四元数简要理解（主要针对计算机图形学） - 码农知识堂

四元数简要理解（主要针对计算机图形学）

1.a+bi,a被称为实部，b被称为虚部

2.a+bi->(a,b) 用有序数对来表示

(a,b)=（a,0）+(b,0)

(a,0)+(b,0) = a(1,0)+b(0,1)

那么只需要证明

(1,0) = 1 (0,1)=i

首先证明(1,0)=1

(1,0)(1,0)=(1,0)等同=x 求得x=1，也就证明了(1,0)等同于自然数1

(0,1)(0,1)=(-1,0)等同=-1因为只有 = -1，所以(0,1)等同于

经此证明复数可以用对数序列来表示

3.a+bi-> $\left( \begin{matrix} a & -b\\ b & a \end{matrix} \right)$ 用矩阵来表示

这个理解起来就略显生涩,这里大概说一下基本的思想

①C = a $\hat{R}$ +b $\hat I$ 注释 C：矩阵 $\hat R$ :代表1的矩阵 $\hat I$ 代表的矩阵。

像有序对表示复数一样，我们需要找到能够代表1的矩阵和代表的矩阵

②.a*1=a 1的矩阵就意味着什么都不做可以使用 $\bigl(\begin{smallmatrix} 1 & 0 \\ 0& 1 \end{smallmatrix}\bigr)$ 单位阵

③1很好理解一个数乘以1代表什么都不干，用方阵就可以表示。

那怎么办呢，这就不得不提i的一个特性就是乘以等同于旋转90度

也就是 $\bigl(\begin{smallmatrix} 0 &-1 \\ 1& 0 \end{smallmatrix}\bigr)$ ，这里就有点生硬了，因为这部分知识需要用到复平面的知识，在后面会有介绍

④经过2和3我们可以得到 $a \bigl(\begin{smallmatrix} 1& 0\\ 0 & 1 \end{smallmatrix}\bigr) + b \bigl(\begin{smallmatrix} 0& -1\\ 1& 0 \end{smallmatrix}\bigr) = \bigl(\begin{smallmatrix} a& -b\\ b& a \end{smallmatrix}\bigr)$

还需要注意一点就是这里用的是列矩阵

4.复平面：x坐标作为实部，y坐标作为虚部，xy构成的二维平面就是复平面

欧拉公式 $e^{i\theta } = \cos \theta + i\sin \theta$ ，实部作为横坐标，虚部作为纵坐标，则再二维平面构成了一个圆

当 $\theta$ = $\frac{\pi }{2}$ 时得到 $e^{i\frac{\pi }{2} } = i$

同理还可推得 $i^{i}=e^{-\frac{\pi}{2}}$ = 0.207879.............

极坐标表示法 $z = a+bi = re^{i\theta }$

$\ r =\sqrt{a^{2}+b^{2}}$

第一象限 $\: a>0 b>0 \, \theta= \arctan (b/a)$

第二象限 $a<0 \, \theta= \arctan (b/a) + \pi$

第三象限 $a>0\:b<0 \: \: \theta= \arctan (b/a) + 2\pi$

1)：初识旋转(a+bi)i = -b + ai相当于旋转90，回想刚才的欧拉公式 $e^{\frac{\pi}{2}i}\: = \: i$

2)：二维平面假设(x,y)绕原点旋转 $\theta$ 度， $e^{i\theta}\: = \cos \theta + i\sin \theta$ 作为旋转公式 $(cos\theta+i\sin \theta)*(x+yi) = x\cos\theta+xi\sin\theta+yi\cos\theta - y \sin\theta= xcos\theta-y\sin\theta+(x\sin\theta+y\cos\theta)i=(xcos\theta-y\sin\theta,x\sin\theta+y\cos\theta)$

了解矩阵旋转的应该知道二维旋转矩阵是 $\begin{Bmatrix} \cos\theta &-\sin\theta \\ \sin\theta&\cos\theta \end{Bmatrix}$ ,可以验证上面的方法是正确的,这里需要回想一下复数的矩阵表示法（这里这么严格的证明都是为了让一切都说的通）

$\begin{Bmatrix} \cos\theta &-\sin\theta \\ \sin\theta&\cos\theta \end{Bmatrix}$ $\begin{Bmatrix} x &-y \\ y& x \end{Bmatrix}=$ $\begin{Bmatrix} xcos\theta-ysin\theta & -(ycos\theta +xsin\theta)\\ xsin\theta+ycos\theta&xcos\theta-ysin\theta \end{Bmatrix}= \begin{Bmatrix} {x}' & {-y}'\\ {y}'& {x}' \end{Bmatrix}= {x}'+{y}'i$

3).三维空间的复数应该怎么写呢，

1）爱尔兰著名数学家哈密顿初版的想法是既然二维空间是a+bi，那么三维的应该a+bi+cj

那两个四元数相乘

这里的无法解决，这个难题困扰了哈密顿10多年，直到十年之后，哈密顿和夫人在小河边溜达，突然灵光乍现想到了现在的四元数 ,英文名quaternion，哈密顿成四元数的实部为scalar虚部为vector

四元数相乘 $q_aq_b=[s_a,a][s_b,b]=[s_as_b - a\cdot b,s_ab+s_ba+a\bigotimes b]$

纯虚函数自己可以验证纯四元数相乘并不是纯四元数，这个结论感觉更重要

单位四元数 $\check{q}=[0,\check{v}]$ $\left | \hat{v} \right |=1$

共轭四元数 $q= [s,v] \:\:q^{*}=[s,-v]$ 推理可得

标准化四元数 $q=[s,v] \:\:\: q{}'=\frac{q}{\sqrt{s^2+v^2}}$

单位四元数相乘的结果摸为1

$q_a=[s_a,a] \: q_b=[s_b,b] \\ {|q_aq_b|}^2=s_a^2(s_b^2+b^2)+a^2(s_b^2+b^2)=(s_a^2+a^2)(s_b^2+b^2)=|q_a|^2|q_b|^2$ (个人觉得这个推理过程比最后的结论要精彩的多)

根据余弦定理（ $a^2 = b^2+c^2-2bc\cos A$ ）

根据上图可得

$q_c = [s_c,c]=[s_a,a][s_b,b]=[s_as_b-a\bigodot b,s_ab+s_ba+a\otimes b] \\d^2 = s_b^2a^2 + s_a^2b^2 -2s_bas_abcos(\pi-\theta ) \\ =s_b^2a^2 + s_a^2b^2+2s_bas_abcos\theta\\ c^2=d^2+a^2b^2sin^2\theta\\= s_b^2a^2 + s_a^2b^2+2s_bas_abcos\theta+a^2b^2sin^2\theta\\$

$s_c^2=(s_as_b-ab\cos \theta )(s_as_b-ab\cos \theta )\\ = s_a^2s_b^2+a^2b^2\cos \theta^2-2s_as_bab\cos \theta$

$q_c^2 = s_c^2+c^2=s_b^2a^2+s_a^2b^2+a^2b^2+s_a^2s_b^2\\ =(s_a^2+a^2)(s_b^2+b^2)=|q_a|^2|q_b|^2$

逆四元数证明过程

$qq^{-1}=1\\ q^*qq^{-1}=q^*\\ |q|^2q^{-1}=q^*\\ q^{-1}=\frac{q^*}{|q|^2}$

4.经过一系列的铺垫，我们终于要琢磨怎么才能用四元数进行旋转呢

假设旋转轴为 $\hat{v}$

旋转角度为 $\theta$

被旋转点为p（这里有一个隐形前提就是旋转轴是穿过原点的）

则旋转四元数为q= $[cos\theta,sin \theta \hat{v}\]$ ，被旋转点(向量也行，因为我们暂时只考虑穿过原点)

1)假设p和旋转轴( $\hat v$ ),垂直， $[cos \theta , sin \theta \hat v][0,p]=[0,cos \theta p+sin \theta \hat v \bigotimes p]$ (推理过程可得知，只要旋转轴和待旋转向量垂直，就不会生四元数缩放,也就是实部为0)

这里我们假设旋转角度为90，p为(1,0,0)旋转轴为（0,1,0）带入上面进行验证结果为[0,-k],证明是正确的

2).如果p和旋转轴( $\hat v$ )不垂直我们会得到 $[cos \theta , sin \theta \hat v][0,p]=[-sin\theta \hat v\cdot p,cos \theta p+sin \theta \hat v \bigotimes p]$ 可以看到这里实部不为0（也就是产生了缩放）

然后一个奇葩的四元数旋转就产生了

$q=[s,\lambda \hat v] \:\:\:s^2+\lambda^2=1$ (因为q是单位四元数)

$q^{-1}=[s,-\lambda \hat v]$ //因为q是单位四元数所以 $q^{-1}=q^*$

$qpq^{-1}$ = $[s,\lambda \hat v][0,p][s,-\lambda \hat v]$ =

$[-\lambda \hat v\cdot p,sp+\lambda \hat v \otimes p][s,-\lambda \hat v]\\ =[-\lambda s\hat v\cdot p+\lambda s p\cdot\hat v +\lambda^2(\hat v \otimes p),\\ \lambda ^2 (\hat v \cdot p)\hat v+s^2p+\lambda s\hat v\otimes p \\ -\lambda sp\otimes \hat v - \lambda^2(\hat v \otimes p)\otimes \hat v ]\\ =[\lambda^2(\hat v\otimes p)\cdot \hat v,\lambda^2(\hat v\cdot p)\hat v+s^2p+2\lambda s \hat v \otimes p-\lambda ^2(\hat v \otimes p)\otimes \hat v]$

$\because (\hat v \otimes p)\cdot \hat v=0 \:\:\:and\:\:\:(\hat v \otimes p)\otimes \hat v=p-(p\cdot\hat v)\hat v\\ \therefore qp q^{-1}=[\lambda^2(\hat v\otimes p)\cdot \hat v,\lambda^2(\hat v\cdot p)\hat v+s^2p+2\lambda s \hat v \otimes p-\lambda ^2(\hat v \otimes p)\otimes \hat v]\\ =[0,\lambda^2(\hat v\cdot p)\hat v +s^2p+2\lambda s\hat v\otimes p-\lambda^2p+\lambda^2(p\cdot\hat v)\hat v]\\ =[0,2\lambda^2(\hat v\cdot p)\hat v + (s^2-\lambda^2)p-2\lambda s\hat v\otimes p]$

带入s=cos $\theta$ $\lambda$ =sin $\theta$

$qpq^{-1}=[0,(1-cos2\theta)(\hat v\cdot p)\hat v+cos2\theta p+sin2\theta\hat v\otimes p]$ (不知道怎么来的可以看看三角函数尝试自己推导一下)

依据这个公式

我们假设旋转轴为(0,0,i)旋转变量为(i,0,0)旋转角度为90

则s=0 $\lambda =1$ $\hat v =[0,0,1] p=[1,0,0]$ 带入上面的公式 $qp q^{-1}=$ [0,-p]也就是[1,0,0]旋转之后变为[-1,0,0]实际却旋转了180度，比我们想要的多了一倍，然后就是著名的半角(half-angle)旋转

如果我们将要旋转的角度除以2带入公式则

$qpq^{-1}=[0,(1-cos\theta)(\hat v\cdot p)\hat v+cos\theta p+sin\theta\hat v\otimes p]$

还是以转轴为(0,0,i)旋转变量为(i,0,0)旋转角度为90距离我们的到

$qp q^{-1}=$ [0,[0,1,0]]此时符合结论，当然这个例子是比较简单的，但是我也不想过于复杂的去证明，觉得没啥必要，了解一点点帮助理解和记忆，我觉得对于图形学中的四元数旋转就足够了,这里同样没有解释为什么就想到了来通过 $q^{-1}$ 来完成旋转，感兴趣的小伙伴可以自己去看看，我这里碍于自己能力和时间成本的原因就不再多解释了

5.复数的矩阵形式和简写

根据结合律

那么我们回忆一下

四元数旋转公式

$qpq^{-1}=R(q^{-1})L(q)p$ ,那么可以看到原来需要两步计算的现在可以一步完成
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