证明 $S^3$ 中 Clifford 球面 $S^1(\frac{1}{\sqrt{2}})\times S^1(\frac{1}{\sqrt{2}})$ 在 $S^3\setminus N$ 到 $\mathbb{R}^3$ 球极投影下的像为
\[(u,v)\mapsto\bigl((\sqrt{2}+\cos u)\cos v, (\sqrt{2}+\cos u)\sin v, \sin u\bigr)\in\mathbb{R}^3\]
即 $\mathbb{R}^3$ 中由位于 xoz 平面内中心在 $(\sqrt{2},0,0)$ 半径为 $1$ 的圆围绕 $z$ 轴旋转一周得到的环面.
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设 $\pi: S^3\setminus N\rightarrow\mathbb{R}^3$ 是球极投影, $N=(0,0,0,1)$. 设 $P=(a,b,c,d)\in S^3$, 则 $a^2+b^2+c^2+d^2=1$.
$NP=(a,b,c,d-1)$, 因此直线 $NP$ 为
\[\frac{x-0}{a}=\frac{y-0}{b}=\frac{z-0}{c}=\frac{w-1}{d-1}.\]
令 $w=0$, 得直线 $NP$ 与 $\mathbb{R}^3\times\{0\}$ 的交点为 $Q=\pi(P)=(\frac{a}{1-d},\frac{b}{1-d},\frac{c}{1-d},0)=\frac{1}{1-d}(a,b,c,0)$.
若令 $(a,b,c,d)=\frac{1}{\sqrt{2}}(\cos\alpha,\sin\alpha,\cos\beta,\sin\beta)$, 则
\[\begin{split}Q&=\frac{1}{1-\frac{1}{\sqrt{2}}\sin\beta}(\frac{1}{\sqrt{2}}\cos\alpha,\frac{1}{\sqrt{2}}\sin\alpha,\frac{1}{\sqrt{2}}\cos\beta,0)\\ &=\frac{1}{\sqrt{2}-\sin\beta}(\cos\alpha,\sin\alpha,\cos\beta,0).\end{split}\]
由于 $|\cos\beta\pm\sin\beta|\leq\sqrt{2}$, 故可令 $\sin u:=\frac{\cos\beta}{\sqrt{2}-\sin\beta}$, 则可证明 $\frac{1}{\sqrt{2}-\sin\beta}=\sqrt{2}\pm\cos u$.
事实上,
\[\cos^2 u=1-\sin^2 u=1-\frac{\cos^2\beta}{(\sqrt{2}-\sin\beta)^2}=\frac{(\sqrt{2}\sin\beta-1)^2}{(\sqrt{2}-\sin\beta)^2}\]
因此
\[\cos u=\pm\frac{\sqrt{2}\sin\beta-1}{\sqrt{2}-\sin\beta}\]
这推出 $\frac{1}{\sqrt{2}-\sin\beta}=\sqrt{2}\pm\cos u$.