三維旋轉：旋轉矩陣，歐拉角，四元數

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如何描述三維空間中剛體的旋轉，是個有趣的問題。具體地說，就是剛體上的任意一個點P(x, y, z)圍繞過原點的軸(i, j, k)旋轉θ，求旋轉後的點P\'(x\', y\', z\')。

旋轉矩陣

旋轉矩陣乘以點P的齊次座標，獲得旋轉後的點P'，所以旋轉矩陣能夠描述旋轉，

$$\begin{bmatrix}x'\\ y'\\ z'\\ 1\end{bmatrix}=R\cdot \begin{bmatrix}x\\ y\\ z\\ 1\end{bmatrix}$$

繞x，y，或z軸旋轉θ的矩陣爲：

$$R_{x}(\theta)=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0\\ 0 & \cos\theta & -\sin\theta\\ 0 & \sin\theta & \cos\theta\end{bmatrix}$$

$$R_{y}(\theta)=\begin{bmatrix}\cos\theta & 0 & -\sin\theta\\ 0 & 1 & 0\\ \sin\theta & 0 & \cos\theta\end{bmatrix}$$

$$R_{z}(\theta)=\begin{bmatrix}\cos\theta & -\sin\theta & 0\\ \sin\theta & \cos\theta & 0\\ 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$

因此，繞任意軸旋轉的矩陣爲

$$R_{x}(-p)\cdot R_{y}(-q)\cdot R_{z}(\theta)\cdot R_{y}(q)\cdot R_{x}(p)$$

這表示：

1. 繞x軸旋轉角度p使指定的旋轉軸在xz平面上
2. 繞y軸旋轉角度q使指定的旋轉軸與z軸重合
3. 繞z軸旋轉角度θ
4. 繞y軸旋轉角度-q
5. 繞x軸旋轉角度-p

其中，p和q的值須要用i,j,k計算出來。

歐拉角

歐拉角也能夠描述三維剛體旋轉，它將剛體繞過原點的軸(i,j,k)旋轉θ，分解成三步（藍色是起始座標系，而紅色的是旋轉以後的座標系。）。

 

1. 繞z軸旋轉α，使x軸與N軸重合，N軸是旋轉先後兩個座標系x-y平面的交線
2. 繞x軸（也就是N軸）旋轉β，使z軸與旋轉後的z軸重合
3. 繞z軸旋轉γ，使座標系與旋轉後的徹底重合

按照旋轉軸的順序，該組歐拉角被稱爲是「zxz順規」的。對於順規的次序，學術界沒有明確的約定。

歐拉角的旋轉矩陣爲：

$$R_{z}(α)\cdot R_{x}(β)\cdot R_{z}(γ)$$

在旋轉矩陣一節中，最早進行的旋轉其矩陣在最右側，說明該矩陣最早與點的齊次座標相乘，旋轉矩陣按照旋轉的次序從右向左排列。而在歐拉角中，最早進行的旋轉其旋轉矩陣在最左邊。這是由於，**對於前者（旋轉矩陣），咱們始終是以絕對參考系爲參照來的，對於後者（歐拉角），咱們每一次旋轉的刻畫都是基於剛體的座標系。**好比，在歐拉角中的第2步，繞x軸旋轉β，這裏的x軸其實是N軸了（而不是藍色的x軸）。

爲何旋轉參考系的不一樣會致使旋轉矩陣次序的差別呢？細想一下便知，旋轉矩陣左乘疊加用以描述三維變換效果的疊加，這自己就是基於絕對座標系的，因此旋轉矩陣一節沒有疑問；而對於歐拉角一節的這種旋轉方式，這樣考慮：

1. 若是有一個「影子座標系3」與原座標系重合，而後首先進行了第3步（繞z軸旋轉γ）；
2. 而後有一個「影子座標系2」也與原座標系重合，而後與「影子座標系3」一塊兒（視做同一個剛體）進行了第二步；
3. 最後一個「影子座標系1」，與前兩個座標系一塊兒進行了第一步。

此時，考察「影子座標系」1和2，他們就分別落在了歐拉角旋轉的兩個「快照」上，而「影子座標系3」就落在旋轉後的位置上（紅色的）。而在上述過程當中，「影子座標系3」就是相對於絕對座標系依次進行了第三步，第二步，和第一步。因此歐拉角的旋轉矩陣寫成那樣，也是行得通的。

這個想法，我猜在不少第一人稱遊戲中，已經獲得了普遍應用了。這樣，玩家對人物的控制就能夠繞開人物的實時狀態（位置，角度等）直接對人物的模型矩陣產生影響。

萬向節死鎖是歐拉角的一個弊端，這是一個直觀的例子。

四元數

四元數是今天的主角，它可以很方便的刻畫剛體繞任意軸的旋轉。四元數是一種高階複數，四元數q表示爲：

$$q=(x,y,z,w)=xi+yj+zk+w$$

其中，i，j，k知足：

$$i^2=j^2=k^2=-1$$

$$ij=k,jk=i,ki=j$$

因爲i，j，k的性質和笛卡爾座標系三個軸叉乘的性質很像，因此能夠將四元數寫成一個向量和一個實數組合的形式：

$$q=(\vec{v}+w)=((x,y,z),w)$$

能夠推導出四元數的一些運算性質，包括：

* 四元數乘法

$$q1q2=(\vec{v_1}\times \vec{v_2}+w_1\vec{v_2}+w_2\vec{v_1}, w_1w_2-\vec{v_1}\cdot \vec{v_2})$$

* 共軛四元數

$$q^*=(-\vec{v},w)$$

* 四元數的平方模

$$N(q)=N(\vec{v})+w^2$$

* 四元數的逆

$$q^{-1}=\frac{q^*}{N(q)}$$

四元數能夠看作是向量和實數的一種更加通常的形式，向量能夠視做爲實部爲0的四元數，而實數能夠是做爲虛部爲0的四元數。上述四元數的運算性質也是實數或向量的運算性質的更通常的形式。

四元數可用來刻畫三維空間中的旋轉，繞單位向量(x,y,z)表示的軸旋轉θ，可令：

$$q=((x,y,z)\sin{\frac{\theta}{2}},\cos{\frac{\theta}{2}})$$

剛體座標系中的點p(P,0)（寫成四元數的形式），旋轉後的座標p'爲：

$$p'=qpq^{-1}$$

接下來咱們來證實這一點。

首先，咱們證實

$qpq^{-1}=(sq)p(sq)^{-1}$

其中s爲實數。顯然

$$(sq)p(sq)^{-1}=sqpq^{-1}s^{-1}=sqp^{-1}$$

此時，咱們能夠將q看作是單位矩陣，由於若是q不是單位矩陣，咱們就能夠乘以一個常數s將其化爲單位矩陣。

而後，咱們證實qpq^{-1}和p的模長相等

下面將q視爲單位四元數：

$$q^{-1}=q^*$$

四元數q的標量:

$$S(q)=(q+q^*)/2$$

那麼：

$$2S(qpq^{-1})=2S(qpq^*)=qpq^*+(qpq^*)^*=qpq^*+qp^*q^*=q(p+p^*)q^*=q2S(p)q^*=2S(p)$$

最後，咱們證實

$$p'=qpq^*$$

如圖所示，u爲旋轉軸，旋轉角度爲σ，向量v旋轉到w處。旋轉到σ/2處爲k（圖中未標出）。

下面也用相同的字母指代四元數，如u就表示向量u的四元數形式((ux,uy,uz),0)。

首先，令u方向上的單位向量爲u（爲了方便，命名不變，後面的u都是指旋轉軸方向的單位四元數），那麼根據q的定義，參見四元數乘法法則：

$$q=(\vec{u}\sin{\frac{\theta}{2}},\cos{\frac{\theta}{2}})=(\vec{v}\times\vec{k},\vec{v}\cdot \vec{k})=(\vec{v},0)(-\vec{k},0)=kv^*$$

如今令

$$w=qvq^*$$

若是能證實w與v的夾角是σ，那麼就說明w確實是v旋轉σ獲得的，整個命題就得證了。

注意v，k和w都是實部爲0的單位四元數，表示單位向量，咱們有：

$$wk^*=(qvq^{-1})k^*=qvq^*k^*=qvvk^*k^*=q$$

因此

$$wk^*=kv^*$$

上面的式子拆分紅實部和虛部，虛部代表w與-k的平面和k與-v的平面重合，實部代表w和-k之間的夾角與k和-v之間的夾角相等，都是π-σ/2。這就說明了w與v的夾角是σ，原命題就得證了。