原文見我的部落格主站，歡迎大家過去評論。
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，
$$\begin{bmatrix}x'\\ y'\\ z'\\ 1\end{bmatrix}=R\cdot \begin{bmatrix}x\\ y\\ z\\ 1\end{bmatrix}$$
繞x，y，或z軸旋轉θ的矩陣為：
$$R_{x}(\theta)=\begin{bmatrix}1 & 0 & 0\\ 0 & \cos\theta & -\sin\theta\\ 0 & \sin\theta & \cos\theta\end{bmatrix}$$
$$R_{y}(\theta)=\begin{bmatrix}\cos\theta & 0 & -\sin\theta\\ 0 & 1 & 0\\ \sin\theta & 0 & \cos\theta\end{bmatrix}$$
$$R_{z}(\theta)=\begin{bmatrix}\cos\theta & -\sin\theta & 0\\ \sin\theta & \cos\theta & 0\\ 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$
所以，繞任意軸旋轉的矩陣為
$$R_{x}(-p)\cdot R_{y}(-q)\cdot R_{z}(\theta)\cdot R_{y}(q)\cdot R_{x}(p)$$
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的值需要用i,j,k計算出來。
尤拉角
尤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，該組尤拉角被稱為是“zxz順規”的。對於順規的次序，學術界沒有明確的約定。
尤拉角的旋轉矩陣為：
$$R_{z}(α)\cdot R_{x}(β)\cdot R_{z}(γ)$$
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。而在尤拉角中，最先進行的旋轉其旋轉矩陣在最左邊。這是因為，**對於前者（旋轉矩陣），我們始終是以絕對參考系為參照來的，對於後者（尤拉角），我們每一次旋轉的刻畫都是基於剛體的座標系。**比如，在尤拉角中的第2步，繞x軸旋轉β，這裡的x軸實際上是N軸了（而不是藍色的x軸）。
為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；而對於尤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，他們就分別落在了尤拉角旋轉的兩個“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。所以尤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。
萬向節死鎖是尤拉角的一個弊端，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表示為：
$$q=(x,y,z,w)=xi+yj+zk+w$$
其中，i，j，k滿足：
$$i^2=j^2=k^2=-1$$
$$ij=k,jk=i,ki=j$$
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陣列合的形式：
$$q=(\vec{v}+w)=((x,y,z),w)$$
可以推匯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，向量可以視作為實部為0的四元數，而實數可以是作為虛部為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：
$$q=((x,y,z)\sin{\frac{\theta}{2}},\cos{\frac{\theta}{2}})$$
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'為：
$$p'=qpq^{-1}$$
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為實數。顯然
$$(sq)p(sq)^{-1}=sqpq^{-1}s^{-1}=sqp^{-1}$$
此時，我們可以將q看做是單位矩陣，因為如果q不是單位矩陣，我們就可以乘以一個常數s將其化為單位矩陣。
然後，我們證明qpq^{-1}和p的模長相等
下面將q視為單位四元數：
$$q^{-1}=q^*$$
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為旋轉軸，旋轉角度為σ，向量v旋轉到w處。旋轉到σ/2處為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方向上的單位向量為u（為了方便，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：
$$q=(\vec{u}\sin{\frac{\theta}{2}},\cos{\frac{\theta}{2}})=(\vec{v}\times\vec{k},\vec{v}\cdot \vec{k})=(\vec{v},0)(-\vec{k},0)=kv^*$$
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都是實部為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。