正交标架坐标变换合同变换

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正交标架

经典的三维欧氏空间$E^3$是由点、线、面组成的、满足欧氏几何五条公理假设的集合。向量指的是其中的有向线段(起点、终点)。如果两个向量经过平移可以重合，则认为两个向量相等，这是一个等价关系。

在欧氏空间$E^3$中取定一点$O$为原点，并以$O$为起点，取三个线性无关的向量 { v 1 , v 2 , v 3 } \{v_1,v_2,v_3\} {v1​,v2​,v3​}, { O ; v 1 , v 2 , v 3 } \{O;~v_1,v_2,v_3\} {O; v1​,v2​,v3​}称为$E^3($以$O$为原点) 的一个(一般)标架； 当 { v 1 , v 2 , v 3 } \{v_1,v_2,v_3\} {v1​,v2​,v3​}是相互正交的单位向量时， { O ; v 1 , v 2 , v 3 } \{O;v_1,v_2,v_3\} {O;v1​,v2​,v3​}称为$E^3$的一个正交标架.

设 { O ; e 1 , e 2 , e 3 } \{O;\boldsymbol{e}_1,\boldsymbol{e}_2,\boldsymbol{e}_3\} {O;e1​,e2​,e3​}是一个正交标架，依定义可以知道

$$⟨e_i,e_j⟩={\delta }_{ij}(i,j=1,2,3)$$

任意向量$a$关于上述标架有分解

$$\mathbf{a}=a^1{\mathbf{e}}_1+a^2{\mathbf{e}}_2+a^3{\mathbf{e}}_3=\sum _{i=1}^3{a}^i{\mathbf{e}}_i$$其中$a^i=⟨a,e_i⟩$ $(i=1,2,3)$称为向量$a$的坐标

如果$P$是三维欧氏空间$E^3$中的一个点，向量$\overrightarrow{O}P$的坐标是$(x^1,x^2,x^3)$, 即$\overrightarrow{OP}={\sum }_{i=1}^3{x}^i{\mathbf{e}}_i$,则把数组$(x^1,x^2,x^3)$称为点$P$的坐标，向量$\overrightarrow{OP}$称为点$P$的位置向量. 显然取定正交标架后，三维欧氏空间$E^3$与三维欧氏向量空间${\mathbb{R}}^3$之间有一个----对应，将点$P$对应到它的坐标$(x^1,x^2,x^3).$在这个意义下，有序数组$(x^1,x^2,x^3)$即表示了点$P$,亦可看作它表示了位置向量$\overrightarrow{O}P.$或者说，取定正交标架后的三维欧氏空间$E^3$与三维欧氏向量空间${\mathbb{R}}^3$等同.而且， 在这个等同下，$E^3$中向量的加法、数乘、内积和外积运算的坐标表示就是 R${}^3$ 相应的运算。

坐标变换

假设 { O ; e 1 , e 2 , e 3 } \{O;e_1,e_2,e_3\} {O;e1​,e2​,e3​}和 { O ′ ; e 1 ′ , e 2 ′ , e 3 ′ } \{O^{\prime};e_1^{\prime},e_2^{\prime},e_3^{\prime}\} {O′;e1′​,e2′​,e3′​}都是正交标架，设${\overrightarrow{OO}}^{\prime }=c^i{e}_i$ , $e_i^{\prime }=t_i^j{e}_j$ ,以
$i,j{\text{ 为行列指标}}^{+}$排列矩阵 T = { t i j } 3 × 3 T=\{t_i^j\}_{3\times3} T={tij​}3×3​ ,可以验证$T\in O(3)$ (正交矩阵${}^{+}$),并且

$$\left(\begin{array}{c}{e}_1^{\prime }\\ e_2^{\prime }\\ e_3^{\prime }\end{array}\right)=T\left(\begin{array}{c}{e}_1\\ e_2\\ e_3\end{array}\right)$$

设$P\in E^3$在两个正交标架下坐标分别为$(x^1,x^2,x^3),(x^{\prime 1},x^{\prime 2},x^{\prime 3})$ ,可以计算得到
$$(x^1,x^2,x^3)=(c^1,c^2,c^3)+(x^{\prime 1},x^{\prime 2},x^{\prime 3})T$$
上式称为坐标变换公式,其中正交矩阵 $T$ 称为转移矩阵。

记矩阵$T=(t_i^j{)}_{1⩽i,j⩽3}$,因为 { e 1 , e 2 , e 3 } \{e_1,e_2,e_3\} {e1​,e2​,e3​}与 { e 1 ′ , e 2 ′ , e 3 ′ } \{e_1^\prime,e_2^\prime,e_3^\prime\} {e1′​,e2′​,e3′​}均为正交标架，所以$T$是正交矩阵，$\det T=\pm 1.$这两个标架相差原点间的一个平移$\overrightarrow{O{O}^{\prime }}$以及矩阵$T$ 诱导的正交变换.

给定$E^3$一组正交标架，就称给定$E^3$的一个定向。称两组正交标架的定向相同，是指其转移矩阵的行列式等于1。从而$E^3$只有两个定向。

显然，定向相同是一个等价关系，因此欧氏空间有且仅有两个定向.例如： { O ; e 1 \{O;\boldsymbol{e}_1 {O;e1​, $e_2,e_3\}$和 { O ; e 2 , e 3 , e 1 } \{O;e_2,e_3,e_1\} {O;e2​,e3​,e1​}为同一定向 , { O ; e 1 , e 2 , e 3 } ,\{O;e_1,e_2,e_3\} ,{O;e1​,e2​,e3​}和 { O ; − e 1 , e 2 , e 3 } \{O;-e_1,e_2,e_3\} {O;−e1​,e2​,e3​}定向相反.通常，将${\mathbf{R}}^3$中由 { i , j , k } \{i,j,k\} {i,j,k}决定的定向称为自然定向(右手定向).

合同变换

给定$E^3$一组正交标架，则有$E^3$中向量与点的一一对应，具体来说点$P$可以看做向量$\overrightarrow{OP}$ , 而任意向量可以平移到原点，于是可以不再区分点和向量。

$E^3$中两点$P=(x^1,x^2,x^3)$与$Q=(y^1,y^2,y^3)$之间的距离定义为

$$d(P,Q)={\left[\sum _{i=1}^3(y^i-x^i{)}^2\right]}^{\frac{1}{2}}.$$

显然，$P,Q$两点的距离等于向量$\overrightarrow{PQ}$的长度，即

$$d(P,Q)=|\overrightarrow{PQ}|=⟨\overrightarrow{PQ},\overrightarrow{PQ}{⟩}^{\frac{1}{2}}.$$

空间中点之间一对一的对应称为变换。若映射$\mathcal{T}:E^3\to E^3$ 保持距离，即对任意两点$P$和$Q,d(P,Q)=d(\mathcal{T}(P),\mathcal{T}(Q))$,即$|P-Q|=|\mathcal{T}P-\mathcal{T}Q|$，则称$\mathcal{T}$为$E^3$中的合同变换，或欧氏变换.

以下求合同变换的一般表达式.设 O ( 3 ) = { T O(3)=\{\boldsymbol{T} O(3)={T是 3$\times 3$ 实矩阵$|T^{\mathrm{T}}T=I_3\}$ 是 3 阶正交矩阵全体，对$T\in O(3)$及$P_0\in E^3$,变换
$$\mathcal{T}(P)=P\mathbf{T}+P_0,\forall P\in E^3$$
是平移$P_0$与正交变换$T$的复合，容易证明这类变换是合同变换

设$\mathcal{T}$是$E^3$的合同变换，则存在唯一的正交矩阵$T\in O(3)$和$P\in E^3$使得
$\mathcal{T}(x)=xT+P$。当$\det T=1$ 时称为刚体运动，当$\det T=-1$ 时称为反向刚体运动 。

定理 2.1 设$\mathcal{T}$是$E^3$中的合同变换，则存在$T\in O(3)$以及$P\in E^3$使得
$$\mathcal{T}(X)=XT+P,\forall X=(x^1,x^2,x^3)\in E^3.$$

从几何的角度来看，合同变换是将欧氏空间的点做下述三种变换：平移、旋转、镜面反射.
可以验证，合同变换
$$X\to XT+P,T\in O(3),P\in E^3$$
的全体构成一个群，称为三维合同变换群或三维欧氏变换群.当$\det T=1$时， 对应的合同变换称为$E^3$的一个刚体运动；当$\det T=-1$时，对应的合同变换称为反向刚体运动. 直观地讲，刚体运动排除了镜面反射变换的情形，或者说刚体运动是平移和旋转的复合.

例题I

设$\mathcal{T}$是$E^3$的合同变换，且$\mathcal{T}(O)=O$ ,则

$1.\mathcal{T}$保持内积，即$⟨P,Q⟩=⟨\mathcal{T}P,\mathcal{T}Q⟩$ ;

2.$\mathcal{T}$是线性映射${}^{+}$,即$\mathcal{T}(tP)=t\mathcal{T}(P)$和$\mathcal{T}(P+Q)=\mathcal{T}P+\mathcal{T}Q$ ;

证明：

$(1){\left|P-Q\right|}_2^2={\left|\mathcal{T}P-\mathcal{T}Q\right|}^2$,则

$|P{|}^2+|Q{|}^2-2⟨P,Q⟩=|\mathcal{T}P{|}^2+|\mathcal{T}Q{|}^2-2⟨\mathcal{T}P,\mathcal{T}Q⟩$。注 意 到 $|P|=|P-O|=|\mathcal{T}P-\mathcal{T}O|=|\mathcal{T}P|$, 同 理 $|Q|=|\mathcal{T}Q|$, 所 以
$⟨P,Q⟩=⟨\mathcal{T}P,\mathcal{T}Q⟩.$
( 2. 1) 显 然 $\left|\mathcal{T}(tP)-\mathcal{T}(P)\right|=\left|t-1\right|\left|P\right|$, $\left|\mathcal{T}(tP)\right|=\left|t\right|\left|P\right|$, $\left|\mathcal{T}(P)\right|=\left|P\right|$。当 $t\in [0,1]$时 $\left|\mathcal{T}(tP)-\mathcal{T}(P)\right|+\left|\mathcal{T}(tP)\right|=\left|\mathcal{T}(P)\right|$, 三 角 不 等 式 “ 取 等 , 所 以 存 在 $s$ 使得$\mathcal{T}(tP)=s\mathcal{T}(P)$ 。代入上式得到$|s-1|=1-t$和$|s|=t$ ,从而只能是$s=t$ 。总结来说得到了 $\forall t\in [0,1],\mathcal{T}(tP)=t\mathcal{T}(P)$。当$t>1$ 时，
$\mathcal{T}(P)=\mathcal{T}(1/t\cdot tP)=\mathcal{T}(tP)/t$ ,从而也有 $\mathcal{T}(tP)=t\mathcal{T}(P)$ 。当$t=-1$ 时
$|\mathcal{T}(-P)|+|\mathcal{T}(P)|=|\mathcal{T}(-P)-\mathcal{T}(P)|$ ,同理存在$s$使得$\mathcal{T}(-P)=s\mathcal{T}(P)$ 。代入
上式得到$|s-1|=2$和$|s|=1$ ,从而只能是$s=-1$ 。综上，
$\forall t\in \mathbb{R},\mathcal{T}(tP)=t\mathcal{T}(P)$ 。

(2.2)同样用三角不等式的手法，$\left|\mathcal{T}(P+Q)-\mathcal{T}(2P)\right|=\left|P-Q\right|$,
$|\mathcal{T}(P+Q)-\mathcal{T}(2Q)|=|P-Q|$ , $|\mathcal{T}(2P)-\mathcal{T}(2Q)|=2|P-Q|$ ,则 $|\mathcal{T}(2P)-\mathcal{T}(2Q)|=|\mathcal{T}(P+Q)-\mathcal{T}(2Q)|+|\mathcal{T}(P+Q)-\mathcal{T}(2P)|$ ,三 角 不 等 式 取
等，同理可以证明$\mathcal{T}(P+Q)=\mathcal{T}(P)+\mathcal{T}(Q).$

例题II

设$\mathcal{T}$是$E^3$的合同变换，且$\mathcal{T}(O)=O$ ,则$(\mathcal{T}P)\wedge (\mathcal{T}Q)=\det T\cdot \mathcal{T}(P\wedge Q)$ 。

证明

存在$T\in O(3)$使得$\mathcal{T}(x)=xT$ 。由于保内积，所以保角度，所以

$|\mathcal{T}P\wedge \mathcal{T}Q|=|\mathcal{T}P||\mathcal{T}Q|\sin \theta =|P||Q|\sin \theta =|P\wedge Q|=|\mathcal{T}(P\wedge Q)|$。再考虑它

们两个作内积

$$⟨\mathcal{T}P\wedge \mathcal{T}Q,\mathcal{T}(P\wedge Q)⟩=\left|\begin{array}{c}\mathcal{T}P\\ \mathcal{T}Q\\ \mathcal{T}(P\wedge Q)\end{array}\right|=\left|\begin{array}{c}PT\\ QT\\ (P\wedge Q)T\end{array}\right|=\left|\begin{array}{c}P\\ Q\\ P\wedge Q\end{array}\right|\det T$$

$=|P\wedge Q{|}^2\det T=|\mathcal{T}P\wedge \mathcal{T}Q||\mathcal{T}(P\wedge Q)|\det T$

从而Cauchy-Schwarz不等式${}^{+}$取等，从而$\mathcal{T}\mathcal{P}\wedge \mathcal{T}\mathcal{Q},\mathcal{T}(P\wedge Q)$线性相关${}^{+}$,代入上式得

到$\mathcal{T}P\wedge \dot{\mathcal{T}}Q=\det T\cdot \mathcal{T}(P\wedge Q)$ 。