棱平方多项式的衔接定理
从三次式到六次式：棱平方多项式的衔接定理
三角形与四面体不变量理论
[!abstract] 摘要
设 \(\Sigma\) 为 \(n\)-单形，以其 \(\left(\begin{array}{c}n+1\\ 2\end{array}\right)\) 条棱的平方为根构造棱平方多项式 \(P_{\Sigma}\)。\(n=2\) 时 \(P_{\Sigma}\) 为三次式，其系数构成三角形的完全不变量系；\(n=3\) 时 \(P_{\Sigma}\) 为六次式，其系数却不是四面体的完全不变量系。本文证明这一断裂的群论根源是顶点置换群 \(S_{n+1}\) 在棱集上作用的指数 \(\left[S_N: S_{n+1}\right]\)，它等于 1 当且仅当 \(n=2\)。作为核心计算成果，给出四面体体积的对称闭式 \(288 V^2=4 E_3-2 E_1\Pi-6\Sigma+2 P\)，并说明其中的配对型不变量 \(\Pi,\Sigma, P\) 在 \(n=2\) 时不存在这正是海伦公式 \(16 S^2=4 E_2-E_1^2\) 能够“纯对称”的原因。
目录
- 记号与基本构造 1
- 指数判据：断裂的群论根源 2
- 命题 A：三角形三次式系数为完全不变量系 3
- 命题 B：四面体六次式系数非完全不变量系 4
- 衔接定理：体积公式的退化 5
- 跨维度恒等式：断裂之上的连续部分 6
1 记号与基本构造
[!definition] 定义 1.1（棱平方映射）
设 \(\Sigma=\operatorname{conv}\left(V_0,\ldots, V_n\right)\subset R^n\) 为非退化 \(n\)-单形，棱数记为\[N=\binom{n+1}{2}. \]令 \(u_{i j}=\left|V_i V_j\right|^2(0\leq i<j\leq n)\)，定义棱平方多项式
\[P_{\Sigma}(x)=\prod_{0\leq i<j\leq n}\left(x-u_{i j}\right)=\sum_{k=0}^N(-1)^k E_k x^{N-k}, \]其中 \(E_k=e_k\left(u_{01},\ldots\right)\) 为 \(N\) 个平方棱长的第 \(k\) 个初等对称式，\(E_0=1\)。
取平方而非棱长本身，是因为下文所有几何量 \(\left(V^2, A^2, R^2\right)\) 都是 \(u_{i j}\) 的多项式；若取 \(d_{i j}\) 为根则会引人无法消去的多重根式。
[!definition] 定义 1.2（配对型不变量）
当 \(n=3\) 时 \(N=6\)，存在三对对棱 \(\{01,23\},\{02,13\},\{03,12\}\)。定义三个非 \(S_6\)-对称、但 \(S_4\)-不变的量：\[\Pi=u_{01} u_{23}+u_{02} u_{13}+u_{03} u_{12},\qquad(3) \]\[\Sigma=\left(u_{01}+u_{23}\right)\left(u_{02}+u_{13}\right)\left(u_{03}+u_{12}\right), \]\[P=\sum_{i=0}^3\prod_{j\neq i} u_{i j}=u_{01} u_{02} u_{03}+u_{01} u_{12} u_{13}+u_{02} u_{12} u_{23}+u_{03} u_{13} u_{23}.\qquad(5) \]注意 \(\Pi,\Sigma, P\) 的定义必须有 4 个顶点（对棱 = 补集意义下的对边），故它们只在 \(n\geq 3\) 时存在；这是第五节衔接的关键。
2 指数判据：断裂的群论根源
[!lemma] 引理 2.1（顶点群在棱集上的作用）
设 \(\rho_n: S_{n+1}\rightarrow S_N\) 为顶点重标号诱导的棱置换表示。则(i) 当 \(n\geq 2\) 时 \(\rho_n\) 是单射，\(\left|\operatorname{im}\rho_n\right|=(n+1)\)!；
(ii) 指数 \(\iota_n=\left[S_N:\rho_n\left(S_{n+1}\right)\right]\) \(=\dfrac{N!}{(n+1)!}\) 且
\[\iota_2=1,\quad\iota_3=30,\quad\iota_4=30240; \](iii) \(\iota_n=1\Longleftrightarrow n=2\)（在 \(n\geq 2\) 范围内）。
证明. (i) 若 \(\rho_n(\sigma)=id\)，则 \(\sigma\) 固定每一个二元子集 \(\{i, j\}\)。由于顶点数 \(n+1\geq 3\)，可取互异的 \(i, j, k\)。若 \(\sigma(i)=j\neq i\)，则 \(\sigma(\{i, k\})=\{j,\sigma(k)\}=\{i, k\}\)，因 \(j\neq i\) 且 \(j\neq k\) 得 \(\sigma(k)=i\)，于是 \(\{j, i\}=\{i, k\}\)，即 \(j=k\)，矛盾。故 \(\sigma=id\)。
(ii) 由 (i) 及拉格朗日定理，\(\iota_n=N!/(n+1)\)!。代人：\((n, N)=(2,3)\) 得 \(3!/ 3!=1\)；(3,6) 得 \(6!/ 4!=720/ 24=30\)；(4,10) 得 \(10!/ 5!=3628800/ 120=30240\)。
(iii) 对 \(n\geq 2\) 有 \(N\geq n+1\geq 3\)，此时 \(N!=(n+1)!\Longleftrightarrow N=n+1\Longleftrightarrow\frac{(n+1) n}{2}=n+1\Longleftrightarrow n=2\)。
[!lemma] 引理 2.2（不变量环）
设 \(R_n=Q\left[u_{01},\ldots\right]^{\rho_n\left(S_{n+1}\right)}\) 为全等不变量（多项式）环，\(Q\left[E_1,\ldots, E_N\right]\) 为六元（\(N\) 元）对称多项式环。则\[R_n=Q\left[E_1,\ldots, E_N\right]\quad\Longleftrightarrow\quad n=2. \]证明. 记 \(G=S_N, H=\rho_n\left(S_{n+1}\right)\leq G\)。显然 \(Q[u]^G\subseteq Q[u]^H\)，且 \(Q[u]^G=Q\left[E_1,\ldots, E_N\right]\)（对称多项式基本定理）。
反过来，由伽罗瓦理论：有理函数域 \(Q(u)/ Q(u)^H\) 是伽罗瓦扩张，其伽罗瓦群为 \(H\)；同理 \(Q(u)/ Q(u)^G\) 的伽罗瓦群为 \(G\)。若 \(Q(u)^H=Q(u)^G\)，则两扩张的伽罗瓦群相同，即 \(H=G\)。因此 \(R_n=Q\left[E_1,\ldots, E_N\right]\) 当且仅当 \(H=G\)，即 \(\iota_n=1\)，由引理 2.1(iii) 即 \(n=2\)。
[!note] 注 2.3
引理 2.2 是全部讨论的分水岭：\(n=2\) 时“不变量 = 对称多项式”，\(n\geq 3\) 时“不变量 \(\supsetneqq\) 对称多项式”。多出来的部分正是定义 1.2 中的配对型不变量。
3 命题 A：三角形三次式系数为完全不变量系
以下记三角形三边为 \(a, b, c\)，半周长 \(p=\frac{L}{2}\)，周长 \(L=a+b+c\)，面积 \(S\)，外接圆半径 \(R\)，内切圆半径 \(r\)，并记
[!proposition] 命题 3.1（\(n=2\) 完全性定理）
取 \(u=\left(a^2, b^2, c^2\right)\)，则(i) 三角形的每个（多项式）全等不变量都属于 \(Q\left[E_1, E_2, E_3\right]\)；
(ii)（海伦公式的对称形式）
\[16 S^2=4 E_2-E_1^2=2\sum a^2 b^2-\sum a^4;\qquad(9) \](iii) 三个系数由 \((L, R, r)\) 表出：
\[E_1=L^2-2 e_2,\quad E_2=e_2^2-4 R L^2 r,\quad E_3=4 R^2 L^2 r^2;\qquad(10) \](iv) 映射 \((a, b, c)\mapsto\left(E_1, E_2, E_3\right)\) 的纤维恰为一个 \(S_3\)-轨道，即唯一的全等类；反之 \((L, R, r)\) 亦通过 (10) 决定 \(\left(E_1, E_2, E_3\right)\)。
因此三次式 \(x^3-E_1 x^2+E_2 x-E_3\) 的系数构成三角形的完全不变量系。
证明. (i) 即引理 2.2 的 \(n=2\) 情形。
(ii) 先证 \(16 S^2=2\sum a^2 b^2-\sum a^4\)。由 \(S=\frac{1}{2} a b\sin C\) 与余弦定理 \(2 a b\cos C=a^2+b^2-c^2\)：
\[16 S^2=4 a^2 b^2\sin^2 C=4 a^2 b^2-(2 a b\cos C)^2=4 a^2 b^2-\left(a^2+b^2-c^2\right)^2. \]展开 \(\left(a^2+b^2-c^2\right)^2=a^4+b^4+c^4+2 a^2 b^2-2 a^2 c^2-2 b^2 c^2\)，代人得
\[16 S^2=4 a^2 b^2-a^4-b^4-c^4-2 a^2 b^2+2 a^2 c^2+2 b^2 c^2=2\sum a^2 b^2-\sum a^4. \]另一方面 \(E_1=\sum a^2, E_2=\sum a^2 b^2\)，故
\[4 E_2-E_1^2=4\sum a^2 b^2-\left(\sum a^4+2\sum a^2 b^2\right)=2\sum a^2 b^2-\sum a^4=16 S^2. \](iii) 由 \(L^2=\sum a^2+2\sum a b=E_1+2 e_2\) 立得 \(E_1=L^2-2 e_2\)。又
\[e_2^2=\left(\sum a b\right)^2=\sum a^2 b^2+2 a b c(a+b+c)=E_2+2 e_3 L, \]故 \(E_2=e_2^2-2 e_3 L=e_2^2-2(2 R L r) L=e_2^2-4 R L^2 r\)。最后 \(E_3=a^2 b^2 c^2=e_3^2=(2 R L r)^2=4 R^2 L^2 r^2\)。（三式已由符号计算逐项验证，差值恒等于 0。）
(iv) 给定 \(E_1, E_2, E_3\)，则 \(a^2, b^2, c^2\) 是三次式 \(x^3-E_1 x^2+E_2 x-E_3\) 的三个根，由代数基本定理其多重集唯一确定；边长取正平方根后 \(\{a, b, c\}\) 至多差一个排列，再由 SSS 全等判据知全等类唯一。反向由 (iii) 立得。\(\square\)
[!example] 例 3.2（数值校验）
取 \((a, b, c)=(3,4,5)\)，则 \(S=6, R=\frac{5}{2}, r=1, L=12, e_2=47\)，\[\begin{align*} E_1&=50,\quad E_2=769,\quad E_3=3600;\\ L^2-2 e_2&=144-94=50=E_1;\\ e_2^2-4 R L^2 r&=2209-720=769=E_2;\\ 4 R^2 L^2 r^2&=4\cdot\frac{25}{4}\cdot 144=3600=E_3;\\ 4 E_2-E_1^2&=3076-2500=576=16 S^2.\quad\checkmark\end{align*} \]
4 命题 B：四面体六次式系数非完全不变量系
[!proposition] 命题 4.1（额外生成元的出现）
当 \(n=3\) 时，\(Q\)-不变量环 \(R_3\) 严格大于 \(Q\left[E_1,\ldots, E_6\right]\)；具体地，按次数清点的不变量空间维数（Molien 级数）为\[H(t)=\frac{1}{24}\left[\frac{1}{(1-t)^6}+\frac{9}{(1-t)^2\left(1-t^2\right)^2}+\frac{8}{\left(1-t^3\right)^2}+\frac{6}{\left(1-t^4\right)\left(1-t^2\right)}\right] \]（对应 \(S_4\) 在 6 条棱上的循环型 \(1^6, 1^2 2^2, 3^2, 4\cdot 2\)），其展开
\[H(t)=1+t+3 t^2+6 t^3+11 t^4+18 t^5+32 t^6+48 t^7+75 t^8+\cdots \]给出 \(d_k=\operatorname{dim}_{Q}\left(R_3\right)_k\)。逐次对比对称部分：
次数 \(k\) \(d_k\) 由 \(\left\{E_i\right\}\) 生成的维数 新增生成元 1 1 \(E_1\) 2 3 \(2\left(E_1^2, E_2\right)\) \(\Pi\) 3 6 \(3\left(E_1^3, E_1 E_2, E_3\right)\) \(\Sigma, P\) 4 11 9 \(\geq 2\) 个 故生成元个数至少为 8，超过 Krull 维数 6，因而 \(R_3\) 不是多项式环（存在 s y z y g y）。
证明. 循环型清点：\(S_4\) 中恒等元 1 个（型 \(1^6\)）；对换 6 个与双对换 3 个共 9 个（型 \(1^2 2^2\)）；三轮换 8 个（型 \(3^2\)）；四轮换 6 个（型 \(4\cdot 2\)）。代人 Molien 公式 \(H(t)=\frac{1}{|G|}\sum_g\frac{1}{\operatorname{det}(I-t g)}\) 即得 (11)。
2 次对称不变量由 \(E_1^2, E_2\) 张成（维数 \(2<3=d_2\)），故存在第 3 个独立不变量，取为 \(\Pi\)；3 次对称不变量由 \(E_1^3, E_1 E_2, E_3\) 张成（维数 \(3<6=d_3\)），除去乘积 \(E_1\Pi\) 后仍有 2 个新生成元，取为 \(\Sigma, P\)。4 次时可由已知生成元作出的乘积共 9 个 \(\left(E_1^4, E_1^2 E_2, E_1 E_3, E_2^2, E_1^2\Pi, E_2\Pi, E_1\Sigma, E_1 P,\Pi^2\right)\)，故 \(11-9=2\) 个新生成元。生成元总数 \(\geq 1+2+2+2=7\)（含 \(E_1, E_2, E_3,\Pi,\Sigma, P\) 共 6 个再加上至少 2 个 4 次元）\(>6=\operatorname{dim}\)，故 \(R_3\) 非自由多项式环。
[!theorem] 定理 4.2（不完备性定理）
六次式 \(P_{\Sigma}\) 的系数 \(E_1,\ldots, E_6\) 不构成四面体的完全不变量系。事实上存在 9 个互不全等的四面体，它们具有相同棱长多重集（从而 \(E_1,\ldots, E_6\) 全同），而体积 \(V\)、总表面积 \(A\)、外接球半径 \(R\)、内切球半径 \(r\) 互不相同。表面积 \(A\)、外接球半径 \(R\)、内切球半径 \(r\) 互不相同。证明.（群论论证）由引理 \(2.1(ii),\iota_{3}=30>1\)，故存在 \(\tau\in S_{6}\backslash\rho_{3}\left(S_{4}\right)\)。把同一棱长多重集按 \(\tau\) 重新装配到六个棱位上，得到的两组 \(u\) 属于不同的 \(\rho_{3}(S_{4})\)-轨道；由引理 \(2.2\) 的证明（固定域相等当且仅当群相等），存在不变量在两轨道上取值不同，故两者不全等。而初等对称式 \(E_k\) 只依赖多重集，故二者 \(E_k\) 全同。
（显式反例）取棱长多重集
\(\{1.647522122,1.6719931657,1.8307133034,2.0291391332,3.309865128,3.6498848511\}\)，
对全部 \(6!=720\) 种装配穷举，其中 9 种给出两两不同的体积（体积不同 \(\Rightarrow\) 不全等）：
装配 \(\left(l_{01}, l_{02}, l_{03}, l_{12}, l_{13}, l_{23}\right)\) \(V\) \(A\) \(R\) \(r\) (3.309865, 1.830713, 1.671993, 3.649885,2.029139,1.647522) 0.0468441 6.0513340 35.5985640 0.0232234 (3.309865, 1.830713, 1.647522, 3.649885,2.029139,1.671993) 0.1627602 6.1600630 10.3107001 0.0792655 (3.309865, 1.830713, 1.647522, 1.671993, 3.649885,2.029139) 0.1822367 5.6570916 8.2574976 0.0966416 (3.309865, 1.830713, 1.671993, 2.029139, 3.649885,1.647522) 0.1977415 6.0743126 7.7636546 0.0976612 (3.309865, 1.830713, 1.647522, 2.029139, 3.649885, 1.671993) 0.2746046 6.1899358 5.5977123 0.1330892 (3.309865, 1.830713, 3.649885, 1.647522,1.671993,2.029139) 0.3662766 6.1249257 4.1874185 0.1794029 (3.309865, 1.830713, 3.649885, 1.671993, 1.647522,2.029139) 0.3946929 6.1491961 3.8840203 0.1925583 (3.309865, 1.647522, 1.671993, 2.029139, 3.649885,1.830713) 0.4912495 6.4920741 3.3337447 0.2270074 (3.309865, 1.647522, 1.671993, 3.649885,2.029139,1.830713) 0.5033245 6.4989682 3.2358801 0.2323405 九者的棱平方对称式完全一致（相对偏差 \(<2.2\times 10^{-16}\)，即机器精度）：
\[E_1=37.255673701596,\quad E_2=523.566823930136,\quad E_3=3545.14344357071, \]\[E_4=12453.7197590524,\quad E_5=21909.7712907549,\quad E_6=15281.8085524871. \]而 \(V\) 在 \([0.046844, 0.503325]\)（相差逾 10 倍）、\(R\) 在 \([3.236,35.599]\)（相差逾 11 倍）内变化。故 \(V, A, R, r\) 均非 \(\left(E_1,\ldots, E_6\right)\) 的函数，定理得证。\(\square\)
5 衔接定理：体积公式的退化
[!theorem] 定理 5.1（四面体体积的对称闭式）
设 \(u_{i j}\) 为四面体六棱平方，\(\Pi,\Sigma, P\) 如定义 1.2。则\[288 V^2=4 E_3-2 E_1\Pi-6\Sigma+2 P \qquad(13) \]证明. Cayley-Menger 行列式给出 \(\operatorname{det} M=288 V^2\)，其中
\[M=\left(\begin{matrix}0& 1& 1& 1& 1\\ 1& 0& u_{01}& u_{02}& u_{03}\\ 1& u_{01}& 0& u_{12}& u_{13}\\ 1& u_{02}& u_{12}& 0& u_{23}\\ 1& u_{03}& u_{13}& u_{23}& 0\end{matrix}\right). \]\(\operatorname{det} M\) 是关于 \(u\) 的 3 次齐次 \(S_4\)-不变多项式。由命题 4.1，3 次不变量空间的维数为 \(d_3=6\)，一组基为 \(\left\{E_1^3, E_1 E_2, E_3, E_1\Pi,\Sigma, P\right\}\)。将 \(\operatorname{det} M\) 与这 6 个基向量同时展开为单项式系数向量（共 56 个单项式），解线性方程组得唯一解
\[\operatorname{det} M=0\cdot E_1^3+0\cdot E_1 E_2+4 E_3-2 E_1\Pi-6\Sigma+2 P,\qquad(14) \]残差符号计算恒为 0。
手算校验：正四面体 \(u_{i j}=a^2\) 时，\(E_3=20 a^6, E_1=6 a^2,\Pi=3 a^4,\Sigma=8 a^6, P=4 a^6\)，故 \(288 V^2=80 a^6-36 a^6-48 a^6+8 a^6=4 a^6\)，即 \(V^2=a^6/ 72\)，与 \(V=\frac{\sqrt{2}}{12} a^3\) 一致。\(\checkmark\quad\square\)
[!theorem] 定理 5.2（衔接定理）
棱平方多项式的“完全性”在 \(n=2\) 与 \(n=3\) 之间发生断裂，且断裂点唯一：(i) \(n=2: 16 S^2=4 E_2-E_1^2\)，纯对称只含 \(E_k\)；
(ii) \(n=3: 288 V^2=4 E_3-2 E_1\Pi-6\Sigma+2 P\)，必须掺人配对型不变量；
(iii) 产生差异的原因：\(\Pi,\Sigma, P\) 的定义需要“对棱”概念，即对棱 = 四个顶点中某条棱的补棱，这要求 \(n+1=4\)；当 \(n=2\) 时三顶点无对棱，配对型不变量空间维数为 0，故 \(R_2\) 中不存在可与 \(\Pi,\Sigma, P\) 类比的量。
等价地，由引理 2.1(iii)，
\[P_{\Sigma}\ \text{的系数为完全不变量系}\ \Longleftrightarrow\ \iota_n=1\ \Longleftrightarrow\ n=2. \]证明. (i) 即命题 3.1(ii)。
(ii) 即定理 5.1；其中 \(E_1^3, E_1 E_2\) 的系数恰为 0，但 \(\Pi,\Sigma, P\) 的系数 \(-2,-6,2\) 全非零，故无法消去。
(iii) 对棱配对 \(\{01,23\},\{02,13\},\{03,12\}\) 是 4 元集的 2-子集被分成互补对的唯一方式，仅在 \(n+1=4\) 时存在。\(n=2\) 时顶点集为 3 元，任一 2-子集的补集是 1 元集而非棱，故“对棱和/积”无从定义。此时由引理 2.2，全部不变量已由 \(E_1, E_2, E_3\) 生成，没有额外项可掺入。
[!note] 注 5.3（维数根源）
另有一个更直观的“计数巧合”解释：三角形中高的条数等于棱的条数，\[n+1=\left(\begin{array}{c} n+1\\ 2\end{array}\right)\Longleftrightarrow\frac{(n+1) n}{2}=n+1\Longleftrightarrow n=2. \]\(n=2\) 时 \(h_i=\frac{2 S}{a_i}\propto a_i^{-1}\)，高与棱互为倒数，于是“高的三次式”与“棱的三次式”共享同一组系数；\(n=3\) 时 4 条高对应 4 个面面积（自由度 4），而四面体需要 6 个数据（6 条棱），故高族四次方程的系数不可能覆盖全部不变量这与第 6 节的通用关系 \(\sum h_i^{-1}=r^{-1}\) 仅为一条约束（而非四条）完全一致。
6 跨维度恒等式：断裂之上的连续部分
尽管完全性在 \(n=3\) 处断裂，以下两条恒等式对一切 \(n\geq 2\) 成立。
[!proposition] 命题 6.1（棱平方和）
设 \(G\) 为 \(n\)-单形的重心，\(O\) 为外心。则\[\sum_{0\leq i<j\leq n} d_{i j}^2=(n+1)^2\left(R^2-|O G|^2\right)\quad\text{即}\quad E_1^{(n)}=(n+1)^2\left(R^2-|O G|^2\right).\quad(15) \]证明. 取 \(O\) 为原点，则 \(\left|V_i\right|=R\)。记 \(G=\frac{1}{n+1}\sum V_i\)，则
\[\begin{align*}\sum_{i<j}\left|V_i-V_j\right|^2&=\frac{1}{2}\sum_{i, j}\left|V_i-V_j\right|^2=\frac{1}{2}\sum_{i, j}\left(2 R^2-2\left\langle V_i, V_j\right\rangle\right)\\ &=(n+1)^2 R^2-\left\langle\sum_i V_i,\sum_j V_j\right\rangle=(n+1)^2 R^2-|(n+1) G|^2\\ &=(n+1)^2\left(R^2-|O G|^2\right).\end{align*} \]
[!corollary] 推论 6.2
\(n=2\) 时由欧拉线 \(O H=3 O G\) 得 \(\sum a^2=9 R^2-O H^2\)；\(n=3\) 时 \(\sum_{i<j} d_{i j}^2=16\left(R^2-|O G|^2\right)\)。（数值已对 \(n=2,3,4,5\) 验证，误差 \(\sim 10^{-13}\)。）
[!proposition] 命题 6.3（外接球半径的行列式公式）
设 \(D=\left(d_{i j}^2\right)_{0\leq i, j\leq n}\)（对角为 0），\(M\) 为 Cayley-Menger 矩阵。则\[R^2=-\frac{1}{2}\frac{\operatorname{det} D}{\operatorname{det} M},\quad\operatorname{det} M=(-1)^{n+1} 2^n(n!)^2 V_n^2.\quad(16) \]证明. 第二个等式是 Cayley-Menger 的标准形式 \(\left(\operatorname{det} M=(-1)^{n+1} 2^n(n!)^2 V_n^2\right)\)：\(n=2\) 得 \(-16 S^2\)，\(n=3\) 得 \(+288 V^2\)，与定理 5.1 一致。第一个等式：\(R\) 是 \(V_i\) 到 \(O\) 的公共距离，\(O\) 由线性方程组 \(2\left\langle V_j-V_0, O\right\rangle=\left|V_j\right|^2-\left|V_0\right|^2(j=1,\ldots, n)\) 唯一确定；用 Cramer 法则求解并把 \(\left|V_0-O\right|^2\) 写成行列式之比，化简即得 \(-\frac{1}{2}\operatorname{det} D/\operatorname{det} M\)。
[!corollary] 推论 6.4（与三角形的衔接）
\(n=2\) 时 \(\operatorname{det} D=2 a^2 b^2 c^2\)，\(\operatorname{det} M=-16 S^2\)，代入 (16) 得 \(R^2=\frac{a^2 b^2 c^2}{16 S^2}\)，即经典的 \(a b c=4 R S\)。（符号计算验证：差值恒等于 0。）
[!note] 注 6.5（开放问题）
定理 5.2 表明，\(n\geq 3\) 时必须在 \(E_1,\ldots, E_N\) 之外补充配对型不变量。下列问题仍未解决：
- 为 \(R_3\) 找出一组有几何意义的生成元 \(\Pi,\Sigma, P\) 分别对应什么几何量？（\(\Pi\) 疑似与对棱公垂线长度相关。）
- 把 \(\det D\) 在 \(\left\{E_k,\Pi,\Sigma, P\right\}\) 下展开，即求出四面体版本的“\(a b c=4 R S\)”。
- 一般 \(n\)：\(V_n^2\) 的不变量展开中，非 \(S_N\)-对称项的最小个数是否恰为 \(\iota_n-1\)？
浙公网安备 33010602011771号