Double produit de quaternions

Il est possible de calculer un double produit de quaternions, c'est-à-dire une expression de la forme :

$P=Q_1\cdot Q_2\cdot Q_3$,

dans laquelle il n'est pas nécessaire d'écrire des parenthèses puisque le produit est associatif.

Intéressons-nous au cas particulier dans lequel les quaternions extrêmes $Q_1\text{ et }{Q}_3$ sont inverses l'un de l'autre et utilisons les notations de type $Q=(a,\vec{V})$ pour représenter les 3 quaternions :

.

Comme les quaternions $\frac{1}{|Q_1|}\cdot (a_1,{\vec{V}}_1)$ et son inverse $\frac{1}{|Q_1|}\cdot (a_1,-{\vec{V}}_1)$ sont unitaires, on peut les écrire sous la forme $Q_1=\left(\cos \phi ,\sin \phi \vec{U}\right)$ et , d'où l'écriture :

En tenant compte de la distributivité du produit, on peut écrire :

Ainsi le quaternion $P$ se décompose en $P_1+P_2$ avec :
$P_1=(\cos \phi ,\sin \phi \vec{U})\cdot (a,\vec{0})\cdot (\cos \phi ,-\sin \phi \vec{U})$ et
$P_2=(\cos \phi ,\sin \phi \vec{U})\cdot (0,\vec{V})\cdot (\cos \phi ,-\sin \phi \vec{U})$

Comme $(a,\vec{0})$ est un scalaire pur, le double produit représenté par $P_1$ est commutatif et peut s'écrire plus simplement :
$P_1=(a,\vec{0})\cdot (\cos \phi ,\sin \phi \vec{U})\cdot (\cos \phi ,-\sin \phi \vec{U})=(a,\vec{0})\cdot (1,\vec{0})=(a,\vec{0})$.
Par conséquent, on a :
$P=(a,\vec{0})+P_2$ avec $P_2=(\cos \phi ,\sin \phi \vec{U})\cdot (0,\vec{V})\cdot (\cos \phi ,-\sin \phi \vec{U})$.

Portons donc notre attention sur le quaternion $P_2$ en développant d'abord le premier produit, puis le second ; il vient d'abord :
$P_2=\left[-\sin \phi (\vec{U}\cdot \vec{V}),\cos \phi \vec{V}+\sin \phi (\vec{U}\wedge \vec{V})\right]\cdot \left[\cos \phi ,-\sin \phi \vec{U}\right]$, puis :

En éliminant le produit mixte $(\vec{U}\wedge \vec{V})\cdot \vec{U}$ (qui est nul) et en développant le double produit vectoriel $(\vec{U}\wedge \vec{V})\wedge \vec{U}$, on obtient : $P_2=[0,{\sin }^2\phi (\vec{U}\cdot \vec{V})\vec{U}+{\cos }^2\phi \vec{V}+2\sin \phi \cos \phi (\vec{U}\wedge \vec{V})-si{n}^2\phi \left[(\vec{U}\cdot \vec{U})\vec{V}-(\vec{V}\cdot \vec{U})\vec{U}\right]]$
puis successivement :
$P_2=[0,2{\sin }^2\phi (\vec{U}\cdot \vec{V})\vec{U}+\left[{\cos }^2\phi -{\sin }^2\phi (\vec{U}\cdot \vec{U})\right]\vec{V}+2\sin \phi \cos \phi (\vec{U}\wedge \vec{V})]$
$P_2=[0,2{\sin }^2\phi (\vec{U}\cdot \vec{V})\vec{U}+\left[{\cos }^2\phi -{\sin }^2\phi \right]\vec{V}+2\sin \phi \cos \phi (\vec{U}\wedge \vec{V})]$
$P_2=\left[0,\cos 2\phi \vec{V}+(1-\cos 2\phi )(\vec{U}\cdot \vec{V})\vec{U}+\sin 2\phi (\vec{U}\wedge \vec{V})\right]$

Ainsi, il est établi que si le vecteur $\vec{U}$ est unitaire, l'égalité suivante est toujours vérifiée :

$(\cos \phi ,\sin \phi \vec{U})\cdot (a,\vec{V})\cdot (\cos \phi ,-\sin \phi \vec{U})=(a,\vec{0})+\left[0,\cos 2\phi \vec{V}+(1-\cos 2\phi )(\vec{U}\cdot \vec{V})\vec{U}+\sin 2\phi (\vec{U}\wedge \vec{V})\right]$,

Or, dans l'expression qui apparaît dans la composante vectorielle du deuxième quaternion du membre de droite de cette égalité, à savoir :

$\cos 2\phi \vec{V}+(1-\cos 2\phi )(\vec{U}\cdot \vec{V})\vec{U}+\sin 2\phi (\vec{U}\wedge \vec{V})]$,

on peut reconnaître l'expression vectorielle du vecteur transformé du vecteur $\vec{V}$ dans la rotation $\mathbf{R}\left[2\phi ;\vec{U}\right]$ d'angle $2\phi$ et d'axe orienté $\vec{U}$ normé.

De la démonstration précédente, on peut tirer l'importante conclusion générale suivante :

Conclusion

Dans la rotation $\mathbf{R}\left[2\phi ;\vec{U}\right]$ d'angle $2\phi$ et d'axe orienté $\vec{U}$ normé,

le transformé ${\vec{V}}^{\prime }={\mathbf{R}}_{\left[2\phi ,\vec{U}\right]}(\vec{V})$ de tout vecteur $\vec{V}$ peut être calculé :

• soit grâce à l'égalité quaternionique suivante :

• soit grâce à l'égalité vectorielle :