$ を選べる。
さらに、 $\iro[md]{\:B}$ と $\iro[md]{\:C'}$ をそれぞれ直交座標系の単位ベクトル $\:i$ と $\:j$ にしても符号は変らない*4。
対して、 $\iro[ao]{\:A'}$ は $\:i + \:j$ としても符号に影響を与えない*5
仕舞に、 $\iro[ao]{\:A'}$ を $\:i$ に選んでも片方の符号は出てくる*6

そうすると、ベクトル三重積が、空間ベクトルの基本である単位ベクトルの定義に帰着される：

正順	逆順
$\:i$ $\vx$ $\:j$ $\:k$	$\:j$ $\vx$ $\:i$ $-\:k$
$\:j$ $\vx$ $\:k$ $\:i$	$\:k$ $\vx$ $\:j$ $-\:i$
$\:k$ $\vx$ $\:i$ $\:j$	$\:i$ $\vx$ $\:k$ $-\:j$

$\:A \vx (\:B \vx \:C)$
⇒ $\:i \vx (\:i \vx \:j)$ $$ = $$ $\:i$ $\vx$ $\:k$ $$ = $$ $-\:j$
⇒ $-\:C$

$\:B$ ⇔ $\:i$
$\:C$ ⇔ $\:j$

というわけで、 $\:C$ の前が「 $$ - $$ 」、残る $\:B$ の前は「 $$ + $$ 」となる。

$\iro[ao]{\:A} \vx (\iro[md]{\:B} \vx \iro[md]{\:C})$ $$ = $$ $$ + $$ $(\:A \sx \:C)$ $\iro[md]{\:B}$ $$ - $$ $(\:A \sx \:B)$ $\iro[md]{\:C}$

他方、紛らわしい $(\iro[md]{\:A} \vx \iro[md]{\:B}) \vx \iro[ao]{\:C}$ も全く同様に置換すれば良い。

$(\:A \vx \:B) \vx \:C$
⇒ $(\:i \vx \:j) \vx \:i$ $$ = $$ $\:k$ $\vx$ $\:i$ $$ = $$ $+\:j$
⇒ $+\:B$

$\:A$ ⇔ $\:i$
$\:B$ ⇔ $\:j$

というわけで、 $\:B$ の前が「 $$ + $$ 」、残る $\:A$ の前は「 $$ - $$ 」となる。

$(\iro[md]{\:A} \vx \iro[md]{\:B}) \vx \iro[ao]{\:C}$ $$ = $$ $$ - $$ $(\:C \sx \:B)$ $\iro[md]{\:A}$ $$ + $$ $(\:C \sx \:A)$ $\iro[md]{\:B}$

*4 大きさだけが変る。
*5 $\:i$ と $\:j$ の係数が共に正である限り、成分に含まれる符号は出てこない。
*6 $\:i + \:j$ を選んだ場合、 $(\:i + \:j)$ $\vx (\:i \vx \:j)$ $$ = $$ $\:i - \:j$ になるように、両方の符号が出てくるだけ。

参考：少し古い符号判定（～2014年）

ベクトル三重積公式の左辺には２つの書き方があり、掛け方によって符号が逆転する。

$\iro[ao]{\:A} \vx (\iro[md]{\:B} \vx \iro[md]{\:C})$	$\;\Rightarrow\;$ $\textcircled{\phantom{X}}$ $\fbox{\phantom{X}}$ $\iro[md]{\:B}$ $\textcircled{\phantom{X}}$ $\fbox{\phantom{X}}$ $\iro[md]{\:C}$	$\;\Rightarrow\;$ $(\:A \sx \:C)$ $\iro[md]{\:B}$ $(\:A \sx \:B)$ $\iro[md]{\:C}$
$(\iro[md]{\:A} \vx \iro[md]{\:B}) \vx \iro[ao]{\:C}$	$\;\Rightarrow\;$ $\textcircled{\phantom{X}}$ $\fbox{\phantom{X}}$ $\iro[md]{\:A}$ $\textcircled{\phantom{X}}$ $\fbox{\phantom{X}}$ $\iro[md]{\:B}$	$\;\Rightarrow\;$ $(\:C \sx \:B)$ $\iro[md]{\:A}$ $(\:C \sx \:A)$ $\iro[md]{\:B}$

この符号は外積の回転方向を２回も考える必要がある。
３次元空間でぐるぐる回るのは結構面倒なので、便宜的な手法ではあるが２次元で済ませたい。
さらに、三重積は任意のベクトルで成立するため、次の２つの条件を満たす単純な例で済ませたい。

先に掛け合わせるベクトルが互いに垂直*7
後に掛け加えるベクトルが前の片方と同じ向き*8 *9

論はないが証拠、これで（片方の）符号が分る：

$\iro[ao]{\:A} \vx (\iro[md]{\:B} \vx \iro[md]{\:C})$ について、まず $\iro[md]{\:B}$ に $\iro[md]{\:C}$ を右から掛けて、 $\iro[ao]{\:A}$ を左から掛ける。
ポイントは掛ける向きが逆であるため、向きが打ち消して元の $\iro[md]{\:B}$ の向きになる。
したがって、 $\iro[md]{\:B}$ の符号は「 $$ + $$ 」になり、残る $\iro[md]{\:C}$ には逆の「 $$ - $$ 」が付く。

$\iro[ao]{\:A} \vx (\iro[md]{\:B} \vx \iro[md]{\:C})$

$\;\Rightarrow\;$ $$ + $$ $(\:A \sx \:C)$ $\iro[md]{\:B}$ $$ - $$ $(\:A \sx \:B)$ $\iro[md]{\:C}$

$(\iro[md]{\:A} \vx \iro[md]{\:B}) \vx \iro[ao]{\:C}$ について、まず $\iro[md]{\:A}$ に $\iro[md]{\:B}$ を右から掛けて、 $\iro[ao]{\:C}$ をさらに右から掛ける。
ポイントは掛ける向きが同じであるため、そのまま回し続けて $\iro[md]{\:B}$ と逆の向きになる。
したがって、 $\iro[md]{\:A}$ の符号は「 $$ - $$ 」になり、残る $\iro[md]{\:B}$ には逆の「 $$ + $$ 」が付く。

$(\iro[md]{\:A} \vx \iro[md]{\:B}) \vx \iro[ao]{\:C}$

$\;\Rightarrow\;$ $$ - $$ $(\:C \sx \:B)$ $\iro[md]{\:A}$ $$ + $$ $(\:C \sx \:A)$ $\iro[md]{\:B}$

*7 やっていることは $\:B \:C$ 平面上のベクトルの成分分解であるため、斜交座標より直交座標系を使う方が直角が多くて簡単。
*8 $\:A$ は空間上に浮いても、 $\:B \:C$ 平面上の成分しか外積の結果に影響を与えないため、 $\:B \:C$ 平面上に乗せても結果は同じ。
*9 重ねることにより考える成分が１つ減るため、楽が出来る。片方の符号が決まれば他方も決まるため、１成分の符号だけ分れば十分。

$\iro[ao]{\:A'}$ $\iro[ao]{\:A_B'}$ $\iro[ao]{\:A_C'}$ $\iro[md]{\:C'}$ $\:i$ $\:j$

ベクトル三重積公式 のバックアップ(No.12)

凌宮組立術：

(1) 垂直の垂直で元の平面 ⇒ 平面上で成分分解

(2) 次元解析 ＆ スカラ積＝内積

(3) 符号判定 ＆ 簡単化

参考： 少し古い符号判定（～2014年）

ベクトル三重積公式のバックアップ(No.12)

凌宮組立術： $\:A \vx (\:B \vx \:C) = (\:A \sx \:C) \:B - (\:A \sx \:B) \:C$

(2) 次元解析＆スカラ積＝内積

(3) 符号判定＆簡単化

参考：少し古い符号判定（～2014年）