计算机与数学 —— 四元数的应用与分析

这篇博客介绍了四元数在计算机图形学中的应用

四元数

四元数在3D数学中可以用来表现旋转。四元数由四个数字组成 —— (x,y,z,w)(x, y, z, w)。其中(x,y,z)(x,y,z)用于旋转所围绕的轴的向量，而ww可以用来表现旋转的角度θ，其公式为：

w=cos(Θ/2)w = \cos ({\Theta / 2})

四元数也可以写作一个标量n后接着一个用黑体表示的向量v，例如：

q=[nv]q = [n\textbf{v} ]

四元数的好处

相对于矩阵操作或者欧拉角，使用四元数有着三个好处：

万向节死锁(gimbal lock)

万向节死锁指的是在旋转过程中，两个轴出现了重合的情况，这样一来就使得物体丢失了绕一个轴旋转的能力。



如果使用四元数，则不会出现这个情况。由于四元数所代表的是绕着某个轴的旋转，因此不会产生万向节死锁的问题。

更加顺滑的插值

在骨骼动画的插值中，相对于使用矩阵来进行Rotation中的插值，使用四元数来进行插值能够获得更加顺滑的插值，同时计算量也少得多。

占用更少的空间

这个优点很好理解 —— 四元数由四个数来表示，而矩阵则需要16个数来表示，因此所占用的空间更少。另一方面，就CPU周期来说，四元数的某些操作也更加便宜。

四元数的运算

四元数有着自己的一套运算法则，这篇博客参考了Ken Shoemake的论文，传送门。

基本运算法则

一些最基本的运算法则如下：

四元数的旋转

我们可以使用四元数来针对向量或者其他四元数进行旋转，旋转公式如下：

p′=q(p)(q−1)p'=q(p)(q^{-1})

其中，p可以是一个向量，也可以是一个四元数。值得一提的是，如果是针对于向量的旋转，我们需要的四元数的标量部分应该为0，并且最后我们需要忽略掉最终结果的标量部分。

下面是这个公式的证明，先可以推断出三个结论：

1. 在形式为p′=q(p)(q−1)p'=q(p)(q^{-1})的运算中，p=[v,w]p=[\textbf{v},w]，p′=[v′,w]p'=[\textbf{v}',w]，那么N(v)=N(v′)N(\textbf{v})=N(\textbf{v}')

2. 四元数qq与任意的非零实数相乘，上面的公式仍然成立。

3. 如果N(q)=1N(q) = 1，那么q=[vsinΩ,cosΩ]q=[\textbf{v}\sin{\Omega}, \cos{\Omega}]的运算就能够将四元数或向量pp绕着轴vv旋转2Ω2\Omega度。

下面是这三个结论的证明过程：

先可以证明第二条结论。对于任意非零实数ss，我们有：

(sq)−1=s−1q−1(sq)^{-1} =s^{-1}q^{-1}

又由于交换率，可以得到：

(sq)p(sq)−1=sqpq−1s−1=qpq−1(sq)p(sq)^{-1} = sqpq^{-1}s^{-1} = qpq^{-1}

因此第二条可证。

因此可以直接将四元数qq来当作单位四元数来看，由基本运算规律可得，对于单位四元数qq，有q∗=q−1q^{*}=q^{-1}，因此qpq−1=qpq∗qpq^{-1}=qpq^{*}。

接下来就可以证明结论一，由四元数的基本运算规律可知，对于一个四元数qq，它的标量部分可以使用2S(q)=q+q∗2S(q)=q + q^{*}来获得。

那么可以进一步推论：

2S(qpq∗)=(qpq∗)+(qpq∗)∗=qpq∗+qp∗q∗2S(qpq^{*}) = (qpq^{*}) + (qpq^{*})^{*} = qpq^{*}+qp^{*}q^{*}

由乘法分配率得：

q(p+p∗)q∗=q(2S(p))q∗=2S(p)q(p+p^{*})q^{*} = q(2S(p))q^{*}=2S(p)

这样就说明了四元数的标量不变，而由于上面我们已经把可以将四元数qq当作单位四元数来看，因此N(q)=N(q∗)=1N(q)=N(q^{*})=1。由于四元数的模长相等，标量部分也相等，因此其向量部分的模也相等。

最后我们来证明结论三，下图中N(v0)=N(v1)=1N(v_0)=N(v_1)=1，我们令q=v1v∗0=[v0×v1,v0⋅v1]q=v_1v_0^{*}=[v_0\times v_1, v_0\cdot v_1]，而在图中可以很容易得出v0⋅v1=cosΩv_0\cdot v_1=\cos{\Omega}：



令v^=v0×v1∥v0×v1∥\hat{v}=\dfrac{v_0\times v_1}{ \left \lVert {v_0 \times v_1} \right \rVert}，换句话说v^\hat{v}就是一个垂直v0v_0与v1v_1的单位向量，因此我们可以得出：

q=[v^sinΩ,cosΩ]q=[\hat{v} \sin {\Omega}, \cos {\Omega}]

此时我们令v2=qv0q∗v_2=qv_0q^{*}并且将其进一步扩展为v2v∗1v_2v_1^{*}，可得：

v2v∗1=qv0q∗v∗1v_2v_1^{*} = qv_0q^{*}v_1^{*}

又由于q=v1v∗0q=v_1v_0^{*}，我们有：

v2v∗1=qv0((v1v∗0)∗v∗1)=qv0(v0v∗1)v∗1=qv_2v_1^{*}=qv_0((v_1v_0^{*})^{*}v_1^{*})=qv_0(v_0v_1^{*})v_1^{*} = q

因此可以判定v2v∗1v_2v_1^{*}与v1v∗0v_1v_0^{*}有同样的结构，所以v2v_2与v1v_1、v0v_0在同一平面，且v2v_2与v0v_0的角度为2Ω2\Omega。

因此结论3得证。

<全文完>