单位四元数和SO（3）中的旋转

第十五章

单位四元数和SO（3）中的旋转

本章专门讨论用单位四元数表示SO（3）中的旋转。由于我们已经定义了单位群su（n），所以产生单位四元数的最快方法是将它们定义为组su（2）的元素。

第15.1节讨论了四元数的斜场h和单位四元数的群su（2）。在第15.2节中，我们定义了同态r:su（2）→so（3），并证明rq的内核是−i，i。我们计算第15.3节中的旋转矩阵q。在第15.4节中，我们证明了与单位四元数诱导的旋转有关的同态Rq

phismwhere-sur：（2）利用斜射厄米特（2）→so（3）的实向量空间，通过提供一种构造具有零迹的四元数2×2矩阵的算法进行了重构。wesu（2）→su（2），来自旋转矩阵。在第15.5节中，我们定义了指数图exp：

证明了指数映射exp:su（2）→su（2）是可预测的，给出了一种Lerp干涉对数的算法。我们讨论了四元数插值，并在第15.6节中证明了著名的由Ken Shoemake提出的极化公式。在第15.7节中，我们证明了同态r:su（2）→so（3）→su（2）没有“尼斯”部分，即r的任何部分既不是同态也不是连续的。

15.1单位四元数的SU（2）组和四元数的斜场H

定义15.1.单位四元数是SU（2）群的元素，即形式为2×2的复矩阵群。

四元数是实向量空间h=rsu（2）的元素。

四百九十九

设1，i，j，k为矩阵

，我，J，K，

那么h是形式的所有矩阵的集合

x=a1+bi+cj+dk，a，b，c，d∈r。

实际上，h中的每个矩阵都是这样的

验证四元数1，i，j，k满足汉密尔顿发现的著名恒等式很容易（但有点乏味）：

i2=j2=k2=i j k=-1，i j=-j i=k，jk=-kj=i，ki=-ik=j。

因此，四元数是复数的泛化，但−1有三个平方根，乘法不可交换。

考虑到任意两个四元数x=a1+bi+cj+dk和y=a01+b0i+c0j+d0k，汉密尔顿著名的公式

xy=（aa0−bb0−cc0−dd0）1+（ab0+ba0+cd0−dc0）i

+（AC0+CA0+DB0−BD0）J+（AD0+DA0+BC0−CB0）K

看起来很神秘，但这只是两个矩阵相乘的结果

而且。

值得注意的是，这个公式是由奥林德·罗德里格斯在1840年独立发现的，比汉密尔顿早了几年（Veblen和Young[178]）。然而，罗德里格斯正在研究一种不同的形式主义，齐次变换，他没有发现四元数。

如果

，

立即证实

x x=x x=（a2+b2+c2+d2）1.

还要注意

这意味着，如果x=06，那么x是可逆的，它的倒数由x−1=（a2+b2+c2+d2）−1X给出。

因此，可以验证h是一个斜场（非交换场）。它也是具有基（1，i，j，k）的维4的实向量空间，因此作为向量空间，h与r4同构。

定义15.2.由α=a+ib和β=c+id定义的四元数x的简明符号是

X=[A，（B，C，D）]。

我们称a为x的标量部分，（b，c，d）x的矢量部分。

x=[a，−（b，c，d）]，通常用x表示。四元数x称为q的共轭。如果q是单位四元数，则q是q的乘法逆。

15.2用su（2）中的四元数表示so（3）中的旋转

单位四元数表示so（3）中旋转的关键是一个称为su（2）的伴随表示的群同态。为了定义这种映射，我们首先定义了歪厄米特矩阵的实向量空间su（2）。

定义15.3.零迹2×2歪厄米特矩阵的（实）向量空间su（2）由下式给出：

苏。

观察每个矩阵a∈su（2），我们有a=−a，也就是说，a是偏斜的厄米特矩阵，而tr（a）=0。

定义15.4.群su（2）的伴随表示是群同态ad：su（2）→gl（su（2））定义为每个q∈su（2），用

，

我们有

adq（a）=qaq，a∈su（2），

其中q是q的倒数（因为su（2）是一个单位群），并由

我们需要验证映射ADQ是从su（2）到自身的可逆线性映射，并且AD是一个容易实现的群同态。

为了将旋转ρq（在so（3）中）与q联系起来，我们需要将r3嵌入h中作为纯四元数，通过

然后q定义了图ρq（在r3上），由

ρq（x，y，z）=ψ−1（qψ（x，y，z）q）。

因此，模同构ψ，线性映射ρq是线性同构adq。事实上，事实证明，ρq是一个旋转（adq也是），我们很快就会证明这一点。因此，用单位四元数表示的so（3）中的旋转只是su（2）的伴随表示，它的图像是gl（su（2））与so（3）同构的子群。

从技术上讲，在零迹厄米特矩阵的（实）向量空间中嵌入r3要简单一些，

因为矩阵ψ（x，y，z）是倾斜的Hermitian，所以矩阵−iψ（x，y，z）是Hermitian，我们有

，

其中，σ1、σ2、σ3是泡利自旋矩阵

形式为xσ3+yσ2+zσ1的矩阵是零迹厄米特矩阵。

很容易看出，每2×2厄米特矩阵的零迹都必须是这种形式。

（注意，（iσ1，iσ2，iσ3）构成su（2）的基础。另外，i=iσ3，j=iσ2，k=iσ1。）

现在，如果a=xσ3+yσ2+zσ1是一个带零迹的Hermitian 2×2矩阵，我们得到

（qa q）=qa q=qaq，

所以Qaq也是赫米特人，并且

tr（q a q）=tr（aq q）=tr（a）

QAQ也有零记录道。因此，图A 7→Qaq保留了厄米特矩阵的零迹。我们也有

，

且det（q a q）=det（q）det（a）det（q）=det（a）=-（x2+y2+z2）。

我们可以将r3嵌入到零迹厄米特矩阵的空间中。

⑨（x，y，z）=xσ3+yσ2+zσ1。

注意

⑨=−iψ和⑨−1=iψ−1.

定义15.5.单位四元数q∈su（2）通过

rq（x，y，z）=−1（q（x，y，z）q）=−1（q（xσ3+yσ2+zσ1）q）。

图rq显然是线性的，因为_是线性的。

提案15.1.对于每个单位四元数q∈su（2），线性映射rq是正交的，即rq∈o（3）。

证据。自从

−k（x，y，z）k2=−（x2+y2+z2）=det（xσ3+yσ2+zσ1）=det（（x，y，z）），我们有

我们推断RQ是一个等距测量。因此，rq∈o（3）。

实际上，rq是一个旋转，我们可以通过找到rq的不动点来证明这一点。设q为形式的单位四元数

α=a+ib，β=c+id，和

如果b=c=d=0，那么q=i和rq是同一性，因此我们可以假设（b，c，d）=6（0，0，0）。

提案15.2.如果（b，c，d）=（06，0，0），那么rq的不动点是线性系统的解（x，y，z）

−dy+cz=0 cx−x=0 dx−bz=0。

该线性系统具有非平凡解（B、C、D），并且具有秩2。因此，rq的特征值为1，其多重性为1，rq是一个旋转，其轴由（b，c，d）决定。

证据。我们有rq（x，y，z）=（x，y，z）iff

⑨−1（q（xσ3+yσ2+zσ1）q）=（x，y，z）

敌我识别

Q（xσ3+yσ2+zσ1）Q=（x，y，z）、

从那以后

具有

我们看到rq（x，y，z）=（x，y，z）iff

qaq=a iff qa=aq。我们有

和

把质量保证和质量保证等同起来，我们得到

第一个方程和第四个方程是相同的，第三个方程是通过共轭第二个方程得到的，因此上述系统简化为

用a+ib替换α，用c+id替换β，我们得到

−dy+cz=0 cx−x+i（dx−bz）=0，得出方程式

−dy+cz=0 cx−x=0 dx−bz=0。

这个线性系统有非平凡解（b，c，d），这个系统的矩阵是

由于（b，c，d）=（06，0，0），这个矩阵总是有一个2×2的非奇异子矩阵，所以它有秩2，因此它的核是（b，c，d）所跨越的一维空间。因此，RQ具有多重性为1的特征值1。如果我们有det（rq）=-1，那么rq的特征值要么是（-1,1,1），要么是（-1，e iθ，e-iθ），θ=6 k2π（k∈z），这与1是多重性1的特征值这一事实相矛盾。因此，rq是一个旋转；实际上，它的轴是由（b，c，d）决定的。

总之，q 7→rq是从su（2）到so（3）的映射r。

定理15.3。映射r:su（2）→so（3）是同态的，其核心是i、−i。

证据。这个图是同态的，因为如果q1，q2∈su（2），那么

rq2（rq1（x，y，z））=_−1（q2（rq1（x，y，z））q2）

=−1（q2（−1（q1（x，y，z）q1）q2）

=_−1（（q2q1）（x，y，z）（q2q1））=rq2q1（x，y，z）。

如果（b，c，d）=（06，0,0），那么RQ具有多重性1的特征值1的计算表明：如果RQ=i3，即RQ具有多重性3的特征值1，那么（b，c，d）=（0,0,0）。但A=±1，所以Q=±I2。因此，同态r:su（2）→so（3）的核心是i、−i。

注：也许最快的方法表明R映射su（2）到so（3）是观察R映射是连续的。然后，由于已知su（2）是连通的，所以它的r图像位于i的连通分量中，即so（3）。

地图R是主观的，但这并不明显。我们将在找到明确表示RQ的矩阵后返回到这一点。

15.3旋转RQ的矩阵表示

给定形式的单位四元数q

α=a+ib，β=c+id，和），求矩阵

表示我们需要计算的旋转Rq

首先，我们有

接下来，我们有

！

由于α=a+ib和β=c+id，加上a，b，c，d∈r，我们得到

利用上面的内容，我们得到

（αα−β）X+I（αβ−αβ）Y+（αβ+αβ）Z=（A2+B2−C2−D2）X+2（BC−AD）Y+2（AC+BD）Z，和

−2αβx−i（α2+β2）y+（α2−β2）z=2（−ac+bd）x+2（ab+cd）y+（a2−b2−c2+d2）z−i[2（ad+bc）x+（a2−b2+c2−d2）y+2（−ab+cd）z]。

15.3。旋转RQ的矩阵表示

如果我们写信

，

我们得到

X0=（A2+B2−C2−D2）X+2（BC−AD）Y+2（AC+BD）Z Y0=2（AD+BC）X+（A2−B2+C2−D2）Y+2（−AB+CD）Z Z0=2（−AC+BD）X+2（AB+CD）Y+（A2−B2−C2+D2）Z.

总之，我们证明了以下结果。

提案15.4.代表RQ的矩阵是

由于a2+b2+c2+d2=1，这个矩阵也可以写成

上面是由四元数q引起的欧拉形式的旋转矩阵，它是与ρq相对应的矩阵。这是因为

⑨=−iψ，⑨−1=iψ−1，

So rq（x，y，z）=−1（q（x，y，z）q）=iψ−1（q（−iψ（x，y，z））q）=ψ−1（qψ（x，y，z）q）=ρq（x，y，z），So rq=ρq。

我们证明了每一个单位四元数q∈su（2）诱导一个旋转rq∈so（3），但不明显的是每一个旋转都可以用一个四元数来表示。这可以以各种方式显示。

一种方法是利用这样一个事实，即SO（3）中的每一个旋转都是两个反射的组成，并且R3的每一个反射σ都可以用四元数q来表示，在这个意义上，σ（x，y，z）=−−1（q（x，y，z）q）。

注意负号的存在。这是Gallier[73]中使用的方法（第9章）。

15.4寻找代表旋转的四元数的算法

定理15.5。同态r:su（2）→so（3）是主观性的。

本文给出了一种求单位四元数q代表旋转矩阵r的算法，为定理15.5提供了证明。

让

−−−

首先观察RQ的轨迹

tr（rq）=3a2−b2−c2−d2，

但由于a2+b2+c2+d2=1，我们得到tr（rq）=4a2−1，所以

如果r∈so（3）是任何旋转矩阵，如果我们写

我们在寻找一个单位四元数q∈su（2），这样rq=r。因此，我们必须

我们也知道，tr（r）=1+2cosθ，

其中θ∈[0，π]是旋转角r，所以我们得到

，

这意味着

注意，我们可以假设θ∈[0，π]，因为如果π≤θ≤2π，那么θ−2π∈[−π，0]，那么由向量（b，c，d）确定的角θ−2π和轴的旋转与由向量−（b，c，d）确定的角2π−[0，π]和轴的旋转相同。有两种情况。

15.4。求代表旋转的四元数的算法

案例1。Tr（r）=6−1，或等于θ=6π。在这种情况下，A=06。拾取

然后通过等式，我们得到

会产生

案例2。Tr（r）=-1，或等于θ=π。在这种情况下，a=0。等于r+r>和

，我们得到

4BC=R21+R12

4bd=r13+r31

4cd=r32+r23。

通过将r和rq的对角项相等，我们也得到

由于q=06，a=0，b，c，d中至少有一个是非零的。

如果b=06，让

，

并用测定c，d

4BC=R21+R12

4bd=r13+r31。

如果c=06，让

，

确定b，d

4BC=R21+R12

4cd=r32+r23。

如果d=06，让

，

确定b，c

4bd=r13+r31

4cd=r32+r23。

很容易检查，当我们计算平方根时，如果我们选择了负号而不是正号，我们将得到四元数−Q。但是，Q和−Q都确定了相同的旋转rq。

上述涉及案例Tr（r）=6−1和Tr（r）=1的讨论使人想起使用Rodrigues公式求旋转矩阵对数的过程（见第11.7节）。这并不奇怪，因为如果

如果我们写θ=pu21+u22+u23（0≤θ≤π），那么罗德里格斯公式说

，

当e0=i时，很容易检查tr（eb）=1+2cosθ。然后检查旋转r=eb（b=0）6对应的四元数q是否由下式给出，这是一个简单的练习。

因此，求旋转r的对数的方法与求定义r的四元数的方法基本相同。

注：几何上，su（2）组与r4中的3球s3同胚。

s3=（x，y，z，t）∈r4 x2+y2+z2+t2=1。

然而，由于主观性同态r:su（2）→so（3）的核心是i、−i，作为拓扑空间，所以（3）同态于通过识别反模式点（x，y，z，t）和−（x，y，z，t）获得的s3商。商空间是（实数）射影空间rp3，它比s3更复杂。S3空间是简单连接的，但RP3没有。

15.5。指数图exp:su（2）→su（2）

15.5指数图exp:su（2）→su（2）

给定任意矩阵a∈su（2），用

，

很容易查到

θ=pu21+u22+u23。然后我们有下面的公式，其证明非常类似于命题8.22给出的公式的证明。

提案15.6.对于每一个矩阵a∈su（2），用

，

如果我们写θ=pu21+u22+u23，那么

，

并且e0=i。

因此，根据上节末尾的讨论，ea是表示角2θ和轴（u1，u2，u3）旋转的单位四元数（或θ=kπ，k∈z时的i）。上述公式表明，我们可以假定0≤θ≤π。命题15.6表明指数产生一个映射exp:su（2）→su（2）。它是指数图exp的一个模拟：so（3）→so（3）。

注：由于so（3）和su（2）是维3的实向量空间，它们是同构的，很容易构造同构。实际上，so（3）和su（2）同构于李代数，这意味着存在一个线性同构，保留了李括号[a，b]=ab-ba。然而，正如前面观察到的，su（2）和so（3）组不是同构的。

假设u=（u1，u2，u3）是一个单位向量，等于det（a）=1，在这种情况下a2=−i，我们得到了一个等价的，但通常更方便的公式。

eθa=cosθi+sinθa。

使用四元数表示法，这被理解为

eθa=[cosθ，sinθu]。

提案15.7.指数图exp:su（2）→su（2）是推测性证明。给出了一种求单位四元数的对数a∈su（2）的算法。

α=a+bi和β=c+id。

如果q=i（即a=1），那么1），那么

否则，a=6±1和（b，c，d）=（06，0,0），我们正在寻找一些a=θb∈su（2），其中det（b）=1和0<θ<π，这样，通过命题15.6，

让

，

单位向量为u=（u1，u2，u3）。我们一定有

a=cosθ，eθb−（eθb）=q−q。

由于0<θ<π，我们得到sinθ=06，并且

因此，我们得到

；

也就是说，

由于a2+b2+c2+d2=1且a=cosθ，矢量（b，c，d）/sinθ是单位矢量。此外，如果四元数q的形式为q=[cosθ，sinθu]，其中u=（u1，u2，u3）是单位矢量（0<θ<π），则

（日志）

是q的对数。

15.6。四元数插值~

观察到指数图exp:su（2）→su（2）是主观性的，但上述证明表明它是对开球的内射。

θb∈su（2）det（b）=1,0≤θ<π。

此外，与计算旋转矩阵r∈so（3）的对数不同的是，我们需要以一种特殊的方式来处理tr（r）=-1（旋转角度为π）的情况，计算四元数的对数（而不是±i）不需要任何情况分析；没有特殊的cas当旋转角度为π时需要e。

15.6四元数插值~

我们现在要推导一个在两个四元数之间插值的公式。这个公式是由Ken Shoemake提出的，他曾经是宾夕法尼亚大学的学生，也是我的助教！由于SO（3）中的旋转可以由四元数定义，因此它在计算机图形学、机器人学和计算机视觉中有应用。

首先，我们观察到四元数的乘法可以用r3中的内积和叉积表示。实际上，如果q1=[a，u1]和q2=[a2，u2]，可以验证

q1q2=[a1，u1][a2，u2]=[a1a2−u1·u2，a1u2+a2u1+u1×u2]。（mult）

我们还需要身份证明

U×（U×V）=（U·V）U−（U·U）V.

给定一个四元数q，表示为q=[cosθ，sinθu]，其中u是一个单位向量，我们可以通过找到i和q的对数，在su（2）中插值，然后指数化在i和q之间进行插值。我们有

，

所以q=eb。因为su（2）是一个紧的李群，并且su（2）上的内积由

hx，y i=tr（x>y）

是ad（su（2））-不变的，它在su（2）上引入了双不变黎曼度量，并且曲线

λ7→eλb，λ∈[0,1]

是在su（2）中从i到q的测地线。我们写qλ=eλb。给定两个四元数q1和q2，因为度量是左不变的，所以曲线

λ7→z（λ）=q1（q1−1q2）λ，λ∈[0,1]

是从q1到q2的测地线。值得注意的是，对于插值z（λ），存在一个封闭式公式。

假设q1=[cosθ，sinθu]和q2=[cos_，sin_v]，并假设q1 6=q2和q1=6-q2。

首先，我们计算q-1q2。由于q−1=[cosθ，−sinθu]，我们得到q−1q2=[cosθcos+sinθsin（u·v），−sinθcos_u+cosθsin_v−sinθsin（u×v）]。

定义Ω依据

cosΩ=cosθcos+sinθsin（U·V）。（Ω）

因为q1=6 q2和q1=6−q2，我们有0<Ω<π，所以我们得到

，

其中，乘以sinΩ的项是单位向量，因为q1和q2是单位四元数，所以q1-1q2也是单位四元数。通过（log），我们已经

接下来我们需要计算q1（q1-1q2）λ。这个积的标量部分是

由于u·（u×v）=0，最后一项为零，并且u·u=1和

sinθsin（u·v）=cosΩ−cosθcos，

我们得到

产品q1（q1−1q2）λ的矢量部分由下式给出：

15.7。从SO（3）到SU（2）的“尼斯”部分不存在

我们有u×u=0，涉及u×v的两个项取消，

u×（u×v）=（u·v）u−（u·u）v，

u·u=1，我们得到

使用sinθsin（u·v）=cosΩ−cosθcos，

我们得到

把标量部分和矢量部分放在一起，我们得到

，

这就产生了著名的SLERP插值公式。

，

具有

cosΩ=cosθcos+sinθsin（U·V）。

15.7从SO（3）到SU（2）的“尼斯”段不存在

最后讨论了四元数q表示旋转r=ρq∈so（3）的符号一致选择问题。我们正在寻找一个“不错”的部分S:so（3）→su（2），也就是说，一个满足条件的函数S

ρs=内径，

其中，ρ是同态的假设ρ：su（2）→so（3）。

提案15.8.ρ的任意截面s:so（3）→su（2）既不是同态，也不是连续的。

直观地说，这意味着没有“好的和简单的”方法来选择代表旋转的四元数的符号。

以下证据由MarcelBerger提供。

证据。设_为su（2）的子群，由q=[a，（b，0,0]形式的所有四元数组成。然后，利用q对应的旋转矩阵rq公式（a2+b2=1），我们得到

因为a2+b2=1，我们可以写出a=cosθ，b=sinθ，我们看到

，

围绕X轴旋转角度2θ。因此，及其图像均与so（2）同构，也与u（1）=w∈c w=1同构。通过识别i和i，并识别出及其图像到u（1），如果我们写w=cosθ+isinθ∈，则地图ρ到的限制由ρ（w）=w2给出。

我们声称ρ的任何截面S都不是同态。考虑S到U（1）的限制。既然ρs=id和ρ（w）=w2，对于−1∈ρ（）≈u（1），我们有−1=ρ（s（−1））=（s（−1））2。

另一方面，如果s是同态，那么

（S（−1））2=S（−1）2）=S（1）=1，

矛盾（S（−1））2=−1。

我们还声称s不是连续的。假设s（1）=1，其中s（1）=1是类似的情况。那么s是一个双射倒转ρon_，其对u（1）的限制必须由s（cosθ+isinθ）=cos（θ/2）+isin（θ/2），−π≤θ<π给出。

如果θ趋于π，即z=cosθ+i s inθ在上半平面趋向于−1，则s（z）趋向于i，但如果θ趋向于−π，即z在下半平面趋向于−1，则s（z）趋向于−i，这表明s不是连续的。

15.8。总结

另一种证明ρ的S段不是同态的方法（由于Jean Dieudonn’e）是证明任何单位四元数都是两个单位纯四元数的乘积。实际上，如果q=[a，u]是一个单位四元数，如果让q1=[0，u1]，其中u1是与u正交的任何单位向量，那么

q1q=[−u1·u，au1+u1×u]=[0，au1+u1×u]=q2

是非零单位纯四元数。这是因为如果a=06，那么a u1+u1×u=0（因为u1×u与au1=0正交，所以是6），如果a=0，那么u=06，那么u1×u=0（因为u1与u正交，所以是6）。但是，q1−1=[0，−u1]是一个纯四元数的单位，我们有

Q=Q1-1q2，

两个纯单位四元数的乘积。

我们还观察到，对于任意两个纯四元数q1，q2，有一些单位四元数q2=q q1 q-1。

这只是对集团SO（3）具有可传递性这一事实的重申。由于ρ：su（2）→so（3）的核是i、−i，因此子群s（so（3））将是su（2）中索引2的正规子群。那么我们将有一个从su（2）到商群su（2）/s（so（3））的射同态η，它同构于1、−1。现在，由于任意两个纯四元数是相互共轭的，因此η在单位纯四元数上有一个常数。既然k=ij，我们应该

η（k）=η（ij）=（η（i））2=1.

因此，η将所有纯单位四元数映射为1。但由于每个单位四元数都是两个纯四元数的乘积，因此η会将每个单位四元数映射为1，这与它是向−1,1投影的事实相矛盾。

15.8总结

本章的主要概念和结果如下：

• 单位四元数的su（2）组。

• 四元数的斜场H。

• 汉密尔顿的身份。

• 零迹2×2斜厄米特矩阵的（实）向量空间su（2）。

• 苏（2）的伴随表示。

• 零迹2×2厄米特矩阵的（实）向量空间su（2）。

• 群同态r:su（2）→so（3）；ker（r）=+i，−i。

• 单位四元数q引起的旋转rq的矩阵表示式rq。

• 同态的存在性r:su（2）→so（3）。

• 指数图exp:su（2）→su（2）。

• 指数图的预测性exp:su（2）→su（2）。

• 求四元数的对数。

• 四元数插值。

• Shoemake的slerp插值公式。

• 第S部分：SO（3）→R部分的SU（2）：SU（2）→SO（3）。

15.9问题

问题15.1。验证四元数标识

i2=j2=k2=i j k=-1，i j=-j i=k，jk=-kj=i，ki=-ik=j。

问题15.2。检查每个四元数x=a1+bi+cj+dk，我们有

x x=x x=（a2+b2+c2+d2）1.

得出如下结论：如果x=06，那么x是可逆的，其逆函数由

X−1=（A2+B2+C2+D2）−1X。

问题15.3。给出任意两个四元数x=a1+bi+cj+dk和y=a01+b0i+c0j+d0k，证明

我

+（AC+CA+DB−BD）J+（AD+DA+BC−CB0）K.

同时证明，如果x=[a，u]和y=[a0，u0]，四元数积xy可以表示为

xy=[aa0−u·u0，au0+a0u+u×u0]。

15.9。问题

问题15.4。假设ad:su（2）→gl（su（2））是定义的映射，这样对于每个q∈su（2），

adq（a）=qaq，a∈su（2），

其中q是q的倒数（因为su（2）是一个单位群），证明map adq是从su（2）到自身的可逆线性映射，ad是一个群同态。

问题15.5。证明了每一个零迹厄米矩阵的形式为xσ3+yσ2+zσ1，其中

检查i=iσ3，j=iσ2，k=iσ1。

问题15.6。如果

，

如果我们写θ=pu21+u22+u23（0≤θ≤π），那么罗德里格斯公式说

，

当e0=i时，检查tr（eb）=1+2cosθ。证明旋转r=eb（b=0）6对应的四元数q由下式给出：

问题15.7。对于每一个矩阵a∈su（2），用

，

证明如果我们写θ=pu21+u22+u23，那么

，

并且e0=i，得出Ea是表示角2θ和轴（u1，u2，u3）旋转的单位四元数（或者当θ=kπ，k∈z时为i）。

问题15.8。编写一个Matlab程序，实现第15.4节的方法，以找到与旋转矩阵相对应的单位四元数。

问题15.9。证明了在R4中有一个非常简单的生成正交帧的方法，它的第一个矢量是任何给定的非零矢量（A，B，C，D）。

问题15.10。设i、j和k为r3中坐标（1,0,0）、（0,1,0）和（0,0,1）的单位向量。

(1) 从几何角度描述以下四元数定义的旋转：

P=（0，i），Q=（0，j）。

证明插值z（λ）=p（p−1q）λ由下式给出

Z（λ）=（0，cos（λπ/2）i+sin（λπ/2）j）。

从几何角度描述这个旋转是什么。

(2) 用四元数定义的旋转重复问题（1）

证明插值z（λ）由下式给出

从几何角度描述这个旋转是什么。

(3) 用四元数定义的旋转重复问题（1）

证明插值z（λ）由下式给出

问题15.11。证明这一点

W×（U×V）=（W·V）U−（U·W）V.

得出U×（U×V）=（U·V）U−（U·U）V的结论。