转动矩阵的几何意义 前面坐标变换一节中我们知道：转动与特殊正交矩阵是一一对应的。既然如 此，那么对于任意给定的某一特殊正交矩阵（如入），从它（代数概念）我们就 应该可以知道有关转动（几何概念）的所有特征，譬如，这个矩阵能够告诉我们 它所对应的转动绕着什么轴转过多大的角度。 从主动的观点考察这个问题会直观一些。我不加证明的给出特殊正交矩阵的 一些性质：设九是给定转动在某个坐标系（如xx2x3)中的矩阵（也就是说他 是一个行列式等于1的正交矩阵，当然我们还要求它的元素都是实数)，那么 1.入的本征值之模为1。 2.九至少有一个本征值为+1，不妨令几=+1，其归一化本征矢记为： 另外两个本征值必可写为=exp(iΦ)和2=exp(-iΦ)的形式。 从这些代数性质我们就可以得到下面的结论： n在2代表的转动的转动轴上；Φ是转动角度的大小。 第一个结论是因为n是几的本征矢，几n=n,它的几何意义是这个矢量在 转动下是不变的，因此只能在转动轴上；对于第二个结论，我们可以这样来理 解，假设这个转动表示所有矢量绕着轴转过一个角度Φ'（如图），我前面讲过 主动意义下的转动是一个2阶张量，而几则是这个张量在给定坐标系xx2x3中 的分量矩阵。现在我们取一个新的坐标系xxx?,使其x轴沿着的方向。当 然，新坐标系可由原来坐标系作一个转动得到，不妨设转动矩阵为，即 x,=4,x,。在新坐标系中这个张量的分量是我们己经知道了的，它就是 cosΦ' -sinΦ'0 '= sinΦ' CosΦ' 0 (1) 0 0 第1页，共6页
转动矩阵的几何意义 前面坐标变换一节中我们知道：转动与特殊正交矩阵是一一对应的。既然如 此，那么对于任意给定的某一特殊正交矩阵（如λ ），从它（代数概念）我们就 应该可以知道有关转动（几何概念）的所有特征，譬如，这个矩阵能够告诉我们 它所对应的转动绕着什么轴转过多大的角度。 从主动的观点考察这个问题会直观一些。我不加证明的给出特殊正交矩阵的 一些性质：设λ 是给定转动在某个坐标系（如 123 x x x ）中的矩阵（也就是说他 是一个行列式等于 1 的正交矩阵，当然我们还要求它的元素都是实数），那么 1. λ 的本征值之模为1。 2. λ 至少有一个本征值为+1，不妨令 3 λ = +1，其归一化本征矢记为 ； 另外两个本征值必可写为 nˆ λ1 = exp(iΦ)和λ2 = exp(− Φi )的形式。 从这些代数性质我们就可以得到下面的结论： nˆ 在λ 代表的转动的转动轴上；Φ是转动角度的大小。 第一个结论是因为nˆ 是λ 的本征矢，λn n ˆ = ˆ，它的几何意义是这个矢量在 转动下是不变的，因此 只能在转动轴上；对于第二个结论，我们可以这样来理 解，假设这个转动表示所有矢量绕着 轴转过一个角度 nˆ nˆ Φ′（如图），我前面讲过 主动意义下的转动是一个2阶张量，而λ 则是这个张量在给定坐标系 123 x x x 中 的分量矩阵。现在我们取一个新的坐标系 123 x ′ x x ′ ′，使其 3 x ′ 轴沿着 的方向。当 然，新坐标系可由原来坐标系作一个转动得到，不妨设转动矩阵为 nˆ μ ，即 i ij j x ′ = μ x 。在新坐标系中这个张量的分量是我们已经知道了的，它就是 cos sin 0 sin cos 0 0 0 λ 1 ⎛ ⎞ Φ′ − Φ′ ⎜ ⎟ ′ ′′ =Φ Φ ⎜ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎟ (1) 第 1 页，共 6 页
X3 =j CosΦ' -sinΦ' 0 Φ 2 '= sinΦy cosΦ' 0 = 0 0 而我们前面知道，2阶张量在不同坐标系中的分量相差一个相似变换，因此 2'=n (2) 两边求迹便得到了我们的结论： tr A' =tr(ua）=tr(uu）= tr入 l ‖ 始 (3) l 1+2cosΦ' = 1+2cosΦ 最后还有一个小小的问题没有解决，上面的分析实际上只能告诉我们转动轴 所在的直线和转动角度的大小，仅仅这些还不能完全确定转动。实际上，这时有 四种可能的转动：①绕n轴转动Φ，@绕n轴转动-Φ（即绕n轴顺时针转动 Φ)，⑥绕-轴转动Φ，以及④绕-n轴转动-Φ（即绕一n轴顺时针转动Φ）。 其中①和④、@和®实际上分别对应同一个转动。那么，九究竟对应绕着轴还 是绕着-轴逆时针转动角度Φ呢？这一点需要考察矩阵的具体形式才能回答， 而无法通过本征值问题得到答案。事实上，当你把转动矩阵化为前面入'的形式， 那么就可以根据入2（或者入21）的正负号回答这个问题了。在习题中我请你思 考另外一种更加简便的方法来确定转动角度的大小以及转动轴（连同其方向）。 第2页，共6页
1 x 2 x 3 x 2 x ′ 1 x ′ 3 x ′ nˆ Φ′ cos sin 0 sin cos 0 0 01 i ij j T x x μ λ μλμ ′ = ⎛ ⎞ Φ− Φ ′ ′ ⎜ ⎟ ′ ′′ =Φ Φ = ⎝ ⎠ 而我们前面知道，2阶张量在不同坐标系中的分量相差一个相似变换，因此 T λ′ = μλμ (2) 两边求迹便得到了我们的结论： ( ) ( ) 3 1 tr tr tr tr 1 2cos 1 2cos T T ii i i λ μλμ μμλ λ λ λ = ′ === ′ + Φ′ = + ∑ & & & & Φ (3) 最后还有一个小小的问题没有解决，上面的分析实际上只能告诉我们转动轴 所在的直线和转动角度的大小，仅仅这些还不能完全确定转动。实际上，这时有 四种可能的转动：○1 绕nˆ 轴转动Φ ，○2 绕nˆ 轴转动−Φ（即绕 轴顺时针转动 ），○3 绕− 轴转动Φ ，以及○4 绕 nˆ Φ nˆ −nˆ 轴转动−Φ（即绕−nˆ 轴顺时针转动 ）。 其中○1 和○4 、○2 和○3 实际上分别对应同一个转动。那么， Φ λ 究竟对应绕着 轴还 是绕着− 轴逆时针转动角度Φ 呢？这一点需要考察矩阵的具体形式才能回答， 而无法通过本征值问题得到答案。事实上，当你把转动矩阵化为前面 nˆ nˆ λ′的形式， 那么就可以根据λ12（或者λ21）的正负号回答这个问题了。在习题中我请你思 考另外一种更加简便的方法来确定转动角度的大小以及转动轴（连同其方向）。 第 2 页，共 6 页
下面我们用几何观点看一下一个矢量下在绕着轴（逆时针方向）转动角度 Φ后得到的新矢量产是什么。（也就是说，我们想知道如何用下以及和Φ把 表示出来，当然，代数上它就是=几行)。通过简单的几何分析可知：OQ可 以分解为相互垂直的两部分OO=ON+N⊙，而ON就是（或者产）在 方向上的投影：ON=(nF）。至于NQ,我们也把它分解为相互垂直的两 部分：WO=W下+O,其中W币=VPcosΦ，而 Np=Op-ON=下-(·F),另外-项0=n×产sinΦ。因此 r=i(i.r)+[F-i(ir)]cosΦ+i×rsinΦ (4) =rcosΦ+n(n:f)(1-cosΦ)+n×rsinΦ 此式称为转动公式。前面我们提到过，一般来说，两次转动是不可交换的，你也 可以从这个关系式看出这一点。 F-n(n.r） n(n) Φ 但是，对于一类特殊的转动，也就是当转动角度无限小时，任何两次相继的 转动却是可以交换的。此时转动公式变为 =下+nxrdΦ (5) 这里，我们用dΦ代替Φ表示这是一个无限小的角度，并在转动公式右边只保 留一阶项。你一定注意到了，这里我用的是“=”而不是“≈”，事实上，这正 第3页，共6页
下面我们用几何观点看一下一个矢量r K 在绕着 轴（逆时针方向）转动角度 后得到的新矢量 是什么。（也就是说，我们想知道如何用 nˆ Φ r ′ K r K 以及 和nˆ Φ 把r ′ K 表示出来，当然，代数上它就是r ′ = λr K K ）。通过简单的几何分析可知：OQ可 以分解为相互垂直的两部分 ，而 JJJK OQ ON NQ = + JJJK JJJK JJJK ON JJJK 就是r ′ K （或者 ）在 方向上的投影： r K nˆ ON n n r = ⋅ ˆ ˆ ( ) JJJK K 。至于 NQ JJJK ，我们也把它分解为相互垂直的两 部分： NQ NV VQ = + ，其中 JJJK JJJK JJJK NV NP = cosΦ JJJK JJJK ， 而 NP OP ON r n n r = − =− ⋅ ˆ ˆ ( ，另外一项 JJJK JJJK JJJK K K ) VQ n r = ˆ × sinΦ JJJK K 。因此 ( ) ( ) ( )( ) ˆˆ ˆˆ ˆ cos sin cos ˆ ˆ 1 cos sin ˆ r nnr r nnr n r r nnr n r ′ = ⋅ + − ⋅ Φ+ × ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ = Φ+ ⋅ − Φ + × Φ K KK K K KK K Φ (4) 此式称为转动公式。前面我们提到过，一般来说，两次转动是不可交换的，你也 可以从这个关系式看出这一点。 P N Q V Φ n r ˆ × K O N P Q Φ nˆ r K r ′ K nnr ˆ ˆ ( ⋅ ) K r nnr − ⋅ ˆ ˆ ( ) K K 但是，对于一类特殊的转动，也就是当转动角度无限小时，任何两次相继的 转动却是可以交换的。此时转动公式变为 r r n rd ′ = +× Φ ˆ K K K (5) 这里，我们用 代替 表示这是一个无限小的角度，并在转动公式右边只保 留一阶项。你一定注意到了，这里我用的是“ dΦ Φ =”而不是“≈”，事实上，这正 第 3 页，共 6 页
是“无限小”或者说微分的确切含义。 显然如果把一个矢量先绕着八，轴转过一个无限小角度dΦ，再绕着另一个 轴，转过另一个无限小角度dΦ，与交换两次转动次序后得到的是相同的矢量。 =F+i×rdΦ 产=严+元xPaΦ，=(F+ix,）+元×(F+元×u,)d0:6 =下+i×rdΦ，+i2×rdΦ， =F+i,×rdΦ2+n×fdΦ1 倒数第二个等号又用到了无限小这个假设。因此，我们经常讲无限小转动可以用 一个矢量dΦ来表示，从而我们可以把无限小转动公式写为 di=r-F=d④xr,dΦ≡idΦ(=dΦ (7) 应该强调的是，这里尽管我们采用了符号dΦ，但它并不表示某个角度矢量Φ的 微分，实际上并不存在这样的矢量，其确切含义是dΦ。严格地讲，我们应该 把它写成dΦ，而用d还表示仅仅是人们的一种喜好。另外，值得指出的是， 上面的论述绝对不是无限小转动dΦ是矢量的证明，要证明这一点，必须从矢 量的定义出发。严格地讲，量dΦ是一个赝矢量，也就是说无限小转动事实上 是用一个2阶反对称张量来表示的。 如果我们把公式(7)两边除以dt,那么就得到 d标 dΦdΦ =而X产、而三 =n- (8) dt dt "dt 从前面的推到知，这个关系式对于任何运动过程中保持长度不变的矢量都是成立 的，因此，一般地，我们有 dG =×,iflG=const, (9) dt 第4页，共6页
是“无限小”或者说微分的确切含义。 显然如果把一个矢量先绕着nˆ 1轴转过一个无限小角度 1 dΦ ，再绕着另一个 轴 转过另一个无限小角度 2 nˆ 1 dΦ 与交换两次转动次序后得到的是相同的矢量。 (6) ( )( ) 1 1 2 2 1 12 1 1 1 12 2 2 21 1 ˆ ˆ ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ ˆ r r n rd r r n r d r n rd n r n rd d r n rd n rd r n rd n rd ′ =+ × Φ ′′ ′ ′ = + × Φ= + × Φ + × + × Φ Φ = + × Φ+ × Φ = + × Φ+ × Φ KK K KK K K K K K KK K KK K 2 倒数第二个等号又用到了无限小这个假设。因此，我们经常讲无限小转动可以用 一个矢量 来表示，从而我们可以把无限小转动公式写为 ndˆ Φ dr r r d r d nd d = − = Φ× Φ ≡ Φ = Φ ′ , ˆ ( ) K K JJJK KKK K (7) 应该强调的是，这里尽管我们采用了符号dΦ K ，但它并不表示某个角度矢量 的 微分，实际上并不存在这样的矢量，其确切含义是 Φ K ndˆ Φ。严格地讲，我们应该 把它写成 ，而用 表示仅仅是人们的一种喜好。另外，值得指出的是， 上面的论述绝对不是无限小转动 dΦ JJJK dΦ K ndˆ Φ是矢量的证明，要证明这一点，必须从矢 量的定义出发。严格地讲，量ndˆ Φ是一个赝矢量，也就是说无限小转动事实上 是用一个 2 阶反对称张量来表示的。 如果我们把公式(7)两边除以dt ，那么就得到 , ˆ dr d d r dt dt dt ω ω n Φ Φ =× ≡ = K K KK K (8) 从前面的推到知，这个关系式对于任何运动过程中保持长度不变的矢量都是成立 的，因此，一般地，我们有 , if G = const. dG r dt = × ω K K K K (9) 第 4 页，共 6 页
附录A:特殊正交矩阵1的本征值之模为1 设a是入的本征值(a可能是复数)，而X则是相应的本征矢，即 λX=aX (A1) 将此式两边分别作共轭转置，得到 X'A'=X'a" (A2) 注意到几是实正交矩阵，因而入=入I;而a则仅仅是一个数，因此a=a。 上式成为 X'AT=X'a' (A3) 将此式左乘(A1),并利用入的正交性(2九=1)，就得到 (la"-1)x'x=0 (A4) 因此 a=1 (A5) 即入的本征值之模为1。 附录B:特殊正交矩阵1的三个本征值(2，元2，)必具有 exp(iΦ)，exp(-i冲)，+1)的形式，即至少有一个本征值为+l, 而另外两个本征值则互为共轭。 这是由于本征值方程det(入-al)=0是一个三次代数方程，它一般可以 写为a3+f5a2+fa+f6=0的形式，其中f6、f、3是一些实常数。对 于这样一个代数方程，我们知道如果它有三个根，而这三个根要么都是实数，要 么如果有一个复数根的话，那么这个根的复共轭也仍然是方程的一个根。因此在 我们的情形，本征值方程最多有两个互为共轭的复数根，另外一个根必为实数。 考虑到几的本征值之模为1并且乙的行列式（等于三个本征值的乘积），我们就 第5页，共6页
附录 A：特殊正交矩阵λ的本征值之模为1 设a 是λ 的本征值（ 可能是复数），而 则是相应的本征矢，即 a X λX aX = (A1) 将此式两边分别作共轭转置，得到 † † †† X λ = X a (A2) 注意到λ 是实正交矩阵，因而 † T λ = λ ；而a 则仅仅是一个数，因此 † a a∗ = 。 上式成为 † T † X λ X a∗ = (A3) 将此式左乘(A1)，并利用λ 的正交性（ 1 T λ λ = ），就得到 ( ) 2 † a XX −1 = 0 (A4) 因此 a =1 (A5) 即λ 的本征值之模为1。 附录 B：特殊正交矩阵 λ 的三个本征值(λ123 , , λ λ ) 必具有 (exp ,exp , 1 ( ) i i Φ −Φ ( ) + )的形式，即至少有一个本征值为 ， 而另外两个本征值则互为共轭。 +1 这是由于本征值方程det 0 ( ) λ − aI = 是一个三次代数方程，它一般可以 写为 的形式，其中 3 2 2 10 a f a fa f + + += 0 0f 、 1f 、 2f 是一些实常数。对 于这样一个代数方程，我们知道如果它有三个根，而这三个根要么都是实数，要 么如果有一个复数根的话，那么这个根的复共轭也仍然是方程的一个根。因此在 我们的情形，本征值方程最多有两个互为共轭的复数根，另外一个根必为实数。 考虑到λ 的本征值之模为1并且λ 的行列式（等于三个本征值的乘积），我们就 第 5 页，共 6 页
得出结论，如果这三个根都是实数，那么它只可能取(+1，+1，+)或 (-1,-1,+)。如果有一个根是复数，那么本征值就只可能是 xp(iΦ)，exp(-iΦ)，+1)。(+1，+1，+1)相当于Φ=0的情形，而 (-1,-1,+1)则相当于Φ=π的情形。 附录C:从转动矩阵考察无限小转动和角速度 由于矢量只是转过一个无限小的角度，因此x与x,几乎是一样的，二者的 差别仅仅是一个无限小的量，也就是说 x=X+6x,=(⊙+6)x (C1) 其中，6是一些无限小的数。上式用矩阵表示就是 F=(I+8)7 (C2) 即入=I+E,由于入是一个正交矩阵，因此 A'=(1+8)(1+8)'=1+ε+ε'=1 (C3) 由此得到 8T=-E (C4) 即￡是一个反对称矩阵。因此，无限小转动完全由一个反对称张量所描述（入的 另一部分是对所有无限小转动来说都相同的单位张量)，它与前面定义的矢量 dΦ，=n,dΦ的关系是 0 612 813 0 -dΦ3 dΦ2 -812 0 823 dΦ， 0 -dΦ (C5) -813-823 0 -dΦ2 dΦ 0 这里，取82=一dΦ3而不是￡2=dΦ3等等这样的对应是由于我们默认了物 理上一个通常的约定：即将沿逆时针方向的主动转动定义为正的。 第6页，共6页
得出结论，如果这三个根都是实数，那么它只可能取 (+++ 1, 1, 1) 或 (−−+ 1, 1, 1) 。如果有一个根是复数，那 么本征值就只可能是 ( ) exp ,exp , 1 ( ) i i Φ −Φ ( ) + 。 (+1, 1, 1 + + ) 相当于 Φ = 0 的情形，而 (−−+ 1, 1, 1) 则相当于Φ = π 的情形。 附录 C：从转动矩阵考察无限小转动和角速度 由于矢量只是转过一个无限小的角度，因此 i x ′与 i x 几乎是一样的，二者的 差别仅仅是一个无限小的量，也就是说 i i ij j ij ij ( ) j x ′ =+ = + x x ε δε x (C1) 其中， ij ε 是一些无限小的数。上式用矩阵表示就是 r I ′ = ( + ε )r K K (C2) 即λ = +I ε ，由于λ 是一个正交矩阵，因此 ( )( ) 1 T T T λλ ε ε ε ε = + + =+ + = I I I (C3) 由此得到 T ε = −ε (C4) 即ε 是一个反对称矩阵。因此，无限小转动完全由一个反对称张量所描述（λ 的 另一部分是对所有无限小转动来说都相同的单位张量），它与前面定义的矢量 d nd Φ= Φ i i 的关系是 12 13 3 2 12 23 3 1 13 23 2 1 0 0 0 0 0 0 d d d d d d ε ε ε ε ε ε ⎛ ⎞ ⎛ − Φ Φ ⎜ ⎟ ⎜ − =Φ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎝ ⎠ − − −Φ Φ ⎝ ⎞ ⎟ − Φ ⎟ ⎟ ⎠ (C5) 这里，取 12 3 ε =− Φd 而不是 12 3 ε = dΦ 等等这样的对应是由于我们默认了物 理上一个通常的约定：即将沿逆时针方向的主动转动定义为正的。 第 6 页，共 6 页