После первой части о собственных числах бикватернионов немного приподнимем градус и поварьируем задачу.
Что, если в качестве мнимой единицы, одной из
IiIjIk
рассматриваются другие, скажем, некая обобщающая единица
I(αi+βj+γk)
с условием единичности
√α2+β2+γ2=1
Для любого единичного вектора такого вида мы можем составить уравнение поворота (3-мерного в общем случае), переводящего одну из исходных орт в заданный вектор:
I(αi+βj+γk)=eφ/2Iie−φ/2
Вообще говоря, таких вращений для любой орты
IiIjIk
бесконечно много, годится любой вектор лежащий в плоскости, равноудаленной от исходного и конечного векторов, а в качестве величины угла величина φ вычисляется уже в зависимости от своего направления.
Можно также получить вектор вращения как единственный оптимальный. Пусть вектор a есть единичный, для определенности один из набора
IiIjIk
и вектор b также есть единичный
b=I(αi+βj+γk)
√α2+β2+γ2=1
В этом случае мы можем получить вектор b преобразованием из вектора a:
b=ba−1a
или
b=aa−1b
Поскольку вектора a и b единичные, то для них верно
¯a=a−1¯b=b−1
Здесь оператор
ba−1
есть левый оператор вращения от a к b, а оператор
a−1b
есть правый оператор вращения от a к b. Эти операторы не являются операторами преобразования системы координат, поскольку при применении к векторам, ориентированным отлично от a, дают не вращение.
Но, используя b и a, мы можем получить оператор вращения. Поскольку исходный вектор a чисто мнимый и целевой вектор b чисто мнимый, имеем:
a−1=¯a=−a
a=aV
bV(−aV)=(bV,aV)+[bV,aV]
здесь в скалярную часть входит скалярное произведение единичных векторов, а в векторную - их векторное произведение. Раскроем это выражение:
bV(−aV)=|b||a|(cos(φ)+sin(φ)cV)
где cV - единичный вектор направленный перпендикулярно к aV и bV.
bV(−aV)=eφcV
Итого, для любых двух единичных векторов a и b мы можем получить левый оператор вращения
ba−1=eφ
такой, что φ есть угол между векторами b и a (от вектора a к вектору b). Соответственно, по нему, взяв корень, можем получить общее преобразование вращения
b=eφ/2ae−φ/2
b=√ba−1a√ba−1−1
Теперь вернемся к собственным числам и вместо орты, одной из единиц из набора
IiIjIk
рассмотрим произвольно направленный единичный вектор
I(αi+βj+γk)
√α2+β2+γ2=1
Положим, что вместо орты a мы используем повернутую орту
a→eφ/2ae−φ/2
и вместо собственного значения X также подставим повернутое значение X
X→eφ/2Xe−φ/2
В этом случае исходное уравнение для собственных чисел
aX=λX
превращается в
eφ/2ae−φ/2eφ/2Xae−φ/2=λaeφ/2Xae−φ/2
Но, поскольку первая часть равна b:
eφ/2ae−φ/2=b
то получаем:
beφ/2Xae−φ/2=λaeφ/2Xae−φ/2
и сравним с выражением
bXb=λbXb
получаем что для произвольного единичного b
b=I(αi+βj+γk)
√α2+β2+γ2=1
мы можем получить собственное число Xb и собственное значение λb
λb=λa
Xb=eφ/2Xae−φ/2
То есть все выводимые в первой части собственные числа орт
IiIjIk
можно было не выводить, а получить путем вращения из собственного числа для произвольно направленного единичного векторного бикватерниона.
Необычность ситуации состоит в том, что все собственные числа есть вращения некоего одного, но для какого именно вектора - не важно.
Теперь еще немного приподнимем градус и поварьируем задачу. Что, если собственное число X ищется для бикватерниона a, у которого есть не только полярная векторная часть, но и ненулевая скалярная?
А именно, исходный бикватернион
a=a0+I(αi+βj+γk)=a0+aV
где
√α2+β2+γ2=1
Пусть мы ищем для такого бикватерниона собственное число:
(a0+aV)Xa=λaXa
Перенеся правую часть влево, получим:
(a0−λa+aV)Xa=0
При нулевом a0 уравнение имело бы вид:
(−λa+aV)Xa=0
Таким образом, добавление скалярной составляющей a0 приводит к тому же собственномы числу X
X→X
но изменяет (уменьшает, поскольку прибавляется со сзаком минус) собственное значение λ:
λ→λ−a0
Таким образом, из исходных собственного значения λ и собственного числа X для одной из орт
IiIjIk
мы можем получить и собственное значение и собственное число для исходного числа вида:
a0+I(αi+βj+γk)
Здесь на коэффициенты α, β, γ накладываются требования единичности:
√α2+β2+γ2=1
Еще немного приподнимем градус и посмотрим, существуют ли собственное значение и собственное число для бикватерниона, имеющего и ненулевую скалярную часть и неединичную векторную часть:
a=a0+Iia1a0≠0a1≠1
Раскроем покомпонентно произведение:
(a0+Iia1)X=λX
a0x0+Iia0x1+Ija0x2+Ika0x3++Ia0x4+ia0x5+ja0x6+ka0x7++Iia1x0+a1x1−ka1x2+ja1x3−−ia1x4−Ia1x5+Ika1x6−Ija1x7==λx0+λIix1+λIjx2+λIkx3++λIx4+λix5+λjx6+λkx7
Поскольку два гиперкомплексных числа считаются равными покомпонентно, получаем систему уравнений:
{a0x0+a1x1=λx0a0x1+a1x0=λx1a0x2−a1x7=λx2a0x3+a1x6=λx3a0x4−a1x5=λx4a0x5−a1x4=λx5a0x6+a1x3=λx6a0x7−a1x2=λx7
Используем первую пару уравнений:
{a0x0+a1x1=λx0a0x1+a1x0=λx1
Преобразуем второе из них:
(a0−λ)x1=−a1x0
x0=x1a0−λ−a1
подставим в первое уравнение приведенное к виду:
(a0−λ)x0=−a1x1
получим уравнение в квадратах:
(a0−λ)2x1−a1=−a1x1
Чтобы уравнение было верным, необходимо чтобы выполнялось:
(a0−λ)2=a21
Соответственно, раскрыв квадраты, получаем:
a0−λ=±a1
λ=a0±a1
Подставляя в вышенайденное равенство первый вариант ответа, получаем:
x0=x1a0−(a0+a1)−a1
откуда следует первое решение:
x0=x1
Подставляя второй вариант, получаем:
x0=x1a0−(a0−a1)−a1
откуда следует второе решение
x0=−x1
Можем сравнить найденные решения с решениями из первой части:
λ=1x0=x1λ=−1x0=−x1
В первой части использовался вариант нулевой скалярной части a0 и единичной векторной части a1. В случае же если они соответственно не нулевые и не единичные, имеем:
λ=a0+a1x0=x1λ=a0−a1x0=−x1
В этом случае собственные числа остаются теми же, меняются лишь собственные значения. И, поскольку меняются лишь собственные значения, для собственных чисел остаются те же соотношения для нормирующих независимых значений a, b, c, d.
Собственные числа бикватернионов, часть 1
Собственные числа бикватернионов, часть 3
Собственные числа бикватернионов, часть 4
Комментариев нет:
Отправить комментарий