四元素與旋轉矩陣

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，得到旋轉後的點P'，因此旋轉矩陣可以描述旋轉，

⎡⎣⎢⎢⎢⎢x′y′z′1⎤⎦⎥⎥⎥⎥=R⋅⎡⎣⎢⎢⎢⎢xyz1⎤⎦⎥⎥⎥⎥

繞x，y，或z軸旋轉θ的矩陣爲：

Rx(θ)=⎡⎣⎢⎢1000cosθsinθ0−sinθcosθ⎤⎦⎥⎥

Ry(θ)=⎡⎣⎢⎢cosθ0sinθ010−sinθ0cosθ⎤⎦⎥⎥

Rz(θ)=⎡⎣⎢⎢cosθsinθ0−sinθcosθ0001⎤⎦⎥⎥

所以，繞任意軸旋轉的矩陣爲

Rx(−p)⋅Ry(−q)⋅Rz(θ)⋅Ry(q)⋅Rx(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的值需要用i,j,k計算出來。

歐拉角

歐拉角也可以描述三維剛體旋轉，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，而紅色的是旋轉之後的座標系。）。

 

1. 繞z軸旋轉α，使x軸與N軸重合，N軸是旋轉前後兩個座標系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完全重合

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：

Rz(α)⋅Rx(β)⋅Rz(γ)

在旋轉矩陣一節中，最先進行的旋轉其矩陣在最右側，說明該矩陣最先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，最先進行的旋轉其旋轉矩陣在最左邊。這是因爲，**對於前者（旋轉矩陣），我們始終是以絕對參考系爲參照來的，對於後者（歐拉角），我們每一次旋轉的刻畫都是基於剛體的座標系。**比如，在歐拉角中的第2步，繞x軸旋轉β，這裏的x軸實際上是N軸了（而不是藍色的x軸）。

爲什麼旋轉參考系的不同會導致旋轉矩陣次序的差異呢？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，這本身就是基於絕對座標系的，所以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. 如果有一個“影子座標系3”與原座標系重合，然後首先進行了第3步（繞z軸旋轉γ）；
2. 然後有一個“影子座標系2”也與原座標系重合，然後與“影子座標系3”一起（視作同一個剛體）進行了第二步；
3. 最後一個“影子座標系1”，與前兩個座標系一起進行了第一步。

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。所以歐拉角的旋轉矩陣寫成那樣，也是行得通的。

這個想法，我猜在很多第一人稱遊戲中，已經得到了廣泛應用了。這樣，玩家對人物的控制就可以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，它能夠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滿足：

i2=j2=k2=−1

ij=k,jk=i,ki=j

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

q=(v⃗ +w)=((x,y,z),w)

可以推導出四元數的一些運算性質，包括：

* 四元數乘法

q1q2=(v1→×v2→+w1v2→+w2v1→,w1w2−v1→⋅v2→)

* 共軛四元數

q∗=(−v⃗ ,w)

* 四元數的平方模

N(q)=N(v⃗ )+w2

* 四元數的逆

q−1=q∗N(q)

四元數可以看做是向量和實數的一種更加一般的形式，向量可以視作爲實部爲0的四元數，而實數可以是作爲虛部爲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一般的形式。

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)sinθ2,cosθ2)

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

接下來我們來證明這一點。

首先，我們證明

qpq−1=(sq)p(sq)−1

其中s爲實數。顯然

(sq)p(sq)−1=sqpq−1s−1=sqp−1

此時，我們可以將q看做是單位矩陣，因爲如果q不是單位矩陣，我們就可以乘以一個常數s將其化爲單位矩陣。

然後，我們證明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，我們證明

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=(u⃗ sinθ2,cosθ2)=(v⃗ ×k⃗ ,v⃗ ⋅k⃗ )=(v⃗ ,0)(−k⃗ ,0)=kv∗

現在令

w=qvq∗

如果能證明w與v的夾角是σ，那麼就說明w確實是v旋轉σ得到的，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，我們有：

wk∗=(qvq−1)k∗=qvq∗k∗=qvvk∗k∗=q

所以

wk∗=kv∗

上面的式子拆分成實部和虛部，虛部表明w與-k的平面和k與-v的平面重合，實部表明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。