哈密顿与四元数

哈密顿（Homldun），（William RoWan Hamilton 1805-1865）英国数学家、物理学家。1805年8月3日（一说4日）生于爱尔兰都柏林，1865年9月2日卒于都柏林附近的敦辛克天文台。早年受到很好的家庭教育。他在叔父、语言学家J.哈密顿的教导下，5岁开始学习各种外语，14岁时学会了12种欧洲语言。13岁对数学发生兴趣，只用几年时间，自学了A.-c.克莱罗、1.牛顿和P.-S.拉普拉斯等人的几部经典著作。除了阅读理论书籍外，他还自制望远镜观察天象，17岁时在光学中就有所发现。 1823年，考入都柏林的三一学院，他学习成绩优异，曾多次获得学院的各种奖励。1837年，被聘任为三一学院的天文学教授，同时获得了爱尔兰皇家天文学家的称号。哈密顿于l827年定居在都柏林附近的敦辛克天文台，从此潜心钻研数理科学。1835年获得爵位。l837年被选为爱尔兰皇家科学院院长。他还是英国皇家学会会员、法国科学院院士和彼得堡科学院通讯院士。

　　哈密顿在数学上的主要贡献是发现了“四元数”。他首先把复数x+yi作为实数的有序偶（x，g）来研究，并规定了它们的运算法则。这样，i在复数运算中就有了明确的意义。在此基础上，他试图建立三维的“复数”，经反复努力未能成功i最终导致他考虑具有四个分量的新数（1843）。他把形如t十Xi十yj十2k的数叫“四元数”。

19世纪早期，人们认为在数学领域里不存在与一般算术代数不同的代数。但是年轻的数学家哈密顿却独树一帜，设想建立超复数系，定义这样两个有序实数四元数组（a,b,c,d),(e,f,g,h)为相等的，当且仅当a=e,b=f,c=g,d=h.又用记号l,i,j,k分别表示（1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1).但是如何规定其运算法则呢？如果按照普通代数的四则运算法则进行，政府就难以建立起来。如果独辟蹊径，又该从何下手呢？哈密尔顿发现将四无数组的加法和乘法的定义如下：
　　(a,b,c,d)+(e,f,g,h)=(a+e,b+f,c+g,d+h);
　　(a,b,c,d)*(e,f,g,h)=(ae-bf-cg-dh,af+be+ch-dg,ag+ce+df-bh,ah+bg+de-cf);
　　m(a,b,c,d)=(a,b,c,d)m=(ma,mb,mc,md)(m为常数）

三维空间向量及其内积、外积之成为数学物理的工具，大约从19世纪80年代初期开始，在此之前被普遍使用的，则是由 Hamilton 所创造的「四元数」。由于复数在平面上几何及物理的有效应用，促使人们探索一种三维「复数」的工具。 1843年 Hamilton 创造了形如 $a_0+a_1\vec{\imath}+a_2\vec{\jmath}+a_3\vec{k}$ 的所谓四元数，其中 a₀,a₁,a₂,a₃ 为实数，i,j,k 则扮演相当于复数中 i 的角色。两个四元数 $a=a_0+a_1\vec{\imath}+a_2\vec{\jmath}+a_3\vec{k}$ 与 $b=b_0+b_1\vec{\imath}+b_2\vec{\jmath}+b_3\vec{k}$ 的和，定义为

$\begin{displaymath} (a_0+b_0)+(a_1+b_1)\vec{\imath}+(a_2+b_2)\vec{\jmath}+(a_3+b_3)\vec{k} \end{displaymath}$

至于乘积则由

i² = j² = k² = -1

与

$\begin{displaymath} ij=k=-ji,\quad jk=i=-kj,\quad ki=j=-ik \end{displaymath}$

及分配律来定义，也就是说

$\begin{eqnarray*} ab &=& (a_0b_0-a_1b_1-a_2b_2-a_3b_3) + (a_0b_1+a_1b_0+a_2b_3-... ...b_0+a_3b_1)\vec{\jmath} + (a_0b_3+a_1b_2-a_2b_1+a_3b_0) \vec{k} \end{eqnarray*}$

我们可以验证，加、减、乘、除四则运算对于四元数系照样可行，就像在复数系中一般，只除了乘法交换律并不满足。可除性较不明显，但却是相当重要的。若 $a=a_0+a_1\vec{\imath}+a_2\vec{\jmath}+a_3\vec{k}$ ，定义 $\bar{a}$ $=a_0-a_1\vec{\imath} - a_2\vec{\jmath} - a_3\vec{k}$ 为其共轭数，则 $a+\bar{a}=2a_0$ 与 $a\bar{a}$ $=\bar{a}a$ =a₀²+a₁²+a₂²+a₃² 皆为实数。令 $\vert a\vert=(a_0^2+a_1^2+a_2^2+a_3^2)^{\frac{1}{2}}$ 而称之为 a 之范数(绝对值)。显然，若 $a\neq0$ ，则， $\vert a\vert^{-2}\bar{a}$ 为 a 之倒数。

我们若仔细观察四元数的乘积定义，不难发现向量的内积、外积隐含其中。若 a=a₀+a₁i+a₂j+a₃k，我们称 $\alpha=a_0$ 为 a 之纯量部分(实数部分)， u=a₁i+a₂j+a₃k 为 a 之向量部分(虚数部分)，当 $a=\alpha+u$ , $b=\beta+v$ ，则 $ab=\alpha\beta+\alpha v+\beta u+uv$ ， $\alpha\beta$ 为一纯量， $\alpha v$ , $\beta u$ 为向量，然而 uv 是甚么？

由乘积定义可知 uv =(a₁i+a₂j+a₃k)(b₁i+b₂j+b₃k=-(a₁b₁+a₂b₂+a₃b₃)+[(a₂b₃-a₃b₂)i+(a₃b₁-a₁b₃)j+(a₁b₂-a₂b₁)k]，正是 $-u\cdot v+u\times v$ ，因此 $(\alpha+u)(\beta+v)$ $=(\alpha\beta-u\cdot v) + (\alpha v+\beta u+u\times v)$ 清楚地描述四元数的乘法。

因为乘法交换性的缺乏，使得四元数的运算显得繁而难，以至于向量的内积、外积引进后，四元数就被人淡忘了。然而，四元数的可除性，却是内积、外积所不及的，譬如说，例 5 的解答，虽简短却不容易。然而，就四元数的观点而言，这个问题只不过是一元一次方程式 $\vec{a}\vec{v} = -c+\vec{b}$ 而已，我们可以立刻解得 $\vec{v} = \vec{a}^{-1}(-c+\vec{b})$ $= \frac{-\vec{a}}{\vert\vec{a}\vert^2}(-c+\vec{b})$ $=\frac{1}{\vert\vec{a}\vert^2}(c\vec{a}-\vec{a}\times\vec{b})$ 。

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