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问题及解答

四元数

Posted by haifeng on 2013-01-08 23:19:34 last update 2014-04-10 15:50:09 | Edit | Answers (1)

Ref. Erhan Ata and Yusuf Yayli, Dual unitary matrices and unit dual quaternions. DGDS(Differential Geometry - Dynamical System), Vol. 10, 2008, pp.1-12.


四元数是指集合

\[
\mathbb{H}=\{a_0+a_1 i+ a_2 j+a_3 k\mid a_i\in\mathbb{R}, i=0,1,2,3\}
\]

中的元素. $\mathbb{H}$ 是一个 4 维实线性空间. $\{1,i,j,k\}$ 是 $\mathbb{H}$ 的一个基(一般称为一组基).

若在 $\mathbb{H}$ 中引入上面的乘法, 即

\[i^2=j^2=k^2=-1,\quad ij=k=-ji,\]

则 $(\mathbb{H},+,\cdot,1)$ 成为一个代数. (容易验证 $jk=i=-kj$, $ki=j=-ik$, $ijk=-1$.) 而且 $(\mathbb{H},+,\cdot,1)$ 还是一个结合代数, 并且关于乘法不可交换.

Remark: 有时, 也用符号 $e_0,e_1,e_2,e_3$ 分别代替 $1,i,j,k$. 因为 $i$ 用于表示 $\sqrt{-1}\in\mathbb{C}$.

为方便起见, 引入记号. 设 $p$ 是一个四元数, $p=a_0+a_1 i+ a_2 j+a_3 k=s_p+V_p$, 其中 $s_p=a_0$, $V_p=a_1 i+ a_2 j+a_3 k$. 我们姑且分别称 $s_p$, $V_p$ 为 $p$ 的数量部分和向量部分. 于是, 对任意的 $p,q\in\mathbb{H}$, 及任意的 $\lambda\in\mathbb{R}$,

\[p+q=(s_p+V_p)+(s_q+V_q)=(s_p+s_q)+(V_p+V_q)=s_{p+q}+V_{p+q},\]

\[\lambda p=\lambda s_p+\lambda V_p=s_{\lambda p}+V_{\lambda p}.\]

$\mathbb{H}$ 作为通常的向量空间, 亦可引入内积的概念. 设 $p=a_0+a_1 i+ a_2 j+a_3 k$, $q=b_0+b_1 i+ b_2 j+b_3 k$, 则定义

\[
\langle p,q\rangle :=a_0 b_0+a_1 b_1+a_2 b_2+a_3 b_3.
\]

于是 $\langle p,q\rangle=s_p s_q+\langle V_p,V_q\rangle$.

记 $p=a_0+a_1 i+ a_2 j+a_3 k=s_p+V_p$ 的共轭为 $p^+=a_0-a_1 i- a_2 j-a_3 k=s_p-V_p$.

Claim.  $(pq)^{+}=q^{+}p^{+}$.

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Posted by haifeng on 2015-11-05 18:14:49

Pf of Claim. $(pq)^{+}=q^{+}p^{+}$.

设 $p=a_0+a_1i+a_2j+a_3k$, $q=b_0+b_1i+b_2j+b_3k$. 则

\[
\begin{split}
pq&=(a_0+a_1i+a_2j+a_3k)(b_0+b_1i+b_2j+b_3k)\\
&=a_0b_0+a_0b_1i+a_0b_2j+a_0b_3k\\
&\quad -a_1b_1+a_1b_0i-a_1b_3j+a_1b_2k\\
&\quad -a_2b_2+a_2b_3i+a_2b_0j-a_2b_1k\\
&\quad -a_3b_3-a_3b_2i+a_3b_1j+a_3b_0k\\
&=(a_0b_0-a_1b_1-a_2b_2-a_3b_3)+(a_0b_1+a_1b_0+a_2b_3-a_3b_2)i+(a_0b_2-a_1b_3+a_2b_0+a_3b_1)j+(a_0b_3+a_1b_2-a_2b_1+a_3b_0)k\\
\end{split}
\]

于是

\[
(pq)^{+}=(a_0b_0-a_1b_1-a_2b_2-a_3b_3)-(a_0b_1+a_1b_0+a_2b_3-a_3b_2)i-(a_0b_2-a_1b_3+a_2b_0+a_3b_1)j-(a_0b_3+a_1b_2-a_2b_1+a_3b_0)k.
\]

 

另一方面, $p^{+}=a_0-a_1i-a_2j-a_3k$, $q^{+}=b_0-b_1i-b_2j-b_3k$. 则

\[
\begin{split}
q^{+}p^{+}&=(b_0-b_1i-b_2j-b_3k)(a_0-a_1i-a_2j-a_3k)\\
&=b_0a_0-b_0a_1i-b_0a_2j-b_0a_3k\\
&\quad -b_1a_1-b_1a_0i-b_1a_3j+b_1a_2k\\
&\quad -b_2a_2+b_2a_3i-b_2a_0j-b_2a_1k\\
&\quad -b_3a_3-b_3a_2i+b_3a_1j-b_3a_0k\\
&=(a_0b_0-a_1b_1-a_2b_2-a_3b_3)-(a_0b_1+a_1b_0+a_2b_3-a_3b_2)i-(a_0b_2-a_1b_3+a_2b_0+a_3b_1)j-(a_0b_3+a_1b_2-a_2b_1+a_3b_0)k.\\
\end{split}
\]

因此 $(pq)^{+}=q^{+}p^{+}$.