Потенцирование дуальных кватернионов

Рассмотрим операцию потенцирования дуальных кватернионов и её результат в покомпонентной записи. Потенцированием называется возведение основания натурального логарифма в заданную степень. Дуальным кватернионом называется гиперкомплексное число алгебры, полученной удвоением алгебры кватернионов с помощью мнимой единицы $\omega^2=0$. $$\begin{equation} q = q_0 + iq_1 + jq_2 + kq_3 + {\omega}q_4 + {\omega}iq_5 + {\omega}jq_6 + {\omega}kq_7 \end{equation}$$ Для возведения основания натуральных логарифмов в заданную степень воспользуемся следующим определением экспоненциальной функции: $$\begin{equation} e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \ldots + \frac{x^n}{n!} + \ldots \end{equation}$$ Из доказанных её свойств известно, что в случае если есть два числа $a$ и $b$, такие что они коммутируют по умножению ($ab=ba$), то $$\begin{equation} e^{a+b}={a^a}{e^b}={a^b}{e^a} \end{equation}$$ Числа $e^a$ и $e^b$ также коммутируют по умножению. Воспользуемся этим обстоятельством и представим дуальный кватернион в виде суммы скалярной и векторной частей: $$\begin{equation} q = q_s + q_v \end{equation}$$ $$\begin{equation} q_s = q_0 + {\omega}q_4 \end{equation}$$ $$\begin{equation} q_v = iq_1 + jq_2 + kq_3 + {\omega}iq_5 + {\omega}jq_6 + {\omega}kq_7 \end{equation}$$ Тогда экспоненциальная функция дуального кватерниона равна $$\begin{equation} e^q = e^{q_s + q_v} = e^{q_s}e^{q_v} = e^{q_v}e^{q_s} \end{equation}$$ поскольку $q_s$ и $q_v$ коммутируют между собой по умножению. Величина $e^{q_s}$ равна: $$\begin{equation} e^{q_s} = e^{q_0 + {\omega}q_4} = e^{q_0}\left(1+{\omega}q_4\right) = e^{q_0} + {\omega}e^{q_0}q_4 \end{equation}$$ Таким образом, для получения значения $e^q$ требуется найти величину $e^{q_v}$. Рассмотрим экспоненциальный ряд: $$\begin{equation} e^{q_v} = 1 + {q_v} + \frac{{q_v}^2}{2!} + \frac{{q_v}^3}{3!} + \ldots + \frac{{q_v}^n}{n!} + \ldots \end{equation}$$ В вычислении членов ряда выделяется величина $q_v^2$, поскольку она является скалярной величиной: $$\begin{equation} q_v^2 = {\left(iq_1 + jq_2 + kq_3 + {\omega}iq_5 + {\omega}jq_6 + {\omega}kq_7\right)}^2 = {\left(q' + {\omega}q''\right)}^2 \end{equation}$$ где обозначены $$q' = iq_1 + jq_2 + kq_3$$ $$q'' = iq_5 + jq_6 + kq_7$$ Рассмотрим квадрат: $$\begin{equation} \left(q' + {\omega}q''\right)^2 = q'^2 + \omega\left(q'q'' + q''q'\right) \end{equation}$$ В этой сумме величина $q'^2$ является действительным числом: $$\begin{equation} q'^2 = - q^2_1 - q^2_2 - q^2_3 \end{equation}$$ а дуальная часть является также скалярным числом, равным удвоенному скалярному произведению векторов $q'$ и $q''$ в его классическом определении: $$\begin{equation} q'q'' + q''q' = -2\left(q_1q_5 + q_2q_6 + q_3q_7\right) \end{equation}$$ Таким образом, величина $q_v^2$ является скалярной величиной, поэтому может быть заменена: $$\begin{equation} q_v^2 = -m^2 \end{equation}$$ где через $m^2$ обозначено: $$\begin{equation} m^2 = q^2_1 + q^2_2 + q^2_3 + 2\omega\left(q_1q_5 + q_2q_6 + q_3q_7\right) \end{equation}$$ С использованием этой замены экспоненциальный ряд трансформируется в: $$\begin{equation} e^{q_v} = 1 + q_v - \frac{m^2}{2!} - \frac{m^2q_v}{3!} + \frac{m^4}{4!} + \frac{m^4q_v}{5!} + \ldots \end{equation}$$ Этот ряд раскладывается на сумму двух рядов, составляющих скалярную и векторную части: $$\begin{equation} 1 - \frac{m^2}{2!} + \frac{m^4}{4!} - \frac{m^6}{6!} + \ldots \end{equation}$$ $$\begin{equation} q_v\left(1 - \frac{m^2}{3!} + \frac{m^4}{5!} - \frac{m^6}{7!} + \ldots\right) \end{equation}$$ Второй из этих рядов домножим и разделим на величину $m=\sqrt{m^2}$, после чего получим классические выражения для рядов Тейлора функций косинус и синус: $$\begin{equation} e^{q_v} = cos\left(\sqrt{m^2}\right) + \frac{q_v}{\sqrt{m^2}}sin\left(\sqrt{m^2}\right) \end{equation}$$ При этом считаем, что взятие корня может быть выполнено однозначно во всех местах, где он встречается: $$\begin{equation} e^{q_v} = cos\left(\pm\sqrt{m^2}\right) + \frac{q_v}{\pm\sqrt{m^2}}sin\left(\pm\sqrt{m^2}\right) \end{equation}$$ В силу четности функции $cos$ и нечетности функции $sin$ получаем, что результат потенцирования определен однозначным образом. Далее будем рассматривать формулу $$\begin{equation} e^{q_v} = cos\left(\sqrt{m^2}\right) + \frac{q_v}{\sqrt{m^2}}sin\left(\sqrt{m^2}\right) \end{equation}$$ В качестве величины $m$ у нас фигурирует дуальное число. Отдельно рассмотрим операции $\sqrt{m}$, $\frac{1}{m}$, $cos\left(x\right)$ и $sin\left(x\right)$ для случая $x$ - дуальное число. Операцию деления на дуальное число заменим на операцию умножения на дуальное число. Выражение $\frac{1}{x}$ домножим и разделим на величину, сопряженную к величине $x$: $$\begin{equation} \frac{1}{x_0 + {\omega}x_1} = \frac{x_0 - {\omega}x_1}{\left(x_0 + {\omega}x_1\right) \left(x_0 - {\omega}x_1\right)} = \frac{x_0 - {\omega}x_1}{x_0^2} = \frac{1}{x_0} - {\omega}\frac{x_1}{x_0^2} \end{equation}$$ Для вычисления значения $\sqrt{x}$ решим относительно $x$ уравнение: $$x^2 = a,$$ где $x$ и $a$ - дуальные числа: $$\begin{equation} \left(x_0 + {\omega}x_1\right)^2 = x_0^2 + 2{\omega}x_0x_1 = a_0 + {\omega}a_1 \end{equation}$$ Решив систему уравнений $$\begin{equation} \left\{ \begin{array}{ll} x_0^2 &= a_0^2 \\ 2x_0x_1 &= a_1 \end{array} \right. \end{equation}$$ получим, что $$\begin{equation} \sqrt{x} = \sqrt{x} + {\omega}\frac{1}{2}\frac{x_1}{\sqrt{x_0}} \end{equation}$$ Кстати, приведем общую формулу вычисления корня из дуального числа: $$\begin{equation} \sqrt[n]{x} = \sqrt[n]{x_0 + {\omega}x_1} = \sqrt[n]{x_0} + {\omega}\frac{x_1}{n\sqrt[n]{x_0^{n-1}}} \end{equation}$$ Вычислим выражение $cos\left(x\right)$ для случая, когда $x$ является дуальным числом, разложив функцию в ряд Тейлора и приведя подобные компоненты: $$\begin{equation} cos\left(x\right) = 1 - \frac{x_2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} + \ldots = cos\left(x_0\right) - {\omega}x_1sin\left(x_0\right) \end{equation}$$ Аналогичное равенство для синуса дуального числа: $$\begin{equation} sin\left(x_0 + {\omega}x_1\right) = sin\left(x_0\right) + {\omega}x_1cos\left(x_0\right) \end{equation}$$ Таким образом, осталось соединить вместе полученные выше формулы, чтобы получить выражение для экспоненты дуального кватерниона: $$\begin{equation} m^2 = q_1^2 + q_2^2 + q_3^2 + 2{\omega}\left(q_1q_5 + q_2q_6 + q_3q_7\right) \end{equation}$$ $$\begin{equation} \sqrt{m^2} = \sqrt{q_1^2 + q_2^2 + q_3^2} + {\omega}\frac{q_1q_5 + q_2q_6 + q_3q_7}{\sqrt{q_1^2 + q_2^2 + q_3^2}} \end{equation}$$ $$\begin{equation} \frac{1}{\sqrt{m^2}} = \frac{1}{\sqrt{q_1^2 + q_2^2 + q_3^2}} - {\omega}\frac{q_1q_5 + q_2q_6 + q_3q_7}{{\sqrt{q_1^2 + q_2^2 + q_3^2}}^3} \end{equation}$$ $$\begin{equation} cos\left(\sqrt{m^2}\right) = cos\sqrt{q_1^2 + q_2^2 + q_3^2} - {\omega}\frac{q_1q_5 + q_2q_6 + q_3q_7}{\sqrt{q_1^2 + q_2^2 + q_3^2}}sin\left(\sqrt{q_1^2 + q_2^2 + q_3^2}\right) \end{equation}$$ $$\begin{equation} sin\left(\sqrt{m^2}\right) = sin\sqrt{q_1^2 + q_2^2 + q_3^2} + {\omega}\frac{q_1q_5 + q_2q_6 + q_3q_7}{\sqrt{q_1^2 + q_2^2 + q_3^2}}cos\left(\sqrt{q_1^2 + q_2^2 + q_3^2}\right) \end{equation}$$ $$\begin{eqnarray} e^q = e^{q_0}\left(1+\omega q_4\right)\biggl( {\cos{\sqrt{{q_1^2 + q_2^2 + q_3^2}}}-\omega\frac{{q_1q_5 + q_2q_6 + q_3q_7}}{\sqrt{{q_1^2 + q_2^2 + q_3^2}}}\sin{\sqrt{{q_1^2 + q_2^2 + q_3^2}}}} +\nonumber\\ + \left({iq_1 + jq_2 + kq_3 + \omega iq_5+\omega jq_6 + \omega kq_7} \right)\left( {\frac{1}{\sqrt{{q_1^2 + q_2^2 + q_3^2}}}-\omega\frac{{q_1q_5 + q_2q_6 + q_3q_7}}{\sqrt{{q_1^2 + q_2^2 + q_3^2}}^3}} \right) \\ \left({\sin{\sqrt{{q_1^2 + q_2^2 + q_3^2}}}+\omega\frac{{q_1q_5 + q_2q_6 + q_3q_7}}{{q_1^2 + q_2^2 + q_3^2}}\cos{\sqrt{{q_1^2 + q_2^2 + q_3^2}}}} \right)\biggr)\nonumber \end{eqnarray}$$