Cuaternios de Hamilton

Estudiamos los cuaternios o cuaterniones de Hamilton y demostramos que tienen estructura de cuerpo no conmutativo.

Enunciado
Sea  $\mathcal{H}=\mathbb{R}\times{\mathbb{R}^3}=\left\{{A=(a,\vec{\alpha }):a\in \mathbb{R},\vec{\alpha }\in \mathbb{R}^3}\right\}$. A cada elemento  $A$  de  $\mathcal{H}$  se le llama cuaternio (o cuaternión). En el conjunto  $\mathcal{H}$  se define la igualdad de dos elementos  $A=(a,\vec{\alpha })$  y  $B=(b,\vec{\beta })$  mediante:$$A=B \Leftrightarrow a=b\;\textrm{y}\;\vec{\alpha }=\vec{ \beta}$$ Definimos la suma  $A+B$  y el producto  $AB$  mediante: $$A+B=(a+b,\vec{\alpha }+\vec{ \beta})\;,\quad AB=(ab-\vec{\alpha }\cdot \vec{ \beta},a\vec{ \beta}+b\vec{\alpha }+\vec{\alpha }\wedge \vec{ \beta})$$ en donde  $\cdot$  representa el producto escalar usual de  $\mathbb{R}^3$  y  $\wedge$  el producto vectorial.
1. Demostrar que  $(\mathcal{H},+)$  es un grupo abeliano. Precisar el elemento neutro  $E$  y el opuesto de  $A$.
2. Demostrar que la multiplicación es distributiva respecto de la suma.
3. Demostrar que  $\mathcal{H}-\{ E \}$  es un grupo con la operación producto de cuaternios. Precisar el elemento unidad  $U$. Demostrar que el inverso  $A^{-1}$  de  $A=(a,\vec{\alpha})$ es: $$A^{-1}=\left( \dfrac{a}{a^2+\vec{\alpha }^{\;2}},\dfrac{-\vec{\alpha }}{a^2+\vec{\alpha }^{\;2}}\right)$$
4. A la vista de los resultados anteriores, ¿qué estructura tiene $\mathcal{H}$?

Solución
1. (a) Interna. Es claro que si  $A,B\in \mathcal{H}$ entonces  $A+B\in \mathcal{H}$.
   (b) Asociativa. Se deduce de manera sencilla a partir de la asociatividad de la suma en  $\mathbb{R}$  y en  $\mathbb{R}^3$.
   (c) Elemento neutro. Claramente el cuaternio  $E=(0,\vec{0})$ cumple  $A+E=E+A=A$  para todo  $A\in \mathcal{H}$.
   (d) Elemento opuesto. Dado $A=(a,\vec{\alpha})\in\mathcal{H}$,  $-A=(-a,-\vec{\alpha})\in\mathcal{H}$  cumple  $A+(-A)=(-A)+A=E$.
   (e) Conmutativa. Se deduce de manera sencilla a partir de la conmutatividad de la suma  $\mathbb{R}$  y en  $\mathbb{R}^3$.
2. Consideremos los elementos de  $\mathcal{H}$ : $A=(a,\vec{\alpha }),B=(b,\vec{ \beta }),A=(c,\vec{ \gamma })$ . Usando conocidas propiedades del producto escalar y vectorial: $$A(B+C)=(a,\vec{\alpha })(b+c,\vec{ \beta }+\vec{ \gamma})$$ $$=
   (ab+ac-\vec{\alpha }\cdot \vec{ \beta}-\vec{\alpha }\cdot \vec{  \gamma},a\vec{ \beta}+a\vec{  \gamma}+b\vec{ \alpha }+c\vec{  \alpha }+ \vec{\alpha }\wedge \vec{ \beta}+\vec{\alpha }\wedge \vec{  \gamma})$$ $$=(ab-\vec{\alpha }\cdot \vec{ \beta},a\vec{ \beta}+b\vec{ \alpha }+ \vec{\alpha }\wedge \vec{ \beta})+(ac-\vec{\alpha }\cdot \vec{  \gamma},a\vec{  \gamma}+c\vec{  \alpha }+\vec{\alpha }\wedge \vec{  \gamma})$$ $$=AB+AC$$ De manera análoga se demuestra  $(X+Y)Z=XZ+YZ$ para toda terna de cuaterniones  $X,Y,Z$.
3. (a) Interna. Es claro que si  $A,B\in \mathcal{H}$ entonces  $AB\in \mathcal{H}$.
   (b) Asociativa.  Basta desarrollar  por separado  $(AB)C$, $A(BC)$  y usar  $\vec{u}\wedge(\vec{v}\wedge \vec{w})= (\vec{u} \cdot \vec{w} )\vec{v}-(\vec{u} \cdot \vec{v} )\vec{w}$.
   (c) Elemento unidad.  Para que  $U=(x,\vec{ \delta })$  sea elemento unidad, es necesario y suficiente para todo  $A\in\mathcal{H}-\{ E\}$  se verifique  $AU=UA=A$. Es decir: $$(ax-\vec{\alpha }\cdot \vec{ \delta},a\vec{ \delta}+x\bar{\alpha }+\vec{\alpha }\wedge \vec{ \delta})=(xa-\vec{ \delta }\cdot \vec{ \alpha },x\vec{ \alpha }+a\bar{ \delta }+\vec{ \delta }\wedge \vec{ \alpha })$$ Es claro que la igualdad se cumple para  $U=(1,\vec{0})$.
   (d) Elemento inverso. Sea  $A=(a,\vec{\alpha})\in\mathcal{H}-\{ E\}$, veamos que efectivamente el cuaternio  $A^{-1}=\left( a/(a^2+\vec{\alpha }^{\;2}),-\vec{\alpha }/(a^2+\vec{\alpha }^{\;2})\right)$  pertenece a  $\mathcal{H}-\{ E\}$  y cumple además  $AA^{-1}=A^{-1}A=U$.
   Como  $(a,\vec{\alpha})\neq (0,0)$ , $a^2+\vec{\alpha }^{\;2}\neq 0$  es decir  $A^{-1}$  está bien definido. Por otra parte, si  $a=0$  entonces  $\vec{\alpha}\neq \vec{0}$  y  $-\vec{\alpha }/( a^2+\vec{\alpha }^{\;2} )\neq \vec{0}$ . Esto prueba que  $A^{-1}\in \mathcal{H}-\left\{{E}\right\}$. $$AA^{-1}=(a,\vec{\alpha })\left( \dfrac{a}{a^2+\vec{\alpha }^{\;2}},\dfrac{-\vec{\alpha }}{a^2+\vec{\alpha }^{\;2}}\right)$$ $$=\left(\dfrac{a^2}{a^2+\vec{\alpha }^{\;2}}+\dfrac{ \vec{\alpha }^{\;2} }{a^2+\vec{\alpha }^{\;2}},\dfrac{-a\vec{\alpha }}{a^2+\vec{\alpha }^{\;2}}+\dfrac{a\vec{\alpha }}{a^2+\vec{\alpha }^{\;2}}+\vec{\alpha }\wedge\left(  \dfrac{-\vec{\alpha }}{a^2+\vec{\alpha }^{\;2}}\right)\right)=(1,0)$$ De manera análoga se demuestra que  $A^{-1}A=U$.
4. De los resultados anteriores concluimos que  $\mathcal{H}$  es un cuerpo. Este cuerpo no es conmutativo pues por ejemplo,  $(0,\vec{\alpha })(0,\vec{ \beta})=(0,\vec{\alpha }\wedge \vec{ \beta})$,  $(0,\vec{ \beta })(0,\vec{ \alpha })=(0,\vec{ \beta }\wedge \vec{ \alpha })$  y  $\vec{ \beta}\wedge \vec{\alpha }=-\vec{ \alpha }\wedge \vec{ \beta
   }$.