四元数与旋转

如何描述三维空间中刚体的旋转，是个有趣的问题。具体地说，就是刚体上的任意一个点P(x, y, z)围绕过原点的轴(i, j, k)旋转θ，求旋转后的点P\'(x\', y\', z\')。

旋转矩阵

旋转矩阵乘以点P的齐次坐标，得到旋转后的点P'，因此旋转矩阵可以描述旋转，

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

绕x，y，或z轴旋转θ的矩阵为：

Rx(θ)=⎡⎣⎢⎢1000cosθsinθ0−sinθcosθ⎤⎦⎥⎥

Ry(θ)=⎡⎣⎢⎢cosθ0sinθ010−sinθ0cosθ⎤⎦⎥⎥

Rz(θ)=⎡⎣⎢⎢cosθsinθ0−sinθcosθ0001⎤⎦⎥⎥

所以，绕任意轴旋转的矩阵为

Rx(−p)⋅Ry(−q)⋅Rz(θ)⋅Ry(q)⋅Rx(p)

这表示：

1. 绕x轴旋转角度p使指定的旋转轴在xz平面上
2. 绕y轴旋转角度q使指定的旋转轴与z轴重合
3. 绕z轴旋转角度θ
4. 绕y轴旋转角度-q
5. 绕x轴旋转角度-p

其中，p和q的值需要用i,j,k计算出来。

欧拉角

欧拉角也可以描述三维刚体旋转，它将刚体绕过原点的轴(i,j,k)旋转θ，分解成三步（蓝色是起始坐标系，而红色的是旋转之后的坐标系。）。

 

1. 绕z轴旋转α，使x轴与N轴重合，N轴是旋转前后两个坐标系x-y平面的交线
2. 绕x轴（也就是N轴）旋转β，使z轴与旋转后的z轴重合
3. 绕z轴旋转γ，使坐标系与旋转后的完全重合

按照旋转轴的顺序，该组欧拉角被称为是“zxz顺规”的。对于顺规的次序，学术界没有明确的约定。

欧拉角的旋转矩阵为：

Rz(α)⋅Rx(β)⋅Rz(γ)

在旋转矩阵一节中，最先进行的旋转其矩阵在最右侧，说明该矩阵最先与点的齐次坐标相乘，旋转矩阵按照旋转的次序从右向左排列。而在欧拉角中，最先进行的旋转其旋转矩阵在最左边。这是因为，**对于前者（旋转矩阵），我们始终是以绝对参考系为参照来的，对于后者（欧拉角），我们每一次旋转的刻画都是基于刚体的坐标系。**比如，在欧拉角中的第2步，绕x轴旋转β，这里的x轴实际上是N轴了（而不是蓝色的x轴）。

为什么旋转参考系的不同会导致旋转矩阵次序的差异呢？细想一下便知，旋转矩阵左乘叠加用以描述三维变换效果的叠加，这本身就是基于绝对坐标系的，所以旋转矩阵一节没有疑问；而对于欧拉角一节的这种旋转方式，这样考虑：

1. 如果有一个“影子坐标系3”与原坐标系重合，然后首先进行了第3步（绕z轴旋转γ）；
2. 然后有一个“影子坐标系2”也与原坐标系重合，然后与“影子坐标系3”一起（视作同一个刚体）进行了第二步；
3. 最后一个“影子坐标系1”，与前两个坐标系一起进行了第一步。

此时，考察“影子坐标系”1和2，他们就分别落在了欧拉角旋转的两个“快照”上，而“影子坐标系3”就落在旋转后的位置上（红色的）。而在上述过程中，“影子坐标系3”就是相对于绝对坐标系依次进行了第三步，第二步，和第一步。所以欧拉角的旋转矩阵写成那样，也是行得通的。

这个想法，我猜在很多第一人称游戏中，已经得到了广泛应用了。这样，玩家对人物的控制就可以绕开人物的实时状态（位置，角度等）直接对人物的模型矩阵产生影响。

万向节死锁是欧拉角的一个弊端，这是一个直观的例子。

四元数

四元数是今天的主角，它能够很方便的刻画刚体绕任意轴的旋转。四元数是一种高阶复数，四元数q表示为：

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

其中，i，j，k满足：

i2=j2=k2=−1

ij=k,jk=i,ki=j

由于i，j，k的性质和笛卡尔坐标系三个轴叉乘的性质很像，所以可以将四元数写成一个向量和一个实数组合的形式：

q=(v⃗ +w)=((x,y,z),w)

可以推导出四元数的一些运算性质，包括：

* 四元数乘法

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

* 共轭四元数

q∗=(−v⃗ ,w)

* 四元数的平方模

N(q)=N(v⃗ )+w2

* 四元数的逆

q−1=q∗N(q)

四元数可以看做是向量和实数的一种更加一般的形式，向量可以视作为实部为0的四元数，而实数可以是作为虚部为0的四元数。上述四元数的运算性质也是实数或向量的运算性质的更一般的形式。

四元数可用来刻画三维空间中的旋转，绕单位向量(x,y,z)表示的轴旋转θ，可令：

q=((x,y,z)sinθ2,cosθ2)

刚体坐标系中的点p(P,0)（写成四元数的形式），旋转后的坐标p'为：

p′=qpq−1

接下来我们来证明这一点。

首先，我们证明

qpq−1=(sq)p(sq)−1

其中s为实数。显然

(sq)p(sq)−1=sqpq−1s−1=sqp−1

此时，我们可以将q看做是单位矩阵，因为如果q不是单位矩阵，我们就可以乘以一个常数s将其化为单位矩阵。

然后，我们证明qpq^{-1}和p的模长相等

下面将q视为单位四元数：

q−1=q∗

四元数q的标量:

S(q)=(q+q∗)/2

那么：

2S(qpq−1)=2S(qpq∗)=qpq∗+(qpq∗)∗=qpq∗+qp∗q∗=q(p+p∗)q∗=q2S(p)q∗=2S(p)

最后，我们证明

p′=qpq∗

如图所示，u为旋转轴，旋转角度为σ，向量v旋转到w处。旋转到σ/2处为k（图中未标出）。

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

首先，令u方向上的单位向量为u（为了方便，命名不变，后面的u都是指旋转轴方向的单位四元数），那么根据q的定义，参见四元数乘法法则：

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

现在令

w=qvq∗

如果能证明w与v的夹角是σ，那么就说明w确实是v旋转σ得到的，整个命题就得证了。

注意v，k和w都是实部为0的单位四元数，表示单位向量，我们有：

wk∗=(qvq−1)k∗=qvq∗k∗=qvvk∗k∗=q

所以

wk∗=kv∗

上面的式子拆分成实部和虚部，虚部表明w与-k的平面和k与-v的平面重合，实部表明w和-k之间的夹角与k和-v之间的夹角相等，都是π-σ/2。这就说明了w与v的夹角是σ，原命题就得证了。