為什麼實際旋轉角度是四元數裡面的角度的兩倍?有什麼數學上的原因嗎?

12-06

不明白為什麼實際旋轉的角度是正弦函數與餘弦函數裡面的角度的兩倍?
請問誰能解釋一下嗎?
最好從比較高級的數學知識角度解釋一下
【Unity技巧】四元數（Quaternion）和旋轉

為了稍微系統一點地回答這個問題，也為了整理一下關於四元數的知識，這篇回答分為七個（不均等的）部分：複數與旋轉、四元數的定義、四元數的性質、等距同構、虛四元數的乘積、四元數的共軛作用、共軛作用的效果。

開始了！

一、複數與旋轉

在說四元數與旋轉的關係之前，我們先回顧一下複數與旋轉的關係：

每一個 $mathbb{R}^{2}$ （關於原點）的旋轉都可以用一個複數 $z_{ heta}=cos heta+isin heta$ 來表示。這是因為，對於每一個點 $(x,y)=x+iy$ 來說：

$z_{ heta}(x+iy)=(cos heta+isin heta)(x+iy)=xcos heta-ysin heta+i(xsin heta+ycos heta)$

所以 $z_{ heta}$ 把 $(x,y)$ 移到了 $(xcos heta-ysin heta,xsin heta+ycos heta)$ 的位置，也就是旋轉了 $heta$ .

我們還可以把這個過程寫成矩陣形式：

為了更好地看出複數與矩陣的聯繫，我們可以把矩陣寫成這樣的形式：

其中，

（順帶說一句，Bourbaki給法國中學生寫的課本中，虛數就是直接這麼定義的。）

於是，我們可以把每個複數都表示成矩陣的形式：

當我們把複數與矩陣結合起來的時候，我們就多了一種描述『和』與『積』等運算的角度。

二、四元數的定義

對於四元數來說，這種『矩陣表示』的方法同樣適用。

每一個四元數 $q$ 對應了一個矩陣：

（這並不是四元數與矩陣的唯一對應方法，但這種方法是複數與矩陣對應的推廣。）

【能不寫矩陣形式嗎？】

好吧，把四元數寫成更喜聞樂見的形式就是這樣的：

其中，

所以四元數就是在複數的基礎上又加了 $mathrm{j,k}$ ，並且同樣地 $mathrm{j}^2=mathrm{k}^2=-1$ ，此外還有運演算法則：

$mathrm{ij=k},~mathrm{jk=i},~mathrm{ki=j}$

$mathrm{ji=-k},~mathrm{kj=-i},~mathrm{ik=-j}$

這些可以通過矩陣乘法來驗證。（注意，四元數並不滿足乘法交換律！）

我們把四元數空間記作 $mathbb{H}$ ，以紀念其發現者Hamilton。

三、四元數的性質

四元數的很多性質與複數類似，比如：

每一個非零的四元數 $q$ 都有逆 $q^{-1}$ ，也就是其對應矩陣的逆矩陣。並且有：

每個四元數 $q$ 都有與其共軛的四元數 $ar{q} =a1-bmathrm{i}-cmathrm{j}-dmathrm{k}$ ，並且 $qar{q}=|q|^2$ . 其中， $q$ 與 $ar{q}$ 對應的矩陣則是共軛轉置的關係。

定義 $|q|^{2}=det q=a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}$ ，所以 $|q|$ 就是 $(a,b,c,d)in mathbb{R}^{4}$ 到原點的距離。

正如單位長度的複數對應了圓（一維球面 $mathbb{S}^{1}$ ）一樣，單位長度的四元數滿足 $a^2+b^2+c^2+d^2=1$ ，對應了三維球面 $mathbb{S}^{3}$ .

由於任意兩個單位長度的四元數的乘積仍然是單位長度，所以 $mathbb{S}^{3}$ 對乘法是封閉的。（實際上， $mathbb{S}^{3}$ 在四元數乘法下是一個群。）

四、等距同構

我們現在回過頭再看複數與旋轉的關係：

對於單位長度的複數 $u$ 來說，我們壓根不需要計算三角函數就可以知道它對應了旋轉。對於任意 $v,w$ 兩個複數，我們考慮它們的距離在乘 $u$ 前後的變化：

$|uv-uw|=|u(v-w)|=|u||v-w|=|v-w|$

可以看出，它們的距離沒有發生變化。用一個看起來高大上的術語來說，『乘 $u$ 』是一個『等距同構』。

同樣地，我們我們可以用這種方法證明：乘上一個單位長度的四元數也是 $mathbb{R}^4$ 中的等距同構。

五、虛四元數的乘積

四元數對應了四維空間，而我們要研究的是三維空間的旋轉，所以我們把目光限定在四元數的一個子空間：『虛四元數』。

虛四元數就是實部為零的四元數，也就是形如 $p=bmathrm{i}+cmathrm{j}+dmathrm{k}$ 的四元數。虛四元數構成了三維的空間，我們把它記作 $mathbb{R}mathrm{i}+mathbb{R}mathrm{j}+mathbb{R}mathrm{k}$ .

顯然， $mathbb{R}mathrm{i}+mathbb{R}mathrm{j}+mathbb{R}mathrm{k}$ 中任意兩個元素的和還是在 $mathbb{R}mathrm{i}+mathbb{R}mathrm{j}+mathbb{R}mathrm{k}$ 中；然而當我們做乘法的時候，問題就出現了：

如果 $u=u_1mathrm{i}+u_2mathrm{j}+u_3mathrm{k},~v=v_1mathrm{i}+v_2mathrm{j}+v_3mathrm{k}$ ，那麼它們的乘積是：

$uv=-(u_1v_1+u_2v_2+u_3v_3)$
$~~~~+(u_2v_3-u_3v_2)mathrm{i}-(u_1v_3-u_3v_1)mathrm{j}+(u_1v_2-u_2v_1)mathrm{k}$

或者寫成

$uv=-ucdot v+u imes v$

由於 $ucdot v$ 是實數，所以只有當 $u$ 與 $v$ 垂直時， $uv$ 才在 $mathbb{R}mathrm{i}+mathbb{R}mathrm{j}+mathbb{R}mathrm{k}$ 中。

同時，注意到如果 $u$ 是 $mathbb{R}mathrm{i}+mathbb{R}mathrm{j}+mathbb{R}mathrm{k}$ 中的單位向量，那麼 $u^2=-ucdot u=-|u|^2=-1$ .

六、四元數的共軛作用

現在我們試著用四元數表示三維空間 $mathbb{R}mathrm{i}+mathbb{R}mathrm{j}+mathbb{R}mathrm{k}$ 中的旋轉。

與複數一樣，對於一個單位長度的四元數 $t$ ，我們也可以把它寫成實部與虛部的和：

$t=cos heta+usin heta$ , 其中 $u$ 是 $mathbb{R}mathrm{i}+mathbb{R}mathrm{j}+mathbb{R}mathrm{k}$ 中的單位向量。

我們希望把 $mathbb{R}mathrm{i}+mathbb{R}mathrm{j}+mathbb{R}mathrm{k}$ 作為我們旋轉的空間，然而我們之前已經發現，對於 $qin mathbb{R}mathrm{i}+mathbb{R}mathrm{j}+mathbb{R}mathrm{k}$ 來說， $qt$ 可能不在 $mathbb{R}mathrm{i}+mathbb{R}mathrm{j}+mathbb{R}mathrm{k}$ 之中。這怎麼辦呢？

答案是：共軛—— $t^{-1}qt$ 一定在 $mathbb{R}mathrm{i}+mathbb{R}mathrm{j}+mathbb{R}mathrm{k}$ 之中。

為什麼呢？首先我們注意到 $t^{-1}=ar{t}/|t|^2=cos heta-usin heta$ ，所以 $t^{-1}$ 存在。於是，在 $mathbb{H}$ 中，乘 $t$ 與乘 $t^{-1}$ 都是 $mathbb{H}$ 上的雙射（因為可逆），所以 $q ightarrow t^{-1}qt$ （稱為 $t$ 的共軛作用）也是 $mathbb{H}$ 上的雙射。

由於對於任意實（四元）數 $r$ 都有 $t^{-1}rt=r$ ，即 $t$ 的共軛作用把 $mathbb{R}$ 映到其自身，於是也會把 $mathbb{R}mathrm{i}+mathbb{R}mathrm{j}+mathbb{R}mathrm{k}$ 映到自身。也就是說， $t$ 的共軛作用是 $mathbb{R}mathrm{i}+mathbb{R}mathrm{j}+mathbb{R}mathrm{k}$ 上的雙射，這就解決了之前『 $qt$ 乘積會跑到 $mathbb{R}mathrm{i}+mathbb{R}mathrm{j}+mathbb{R}mathrm{k}$ 之外』的問題。

好的，接下來我們可以具體來考察 $t$ 的共軛作用在三維空間 $mathbb{R}mathrm{i}+mathbb{R}mathrm{j}+mathbb{R}mathrm{k}$ 中的效果了。

七、共軛作用的效果

我們想要證明的是，給定 $t=cos heta+usin heta$ ，其中 $u$ 是 $mathbb{R}mathrm{i}+mathbb{R}mathrm{j}+mathbb{R}mathrm{k}$ 中的單位向量，那麼 $t$ 的共軛作用將把 $mathbb{R}mathrm{i}+mathbb{R}mathrm{j}+mathbb{R}mathrm{k}$ 繞著 $u$ 所在的軸 $mathbb{R}u$ 旋轉 $2 heta$ .

證明分兩步，首先我們證明 $mathbb{R}u$ 是旋轉軸。這也就意味著，我們要證明 $u$ 的所有實數倍的向量在 $t$ 的共軛作用下保持原位：

$t^{-1}ut=(cos heta-usin heta)u(cos heta+usin heta)$
$=(ucos heta-u^2sin heta)(cos heta+usin heta)$
$=(ucos heta+sin heta)(cos heta+usin heta)$ （因為 $u^2=-1$ ）
$=u(cos^2 heta+sin^2 heta)+sin hetacos heta+u^2sin hetacos heta$
$=u$ （因為 $u^2=-1$ ）

接下來，我們在 $mathbb{R}mathrm{i}+mathbb{R}mathrm{j}+mathbb{R}mathrm{k}$ 中選取垂直於 $u$ 的單位向量 $v$ ，令 $w=u imes v$ . 於是， $left{ u,v,w ight}$ 是 $mathbb{R}mathrm{i}+mathbb{R}mathrm{j}+mathbb{R}mathrm{k}$ 的一組規範正交基。

為了證明確實旋轉了 $2 heta$ ，我們只需要證明 $t^{-1}vt=vcos2 heta-wsin2 heta$ 以及 $t^{-1}wt=vsin2 heta+wcos2 heta$ 就好了。兩者證明類似，這裡只證明前者：

$t^{-1}vt=(cos heta-usin heta)v(cos heta+usin heta)$
$=(vcos heta-uvsin heta)(cos heta+usin heta)$
$=vcos^2 heta-uvsin hetacos heta+vusin hetacos heta-uvusin^2 heta$
$=vcos^2 heta-2uvsin hetacos heta+u^2vsin^2 heta$ （因為 $vu=-uv$ ）
$=v(cos^2 heta-sin^2 heta)-2wsin hetacos heta$ （因為 $u^2=-1,~uv=w$ ）
$=vcos2 heta-wsin2 heta$

證明完畢！

於是，對於 $mathbb{R}^3$ 中每一個旋轉，給定旋轉軸 $u$ 以及旋轉角 $alpha$ ，都有一個單位長度的四元數 $t=cos(alpha/2)+usin(alpha/2)$ 的共軛作用與之對應。

此外，注意到兩個旋轉的疊加仍然是一個旋轉，因為 $t_{2}^{-1}(t_{1}^{-1}qt_1)t_2=(t_{2}^{-1}t_{1}^{-1})q(t_1t_2)=t^{-1}qt$ ；以及，旋轉的逆也是一個旋轉。

同時，由於 $(-t)^{-1}s(-t)=t^{-1}st$ ，於是 $-t$ 對應了同一個旋轉，所以這是一個『二對一』的對應關係，也就是其他答主所說的『從Spin群到SO群的二重覆蓋映射』。

那麼就這樣=w=

參考資料：

（譯為《天真的謊言理論》或《樸素李理論》）

因為這裡實際用到的是一個Spin群到SO群的覆蓋映射. 而眾所周知這個覆蓋是二重覆蓋, 所以這裡有個2的因子.
具體的說, 我們選取一個一個角度和轉軸, 相當於選取一個李代數中的元素, 將其轉換為一個旋轉, 相當於做了一個從李代數到李群的Exp映射. 由於Exp映射是一個函子, 可以得到一個交換圖
$egin{matrix} mathrm{Spin}(3) overset{xi}{ ightarrow} mathrm{SO}(3) \ uparrow uparrow\ mathfrak{spin}(3) overset{xi^prime} ightarrow mathfrak{so}(3) end{matrix}$
其中兩個垂直箭頭代表Exp映射, 注意 $xi$ 是二對一映射, $xi^prime$ 是線性映射, 可以發現乘以2是 $xi^prime$ 的一個很自然的選擇(需要證明). 綜上, 我們在 $mathfrak{spin}(3)$ 選了個元素, 對應是兩倍角的旋轉.

這個結果最初應該是猜出來的，之後才有了進一步的更高級的解釋。

其推導過程倒不難。
將四元數視為 $mathbb{R} imesmathbb{R}^3$ ，即實部為一個標量，虛部為一個三維歐氏空間矢量，一個四元數可表示為 $q=[s,oldsymbol{v}]=s+oldsymbol{v}=s+x_voldsymbol{i}+y_voldsymbol{j}+z_voldsymbol{k}$ 。然後，我們像複數那樣定義相關的運算(加法，乘法，共軛，模)：
$egin{eqnarray*} p + q = [s_p + s_q, oldsymbol{v}_p + oldsymbol{v}_q] \ pq = [s_p,oldsymbol{v}_p][s_q,oldsymbol{v}_q] = [s_ps_q-oldsymbol{v}_pcdotoldsymbol{v}_q, s_poldsymbol{v}_q+s_qoldsymbol{v}_p+oldsymbol{v}_p imesoldsymbol{v}_q] \ ar p = [s_p, -oldsymbol{v}_p] \ |q| = |[s,oldsymbol{v}]| = sqrt{s^2 + |oldsymbol{v}|^2} end{eqnarray*}$
和複數相類比，四元數也可表示為輻角的形式，令 $r=|q|,cos heta=frac{s}{r}$ ，則
$q = r(cos heta[1,mathbf{0}] + hat{oldsymbol{v}}sin heta) = r(cos heta + hat{oldsymbol{v}}sin heta)$
其中
$hat{oldsymbol v} = frac{1}{|oldsymbol v|}[0,oldsymbol v]$
而且它滿足 $hat{oldsymbol{v}}hat{oldsymbol{v}}=-1$ ，看起來就和複數虛單位一樣 (但是，它依賴於四元數本身)。不過，我們還是可得到一個輻角形式
$q = [s,oldsymbol v] = r(cos heta + hat{oldsymbol v}sin heta) = re^{hat{oldsymbol v} heta}$
我們知道，複數的輻角形式可以用來算複數的乘法，但四元數不能這麼干，因為四元數的"虛單位"依賴於四元數本身。不過，我們卻可以用它來做旋轉。假設有一個旋轉方向 $oldsymbol{n}$ 和旋轉角度 $heta$ ，被旋轉點為 $oldsymbol{p}$ ，於是我們可將它們表示為兩個四元數
$egin{align*} q = e^{hat{oldsymbol{n}} heta} \ p = [0,oldsymbol{p}] end{align*}$
其中 $hat{oldsymbol{n}} = [0,frac{1}{|oldsymbol{n}|}oldsymbol{n}]$ 。然後，我們就可以看一看乘法 $pq$ 是多少，不巧的是， $pq$ 的實部不為零，旋轉前實部為零，旋轉後當然也要為零。兩邊各乘一個呢： $qpq^{-1}$ ，這回實部為零，但是得到的結果是
$qpq^{-1}=[0, (hat{oldsymbol{n}}oldsymbol{p}(1-cos2 heta))hat{oldsymbol{p}}+cos2 hetaoldsymbol{p}+sin2 heta(hat{oldsymbol{n}} imesoldsymbol{p})]$
而旋轉的公式應該為
$(hat{oldsymbol{n}}oldsymbol{p}(1-cos heta))hat{oldsymbol{p}}+cos hetaoldsymbol{p}+sin heta(hat{oldsymbol{n}} imesoldsymbol{p})$
這點可用解析幾何方法來驗證

總之，我們得到一個轉子(rotor)
$q=e^{hat{oldsymbol{n}} heta/2}$
而旋轉公式為
$qpar q$
至於轉子中的1/2的本質， @狄拉克運算元提到了二重覆蓋，就不多說了。參考文獻：
1. Quaternions for Computer Graphics by John Vince.
2. Geometric Algebra for Physicists by Doran Lasenby

因為單位四元數構成了一個SU2群。
這個群等同於三維空間旋轉群 SO3 和一個 2階循環群的「積」

為了讓SU2群可以表示SO3群。所以加個除以2 。這個2就是這個 2階素數循環群的元素個數。

看這本書《慣性導航》秦永元，第九章，其實是一個餘弦定理。

瀉藥
看到前面的答主回答的都很好，我就說一個從其他方面理解的方法。
我們可以證明對於哈密頓四元數中的虛數張成的線性空間的旋轉群同構於SU(2)。
然後SU(2)是單連通（同構於三維球面）
SO(3)是雙連通（同構於同一條直徑與球面兩交點視為同一點的三維單位球）
所以SU(2)到SO(3)的同態肯定是雙重覆蓋。