四元数与空间旋转

基本方法

用四元數來表示旋轉要解決兩個問題，一是如何用四元數表示三維空間裏的點，二是如何用四元數表示三維空間的旋轉。

四元數表示空間中的點

若三維空間裏的一個點的笛卡爾坐標為 ( $x$ , $y$ , $z$ )，則它用純四元數（類似於純虛數，即實部為0的四元數） $xi$ + $yj$ + $zk$ 表示。

單位四元數表示一個三維空間旋轉

設 $q$ 為一個單位四元數，而 $p$ 是一個純四元數，定義

R_{q}(p)=qpq^{-1}

則 $R$ _$q$( $p$ ) 也是一個純四元數，可以證明 $R$ _$q$ 確實表示一個旋轉，這個旋轉將空間的點 $p$ 旋轉為空間的另一個點 $R$ _$q$( $p$ )^[1]。

與正交矩陣表示的關係

四元數的表示與正交矩陣表示是等價的，這可以通過直接的代數計算得到。

仿照關於單位複數的歐拉公式的證明方法，可以得到單位四元數的歐拉公式：

e^{{\frac {\theta }{2}}(xi+yj+zk)}=\cos {\frac {\theta }{2}}+(xi+yj+zk)\sin {\frac {\theta }{2}},\quad {\text{for }}x,y,z\in \mathbb {R} {\text{ s.t. }}x^{2}+y^{2}+z^{2}=1

顯然，當 $x$ =1, $y$ = $z$ =0 的時候就回到一般的歐拉公式。

設

q=e^{{\frac {\theta }{2}}(u_{x}i+u_{y}j+u_{z}k)}=\cos {\frac {\theta }{2}}+(u_{x}i+u_{y}j+u_{z}k)\sin {\frac {\theta }{2}}

p=xi+yj+zk

p'=q^{-1}pq=w+x'i+y'j+z'k

（通過下面的計算可以知道， $w$ =0，即計算結果是純四元數）

則

q^{-1}=e^{-{\frac {\theta }{2}}(u_{x}i+u_{y}j+u_{z}k)}=\cos {\frac {\theta }{2}}-(u_{x}i+u_{y}j+u_{z}k)\sin {\frac {\theta }{2}}

為簡便起見，令

c=\cos {\frac {\theta }{2}},s=\sin {\frac {\theta }{2}}

${\begin{array}{rcl}q^{-1}pq&=&[c-(u_{x}i+u_{y}j+u_{z}k)s](xi+yj+zk)[c+(u_{x}i+u_{y}j+u_{z}k)s]\\&=&[c-(u_{x}i+u_{y}j+u_{z}k)s]\{-(u_{x}x+u_{y}y+u_{z}z)s+i[xc+(u_{z}y-u_{y}z)s]+j[yc+(u_{x}z-u_{z}x)s]+k[zc+(u_{y}x-u_{x}y)s]\}\\&=&i\{xc^{2}+2(u_{z}y-u_{y}z)sc+[u_{x}(u_{x}x+u_{y}y+u_{z}z)-u_{y}(u_{y}x-u_{x}y)+u_{z}(u_{x}z-u_{z}x)]s^{2}\}+\ldots \end{array}}$

省略號表示由第一項通過簡單的輪換可以得到的項。最後得到四元數的矩陣表示為

${\begin{bmatrix}x'\\y'\\z'\end{bmatrix}}=M(q){\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}c^{2}-(1-2u_{x}^{2})s^{2}&2u_{x}u_{y}s^{2}+2u_{z}sc&2u_{x}u_{z}s^{2}-2u_{y}sc\\2u_{x}u_{y}s^{2}-2u_{z}sc&c^{2}-(1-2u_{y}^{2})s^{2}&2u_{y}u_{z}s^{2}+2u_{x}sc\\2u_{x}u_{z}s^{2}+2u_{y}sc&2u_{y}u_{z}s^{2}-2u_{x}sc&c^{2}-(1-2u_{z}^{2})s^{2}\\\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}}$

設

C=\cos \theta ,S=\sin \theta

運用簡單的三角恆等變形可以得到，

M(q)={\begin{bmatrix}C+u_{x}^{2}(1-C)&u_{x}u_{y}(1-C)+u_{z}S&u_{x}u_{z}(1-C)-u_{y}S\\u_{x}u_{y}(1-C)-u_{z}S&C+u_{y}^{2}(1-C)&u_{y}u_{z}(1-C)+u_{x}S\\u_{x}u_{z}(1-C)+u_{y}S&u_{y}u_{z}(1-C)-u_{x}S&C+u_{z}^{2}(1-C)\\\end{bmatrix}}

容易驗證， $M$ ( $q$ )是正交矩陣，且行列式為+1，於是我們得到了四元數對應於正交矩陣的關係。即我們證明了 $R$ _$q$的確表示三維空間中的一個旋轉。進一步由旋轉的正交矩陣表示的相關知識知，上式中的 $θ$ 就是旋轉角。

旋轉軸與旋轉角

由四元數的結合律馬上可以得到，若 $r$ 為單位純四元數，則^[1]

R_{e^{i\lambda r}}(kr)=e^{-i\lambda r}kre^{i\lambda r}=kr,\ \forall \lambda ,k\in \mathbb {R}

這表明 $kr$ 在旋轉操作下不變，也就是 $kr$ 給出旋轉的旋轉軸（當然 $r$ 也給出旋轉的旋轉軸），不妨取 $k$ = $s$ ，由四元數的歐拉公式我們馬上知道，任給一個單位四元數 $q$ ，計算它的虛部，我們就馬上可以知道轉軸是什麼。

同時，根據四元數的正交矩陣表示，我們又可以馬上得到，計算一個單位四元數的實部，它的反餘弦值給出旋轉角的一半。於是我們馬上可以看到用四元數相對於正交矩陣表示的優勢：在四元數表示下，計算轉軸和旋轉角變得異常簡單。

進一步地，這表明了三維空間中的每一個旋轉都可以用單位四元數表出。若進一步要求 $u$ _$x$ 非負，則這種表出是唯一的。

旋轉操作的複合

顯然有^[1]：

R_{q_{1}q_{2}}(p)=(q_{1}q_{2})p(q_{1}q_{2})^{-1}=q_{1}q_{2}pq_{2}^{-1}q_{1}^{-1}=R_{q_{1}}[R_{q_{2}}(p)]

於是兩個旋轉操作的複合，只需要將對應的單位四元數相乘，這一點比歐拉角表示要簡單。

與超球面、古典群、自旋群的關係

首先很容易看到，單位四元數與3-球面 $S$ ³（或三維實射影空間，RP³）同構。

其次，根據單位四元數的矩陣表示，我們又知道，存在一個單位四元數到特殊正交群 SO(3) 的同態，但這不是同構。給定一個角 $θ$ ， 2π+ $θ$ 與 $θ$ 對應的正交矩陣相同，但是由歐拉公式給出的單位四元數不同（恰好相反）。實際上，這反映了在三維空間中旋轉 2π 弧度和旋轉 4π 弧度是不等價的，參見旋量。

事實上，單位四元數群與自旋群 Spin(3) 同構。這也表明， $S$ ³與自旋群 Spin(3) 同構。進一步地，它們微分同胚。

另一方面，單位四元數群與複數域上的2-球面同構，於是與特殊正交群 SO(2,C) 同構，而後者實際上就是特殊么正群 SU(2)。 $S$ ³ 與 SU(2) 也是微分同胚的。

四元數與空間旋轉