第十一章 3D變換

3D空間變換與2D空間有很多類似情況：
3D空間比2D空間要多一維，所以我們視3D空間是由 $(x,y,z,w)$ 定義的 4D空間 w=1 的子集。
平移：
$$\left[\begin{array}{cccc}1& 0& 0& a\\ 0& 1& 0& b\\ 0& 0& 0& c\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right]$$

旋轉我們待會兒單獨討論

縮放：
$$\left[\begin{array}{cccc}a& 0& 0& 0\\ 0& b& 0& 0\\ 0& 0& c& 0\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right]$$

錯切：
$$\left[\begin{array}{cccc}1& a& b& 0\\ 0& 1& c& 0\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right]$$
上面只是錯切的一個例子。錯切依然會使直線上的點保持在一條直線上

還要其它的線性變換，跟2D空間下的都是類似的。

投影變換也跟2D變換類似，即在矩陣變換之後進行齊次變換。3D空間中它定義在整個平面上而不是一條直線上。

點反射：
一個點關於一個平面反射：

如圖 $x_n$ 為 $x$ 關於 法向為 $n$ 的平面 的反射點。
可以得到 $x+x^{\prime }=(2x\cdot n)\ast n$
於是 $x^{\prime }=(2x\cdot n)\ast n-x$
而 $x_n=-x^{\prime }=x-(2x\cdot n)\ast n$
根據該式可得出 3D空間 的反射矩陣：
$$I-2n{n}^T=\left[\begin{array}{cccc}1-2n_x^2& -2n_x{n}_y& -2n_x{n}_z& 0\\ -2n_x{n}_y& 1-2n_y^2& -2n_y{n}_z& 0\\ -2n_x{n}_z& -2n_y{n}_z& 1-2n_z^2& 0\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right]$$
不好記，直接記 $I-2n{n}^T$ 就完事兒了，$I$ 是單位矩陣，$n$ 為平面法向

投影變換理論

3D空間的投影變換是 4D空間 w=1 子空間內的線性變換。它表示為一個 4x4矩陣$M$ 和 緊接著的 齊次變換。齊次變換：
$$H(x,y,z,w)=(\frac{x}{w},\frac{y}{w},\frac{z}{w},1)$$
那麼，如果 矩陣M 的最後一維 與 點乘積得到的結果為 0，即 點經過 矩陣M 變換後 w = 0，
那麼此時 齊次變換變得無意義，這裡我們認為 該點 經過投影變換後 被變換到了 無窮遠處。

旋轉

3D空間的旋轉 比 2D空間的旋轉要複雜。在 2D空間中，我們認為 點是在 xy平面，旋轉就是繞 z軸旋轉。而在 3D空間，我們的點可以繞 x、y、z 三個軸旋轉。
繞 z 軸，即在 xy平面上的旋轉矩陣 我們在 2D空間變換中已經給出：
$$R_{x}y(\theta )=\left[\begin{array}{ccc}cos\theta & -sin\theta & 0\\ sin\theta & cos\theta & 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right]$$
繞 x 軸，即在 yz平面上的旋轉矩陣：
$$R_{y}z(\theta )=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& cos\theta & -sin\theta \\ 0& sin\theta & cos\theta \end{array}\right]$$
繞 y 軸，即在 xz平面上的旋轉矩陣：
$$R_{x}z(\theta )=\left[\begin{array}{ccc}cos\theta & 0& sin\theta \\ 0& 1& \\ -sin\theta & 0& cos\theta \end{array}\right]$$

關於這三個軸的旋轉，我們可以用 尤拉角表示

尤拉角

尤拉角 是一種基於三種較簡單旋轉運動(稱為 俯仰、滾動 和 偏航)建立一般旋轉的機制。
用尤拉角表示旋轉，易於人的理解，即將一個物體的旋轉拆解為該物體繞 x、y、z 三個軸的旋轉。
其矩陣就為 繞三個軸旋轉的矩陣乘積：
$$\begin{array}{r}M=\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& cos\phi & -sin\phi \\ 0& sin\phi & cos\phi \end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}cos\theta & 0& sin\theta \\ 0& 1& 0\\ -sin\theta & 0& cos\theta \end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}cos\Phi & -sin\Phi & 0\\ sin\Phi & cos\Phi & 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right]\\ =\\ \left[\begin{array}{ccc}cos\theta cos\Phi & -cos\theta sin\Phi & sin\theta \\ sin\phi sin\theta cos\Phi +cos\phi sin\Phi & -sin\phi sin\theta sin\Phi +cos\phi cos\Phi & -sin\phi cos\theta \\ -cos\phi sin\theta cos\Phi +sin\phi sin\Phi & cos\phi sin\theta sin\Phi +sin\phi cos\Phi & cos\phi sin\theta \end{array}\right]\end{array}$$
我們來關注以下 最終得到的這矩陣的最上行 和 最右列。
首先，右上角元素 即 $m_{13}=sin\theta$，那麼我們只要取反正弦即可得到$\theta$
如果 $cos\theta \ne 0$ 那麼 $m_{11}$ 和 $m_{12}$ 不為0，我們可以得到 $\Phi =arctan(\frac{-m_{12}}{m_{11}})$
同樣的方式可以通過 $m_{23}$ 和 $m_{33}$ 得到 $\phi$

那麼如果 $cos\theta =0$ 呢？例如 $\theta =\pi /2$
此時：
$$M=\left[\begin{array}{ccc}0& 0& sin\theta \\ ...& ...& 0\\ ...& ...& 0\end{array}\right]$$
此時我們無法從矩陣$M$求解出 $\phi$和$\Phi$，或者說 它們可以是任意的角度，那麼矩陣$M$就無法表示唯一的旋轉。這種現象稱為 萬向節鎖，該現象使得我們無法完美的將尤拉角融入矩陣變換，這也是尤拉角並非描述旋轉的理想方式的一個原因。

旋轉軸 和 旋轉角的描述

我們來看看另一種描述 3D空間 旋轉的方式：
對 3D空間實施旋轉的的一個方法是選擇一個特定的軸(即一個單位向量)，然後繞該軸旋轉一定角度
對於每個旋轉都可以找出 其對應的 旋轉軸 和 旋轉角度嗎？這是已經被證明的，每個旋轉都可以找到其旋轉軸和旋轉角，證明較為複雜這裡就不給出了。
令
$$w=\left[\begin{array}{c}{w}_x\\ w_y\\ w_z\end{array}\right]$$
是旋轉軸的單位向量
$\theta$ 是繞旋轉軸旋轉的角度
有矩陣：
$$J_w=\left[\begin{array}{ccc}0& -w_z& w_y\\ w_z& 0& -w_x\\ -w_y& w_x& 0\end{array}\right]$$
我稱之為 w 的 叉乘矩陣。因為 $J_{w}v=w\times v$
於是有旋轉矩陣：
$$M=I+sin(\theta )J_w+(1-cos\theta )J_w^2$$
該矩陣由 Rodrigues 提出，因此稱為 Rodrigues 公式。證明書中未給出，大家可以自行了解，這裡給出知乎一篇相關的連結：
Rodrigues推導
我們來看一些關於 Rodrigues公式的性質：
我們可以計算一下 $J_{w}w$，可以得到 $J_{w}w=0$
那麼，我們對 $w$ 這個向量 繞其本身 旋轉θ 角度得到的是什麼呢？$Mw=Iw+sin(\theta )J_w+(1-cos\theta )J_w{J}_{w}w=w+0+(1-cos\theta )J_{w}0=w$，沒錯得到的仍是其本身。
如果 $v$ 是垂直於 $w$ 的向量，那麼我們可以推匯出 $w\times (w\times v)=-v$：
我們可以畫一下圖，用右手定則看一下$w\times (w\times v)$ 得到的方向，當然也可以進行運算驗證，但計算較為複雜，這裡只計算 第一個分量，另外兩個分量都是一樣的：
$$\begin{array}{r}(w\times (w\times v){)}_x=\\ -w_z^2{v}_x+w_x{w}_z{v}_z-w_y^2{v}_x+w_x{w}_y{v}_y=\\ -v_x(w_z^2+w_y^2)+w_x(w_z{v}_z+w_y{v}_y)=\\ -v_x(1-w_x^2)+w_x(w_z{v}_z+w_y{v}_y)=\\ -v_x+w_x{w}_x{v}_x+w_x(w_z{v}_z+w_y{v}_y)=\\ -v_x+w_x(w_z{v}_z+w_y{v}_y+w_x{v}_x)=\\ -v_x\end{array}$$

那麼 我們有，若向量$v$ 垂直於旋轉軸 $w$：
$$Mv=Iv+sin(\theta )w\times v+(1-cos\theta )w\times (w\times v)=v+sin(\theta )w\times v+(1-cos\theta )(-v)=sin(\theta )w\times v+cost\theta v$$
得到的結果可以看作是一個 極座標表示式，其描述了在 $w\times v$ 和 $v$ 組成的平面上的點的極座標 (v 為 ρ)

從旋轉矩陣中尋找 旋轉軸 和 旋轉角

求旋轉角：
我們來計算矩陣$M$ 對角線上的元素之和 記為 $tr(M)$：
$$tr(M)=tr(I)+sin(\theta )tr(J_w)+(1-cos\theta )tr(J_w^2)=3+(1-cos\theta )(-2(w_x^2+w_y^2+w_z^2))=1+2cos\theta$$
所以得 $\theta =co{s}^{-1}(\frac{tr(M)-1}{2})$
求旋轉軸：
$$M-M^T=I+sin(\theta )J_w+(1-cos(\theta ))J_w^2-(I^T+sin(\theta )J_w^T+(1-cos(\theta ))(J_w^2{)}^T)$$
而 可以計算得到 $I^T=I$、 $J_w^T=-J_w$ 和 $(J_w^2{)}^T=J_w^2$，所以可以簡化為
$$M-M^T=2sin(\theta )J_w$$
所以在我們求出 $\theta$ 後就可以得到 $J_w$ 進而得到 $w$
此時 如果 $sin\theta =0$ 則似乎無法求解 $J_w$，但我們可以進一步討論：
$\theta =0=>sin\theta =0$，此時 $M=I$(即 與矩陣相乘不會產生任何旋轉) 此時因為旋轉角為 0，所以可以採取任意單位向量作為旋轉軸。
$\theta =\pi$，此時 如果我們再旋轉 $\pi$ 的角度，那麼將回到自己，即和沒有產生旋轉一樣，那麼可以得到此時：
$MM=M^2=I$，那麼此時就會有：
$M(M+I)=M^2+M=M+I$
這意味著，$M$ 與 $M+I$ 相乘後，$M+I$ 的每一列都沒有產生變化。此時 $M+I$ 的任意非零列，歸一化(單位化)後都可以作為旋轉軸，且 $M+I$ 至少會有一個非零列。

旋轉和3D球（四元數）

我們稱所有 3x3旋轉矩陣的集合為 $SO(3)$，它實際上是 9維空間的一個子集，我們可以使用 四維空間中的“單位球”上的點來構建出 $SO(3)$，而這個四維空間中單位球上的點$(a,b,c,d)$ 就是四元數。
這一概念非常抽象，因為我們很難具象化四維空間，關於這一部分的推導，書中沒有給出。這裡還是給出知乎相關的連結：
如何形象地理解四元數？
四元數——基本概念

不過對於圖形學上的應用，我們只需瞭解四元數下面的內容即可：
我們有 四維空間上單位球上的一點$(a,b,c,d)$, $(a^2+b^2+c^2+d^2)=1$，即一個四元數 $q=\left[\begin{array}{c}a\\ b\\ c\\ d\end{array}\right]$，那麼就可以得到其表示的旋轉矩陣：
$$M=\left[\begin{array}{ccc}{a}^2+b^2-c^2-d^2& 2(bc-ad)& 2(ac+bd)\\ 2(ad+bc)& a^2-b^2+c^2-d^2& 2(cd-ab)\\ 2(bd-ac)& 2(ab+cd)& a^2-b^2-c^2+d^2\end{array}\right]$$
並稱 由 $q->M$ 的對映為 $K$

其具有這些性質：

• 我們可以看到 $M$ 中的項都是二次冪的，所以可以得到 $K(-q)=K(q)$，即該對映是一個 二對一的對映
• $K(\left[\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\\ 0\end{array}\right])=I$
• 對映$K$由$R^4$(四維空間)中的一種乘法定義，而 $R^4$中的乘法不滿足交換律
• 可由四元數代表的旋轉矩陣 轉換為 Rodrigues公式：
  設有 $q=(a,b,c,d)$，因為 $a^2+b^2+c^2+d^2=1$，可得 $-1<=a<=1$，故而 $a$ 可以這樣表示：$a=cos\theta$，有 $\theta =arccos(a)$
  得到：$cos{\theta }^2+b^2+c^2+d^2=1$
  所以：$b^2+c^2+d^2=sin{\theta }^2$
  所以 $\left[\begin{array}{c}b\\ c\\ d\end{array}\right]$ 可表示為一個 模長平方為 $sin{\theta }^2$ 的向量。如果 $a\ne \pm 1$(即 $\theta \ne 0||\pi$， 注意 對於該情況，在Rodrigues公式中我們已經討論過)，此時 $sin\theta \ne 0$
  可令:
  $$w=\left[\begin{array}{c}0\\ \frac{b}{sin\theta }\\ \frac{c}{sin\theta }\\ \frac{d}{sin\theta }\end{array}\right]$$
  則 $q$ 可以表示為：
  $$q=cos\theta \left[\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\\ 0\end{array}\right]+sin\theta w$$
  我們將 $a=cos\theta$，$b=sin\theta w_x$，$c=sin\theta w_y$，$d=sin\theta w_z$ (注意，這裡的 $w_x$ 是 $w$ 的第二個元素，在四維空間座標中 第一個元素 為 第四維值，即四維空間座標的表示：$(w,x,y,z)$)，我們將 a、b、c、d 的這一表示 代入 $K$對映，得到的矩陣 與 Rodrigues 公式構造的 繞 xyz向量 $w$，旋轉 $2\theta$ 的旋轉矩陣完全相同。

同樣，我們可以通過 Rodrigues公式 得到 四元數。
Rodrigues公式：$M=I+sin\theta J_w+cos\theta J_w^2$
之前，我們已經討論過，從 Rodrigues公式 計算得到 $\theta$ 和 $w$，那麼 就可以得到四元數：$q=(cos(\theta /2),sin(\theta /2)w_x,sin(\theta /2)w_y,sin(\theta /2)w_z)$
但上面我們知道 四元數有二對一的性質，即$K(-q)=K(q)$，所以我們應該計算得到兩個結果，另一個是$-q=(-cos(\theta /2),-sin(\theta /2)w_x,-sin(\theta /2)w_y,-sin(\theta /2)w_z)$

另外，在之前討論 尤拉角表示時，我們已經知道如何通過旋轉矩陣得到 尤拉角表示，所以 現在，這三個表示間是可以相互轉換的

球面線性插值

假設單位球上有兩點 $q_1$ 和 $q_2$ 且 $q_1\ne -q_2$，即它們是非對徑點(在直徑的兩端)，則它們之間存在一條唯一的最短路徑
構造一條從$q_1$到$q_2$的路徑$\gamma$即$(\gamma (0)=q_1,\gamma (1)=q_2)$，且沿著兩點間較短弧勻速前進，這一問題稱為球面線性插值，該插值的英文為 slerp
球面線性插值這樣計算：將球面上兩點$q_1,q_2$ 看作 從球的球心 到 表面上該點的向量
在球上取 $q_1,q_2$ 所在的平面，較短弧一定在該平面上(因為兩點間線段最短，而該線段對應的弧就是最短弧)：

注意，這裡我們假設球是單位球，那麼 $q_1,q_2$ 就是單位向量。我們可以得到該圓上點的公式：

$v$ 垂直於 $q_1$，那麼以 $v,q_1$ 即可構造該圓：$\gamma (t)=cos(t)q_1+sin(t)v$
設 $\theta$ 為 $q_1,q_2$ 的夾角， 那麼，當 $t=\theta$ 時，$\gamma (\theta )=q_2$ ($\gamma (\theta )$ 本身就是通過將 $q_1$ 旋轉 $\theta$角度 來表示圓上的點)，同樣 $\gamma (0)=q_1$
這樣，我們就構造出了一個球面插值，但是一般插值都是 0~1 範圍的插值，我們可以讓 $t$ 乘上一個 $\theta$：
$$\gamma (t\theta )=cos(t\theta )q_1+sin(t\theta )v$$
這樣，我們就得到了 球面線性插值公式。

剩下的問題就是如何 求解 $\theta$ 和 $v$
先來看 $\theta$：
$\theta$ 是 $q_1,q_2$ 的夾角，那麼之間對 $q_1,q_2$ 的點積取反餘弦即可：
$$\theta =arccos(q_1\cdot q_2)$$

再來看 $v$：
$v$ 是垂直於 $q_1$ 的單位向量，而 $q_2$ 向 $q_1$ 的投影 也垂直於 $q_1$：

可以得到：$v=normalize(q_2-(q_2\cdot q_1)\ast q_1)$
這樣我們就可以對球面線性插值進行計算啦。

旋轉插值

上面我們得到 球面線性插值後，就可以將其用來計算旋轉插值了。
四元數是$R^4$的單位球上的點，那麼就可以通過對 四元數 進行球面線性插值 從而對 旋轉進行插值。
首先，我們有旋轉矩陣 $M_1$ 和 $M_2$
可以得到它倆對應的四元數：$\pm q_1$ 和 $\pm q_2$
我們一般對較小弧進行插值，即對較小的旋轉角度差進行插值，如何找到這個最小弧呢？

如圖 $\pm q_1$ 是兩個對徑點，即直徑的兩個端點，$\pm q_2$ 同樣。那麼如圖我們可以得到 $q_1\cdot q_2<0$ 而 $q_1\cdot -q_2>0$，所以 $q_1$ 到 $-q_2$ 就是較短弧，這樣我們就可以找到較短弧了。
找到較短弧後，我們只需要進行 球面線性插值，即可對這兩個四元數進行插值
得到插值後的四元數$q$後，我們通過 $K(q)$ 在得到 $q$ 對應的旋轉矩陣即可。

旋轉表示間的比較

現在我們有四種表示 3D剛性參考座標系的方式：

1. 一個 4x4 矩陣 $M$，將其作用於始於原點的三個基向量，得到的是三個新的基向量，作用於原點得到新的基點 $P$，該矩陣最後一行一定是 $(0,0,0,1)$， 該矩陣左上角是一個 3x3 的旋轉矩陣 $S$
2. 一個 3x3 旋轉矩陣 $S$ 和 一個平移向量 t = P - 原點
3. 三個尤拉角 和 一個平移向量
4. 一個單位四元數 和 一個平移向量

方式1的優點是很容易將它看作一個變換，可以通過矩陣相乘將其與其它變換組合起來，在幾何建模中採用這種表示較為合適。

方式2可以和方式1 互相轉換，但 方式2 可以通過 $S^{T}S=I$ 來檢查矩陣 $S$ 是否正交。如果 方式1、方式2 這類矩陣多個進行相乘，則會產生 殘差累積，可以用 Gram-Schmidt 正交化處理對結果進行調整以恢復正交形式，但計算量過大。

方式3 對於第一人稱 或者 以物體為中心的操作方式 非常合適。但是將其轉換為 矩陣 和 由矩陣轉化回來，較為麻煩。

方式4 在剛性動畫中頗受歡迎(可以進行插值)。將它轉化為 矩陣形式很容易，但由矩陣轉化回來較為麻煩，這是因為它是 二對一的對映。採用四元數表示時插值十分容易，且可以用四元數來對矩陣進行重新正交化，這樣就不需要進行 Gram-Schmidt 處理方式，計算會非常快(這一部分進階篇會專門探討，這裡只講述幾種表示間的優缺點)。