回顧Games101圖形學（一）幾何變換中一些公式的推導

回顧Games101 chapter 1 - 6

前言

本文只寫回顧后重新加深認識的知識

透視除法的意義

經過MVP矩陣之后，將模型空間下某點的坐標，轉換成了裁剪空間下的坐標，此時因為裁剪空間的范圍是\(x∈[-W/2，W/2]\)和\(y∈[-H/2，H/2]\)，所以經過以下兩個變換，其中除以pz就是透視除法

透視矯正意義和做法：https://stackoverflow.com/questions/24441631/how-exactly-does-opengl-do-perspectively-correct-linear-interpolation
一：

\[-1≤2·\frac{\left( \frac{p_x}{p_z}·near \right)}{w}≤1 \\ -1≤2·\frac{\left( \frac{p_y}{p_z}·near \right)}{h}≤1 \]

二：

\[\left[ \begin{matrix} x& y& z& w\\ \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} 1& 0& 0& 0\\ 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0\\ \varDelta x& \varDelta y& \varDelta z& 1\\ \end{matrix} \right] =\left[ \begin{matrix} x+\varDelta x*w& y+\varDelta y*w& z+\varDelta z*w& w\\ \end{matrix} \right] \]

只有當W=1，這個三維坐標轉換是等價的，才能保證位移的量是正確的，W=0時，則沒有位移

只有當W=1時，三維坐標點轉換成四維齊次坐標點才是等價的

坐標系變換和矩陣推導

坐標系變換理解不直觀，傾向於101中閆老師所說的理解坐標系的轉換通過矩陣進行的線性變換，將A坐標系下的點P，乘上矩陣得出B坐標系下的點P'，以下是拋開常見的變換（如透視投影變換、正交投影變換等）如何得出變換矩陣M，通過矩陣變換（下文着重說明）

已知坐標系A和坐標系B

\[坐標系B的x，y，z軸在坐標系A下可表示為（u_{\mathrm{x}}，u_{\mathrm{y}}，v_{\mathrm{z}}，0） \]

\[\left( \mathrm{v}_{\mathrm{x}},\mathrm{v}_{\mathrm{y}},\mathrm{v}_{\mathrm{z}},0 \right) \text{，}\left( \mathrm{w}_{\mathrm{x}},\mathrm{w}_{\mathrm{y}},\mathrm{w}_{\mathrm{z}},0 \right) \text{，坐標系B的原點在坐標系A下表示為（Q}_{\mathrm{x}},\mathrm{Q}_{\mathrm{y}},\mathrm{Q}_{\mathrm{z}},1\text{）} \]

則將坐標系B中一點P從坐標系B變換到坐標系A的變換矩陣為：（注意此處的例子是將源坐標系A變換到目標坐標系B下）

\[\mathrm{M}=\left[ \begin{matrix} u_{\mathrm{x}}& u_{\mathrm{y}}& u_{\mathrm{z}}& 0\\ v_{\mathrm{x}}& v_{\mathrm{y}}& v_{\mathrm{z}}& 0\\ w_{\mathrm{x}}& w_{\mathrm{y}}& w_{\mathrm{z}}& 0\\ Q_{\mathrm{x}}& Q_{\mathrm{y}}& Q_{\mathrm{z}}& 1\\ \end{matrix} \right] \]

如之前所說，變換過程中點p在空間中的絕對位置沒有發生改變，只是參考坐標系發生了改變，從B坐標系變到A坐標系。（縮放，旋轉，平移變換只有在同一坐標系下才有意義）

矩陣變換是基於基向量組的結果

• 矩陣變換之於同一個坐標系，可以理解為坐標系不變，點的位置改變
• 矩陣變換之於不同坐標系，可以理解為點的絕對位置不變，坐標系改變

\[\left[ \begin{array}{c} x^{'}\\ y^{'}\\ \end{array} \right] =B\left[ \begin{array}{c} x\\ y\\ \end{array} \right] \Rightarrow \left[ \begin{array}{c} x\\ y\\ \end{array} \right] =B^{-1}\left[ \begin{array}{c} x^{'}\\ y^{'}\\ \end{array} \right] \text{，}B=\left[ \begin{matrix} \overrightarrow{b_1}& \overrightarrow{b_2}\\ \end{matrix} \right] \text{，且}\overrightarrow{b_1}\text{，}\overrightarrow{b_2}\text{是坐標系}B\text{的基向量} \]

其中，矩陣B的各個列向量分別對應B坐標系的各個基向量，\( \left[ \begin{array}{c} x\\ y\\ \end{array} \right] \)是向量\( \overrightarrow{OP} \)或者說點P在B坐標系的表示，\( \left[ \begin{array}{c} x^{'}\\ y^{'}\\ \end{array} \right] \)則是向量\( \overrightarrow{OP} \)或者點P在A坐標系中的表示

以圖中的兩個向量\( \overrightarrow{b_1} \)，\( \overrightarrow{b_2} \)為基確定一個坐標系B，顯然在B坐標系中\( \overrightarrow{b_{1B}}=\left[ \begin{array}{c} 1\\ 0\\ \end{array} \right] \)，\( \overrightarrow{b_{2B}}=\left[ \begin{array}{c} 0\\ 1\\ \end{array} \right] \)，接下來，將\( \overrightarrow{b_1} \)，\( \overrightarrow{b_2} \)定位到A坐標系中，得到\( \overrightarrow{b_{1A}}=\left[ \begin{array}{c} 2\\ 1\\ \end{array} \right] \)，\( \overrightarrow{b_{2A}}=\left[ \begin{array}{c} -1\\ 1\\ \end{array} \right] \)

\( \because \overrightarrow{OP}=2\overrightarrow{b_1}+2\overrightarrow{b_2} \)

\( \therefore \overrightarrow{OP}\)在B坐標系中的表示為\( \left[ \begin{array}{c} 2\\ 2\\ \end{array} \right] \)，現在，將\( \overrightarrow{OP} \)用A坐標系描敘：
\( \overrightarrow{OP}=2\overrightarrow{b_1}+2\overrightarrow{b_2}=2\overrightarrow{b_{1A}}+2\overrightarrow{b_{2A}}=\left[ \begin{matrix} \overrightarrow{b_{1A}}& \overrightarrow{b_{2A}}\\ \end{matrix} \right] \left[ \begin{array}{c} 2\\ 2\\ \end{array} \right] =\left[ \begin{array}{c} 2\\ 4\\ \end{array} \right] \\ \)
現在，令矩陣B=\( \left[ \begin{matrix} \overrightarrow{b_{1A}}& \overrightarrow{b_{2A}}\\ \end{matrix} \right] \)，P點是用B坐標系表示的任意一點\((x,y)\)。
於是\( \overrightarrow{OP} \)在A坐標系中的表示\( \left[ \begin{array}{c} ^{x^{'}}\\ y^{'}\\ \end{array} \right] =B\left[ \begin{array}{c} x\\ y\\ \end{array} \right] \)，顯然，B是可逆的，於是就有了之前的結論
那么在這個例子當中，當我們需要知道某點在轉換坐標系后的新坐標時，通過該例子也可以加深印象，比如在B坐標系下有點\(Q(3,4)\)，即\(\overrightarrow{OQ}=(3,4)\)，跟據剛才的例子可以看出它轉換在A坐標系下的點

\[\overrightarrow{OQ}=2\overrightarrow{b_1}+2\overrightarrow{b_2}=2\overrightarrow{b_{1A}}+2\overrightarrow{b_{2A}}=\left[ \begin{matrix} \overrightarrow{b_{1A}}& \overrightarrow{b_{2A}}\\ \end{matrix} \right] \left[ \begin{array}{c} 3\\ 4\\ \end{array} \right] =\left[ \begin{matrix} 2& -1\\ 1& 1\\ \end{matrix} \right] \left[ \begin{array}{c} 5\\ 4\\ \end{array} \right] =\left[ \begin{array}{c} 6\\ 9\\ \end{array} \right] \]

即轉換到A坐標系下的點\(Q^{'}\)的坐標為\(Q^{'}(6,9)\)

雖然這里的討論是基於二維的，但是，結論可以擴展到任意維度

闡述結論：

將B坐標系的基向量定位到A坐標系，然后將定位之后的基向量作為矩陣B的列向量，用矩陣B對B坐標系中的點P的坐標進行矩陣變換，將得到點P在A坐標系中的坐標。這個過程，就是從坐標系 B到坐標系A的一個追溯過程

View/Camera Transformation

先將相機移到原點，然后進行分別對坐標軸進行旋轉，用矩陣表示則是\(M_{view}=R_{view}T_{view}\)

• 將相機移回原點

\[T_{view}=\left[ \begin{matrix} 1& 0& 0& -x_e\\ 0& 1& 0& -y_e\\ 0& 0& 1& -z_e\\ 0& 0& 0& 1\\ \end{matrix} \right] \]

• \(Rotate\,\,g\,\,to\,\,-Z, t\,\,to\,\,Y, \left( g×t \right) \,\,To\,\,X\)
  g是相機看的方向（lookAt），t是相機向上的方向（Up），也就是相機的-Z軸和Y軸，兩個向量叉積就是另一個坐標軸

\[R_{view}^{-1}=\left[ \begin{matrix} x_{\widehat{g}×\widehat{t}}& x_t& x_{-g}& 0\\ y_{\widehat{g}×\widehat{t}}& y_t& y_{-g}& 0\\ z_{\widehat{g}×\widehat{t}}& z_t& z_{-g}& 0\\ 0& 0& 0& 1\\ \end{matrix} \right] \]

旋轉矩陣是正交矩陣，所以旋轉矩陣的逆就是旋轉矩陣的轉置

\[R_{view}^{}=\left[ \begin{matrix} x_{\widehat{g}×\widehat{t}}& y_{\widehat{g}×\widehat{t}}& z_{\widehat{g}×\widehat{t}}& 0\\ x_t& y_t& y_t& 0\\ x_{-g}& y_{-g}& z_{-g}& 0\\ 0& 0& 0& 1\\ \end{matrix} \right] \]

正交投影矩陣

無論是正交投影還是透視投影，都是要將x、y、z移到-1到1的范圍內，先將中心點移到原點，然后縮放

\[M_{ortho}=\left( \begin{matrix} \frac{2}{r-l}& 0& 0& 0\\ 0& \frac{2}{t-b}& 0& 0\\ 0& 0& \frac{2}{n-f}& 0\\ 0& 0& 0& 1\\ \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 1& 0& 0& -\frac{r+l}{2}\\ 0& 1& 0& -\frac{t+b}{2}\\ 0& 0& 1& -\frac{n+f}{2}\\ 0& 0& 0& 1\\ \end{matrix} \right) \]

透視投影矩陣推導

首先先將frustum 轉變為cuboid（n -> n,f -> f）(\(M_{persp->ortho}\))
然后再做正交投影

整個投影變換包括兩部分

• v = P（矩陣）*p
• \(v=\frac{v}{v_w}=\frac{v}{pz}\)透視除法

以上大概推出等式這一步，接下來用公式展示更為直觀

\[\left( \begin{matrix} m00& m01& m02& m03\\ m10& m11& m12& m13\\ m20& m21& m22& m23\\ m30& m31& m32& m33\\ \end{matrix} \right) \left( \begin{array}{c} x\\ y\\ z\\ 1\\ \end{array} \right) =\left( \begin{array}{c} \frac{x}{z*aspect*\tan \left( \frac{fov}{2} \right)}\\ \frac{y}{z*tan\left( \frac{fov}{2} \right)}\\ z^{‘’}\\ 1\\ \end{array} \right) \]

\[m00*x+m01*y+m02*z+m03=\frac{x}{z*aspect*\tan \left( \frac{fov}{2} \right)} \]

將右邊的四維列向量表示的坐標每一項乘以z，所以有

\[\left( \begin{matrix} m00& m01& m02& m03\\ m10& m11& m12& m13\\ m20& m21& m22& m23\\ m30& m31& m32& m33\\ \end{matrix} \right) *\left( \begin{array}{c} x\\ y\\ z\\ 1\\ \end{array} \right) =\left( \begin{array}{c} \frac{x}{aspect*\tan \left( \frac{fov}{2} \right)}\\ \frac{y}{\tan \left( \frac{fov}{2} \right)}\\ z*z^{{'}{'}}\\ z\\ \end{array} \right) \]

所以求得矩陣為

\[\left( \begin{matrix} \frac{1}{aspect*\tan \left( \frac{fov}{2} \right)}& 0& 0& 0\\ 0& \frac{1}{\tan \left( \frac{fov}{2} \right)}& 0& 0\\ 0& 0& m22& m23\\ 0& 0& 1& 0\\ \end{matrix} \right) \]

\[m22*z+m23 =\,\,z*z^{{'}{'}} \\ \Rightarrow m22+\frac{m23}{z}=z^{{'}{'}} \]

因為z=zNear時，z''=-1；z=zFar時，z''=1所以有以下等式

\[m22+\frac{m23}{zNear}=-1 \\ m22+\frac{m23}{zFar}=1 \]

聯立求得：

\[m22=\frac{-zFar-zNear}{zNear-zFar} \\ m23=\frac{2*zFar*zNear}{zNear-zFar} \]

最后求得投影矩陣為

\[\left( \begin{matrix} \frac{1}{aspect*\tan \left( \frac{fov}{2} \right)}& 0& 0& 0\\ 0& \frac{1}{\tan \left( \frac{fov}{2} \right)}& 0& 0\\ 0& 0& \frac{-zFar-zNear}{zNear-zFar}& \frac{2*zNear*zFar}{zNear-zFar}\\ 0& 0& 1& 0\\ \end{matrix} \right) \]

將這樣得矩陣乘以視錐體內的一個頂點坐標，得到一個新的向量，再將這個向量的每個分量除以第四個分量（此步驟也被稱為透視除法）（w），這樣就可以得到頂點映射到規則立方觀察體后的新的坐標

注意：z坐標的映射方式的獲得，最后我們是為了方便矩陣乘法的操作方向求得了z坐標與cvv中的z坐標的映射方式：

\[m22+\frac{m23}{z}=z^{{'}{'}} \]

此時的映射並不是線性的，當z越大時，z的變化對z''的擾動越小

Canonical Cube to Screen

• Irrelevant to z
• Transform in xy plane : [-1, 1] to [0, width] × [0, height]
• Viewport transform matrix:

視口矩陣

\[M_{viewport}=\left[ \begin{matrix} \frac{width}{2}& 0& 0& \frac{width}{2}\\ 0& \frac{height}{2}& 0& \frac{height}{2}\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1\\ \end{matrix} \right] \]

深度z的計算

前言
3D光柵化發生在圖元被變換到Screen space之后，因為這里的Screen space與2D的Screen Space完全一致，所以2D的光柵化算法在這里依然適用。

然而由於圖元經過了投影變換，且投影變換為非線性變換，所以不能用簡單的線性插值獲取fragment的屬性

投影變換不會保持相對距離不變性

如上圖所示，view space中的線段v0v1上兩點$ p0\left( p0_x,p0_y,p0_z,1 \right) $，$ p1\left( p1_x,p1_y,p1_z,1 \right) $在near plane上的投影為點$ s0\left( s0_x,s0_y \right) $，$ s1\left( s1_x,s1_y \right) $。$ p0 $，$p1$中間一點$v(v_x,v_y,v_z,1)$在near plane上的投影為點$q(q_x,q_y)$。從圖中可以看出點v到p0，p1的距離比值與點q到s0，s1的距離比值完全不同，投影變換不保持距離不變。

為了執行z-buffer算法，需要通過點q獲取到v的深度值(z)
點\(v\)的深度值可以通過如下方法插值得到：

\[v_z=\frac{1}{\frac{c}{p1_z}+\frac{\left( 1-c \right)}{p0_z}} \]

以下是推導的過程：

手寫版：

文字版：
由於點\(q\)為點\(v\)在near plane上的投影，因此點\(q\)與點\(v\)的關系為：

• \(q_x=\frac{v_x·near}{v_z}\)
  且\(v\)位於\(p0p1\)之間，則
• \(v_z=p0_{z}+t·(p1_z-p0_z)=\frac{v_x·near}{q_x}\)
  由點\(v\)在\(p0\)，\(p1\)之間，點\(q\)在\(s0\)，\(s1\)之間則有
• \(v_x=p0_{x}·(1-t)+p1_{x}·t=p0_{x}+t·(p1_{x}-p0_{x})\)
• \(q_x=s0_{x}·(1-c)+s1_{x}·c=s0_{x}+c·(s1_{x}-s0_{x})\)
  代入式(1)可得
  \(v_z=\frac{v_x·near}{q_x}=\frac{(p0_x+t·(p1_x-p0_x))·near}{s0_x+c·(s1_x-s0_x)}\)式(2)
  又s0和s1分別為p0和p1在near plane上的投影，則：
• \(s0_x=\frac{p0_x·near}{p1_z}\)
• \(s1_x=\frac{p1_x·near}{p1_z}\)
  代入式(2)可得：

\[v_z=\frac{\left( \frac{p0_x·s0_x}{near}+t·\left( \frac{p1_x·s1_x}{near}-\frac{p0_x·s0_x}{near} \right) \right) ·near}{s0_x+c·\left( s1_x-s0_x \right)} \]

\[v_z=\frac{\left( \frac{p0_x·s0_x}{near}+t·\left( \frac{p1_x·s1_x}{near}-\frac{p0_x·s0_x}{near} \right) \right) ·near}{s0_x+c·\left( s1_x-s0_x \right)} \\ v_z=\frac{\left( p0_x·s0_x+t·\left( p1_x·s1_x-p0_x·s0_x \right) \right)}{s0_x+c·\left( s1_x-s0_x \right)} \\ p0_z+t·\left( p1_z-p0_z \right) =\frac{\left( p0_x·s0_x+t·\left( p1_x·s1_x-p0_x·s0_x \right) \right)}{s0_x+c·\left( s1_x-s0_x \right)} \\ \left( p0_z+t·\left( p1_z-p0_z \right) \right) ·\left( s0_x+c·\left( s1_x-s0_x \right) \right) =p0_x·s0_x+t·\left( p1_x·s1_x-p0_x·s0_x \right) \\ p0_z·s0_x+p0_z·c·\left( s1_x-s0_x \right) +t·\left( p1_z-p0_z \right) ·s0_x+t·c·\left( p1_z-p0_z \right) ·\left( s1_x-s0_x \right) =p0_x·s0_x+t·\left( p1_x·s1_x-p0_x·s0_x \right) \]

化簡得：

\[t·\left( p1_z-c·\left( p1_z-p0_z \right) \right) =c·p0_z \]

則：

\[t=\frac{c·p0_z}{c·p0_z+(1-c)·p1_z} \]

代入式(1)可得

\[v_z=p0_z+t·(p1_z-p0_z) \]

\[v_z=p0_z+\frac{c·p0_z}{c·p0_z+(1-c)·p1_z}·(p1_z-p0_z) \]

\[v_z=\frac{1}{\frac{c}{p1_z}+\frac{(1-c)}{p0_z}} \]

若View Space中三角形\(v0v1v2\)，變換到Screen Space后為三角形\(s0s1s2\)，\(v0v1v2\)內一點v在Screen Space的投影點\(s0s1s2\)內的點\(q\)，對三角形\(s0s1s2\)內的點（fragment）\(q\)，可以通過如下方法取得fragment\(q\)在View Space中對應的深度值：

\[q.z=v.z=\frac{1}{\frac{\lambda0}{v0.z}+\frac{\lambda1}{v1.z}+\frac{\lambda2}{v2.z}} \]

\(\lambda0,\lambda1,\lambda2\)為點p在三角形\(s0s1s2\)內的重心坐標
引入結論：
對Screen Space三角形\(s0,s1,s2\)內一點\(p\)的任意屬性插值的公式為:

\[Atribute\left( p \right) =z·\left( \frac{\lambda 0·Atribute\left( v0 \right)}{z0}+\frac{\lambda 1·Atribute\left( v1 \right)}{z1}+\frac{\lambda 2·Atribute\left( v2 \right)}{z2} \right) \]

\(\lambda0,\lambda1,\lambda2\)為點\(p\)的重心坐標，\(z0,z1,z2,z\)分別為\(s0,s1,s2,p\)在view space中對應點的深度值，可以用這個方法插值得到\(p\)在NDC Space內對應點的深度值
此處貼一下Games101作業框架中關於深度的計算，與上述公式對應\(z = z_interpolated*w_reciprocal\)

    auto[alpha, beta, gamma] = computeBarycentric2D(x, y, t.v);
    float w_reciprocal = 1.0 / (alpha / v[0].w() + beta / v[1].w() + gamma / v[2].w());
    float z_interpolated =
    alpha * v[0].z() / v[0].w() + beta * v[1].z() / v[1].w() + gamma * v[2].z() / v[2].w();
    z_interpolated *= w_reciprocal;

    if (depth_buf[get_index(x, y)] > z_interpolated) {
        depth_buf[get_index(x, y)] = z_interpolated;
        Eigen::Vector3f point;
        point << static_cast<float>(x), static_cast<float>(y), z_interpolated;
        set_pixel(point, t.getColor());
    }

羅德里格斯旋轉公式

指定任意軸k旋轉\( \alpha \)角得出旋轉矩陣
字寫得不好，在爬了...
手寫版：

文字版：
首先先將\(\overrightarrow{k}\)處理成單位向量，這點很重要，關乎着下一步等式是否成立，有些博文寫這里不需要處理單位向量，這是錯的

\[\overrightarrow{v}·\overrightarrow{k}=|\overrightarrow{v}|·|\overrightarrow{k}|·\cos <\overrightarrow{v}\text{,}\overrightarrow{k}>=|\overrightarrow{v}|·\cos <\overrightarrow{v}\text{,}\overrightarrow{k}> \]

可得

\[\overrightarrow{v_{||}}=|\overrightarrow{v}|·\cos <\overrightarrow{v},\overrightarrow{k}>·\overrightarrow{k} \\ \overrightarrow{v}=\overrightarrow{v_{\bot}}+\overrightarrow{v_{||}} \\ \overrightarrow{v_{\bot}}=\overrightarrow{v}-\overrightarrow{v_{||}}=\overrightarrow{v}-\left( \overrightarrow{v}·\overrightarrow{k} \right) \overrightarrow{k} \]

繞\(\overrightarrow{k}\)做旋轉時，向下做垂線，可看作底部經過了類似半圓的旋轉
要求得\(\overrightarrow{v_{rot}}=\overrightarrow{v_{||}}+\overrightarrow{v_{rot\bot}}\)，將\(\overrightarrow{v_{rot\bot}}\)作正交分解有\( \overrightarrow{v_{rot\bot}}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b} \)，易得\( |\overrightarrow{w}|=|\overrightarrow{v_{\bot}}| \)，則有\( \overrightarrow{w}=\overrightarrow{k}×\overrightarrow{v_{\bot}}=\overrightarrow{k}×\left[ \overrightarrow{v}-\overrightarrow{v_{||}} \right] =\overrightarrow{k}×\overrightarrow{v}-\overrightarrow{k}×\overrightarrow{v_{||}}=\overrightarrow{k}×\overrightarrow{v}-0=\overrightarrow{k}×\overrightarrow{v} \)
接下來求\( \overrightarrow{a} \)和\( \overrightarrow{b} \)

\[|\overrightarrow{a}|=|\overrightarrow{v_{rot\bot}}|·\cos \left( \theta -90 \right) =|\overrightarrow{v_{rot\bot}}|·\sin \left( \theta \right) \\ \overrightarrow{a}=\frac{\overrightarrow{w}}{|\overrightarrow{w}|}·|\overrightarrow{a}|=\frac{\overrightarrow{w}}{|\overrightarrow{v_{rot\bot}}|}·|\overrightarrow{v_{rot\bot}}|·\sin \left( \theta \right) =\overrightarrow{w}·\sin \left( \theta \right) \]

\[|\overrightarrow{b}|=|\overrightarrow{v_{rot\bot}}|·\cos \left( 180-\theta \right) =|\overrightarrow{v_{rot\bot}}|·\cos \left( \theta \right) \\ \overrightarrow{b}=\frac{\overrightarrow{v_{\bot}}}{|\overrightarrow{v_{\bot}}|}·|\overrightarrow{b}|=\frac{\overrightarrow{v_{\bot}}}{|\overrightarrow{v_{\bot}}|}·|\overrightarrow{v_{rot\bot}}|·\cos \left( \theta \right) =\overrightarrow{v_{\bot}}·\cos \left( \theta \right) \,\, \text{注意}|\overrightarrow{v_{\bot}}|=|\overrightarrow{v_{rot\bot}}| \]

\[\overrightarrow{v_{rot\bot}}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}=\overrightarrow{w}·\sin \left( \theta \right) +\overrightarrow{v_{\bot}}·\cos \left( \theta \right) =\sin \left( \theta \right) ·\left( \overrightarrow{k}×\overrightarrow{v} \right) +\cos \left( \theta \right) \left( \overrightarrow{v}-\left( \overrightarrow{v}·\overrightarrow{k} \right) \overrightarrow{k} \right) \\ \overrightarrow{v_{rot}}=\overrightarrow{v_{||}}+\overrightarrow{v_{rot\bot}}=\left( \overrightarrow{v}·\overrightarrow{k} \right) \overrightarrow{k}+\sin \left( \theta \right) ·\left( \overrightarrow{k}×\overrightarrow{v} \right) +\cos \left( \theta \right) \left( \overrightarrow{v}-\left( \overrightarrow{v}·\overrightarrow{k} \right) \overrightarrow{k} \right) \\ =\cos \left( \theta \right) \overrightarrow{v}+\left( 1-\cos \left( \theta \right) \left( \overrightarrow{v}·\overrightarrow{k} \right) \overrightarrow{k} \right) +\sin \left( \theta \right) ·\left( \overrightarrow{k}×\overrightarrow{v} \right) \]

把\( \overrightarrow{k} \)和\( \overrightarrow{v} \)分別寫為列向量

\[\overrightarrow{k}=\left( \begin{array}{c} k_x\\ k_y\\ k_z\\ \end{array} \right) \]

\[\overrightarrow{v}=\left( \begin{array}{c} v_x\\ v_y\\ v_z\\ \end{array} \right) \]

令\( \overrightarrow{v_{rot}}=R·\overrightarrow{v} \)
兩個式子

\[\left( \overrightarrow{v}·\overrightarrow{k} \right) \overrightarrow{k}=\overrightarrow{k}\left( \overrightarrow{v}·\overrightarrow{k} \right) =\overrightarrow{k}\left( \overrightarrow{k^T}·\overrightarrow{v} \right) \]

\[\overrightarrow{k}×\overrightarrow{v}=\left[ \begin{array}{c} k_yv_z-k_zv_y\\ k_zv_x-k_xv_z\\ k_xv_y-k_yv_x\\ \end{array} \right] =\left[ \begin{matrix} 0& -k_z& k_y\\ k_z& 0& -k_x\\ -k_y& k_x& 0\\ \end{matrix} \right] \left[ \begin{array}{c} v_x\\ v_y\\ v_z\\ \end{array} \right] \]

結合以上兩個式子可得,其中\(I\)為3×3的單位矩陣

\[R=I\cos \left( \theta \right) +\left( 1-\cos \left( \theta \right) \right) \left( \begin{array}{c} k_x\\ k_y\\ k_z\\ \end{array} \right) \left( \begin{matrix} k_x& k_y& k_z\\ \end{matrix} \right) +\sin \left( \theta \right) \left( \begin{matrix} 0& -k_z& k_y\\ k_z& 0& -k_x\\ -k_y& k_x& 0\\ \end{matrix} \right) \,\, \]

以下是比較通用的表示方式

\[R\left( n,\alpha \right) =\cos \left( \alpha \right) I+\left( 1-\cos \left( \alpha \right) \right) nn^T+\sin \left( \alpha \right) \left( \begin{matrix} 0& -n_z& n_y\\ n_z& 0& -n_x\\ -n_y& n_x& 0\\ \end{matrix} \right) \]

部分引用的博文

https://blog.csdn.net/unclerunning/article/details/70948696#齊次坐標系與平移

https://zhuanlan.zhihu.com/p/45757899