Die Drehgruppe

Zunächst ist klar, daß der dreidimensionale euklidische Punktraum keine Richtung auszeichnet. Das kann man auch so ausdrücken, daß alle kartesischen Koordinatensysteme gleichberechtigt sind. Insbesondere berechnet sich das Skalarprodukt zweier Vektoren bzgl. zweier kartesischer Koordinatensysteme stets als das kanonische Skalarprodukt im $\R^3$ . Seien nämlich $\{\vec{e}_i\}_{i=1\ldots 3}$ und $\{\vec{e}_i' \}_{i=1\ldots 3}$ orthonormierte Basissysteme, dann gilt (wir verwenden wieder die Einsteinsche Summationskonvention, d.h. über gleichlautende Indizes wird summiert) nämlich:

$$\vec{x} \vec{y}=x^i \vec{e}_i y^j \vec{e}_j = x^i y^j \delta_{ij} = x'{}^i \vec{e}_i' y'{}^{j} \vec{e}_j' = x'{}^i y'{}^j \delta_{ij}.$$ (1.4.1)

Wir können die $\vec{e}_i'$ natürlich als Linearkombinationen der $\vec{e}_i$ ausdrücken. Daraus ergibt sich dann die Umrechnung der Koordinaten von Vektoren wie folgt:

$$\vec{e}_j'={O^{i}}_{j} \vec{e}_i \Rightarrow \vec{x}=x'{}^j \vec{e}_j' = {x'}^j {O^{i}}_j \vec{e}_i \Rightarrow x{}^i={O^{i}}_{j} {x'}^j.$$ (1.4.2)

Dieses Transformationsverhalten der Vektorkomponenten gilt für beliebige Basistransformationen und berücksichtigt noch nicht, daß sowohl die $\vec{e}_i'$ als auch die $\vec{e}_i$ orthonormierte Vektoren sein sollen. Klar ist, daß dieser Zusammenhang Einschränkungen an die Transformationsmatrix $\hat{O}=({O^{i}}_{j})$ stellt. Diese Einschränkungen lassen sich aber sehr leicht aus der Forderung, daß beide Basissysteme orthonormiert sind, herleiten:

$$\delta_{ij}=\vec{e}_i' \vec{e}_j'={O^{k}}_{i} {O^{l}}_{j} \vec{e}_k \vec{e}_l= {O^{k}}_{i} {O^{l}}_{j} \delta_{kl}.$$ (1.4.3)

Dies können wir in Matrixschreibweise wie folgt zusammenfassen:

$$\hat{O}^t \hat{O}=1 \Leftrightarrow \hat{O}^{-1}=\hat{O}^t.$$ (1.4.4)

Man nennt durch solche Matrizen dargestellte Automorphismen des $\R^3$ orthogonale Transformationen. Es ist klar, daß diese Transformationen, die allein dadurch gekennzeichnet sind, daß sie Orthonormalbasen in Orthonormalbasen abbilden, eine Untergruppe der GL$(3,\R)$ bilden, die Orthogonale Gruppe des dreidimensionalen Raumes, kurz O($3$ ). Wie wir sehen werden, ist sie nichtabelsch.

Aus dem Determinantenmultiplikationssatz folgt sofort, daß

$$1=\det{\hat{O}^T \hat{O}}=(\det \hat{O})^2 \Rightarrow \det \hat{O}=\pm 1$$ (1.4.5)

sein muß. Da die Determinante stetig von den Matrixelementen abhängt, zerfällt O($3$ ) in zwei Teile, nämlich diejenigen Transformationen, die durch infinitesimale orthogonale Transformationen aus der Identität erzeugt werden können, nämlich die mit der Determinante $1$ , und solche, für die eben dies nicht möglich ist. Offensichtlich bilden die orthogonalen Transformationen mit der Determinante $1$ eine Untergruppe der O($3$ ), die spezielle orthogonale Gruppe des $\R^3$ , kurz SO($3$ ), genannt wird.

Wir wollen nun die geometrische Bedeutung der orthogonalen Transformationen, zunächst beschränken wir uns auf die SO($3$ ), untersuchen. Das charakteristische Polynom einer reellen $3\times{}3$ -Matrix, also $P_{\hat{O}}(\lambda)=\det(\hat{O}-\lambda 1)$ ist vom dritten Grade und besitzt folglich mindestens einen reellen Eigenwert. Der dazugehörige Eigenvektor wird unter der Wirkung der Transformation mit dem Eigenwert multipliziert. Da es sich um eine SO($3$ )-Transformation handelt, behält er dabei seine euklidische Länge bei, und das bedeutet, daß $\lambda^2=1$ und folglich $\lambda=\pm 1$ ist.

Ist der Eigenwert $-1$ , muß das Produkt der beiden anderen Eigenwerte $\lambda_2 \lambda_3=-1$ sein, weil ja $\det O=+1$ ist. Da das charakteristische Polynom der Matrix reell ist, müssen entweder $\lambda_2 \in \R$ und $\lambda_3 \in \R$ , oder sie sind konjugiert komplex zueinander. Letzteres scheidet aber aus, da dann ihr Produkt $\geq 0$ sein müßte. Da weiterhin mit derselben Begründung wie für den ersten Eigenwert oben $\lambda_2^2=\lambda_3^2=1$ sein muß, muß also ein weiterer Eigenwert $-1$ und der andere entsprechend $+1$ sein.

Daraus ergibt sich aber endlich, daß jede SO($3$ )-Matrix mindestens einen Eigenwert $1$ besitzt und folglich einen Einheitsvektor ungeändert läßt. Diesen Einheitsvektor machen wir zur $3$ -Achse eines kartesischen Koordinatensystems. In diesem System hat die Transformationsmatrix die Gestalt

$$\hat{O}=\begin{pmatrix}a & b & 0 \ c & d & 0 \ 0&0&1 \end{pmatrix} a,b,c,d \in \R.$$ (1.4.6)

Wegen $\det \hat{O}=1$ folgt zunächst $ad-bc=1$ . Weiter folgt aus der Orthogonalitätsforderung (1.4.5) und der Inversionsformel für eine beliebige Matrix:

$$\hat{O}^t=\begin{pmatrix}a & c & 0 \ b & d & 0 \ 0 & 0& 1 \end{... ...} =\hat{O}^{-1}=\begin{pmatrix}d & -b & 0 \ -c & a & 0 \ 0&0&1 \end{pmatrix}.$$ (1.4.7)

Das bedeutet, daß $a=d$ und $c=-b$ sein muß. Die Matrix besitzt also die Gestalt:

$$O=\begin{pmatrix}a & b & 0 \ -b & a & 0 \ 0 & 0 &1 \end{pmatrix} \det O=a^2+b^2=1.$$ (1.4.8)

Aus der letzten Gleichung folgt $a \in [-1,1]$ , d.h. wir können $a=\cos \phi$ mit $\phi \in [0,2 \pi[$ setzen. Dann liegt bis auf das Vorzeichen auch $b=\pm \sin \phi$ fest. Wir wählen willkürlich $b=-\sin\phi$ . Die allgemeine Gestalt der Matrix ist also

$$\hat{O}=\begin{pmatrix}\cos \phi & - \sin \phi & 0 \ \sin \phi & \cos \phi & 0 \ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$$ (1.4.9)

Aus Abb. 1.5 lesen wir mit Hilfe der Definition (1.4.2) ab, daß diese Transformation eine Drehung um die Dreiachse mit dem Drehwinkel $\phi$ beschreibt.

Die Wirkung einer SO($3$ )-Transformation auf ein orthonormales System, für das der $3$ -Basisvektor Eigenvektor zum Eigenwert $1$ ist, entspricht der einer Drehung des Systems $\Sigma$ um die $3$ -Achse mit dem Drehwinkel $\phi$ , wodurch sich das System $\Sigma '$ ergibt.

Wir bemerken, daß wir hier und im folgenden stets die sogenannte ``Rechte-Handregel'' anwenden. Zunächst bestimmen wir das kartesische Koordinatensystem so, daß $\vec{e}_1$ , $\vec{e}_2$ und $\vec{e}_3$ ein rechtshändiges Dreibein bilden, d.h. richtet man den Daumen der rechten Hand in Richtung von $\vec{e}_1$ , den Zeigefinger in Richtung von $\vec{e}_2$ , so orientieren wir $\vec{e}_3$ in Richtung des Mittelfingers. In Abb. 1.5 weist also die Dreiachse aus der Papierebene hinaus. Die Drehung um die Dreiachse haben wir dann so definiert, daß die Basisvektoren im Gegenuhrzeigersinn um den Drehwinkel $\phi$ gedreht werden. Allgemein erfolgt die Drehung um eine beliebige durch einen Einheitsvektor $\vec{n}$ definierte Achse entsprechend der Rechte-Handregel: Richtet man den Daumen der rechten Hand in Richtung von $\vec{n}$ , geben die gekrümmten Finger die Drehrichtung an. Entsprechend dieser Regel lauten die Drehmatrizen für die Drehung um die drei Koordinatenachsen eines rechtshändigen Koordinatensystems

$$\begin{split}&\hat{D}_1(\phi)=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \ 0 &... ...in \phi & \cos \phi & 0 \ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. \end{split}$$ (1.4.10)

Man rechnet aus der expliziten Darstellung (1.4.9) für $k=3$ sofort nach, daß

$$\hat{D}_k(\phi_1) \hat{D}_k(\phi_2)=\hat{D}_k(\phi_1+\phi_2), \quad \hat{D}_k(0)=1, \quad \hat{D}_k(\phi)^{-1}= \hat{D}_k(\phi)^t=\hat{D}_k(-\phi).$$ (1.4.11)

Dies zeigt, daß die Menge aller Drehungen um eine feste Achse eine Abelsche Untergruppe der $\mathrm{SO}(3)$ bilden, nämlich die Drehungen der Ebene senkrecht zu $k$ . Diese bilden die Gruppe $\mathrm{O}(2)$ (orthogonale Gruppe des $\R^2$ ). Sie ist isomorph zur additiven Gruppe $\R$ , wobei aber modulo $2\pi$ zu rechnen ist.

Im folgenden zeigen wir, daß wir jede Drehung durch drei solche speziellen Drehungen ausdrücken können, und zwar fassen wir dies in dem sog. Satz von den Eulerwinkeln zusammen:

Jede Matrix $\hat{O} \in SO(3)$ läßt sich durch die Hintereinanderausführung dreier Drehungen wie folgt zusammensetzen:

$$\hat{O}=\hat{D}(\psi,\theta,\varphi):=\hat{D}_3(\psi) \hat{D}_1(\theta) \hat{D}_3(\varphi) \psi, \; \varphi \in [0,2 \pi[,\; \theta \in [0,\pi].$$ (1.4.12)

Wie wir sehen werden, ist die Zuordnung der Winkel $\psi$ , $\theta$ und $\varphi$ zu einer gegebenen Drehmatrix $\hat{O}$ nicht notwendig eindeutig.

Zunächst machen wir uns die anschauliche Bedeutung der drei Winkel deutlich. Wir können die Drehung offenbar dadurch charakterisieren, daß wir von einem rechtshändigen kartesischen Dreibein $\vec{e}_j$ ausgehen und ein neues kartesisches Dreibein $\vec{e}_j'$ durch (1.4.2) definieren. Betrachten wir nun die geometrischen Verhältnisse dieser beiden kartesischen Dreibeine gemäß Abb. 1.6.

Zur Definition der Eulerwinkel (s. Text).

Die Schnittlinie der $12$ - mit der $1'2'$ -Ebene definiert die sogenannte Knotenlinie, die wir gestrichelt grün eingezeichnet haben. Der in ihre Richtung weisende Einheitsvektor $\vec{k}$ ist nach der Rechte-Handregel so orientiert, daß bei der Drehung des Systems $\vec{e}_j$ um diese Achse die $3$ -Achse in die $3'$ -Achse gedreht wird, und zwar so, daß der Drehwinkel ins Intervall $\theta \in [0,\pi]$ zu liegen kommt. Das Dreibein $\vec{e}_j$ wird durch die drei Eulerdrehungen (1.4.12) sukzessive in das Dreibein $\vec{e}_j'$ verdreht, und zwar wie folgt: Zunächst erfolgt eine Drehung um die Dreiachse um den Drehwinkel $\psi \in [0,2 \pi)$ , so daß die neue Einsachse mit dem Knotenlinienvektor $\vec{k}$ zusammenfällt. Sodann erfolgt die Drehung um diese Achse $\vec{k}$ um den Winkel $\theta$ , die dafür sorgt, daß die neue Dreiachse nunmehr mit der $3'$ -Achse koinzidiert. Schließlich wird noch um die $3'$ -Achse um den Winkel $\varphi$ gedreht, so daß schließlich auch die neuen Eins- und Zweiachsen jeweils auf $\vec{e}_1'$ und $\vec{e}_2'$ zu liegen kommen.

Kommen wir nun zum Beweis der Existenz der Eulerwinkel für eine beliebig vorgegebene Drehmatrix. Sei also $\hat{O}$ eine beliebige SO($3$ )-Matrix.

Wir schreiben nun zunächst die Eulerwinkelmatrix explizit auf:

$$\hat{D} = \begin{pmatrix}\cos \psi \cos \varphi-\sin \psi \cos \t... ... \sin \theta \sin \varphi & \sin \theta\cos \varphi & \cos \theta \end{pmatrix}$$ (1.4.13)

Wir versuchen nun, die Winkel $\psi$ , $\theta$ und $\varphi$ so zu wählen, daß diese Matrix mit $\hat{O}$ übereinstimmt. Soll dies möglich sein, müssen diese drei Winkel durch die dritte Zeile und die dritte Spalte bestimmt sein: Der Vergleich mit $\hat{O}$ zeigt zunächst, daß $\theta$ so gewählt werden muß, daß ${O^3}_3=\cos \theta$ ist. Wegen der Orthonormalitätsrelation (1.4.3) für $i=j=3$ gilt

$$\sum_{j=1}^3 \left ({O_j}^3 \right )=1 \Rightarrow \left \vert{O_3}^3 \right \vert \leq 1,$$ (1.4.14)

so daß in der Tat ein eindeutig bestimmter Winkel $\theta \in [0,\pi]$ existiert, so daß ${O^3}_3=\cos \theta$ .

Nehmen wir nun zunächst an, daß $\theta \notin \{ 0,\pi\}$ , d.h. ${O^3}_3 \neq \pm 1$ . Dann ist $\sin \theta \neq 0$ , und aus den verbliebenen Matrixelementen der letzten Zeile der Eulermatrix (1.4.13) ergibt sich eindeutig der Winkel $\varphi \in [0,2 \pi)$ aus den Gleichungen

$$\cos \varphi=\frac{{O^3}_2}{\sin \theta}, \quad \sin \varphi=\frac{{O^3}_1}{\sin \theta}.$$ (1.4.15)

Dabei ist wegen (1.4.14) und der Festlegung ${O^3}_3=\cos \theta$ gesichert, daß $({O^3}_1)^2+({O^3}_2)^2=\sin^2 \theta$ ist, was der notwendigen und hinreichenden Bedingung für die Existenz des Winkels $\varphi$ entspricht. Genau in analoger Weise läßt sich $\psi$ so bestimmen, daß auch die beiden ersten Elemente der dritten Spalte von (1.4.13) mit der gegebenen SO($3$ )-Matrix $\hat{O}$ übereinstimmen.

Nun verwenden wir die so bestimmten Winkel und drücken die Matrixelemente der dritten Zeile und dritten Spalte durch die Winkel so aus, wie wir sie gerade festgelegt haben und bilden die Matrix $\hat{B}=\hat{O} D^{-1}(\psi,\theta,\varphi)$ . Lösen wir dann das lineare Gleichungssystem

$${B^1}_{2}={B^1}_{3}={B^2}_{1}=0, \quad {B^2}_{2}=1$$ (1.4.16)

nach ${O^1}_{1}$ , ${O^1}_{2}$ , ${O^2}_{1}$ und ${O^2}_{2}$ auf, erhalten wir genau die Einträge in (1.4.13). Allerdings ist dann $\hat{B}$ noch nicht vollständig bestimmt, denn wir haben unsere Matrixelemente ${O^j}_k$ durch die Winkel $\psi$ , $\theta$ und $\varphi$ derart bestimmt, daß $\hat{B}=\diag({B^1}_{1},1,1)$ . Nun wissen wir jedoch, daß $\det \hat{O}=1$ ist. Da weiter auch $\det \hat{D}(\psi,\theta,\phi)=1$ ist, muß also $\det \hat{B}=1$ und ergo ${B^1}_{1}=1$ sein. Folglich ist in der Tat $\hat{O}=\hat{D}(\psi,\theta,\varphi)$ , womit die Darstellbarkeit der Matrix $\hat{O}$ durch die Eulermatrix gezeigt ist.

Nun müssen wir noch die Fälle $\theta=0$ und $\theta=\pi$ behandeln. Wir hatten oben aber $\theta$ aus der Bedingung $\cos \theta={O^3}_3$ bestimmt, d.h. es handelt sich um die Fälle ${O^3}_3=\pm 1$ . Nehmen wir zunächst an, daß ${O^3}_3=1$ . Dann haben wir oben gezeigt, daß wir stets einen Winkel $\chi$ so angeben können, daß $\hat{O}=\hat{D}_3(\chi)$ ist. Da wir $\theta=0$ gesetzt haben, sind die Winkel $\psi$ und $\varphi$ in der Eulermatrix in diesem Falle nicht eindeutig bestimmt, denn wir müssen nur $\psi+\varphi=\chi$ setzen, um die Bedingung zu erfüllen, daß $\hat{O}=\hat{D}_3(\psi) \hat{D}_1(\theta) \hat{D}_3(\varphi)$ ist. Die Darstellbarkeit der Drehung durch Eulerwinkel ist also auch in diesem Fall gegeben, nur ist diese nicht eindeutig.

Sei schließlich ${O_3}^3=-1$ . Wegen der Orthonormalität von $\hat{O}$ , muß dann ${O^3}_1={O^{3}}_2={O^1}_3={O^2}_3=0$ sein. Bilden wir dann wieder die Matrix $\hat{B}=\hat{O} \hat{D}^{-1}(\psi,\theta=\pi,\varphi)$ , können wir wegen $\det \hat{O}=\det \hat{B}=1$ die Winkeldifferenz $\chi=\psi-\varphi$ so wählen, daß die Gleichungen $\cos \chi={O^2}_2$ und $\sin \chi={O^1}_2$ erfüllt sind. Schließlich ist wegen $\det \hat{O}=1$ wieder $\hat{B}=1$ und also die Darstellbarkeit von $\hat{O}$ durch eine Matrix der Gestalt (1.4.13), wobei in diesem Falle $\theta=\pi$ und weiter nur die Winkeldifferenz $\chi=\psi-\varphi$ bestimmt ist. Auch hier ist die Parametrisierung der Drehmatrix durch Eulerwinkel also nicht eindeutig. Es ist aber gezeigt, daß jedenfalls für jede SO($3$ )-Matrix stets eine Parametrisierung mit Eulerwinkeln möglich ist, d.h. die Eulerwinkel stellen eine vollständige Parametrisierung der Drehgruppe dar, die lediglich für Drehungen, die die Dreiachse ungeändert lassen oder in die entgegengesetzte Richtung bringen, unbestimmt ist.

Wir bemerken noch die wichtige Tatsache, daß die Parametrisierbarkeit der vollen Gruppe $\mathrm{SO}(3)$ durch Eulerwinkel beweist, daß die $\mathrm{SO}(3)$ tatsächlich die stetig mit der Identität zusammenhängende Untergruppe der $\mathrm{O}(3)$ ist.

Ist schließlich $\hat{O} \in$   O$(3) \setminus$   SO$(3)$ , also $\det \hat{O}=-1$ , so ist $\hat{P}\hat{O}=\hat{O}\hat{P}\in \mathrm{SO}(3)$ , wobei $P=-1$ der Paritätsoperator ist, der geometrisch die Spiegelung des rechtshändigen Dreibeins $\vec{e}_j$ am Koordinatenursprung bewirkt. Man macht sich leicht klar, daß in diesem Fall $\vec{e}_j'$ ein linkshändiges Dreibein ist.