四元數研究

本文轉載自查看原文 2019-04-23 21:50 546

接着上一篇博客四元數研究：www.cnblogs.com/liuzhenbo/p/10749458.html

　　為了規避Ambiguity的問題，我們給出另一種表述方向的方法： 軸角表示(Axis-Angle-Representation)。跟歐拉角不同的是，我們這次不再采取多次旋轉的方式來找到目標方向，而是找到 一根旋轉軸，只通過繞這根軸 旋轉一次就可以得到目標方向。這樣就不會產生Ambiguity了嗎？是的，證明方法很簡單，首先以目標矩陣原點為一角，三軸為三邊建立一個立方體，這個立方體中通過原點的對角線就是我們要找的旋轉軸，顯然，這個 旋轉軸是唯一的，而我們知道， 繞一個旋轉軸旋轉不同角度，對應的方向也是不同的（角度范圍（角度范圍 $\left(-\pi, \pi\right]$ ），由此可見，空間中任一位置的軸角表示是唯一的，不存在Ambiguity的問題。旋轉軸我們可以通過向量 $\left[\begin{matrix}x\\y\\z\end{matrix}\right]$ 來表示，旋轉角度我們可以通過一個度數 $\theta$ 來表示，至此我們可以通過軸角表示 $(axis, angle) = \left(\left[\begin{matrix}x\\y\\z\end{matrix}\right],\theta\right)$ 來描述方向。

一般來說，軸角表示方向時，會出現4個參數，其中3個用於表示旋轉軸，1個用於表示旋轉角大小。而如果我們規定了表示旋轉軸的向量為單位向量

，考慮到 $\sqrt{x^2+y^2+z^2}=1$ ，我們就可以用兩個參數表示出旋轉軸，總共 只需要三個參數，跟歐拉角一樣多。旋轉向量我們可以用 $\bm{\theta} = \theta e$ 表示，其中

是單位向量。順便提一句，這里的旋轉軸我們稱為 歐拉軸(Euler axis)，這里的旋轉向量我們稱為 歐拉向量(Euler vector)。是的，全是這個人自己在玩兒。

　　現在我們可以說說四元數了。我們引入四元數是為了 更方便地計算軸角表示的方向變換。四元數是什么？四元數是復數，更具體地說四元數是存在三個虛部的復數。 q = w + ix + jy +kz

，其中i,j,k是虛數單位，滿足 i^2=j^2=k^2 = -1

，且 $i\cdot j=k$ ， $j \cdot i=-k$ 。為了讓大家更直觀地明白用四元數運算的優點，我們簡單回顧一下高中學的復數運算。

加法：

q_1+q_2 = (w_1 + w_2) + i(x_1+x_2) + j(y_1 + y_2) + k(z_1 + z_2) = [(w_1 + w_2), (v_1 + v_2)]

乘法：

$q_1\cdot q_2 = (w_1w_2-x_1x_2-y_1y_2-z_1z_2)+\\i(w_1x_2+x_1w_2+y_1z_2-z_1y_2)+\\j(w_1y_2-x_1z_2+y_1w_2+z_1x_2)+\\k(w_1z_2+x_1y_2-y_1x_2+z_1w_2)$

將四元數用於計算軸角表示運算時，我們通常寫成向量形式(vector representation) $q = [w,\vec{v}] = \left[w,\left(\begin{matrix}x\\y\\z\end{matrix}\right)\right]$ ，為了表達清晰和計算方便，我們將w,x,y,z的取值定位 w^2+x^2+y^2+z^2 = 1 ，並稱之為單位四元數，在方向計算時單位四元數中w,x,y,z分飾的角色我們后面會解釋。此時，復數乘法可表示為向量形式：

$q_1\cdot q_2 = [w_1, \vec{v_1}]\cdot[w_2, \vec{v_2}] = [w_1w_2-v_1v_2,v_1\times v_2 + w_1\cdot v_2+w_2\cdot v_1]$

要注意這里出現的向量叉乘沒有交換率。

同時，我們也可以將乘法寫成矩陣形式，以用於和歐拉角計算作比較：

$q_1q_2 = \left[\begin{matrix} w_1&-x_1 & -y_1 & -z_1\\ x_1 & w_1 & -z_1 & y_1\\ y_1 & z_1 & w_1 & -x_1\\ z_1 & -y_1 & x_1 & w_1 \end{matrix}\right]\left[\begin{matrix} w_2\\x_2\\y_2\\z_2 \end{matrix}\right]$

觀察此式，我們發現兩個四元數相乘，需要存儲8個單位數據，也就是說，每個參與運算的四元數只要存儲4個單位數據 (w,x,y,z) 即可。

此外我們還需要幾個特殊量和性質：

四元數的模： $\|q \| = \sqrt{w^2+x^2+y^2+z^2}$
四元數共軛：
共軛的向量形式： $q^* = ([w, \vec{v}])^* = [w,-\vec{v}]$
四元數倒數： $q\cdot q^{-1} = q^{-1}\cdot q = 1$
共軛與倒數的關系： $q^{-1} = \frac{q^*}{w^2+x^2+y^2+z^2}$ 可見對於單位四元數 $q^* = q^{-1}$
共軛與倒數的性質： $(q_aq_b)^{-1} = q_b^{-1}q_a^{-1}$ ，
四元數運算同時滿足結合律和分配律：

(q_1+q_2)+q_3 = q_1+(q_2+q_3)

(q_1q_2)q_3 = q_1(q_2q_3)

(q_1+q_2)q_3 = q_1q_3+q_2q_3

q_1(q_2+q_3) = q_1q_2+q_1q_3

了解了上面的計算法則，我們就可以利用四元數來計算方向變換過程了。還記得我們之前說過計算時四元數我們用向量形式表示，且保證它是單位四元數嗎？其實四元數的向量形式我們還可以進一步改寫為極形式(polar representation)

$q = \|q\|[cos\theta, \vec{n}\cdot sin\theta]$ ，

其中 $\|q\|$ 代表了四元數的模，單位四元數模為1，而 $\theta$ 是四元數表示的旋轉過程的半角大小，也就是說 $(2\theta)$ 就是旋轉角大小，則是表示旋轉軸方向的單位向量。用這種表示方法，四元數即可表示任意軸角表達的方向變換。方向變換的計算方法我們這里給出結論，大家可以自己通過計算來驗證一下，如有興趣也可以推導一下過程：

先將原向量坐標表示為四元數 $p=[0,\vec{v}]$ ，將旋轉角度及旋轉軸表示為單位四元數，旋轉后的向量坐標可通過 $r = q\cdot p\cdot q^*$ 或 $r = q \cdot p\cdot q^{-1}$ 計算得出。

至此，四元數算是正式引入完了，下面我們來看看為什么我們要引入四元數。

先說結論，四元數的引用是為了減少計算量和計算時存儲占用的空間。

但是，如果你足夠細心，一定可以發現兩個四元數相乘的過程其實是一個4×4矩陣與一個4×1矩陣相乘的過程，而四元數計算一次變換需要兩次這個過程，其中包括24次加法運算和32次乘法運算，反觀歐拉角的矩陣變換只要進行一次3×3矩陣和3×1矩陣的乘法運算，其中包括6次加法運算和9次乘法運算，運算量明顯是四元數更大一些。如果你再細心一些可以發現，四元數運算時雖然有個4×4矩陣參與運算，但是矩陣中的每一項都是已經存儲過的單位數據，而參與歐拉角運算的3×3矩陣則要通過另外已存儲的單位數據進行的16次乘法運算，4次加法運算以及4次符號改變運算來求出，不過即使加上這些運算過程，矩陣運算也只要25次乘法運算，10次加法運算以及4次符號改變運算，運算量上來說，歐拉角的矩陣運算依然比四元數運算要有優勢。

但事實上，我們一般遇到的運動學問題很少會有只做一次方向轉換的情況出現，對於復雜的系統和機器人來說，我們往往會面對數量龐大的轉變方向過程。這種情況下四元數的優勢就體現出來了，我們考慮多次變換的四元數運算：

$R = R_1R_2...R_{n-1}R_n=q_n(q_{n-1}...(q_2(q_1\cdot p\cdot q_1^*)q_2^*)...q_{n-1}^*)q_n^*$ ，

我們利用結合律來看：

$R = R_1R_2...R_{n-1}R_n=(q_nq_{n-1}...q_2q_1) p( q_1^*q_2^*...q_{n-1}^*q_n^*)$ ，

考慮到四元數共軛有性質： (q_aq_b)^* = q_b^*q_a^* ，我們可以把原式改寫為

$R = R_1R_2...R_{n-1}R_n=(q_nq_{n-1}...q_2q_1) p(q_nq_{n-1}...q_2q_1)^*$ ，

可以發現，原向量左右兩側括號里的運算結果是一對共軛四元數，也就是說可以利用3次易號運算代替n次四元數相乘運算，大大減少了計算量。反觀歐拉角的矩陣計算，雖然一次旋轉時，僅僅是3×3矩陣和3×1矩陣的乘法運算，但是對於多次運算來說， $M_nM_{n-1}...M_2M_1$ 的運算卻是多個3×3矩陣相乘，與四元數 $q_nq_{n-1}...q_2q_1$ 的每組4×4矩陣與4×1矩陣的相乘相比運算量要大上不少，加上3×3矩陣中多數元素都是需要通過單位數據再次運算才能得到的，更是增加了運算量的需求。總體看來，在復雜的多次變換情況下，四元數比矩陣運算所需要的運算量更小。

另外，我們之前提到過，每一個3×3的矩陣至少需要存儲6個單位數據才可以記錄，而每個四元數僅需要4個單位數據即可(其實考慮到四元數是單位四元數，在保證w已知的前提下，x,y,z缺少任意一個都是可以通過運算推導出四元數的，也就是說可能只要占用三個數據的存儲空間，前提是對x,y,z的定義域要有限制)，在大量變換的運算中，四元數的應用可以節約非常多的存儲空間。

擁有以上兩個優點，加上規避了Ambiguity的問題，我們在表示方向和方向變換時會經常使用四元數的運算。不過四元數也是有缺點的，在復雜運動中，方向旋轉和位移往往是同時發生的，在運用歐拉角矩陣運算時，我們考慮平移運算只要改寫矩陣為4×4 homogeneous matrix $\left[ \begin{matrix} \left[ \begin{matrix} &&\\&R&\\&& \end{matrix}\right]\begin{matrix} x\\y\\z \end{matrix}\\ \begin{matrix} 0&0&0&1 \end{matrix} \end{matrix} \right]$ 即可，而四元數則必須重新寫為 $Rot(\vec{n}, \theta)$ 的形式以找到homogeneous matrix，非常麻煩。

$Rot(\vec{n},\theta)=\left[\begin{matrix} n_x^2+(1-n_x^2)c & n_xn_y(1-c)-n_zs & n_xn_z(1-c)+n_ys & 0\\ n_xn_y(1-c)+n_zs & n_y^2+(1-n_y^2)c & n_yn_z(1-c)-n_xs & 0\\ n_xn_z(1-c)-n_ys & n_yn_z(1-c)+n_xs & n_z^2+(1-n_z^2)c & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}\right]$ ，其中 $c = cos\theta, s = sin\theta$

參考文獻：
https://www.zhihu.com/question/47736315/answer/236808639

www.qiujiawei.com/understanding-quaternions/

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