La geometría de la Cayley Transformar

Question

Estoy tratando de comprender la geometría de la Cayley transformar. Supongamos que tengo un $3 \times 3$ matriz de rotación $R$ (i.e ortogonal de la matriz con determinante igual a $1$). Vamos a pasar por alto el caso de esquina donde $-1$ es un autovalor de a $R$ (en otras palabras, suponemos que el ángulo de rotación no es $\pi$). Entonces, de acuerdo a un resultado de Cayley, puedo encontrar un sesgo simétrica matriz $S$ tal que $$ R = (I - S)(I + S)^{-1} $$ En otras palabras, no se puede encontrar otras dos transformaciones $A = I - S$ $B= (I + S)^{-1}$ cuyo efecto combinado, cuando se aplica una después de la otra, es el mismo que el original de rotación.

Mi pregunta es:
Podemos encontrar algunos interpretación geométrica de las transformaciones de las $S$$A$$B$, por lo que podemos ver cómo se combinan para producir una rotación.

Sé que la rotación puede ser escrito como un producto de dos reflexiones. Es el relacionado con la descomposición de Cayley $R = AB$? Se $A$ $B$ reflexiones?

Las 3 dimensiones de caso es el único que es de interés para mí.

Edit: Algunos Avances

He realizado algunos progresos en el álgebra, pero no de la geometría. Supongamos que nuestro matriz $R$ corresponde a una rotación a través de un ángulo de $\theta$ alrededor de la unidad de vectores $\mathbf{n} = (u,v,w)$. Deje $t = \tan\tfrac12\theta$. Luego me las arreglé para mostrar que la descomposición de Cayley es dado por $R = A \cdot B$, donde $$ S = \left[ \begin{matrix} 0 & t w & -t v \\ -t w & 0 & t u \\ t v & -t u & 0 \end{de la matriz} \right] $$ $$ A = I - S = \left[ \begin{matrix} 1 & -t w & t v \\ t w & 1 & -t u \\ -t v & t u & 1 \end{de la matriz} \right] $$ $$ B = (I + S)^{-1} = \frac{1}{1+t^2} \left[ \begin{matrix} t^2 u^2+1 & t (t u v-w) & t (v+t u w) \\ t (t u v+w) & t^2 v^2+1 & t (t v w-u) \\ t (t u w-v) & t (u+t v w) & t^2 w^2+1 \end{de la matriz} \right] $$ Tenemos $\det(A) = 1+ t^2$$\det(B) = 1/(1+t^2)$, de modo que ni $A$ ni $B$ es una rotación.

Todavía no veo la geometría de $A$$B$, sin embargo. Ese es el rompecabezas.

Answer 1

En realidad no necesitamos cuaterniones, porque estamos trabajando sólo con una rotación, por lo que podemos asumir que $R$ es la rotación alrededor del eje z. Podemos restringir endeudamos frente sólo al plano xy. Las rotaciones en 2d puede ser expresada por la unidad de los números complejos y el sesgo de simetría matrices corresponden a los números imaginarios puros.

Cayley de transformación de la alineación simétrica de las matrices: $$ \phi:S \longmapsto (es)(I+S)^{-1} $$ puede ser comprendido a través de Cayley transformación en el plano complejo: $$ \psi:i b \longmapsto \frac{1-ib}{1+ib} $$

Por lo tanto, si usted quiere saber lo $I-S$ ¿ usted sólo necesita saber lo que pasa en $1-ib$ a del plano complejo.

---

edición - a la inversa respuesta me respondió que la pregunta en "invertir" demasiado. Pero no importa porque de Cayley de transformación de $\psi$ $i\mathbb{R}\cup \{\infty\}$ $S^1$es bijection. Así que para cualquier rotación $e^{i \theta}$ existe $\psi^{-1}(e^{i \theta})$.

---

En realidad mi respuesta bien las escalas arbitrariamente dimensiones. Por el teorema espectral para sesgar-simétrica de las matrices, se puede transformar a alguna base donde su matriz de toma forma:

$$ \begin{bmatrix} \begin{matrix}0 & \lambda_1\\ -\lambda_1 & 0\end{de la matriz} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & \begin{matrix}0 & \lambda_2\\ -\lambda_2 & 0\end{de la matriz} & & 0 \\ \vdots & & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & \begin{matrix}0 & \lambda_r\\ -\lambda_r & 0\end{de la matriz} \\ & & & & \begin{matrix}0 \\ & \ddots \\ & & 0 \end{matriz} \end{bmatrix} $$

Y que el estudio de cada una de las dos dimensiones subespacio asociado con el bloque de $\left[ \begin{matrix}0 & \lambda_r\\ -\lambda_r & 0\end{matrix}\right]$ con números complejos.

Answer 2

Ampliando mi comentario ...

---

Escribir $$S = \left[\begin{matrix} 0 & r & -q \\ -r & 0 & p \\ q & -p & 0 \end{de la matriz}\right] \qquad M = I + S = \left[\begin{matrix} 1 & r & - q \\ -r & 1 & p \\ q & -p & 1 \end{de la matriz}\right] = ( I - S )^\top = N^\$$

Tenga en cuenta que $M$ (e $N$) fijar el vector unitario $\mathbf{p} := \frac{1}{s}(p,q,r)$ donde $s^2 = p^2 + q^2 + r^2$.

Deje $R$ ser la reflexión, a través de un plano que contiene al origen, que los intercambios $\mathbf{z} := [0,0,1]^\top$$\mathbf{p}$. La normal al plano es $\mathbf{z} - \mathbf{p}$, y podemos calcular la matriz como $$R = \frac{1}{s(r-s)}\left[\begin{matrix} r s - q^2 - r^2 & p q & p ( r - s ) \\ p q & r s - p^2 - r^2 & q ( r - s ) \\ p(r-s) & q ( r - s ) & r ( r - s ) \end{de la matriz}\right]$$

Entonces tenemos $$\widehat{M} := R^{-1} M R = R M R = \left[\begin{matrix} 1 & -s & 0 \\ s & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{de la matriz}\right]$$ tal que $$\widehat{M} \left[\begin{matrix} a \cos\alpha \\ a \sin\alpha \\ b \end{de la matriz}\right] = \left[\begin{matrix} a ( \cos\alpha - s \sin\alpha ) \\ a ( s \cos\alpha + \sin\alpha ) \\ b \end{de la matriz}\right] = \left[\begin{matrix} a t \; \cos(\alpha+\theta) \\ a t \; \sin(\alpha+\theta) \\ b \end{de la matriz}\right] \qquad (*)$$ donde$t^2 = 1 + s^2 = 1 + p^2 + q^2 + r^2$$\tan\theta = \frac{s}{1} = \sqrt{p^2+q^2+r^2}$.

La matriz $\widehat{M}$ representa la transformación que refleja el $z$-eje en la línea fija de la transformación de $M$, entonces se aplica la transformación de $M$, refleja la línea fija de regreso a la $z$-eje. Como $(\star)$ indica que, si un punto se encuentra en un cilindro de radio $a$) cuyo eje se alinea con la $z$-eje, entonces el combinado de transformación de movimientos que apuntan a una $z$-alineados cilindro de radio $at$, pero girada por el ángulo de $\theta$ sobre el $z$-eje. Por lo tanto, $\widehat{M}$ ---y por lo tanto también se $M$ sí--- se podría llamar una "escala de rotación: gira sobre su eje, y al mismo tiempo de las escalas de las distancias de los puntos a partir de ese eje.

Answer 3

El eje de rotación será una línea que pasa por el origen en la dirección de un vector unitario $N$. Deje $R = R(\theta)$ ser la transformación que realiza la rotación por un ángulo de $\theta$ alrededor de este eje. Por la fórmula de Rodrigues, sabemos que $$ R(\theta) = (\cos\theta)I + (1 - \cos\theta)NN^T + (\sin\theta)\tilde{N} $$ donde $\tilde{N}$ denota la matriz que realiza cruz de productos con $N$, por lo que el $\tilde{N}V = N \times V$ para cualquier vector $V$.

Cayley del resultado nos dice que el $S = (I - R)(I + R)^{-1}$, lo que da $$ S = -(\tan\tfrac12\theta)\tilde{N} $$ $$ A = I - S = I + (\tan\tfrac12\theta)\tilde{N} $$ $$ B = \tfrac12\big\{ I + NN^T + (\cos\theta)(I - NN^T) + (\sin\theta)\tilde{N} \big\} $$

Deje $K(\lambda)$ ser la matriz que realiza axial descamación alrededor de nuestra línea de eje. En otras palabras, multiplicando por $K(\lambda)$ escalas de la distancia de un punto respecto al eje por medio de un factor de $\lambda$. Es fácil mostrar que $$ K(\lambda) = \lambda I + (1-\lambda)NN^T $$ Entonces, sencillo cálculos muestran que $$ A = R(\tfrac12\theta)K(\sec\tfrac12\theta) \quad ; \quad B = R(\tfrac12\theta)K(\cos\tfrac12\theta) $$ Así, los efectos geométricos de $A$ $B$ son:

• $A$ realiza la rotación por $\tfrac12\theta$ junto con axial escala por un factor de $\sec\tfrac12\theta$
• $B$ realiza la rotación por $\tfrac12\theta$ junto con axial escala por un factor de $\cos\tfrac12\theta$

El efecto combinado $AB$ es sólo de rotación por $\theta$, desde los escalamientos de cancelar a la otra.

Answer 4

Hay un enlace con el quaternion skew-el campo $H=\{q=x+yi+zj+tk|x,y,z,t\in\mathbb{R}\}$ donde $||q||^2=x^2+y^2+z^2+t^2$. Si $||q||=1$, $q$ es una unidad y $q^{-1}==x-yi-zj-tk$. Por otra parte $e^q=e^x(\cos\sqrt{y^2+z^2+t^2}+\dfrac{\sin\sqrt{y^2+z^2+t^2}}{\sqrt{y^2+z^2+t^2}}(yi+zj+tk))$.

Consideramos que una rotación $Rot(\theta,u)$ donde $u=[a,b,c]^T$ es unitaria. A $Rot$ asociamos el quaternion $r=\dfrac{1}{2}\theta(ai+bj+ck)$. Así obtenemos la unidad de cuaterniones $q=e^r=\cos(\theta/2)+(ai+bj+ck)\sin(\theta/2)$. Identificamos $\mathbb{R}^3$$span(i,j,k)$. A continuación, puede demostrarse que, si $v\in\mathbb{R}^3$, $Rot(v)=qvq^{-1}$ donde $q^{-1}=\cos(\theta/2)-(ai+bj+ck)\sin(\theta/2)$.

Deje $A=\begin{pmatrix}0&z&-y\\-z&0&x\\y&-x&0\end{pmatrix}$ ser un sesgo genérico de la matriz. Su Cayley transformar es una rotación $R$, entonces es asociado (después de que el cálculo de $R$) a una unidad de cuaterniones: $q=\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}(1+xi+yj+zk)$ donde $t^2=x^2+y^2+z^2$ ; de hecho,$(I-A)(I+A)^{-1}[\alpha,\beta,\gamma]^T=\dfrac{1}{1+t^2}(1+xi+yj+zk)(\alpha i+\beta j+\gamma k)(1-xi-yj-zk)$. Por lo tanto,$\cos(\theta/2)=1/\sqrt{1+t^2}$$t=\tan(\theta/2)$. Finalmente, el vector unitario de rotación es $u=\dfrac{1}{\tan(\theta/2)}[x,y,z]^T$.