Как доказать, что любое вращение можно представить тремя углами Эйлера

Алгоритм, который решает$\alpha$,$\beta$, и$\gamma$для любой заданной правильной матрицы вращения 3 × 3 представляет собой конструктивное доказательство.

$$\begin{equation} R_z (\alpha) R_y (\beta) R_z (\gamma) = \begin{pmatrix} \cos \alpha & \sin \alpha & 0 \\ -\sin \alpha & \cos \alpha & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos \beta & 0 & -\sin \beta \\ 0 & 1 & 0 \\ \sin \beta & 0 & \cos\beta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos \gamma & \sin \gamma & 0 \\ -\sin \gamma & \cos \gamma & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \end{equation}$$

Умножение этого дает

$$\begin{equation} R_{zyz} = R_z (\alpha) R_y (\beta) R_z (\gamma) = \begin{pmatrix} \text{hot mess} & \text{hot mess} & -\cos\alpha \sin\beta \\ \text{hot mess} & \text{hot mess} & \phantom{+}\sin\alpha \sin\beta \\ \sin\beta \cos\gamma & \sin\beta \sin\gamma & \cos\beta \end{pmatrix} \end{equation}$$

Обратите внимание, что последний элемент последней строки$\cos\beta$. Учитывая некоторую правильную матрицу вращения$R$, можно найти$\beta$взяв арккосинус этого элемента:

$$\begin{equation} \beta = \arccos(R_{3,3}) \end{equation}$$ Обратите внимание, что два других элемента последнего столбца дают выражение для $\alpha$, и что два других элемента последней строки дают выражение для $\gamma$:

$$\begin{equation} \begin{aligned} \alpha &= \arctan\left(\frac{\phantom{+}R_{2,3}}{-R_{1,3}}\right) \\ \beta &= \arctan\left(\frac{\phantom{+}R_{3,2}}{\phantom{+}R_{3,1}}\right) \end{aligned} \end{equation}$$ Вам нужно будет использовать версию с двумя аргументами $\arctan$для устранения неоднозначности между (например) 60 градусов (pi/3) и 240 градусов (4/3*pi). Я не буду вдаваться в математику, но это решение повторяет «горячий беспорядок», который я проигнорировал.

Есть одна проблема с этим решением, и это когда$\sin\beta = 0$. Это происходит, когда$R_{3,3}$составляет ±1. Остальные элементы в последнем столбце и последней строке в этом случае тождественно равны нулю. Это называется "карданный замок". В этом случае мой «горячий беспорядок» становится намного проще:

$$\begin{equation} R_{zyz} = \begin{pmatrix} \pm\cos(\alpha+\gamma) & \pm\sin(\alpha+\gamma) & 0 \\ \mp\sin(\alpha+\gamma) & \mp\cos(\alpha+\gamma) & 0 \\ 0 & 0 & \pm 1 \end{pmatrix} \end{equation}$$ Вы можете решить для $\alpha+\gamma$в случае карданного замка, но нет однозначного решения для $\alpha$и $\gamma$. Это нормально; просто выберите произвольное значение (обычно ноль) для $\gamma$(или $\alpha$) и решить для другого, учитывая, что вы можете решить для $\alpha+\gamma$.

---

Ваша последовательность zyz довольно странная в двух отношениях. Каноническая последовательность вращения Эйлера - это вращение вокруг z , за которым следует второе вращение вокруг оси x , повернутой один раз, за ​​которым следует третье вращение вокруг оси z , повернутой дважды . У вас есть вращение вокруг начальной оси z , за которым следует второе вращение вокруг начальной оси y , а затем третье вращение вокруг начальной оси z . Это лишь две из двадцати четырех различных последовательностей вращения, которые часто называют углами Эйлера. Во всех двадцати четырех случаях вы обнаружите, что

• Ровно один элемент матрицы вращения либо$\sin \beta$,$-\sin\beta$, или$\cos \beta$, куда$\beta$представляет второе вращение в последовательности (что позволяет вам решить для$\beta$),
• Что другие четыре элемента в той же строке / в том же столбце, что и этот специальный элемент, не являются «горячим беспорядком»,
• За исключением случая карданного замка, это дает уникальные решения для двух других элементов последовательности вращения, и
• В случае карданного замка вы можете решить для$\alpha+\gamma$или$\alpha-\gamma$. В этом случае произвольно выберите значение для$\gamma$(обычно ноль), и вы сможете найти$\alpha$.

Есть конструктивное доказательство, которое можно понять интуитивно. Я предполагаю, что z вертикально, а y вперед/назад. Вы вращаете объект вокруг оси z, пока вершина не окажется где-то на плоскости xz, т.е. y=0. Это делает верхнюю часть объекта перпендикулярной оси Y, поэтому вы можете вращать вокруг оси Y, пока она не будет направлена ​​вверх. И теперь вам просто нужно повернуть его по оси Z, пока вперед не укажет правильное направление.

Если вы хотите узнать, каково было первоначальное вращение, просто выполните противоположные каждому из этих шагов и расположите их в обратном порядке. Например, если вы повернули на 10°, -30°, 50°, то для получения исходного поворота от правильного поворота это всего лишь -50°, 30°, -10°.

Эту последовательность операций всегда можно выполнить независимо от того, как ориентирован объект. Это не обязательно уникально. Если вверх уже указывает вверх, то он будет находиться в правильной плоскости, независимо от того, насколько сильно вы вращаете вокруг оси Z. Но дело в том, что есть некоторый поворот вокруг оси Z, который оставляет ее в правильной плоскости, которая есть.

Редактировать:

Если вам нужно нечто более математическое, предположим, что у вас есть ортогональная система векторов,$x = (x_1,x_2,x_3), y = (y_1,y_2,y_3),$и$z = (z_1,z_2,z_3)$.

$z$является вершиной объекта, поэтому сначала мы поворачиваем его так,$z'_2 = 0$. Мы просто поворачиваем его на$\arctan\frac{z_2}{z_1}$, и в итоге он указывает на$z' = \left(\pm\sqrt{z_1^2+z_2^2},0,z_3\right)$. И поверните его еще раз$180^\circ$если это получило отрицательный, а не положительный, так что это$z' = \left(\sqrt{z_1^2+z_2^2},0,z_3\right)$.$\arctan\frac{z_2}{z_1}$действительно не определено только в случае$z_1=z_2=0$, и в этом случае не поворачивайте его вообще.

Теперь вращаемся на$y$-ось по$\arctan\frac{\sqrt{z_1^2+z_2^2}}{z_3}$и мы получаем$z'' = \left(0,0,\sqrt{z_1^2+z_2^2+z_3^2}\right)$что должно быть$(0,0,1)$так как это единичный вектор. Опять же, если он не определен, нам не нужно его вращать.

С$y \perp z$и мы только вращаемся,$y'' \perp z''$.

Оттуда мы знаем$y''_3 = 0$, так что у нас есть$y'' = (y''_1,y''_2,0)$.

Просто поверните его на$z$-ось по$\arctan\frac{y''_1}{y''_2}$плюс дополнительный$180^\circ$если он обращен не в ту сторону, и мы получаем$y''' = \left(0,\sqrt{y''^2_1+y''^2_2},0\right)$. И это только$(0,1,0)$, так как это единичный вектор.

В таком случае$y''_1$и$y''_2$оба не могут быть равны нулю, поэтому нам не нужно беспокоиться о$\arctan$быть неопределенным вообще.

Так как мы вращались на$z$-ось, и$z''$был уже на$z$-ось,$z''' = z''$.

Все, что у нас осталось, это$x$. С$x = y \times z$, а мы только вращаемся,$x''' = y''' \times z'''$.

$x''' = (0,1,0) \times (0,0,1)$

$x''' = (1,0,0)$

Для удобства я сначала хотел бы изменить соглашение о знаках. То есть,

$$\begin{equation} R_{z}(\alpha) = \begin{pmatrix}\cos\alpha&-\sin\alpha&0\\\sin\alpha&\cos\alpha&0\\0&0&1\end{pmatrix},\quad R_{y}(\beta) = \begin{pmatrix}\cos\beta&0&\sin\beta\\0&1&0\\-\sin\beta&0&\cos\beta\end{pmatrix},\quad R_{z}(\gamma) = \begin{pmatrix}\cos\gamma&-\sin\gamma&0\\\sin\gamma&\cos\gamma&0\\0&0&1\end{pmatrix}, \end{equation}$$ и мы считаем $$\begin{equation} R(\alpha,\beta,\gamma) \equiv R_{z}(\alpha) R_{y}(\beta) R_{z}(\gamma). \end{equation}$$

Далее вспомним, что трехмерная матрица вращения$R(\alpha,\beta,\gamma)$однозначно определяется путем указания, где три единичных вектора$\hat{e}_{1}\equiv(1,0,0)^{T}$,$\hat{e}_{2}\equiv(0,1,0)^{T}$, и$\hat{e}_{3}\equiv(0,0,1)^{T}$сопоставляются с. [Это на самом деле три столбца$R(\alpha,\beta,\gamma)$.]

Это просто проверить$\hat{e}_{3}$сопоставляется с

$$\begin{equation} \hat{e}_{3}^{\prime}\equiv R(\alpha,\beta,\gamma)\,\hat{e}_{3} =(\sin\beta\cos\alpha,\sin\beta\sin\alpha,\cos\beta)^T \equiv \hat{n}(\beta,\alpha), \end{equation}$$ куда $\hat{n}(\beta,\alpha)$- единичный вектор с полярным углом $\beta$и азимутальный угол $\alpha$. Обратите внимание на это, настроив $\alpha$и $\beta$, мы можем сделать $R(\alpha,\beta,\gamma)\,\hat{e}_{3}$быть любым единичным вектором, который мы выберем.

Далее предположим, что мы фиксируем$\alpha$и$\beta$, и установите$\gamma=0$. У нас есть$\hat{e}_{3}^{\prime} = \hat{n}(\beta,\alpha)$, и два единичных вектора$\hat{e}_{1}^{\prime}$и$\hat{e}_{2}^{\prime}$(определяется аналогично$\hat{e}_{3}^{\prime}$) удовлетворяют следующим условиям:

(1) Оба лежат в плоскости, перпендикулярной$\hat{n}(\beta,\alpha)$и содержит происхождение.

(2) Они имеют фиксированную ориентацию [потому что$\mathrm{det}R(\alpha,\beta,\gamma)=1$].

(3)$e_{1}^{\prime} \perp e_{2}^{\prime}$.

Дальнейшим вращением вокруг$\hat{n}(\beta,\alpha)$под произвольным углом$\gamma$, мы можем настроить$\hat{e}_{1}^{\prime}$и$\hat{e}_{2}^{\prime}$быть любыми двумя единичными векторами, удовлетворяющими указанным выше ограничениям. Следовательно, произвольная трехмерная матрица вращения$M$может быть представлен

$$\begin{equation} M = R_{\hat{n}(\alpha,\beta)}(\gamma)R(\alpha,\beta,0) = R_{\hat{n}(\alpha,\beta)}(\gamma) R_{z}(\alpha)R_{y}(\beta). \end{equation}$$ Здесь, $\alpha$и $\beta$определять $M \hat{e}_{3}$, а для фиксированного $M \hat{e}_{3}$, $\gamma$определяет $M \hat{e}_{1}$и $M \hat{e}_{2}$.

Теперь обратите внимание, что$R(\alpha,\beta,0)$отображает$z$единичный вектор (т.е.$\hat{e}_{3}$) к$\hat{n}(\alpha,\beta)$. Следовательно,

$$\begin{equation} R_{\hat{n}(\alpha,\beta)}(\gamma) = R(\alpha,\beta,0) R_{z}(\gamma) R(\alpha,\beta,0)^{-1}, \end{equation}$$ и $$\begin{equation} M = R_{\hat{n}(\alpha,\beta)}(\gamma)R(\alpha,\beta,0) = R(\alpha,\beta,0) R_{z}(\gamma) = R_{z}(\alpha)R_{y}(\beta) R_{z}(\gamma) = R(\alpha,\beta,\gamma). \end{equation}$$