Wie man beweist, dass jede Drehung durch 3 Euler-Winkel dargestellt werden kann

Ein Algorithmus, der nach löst$\alpha$,$\beta$, und$\gamma$denn jede gegebene echte 3×3 Rotationsmatrix stellt einen konstruktiven Beweis dar.

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

Ausmultiplizieren ergibt dies

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

Beachten Sie, dass das letzte Element der letzten Zeile ist$\cos\beta$. Gegeben eine richtige Rotationsmatrix$R$, kann man finden$\beta$indem man den inversen Kosinus dieses Elements nimmt:

$$\begin{equation} \beta = \arccos(R_{3,3}) \end{equation}$$ Beachten Sie, dass die anderen beiden Elemente der letzten Spalte einen Ausdruck für ergeben $\alpha$, und dass die anderen beiden Elemente der letzten Zeile einen Ausdruck für ergeben $\gamma$:

$$\begin{equation} \begin{aligned} \alpha &= \arctan\left(\frac{\phantom{+}R_{2,3}}{-R_{1,3}}\right) \\ \beta &= \arctan\left(\frac{\phantom{+}R_{3,2}}{\phantom{+}R_{3,1}}\right) \end{aligned} \end{equation}$$ Sie müssen die Version mit zwei Argumenten von verwenden $\arctan$um zwischen (zum Beispiel) 60 Grad (pi/3) und 240 Grad (4/3*pi) zu unterscheiden. Ich werde die Mathematik nicht durchgehen, aber diese Lösung repliziert das "heiße Durcheinander", das ich ignoriert habe.

Es gibt ein Problem mit dieser Lösung, und das ist wann$\sin\beta = 0$. Das passiert wann$R_{3,3}$ist ±1. Die restlichen Elemente in der letzten Spalte und letzten Zeile sind in diesem Fall identisch Null. Dies wird als "Gimbal-Lock" bezeichnet. Mein "heißes Durcheinander" wird in diesem Fall viel einfacher:

$$\begin{equation} R_{zyz} = \begin{pmatrix} \pm\cos(\alpha+\gamma) & \pm\sin(\alpha+\gamma) & 0 \\ \mp\sin(\alpha+\gamma) & \mp\cos(\alpha+\gamma) & 0 \\ 0 & 0 & \pm 1 \end{pmatrix} \end{equation}$$ Sie können nach lösen $\alpha+\gamma$im Fall der Gimbal-Sperre gibt es dafür aber keine eindeutige Lösung $\alpha$und $\gamma$. Das ist okay; Wählen Sie einfach einen beliebigen Wert (normalerweise Null) für $\gamma$(oder $\alpha$) und lösen Sie nach dem anderen, vorausgesetzt, dass Sie lösen können $\alpha+\gamma$.

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Ihre zyz- Sequenz ist in zweierlei Hinsicht ziemlich seltsam. Die kanonische Euler-Rotationssequenz ist eine Drehung um z , gefolgt von einer zweiten Drehung um die einmal gedrehte x - Achse, gefolgt von einer dritten Drehung um die zweimal gedrehte z - Achse. Ihre ist eine Rotation um die anfängliche z- Achse, gefolgt von einer zweiten Rotation um die anfängliche y -Achse, gefolgt von einer dritten Rotation um die anfängliche z- Achse. Dies sind nur zwei der vierundzwanzig verschiedenen Rotationsfolgen, die oft als Euler-Winkel bezeichnet werden. In allen vierundzwanzig Fällen werden Sie das finden

• Genau ein Element der Rotationsmatrix ist entweder$\sin \beta$,$-\sin\beta$, oder$\cos \beta$, wo$\beta$stellt die zweite Rotation in der Sequenz dar (womit Sie nach lösen können$\beta$),
• Dass die anderen vier Elemente in derselben Zeile / derselben Spalte wie dieses spezielle Element kein "heißes Durcheinander" sind,
• Außer im Fall der kardanischen Verriegelung ergeben dies eindeutige Lösungen für die anderen beiden Elemente der Rotationssequenz, und
• Im Fall der Gimbal-Sperre können Sie nach lösen$\alpha+\gamma$oder$\alpha-\gamma$. Wählen Sie in diesem Fall willkürlich einen Wert für$\gamma$(normalerweise null) und Sie werden in der Lage sein zu finden$\alpha$.

Es gibt einen konstruktiven Beweis, der intuitiv verstanden werden kann. Ich nehme an, z ist vertikal und y ist vorwärts / rückwärts. Sie drehen das Objekt um die z-Achse, bis sich die Spitze irgendwo auf der xz-Ebene befindet, dh y = 0. Dadurch zeigt die Oberseite des Objekts senkrecht zur y-Achse, sodass Sie es um die y-Achse drehen können, bis es nach oben zeigt. Und jetzt müssen Sie es nur noch auf der z-Achse drehen, bis vorwärts in die richtige Richtung zeigt.

Wenn Sie wissen möchten, was die ursprüngliche Rotation war, machen Sie einfach das Gegenteil von jedem dieser Schritte und setzen Sie sie in umgekehrter Reihenfolge. Wenn Sie beispielsweise um 10°, -30°, 50° gedreht haben, sind es nur -50°, 30°, -10°, um die ursprüngliche Drehung aus der richtigen Drehung zu erhalten.

Diese Abfolge von Operationen kann immer durchgeführt werden, unabhängig davon, wie ein Objekt orientiert ist. Es ist nicht unbedingt einzigartig. Wenn oben bereits nach oben zeigt, befindet es sich auf der richtigen Ebene, egal wie viel Sie um die z-Achse drehen. Aber der Punkt ist, dass es eine gewisse Drehung um die z-Achse gibt, die es auf der richtigen Ebene belässt, die es gibt.

Bearbeiten:

Wenn Sie etwas streng Mathematischeres wollen, nehmen Sie an, Sie haben einen orthogonalen Rahmen von Vektoren,$x = (x_1,x_2,x_3), y = (y_1,y_2,y_3),$und$z = (z_1,z_2,z_3)$.

$z$ist die Oberseite des Objekts, also drehen wir es zuerst so$z'_2 = 0$. Wir drehen es einfach um$\arctan\frac{z_2}{z_1}$, und es zeigt schließlich auf$z' = \left(\pm\sqrt{z_1^2+z_2^2},0,z_3\right)$. Und drehen Sie es ein anderes$180^\circ$wenn das ein negatives statt ein positives hat, so ist es$z' = \left(\sqrt{z_1^2+z_2^2},0,z_3\right)$.$\arctan\frac{z_2}{z_1}$ist nur im Fall von wirklich undefiniert$z_1=z_2=0$, drehen Sie es in diesem Fall überhaupt nicht.

Jetzt drehen wir auf der$y$-Achse durch$\arctan\frac{\sqrt{z_1^2+z_2^2}}{z_3}$und wir bekommen$z'' = \left(0,0,\sqrt{z_1^2+z_2^2+z_3^2}\right)$was sein muss$(0,0,1)$da es sich um einen Einheitsvektor handelt. Wenn es nicht definiert ist, müssen wir es nicht drehen.

Seit$y \perp z$und wir drehen uns nur,$y'' \perp z''$.

Von dort wissen wir$y''_3 = 0$, also haben wir$y'' = (y''_1,y''_2,0)$.

Drehen Sie es einfach auf der$z$-Achse durch$\arctan\frac{y''_1}{y''_2}$plus ein Zuschlag$180^\circ$wenn es in die falsche Richtung zeigt, und wir bekommen$y''' = \left(0,\sqrt{y''^2_1+y''^2_2},0\right)$. Und das ist nur$(0,1,0)$, da es sich um einen Einheitsvektor handelt.

In diesem Fall$y''_1$und$y''_2$können nicht beide Null sein, also müssen wir uns keine Sorgen machen$\arctan$überhaupt undefiniert sein.

Da wir auf der gedreht haben$z$-Achse und$z''$war schon am$z$-Achse,$z''' = z''$.

Alles was uns bleibt ist$x$. Seit$x = y \times z$, und wir rotieren nur,$x''' = y''' \times z'''$.

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

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

Der Einfachheit halber möchte ich zuerst die Vorzeichenkonvention ändern. Das ist,

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

Erinnern Sie sich als Nächstes an die 3D-Rotationsmatrix$R(\alpha,\beta,\gamma)$eindeutig bestimmt wird, indem angegeben wird, wo sich die drei Einheitsvektoren befinden$\hat{e}_{1}\equiv(1,0,0)^{T}$,$\hat{e}_{2}\equiv(0,1,0)^{T}$, und$\hat{e}_{3}\equiv(0,0,1)^{T}$zugeordnet sind. [Dies sind in der Tat die drei Spalten von$R(\alpha,\beta,\gamma)$.]

Es ist einfach, das zu überprüfen$\hat{e}_{3}$zugeordnet ist

$$\begin{equation} \hat{e}_{3}^{\prime}\equiv R(\alpha,\beta,\gamma)\,\hat{e}_{3} =(\sin\beta\cos\alpha,\sin\beta\sin\alpha,\cos\beta)^T \equiv \hat{n}(\beta,\alpha), \end{equation}$$ wo $\hat{n}(\beta,\alpha)$ist der Einheitsvektor mit dem Polarwinkel $\beta$und der Azimutwinkel $\alpha$. Beachten Sie dies durch Anpassen $\alpha$und $\beta$, wir können machen $R(\alpha,\beta,\gamma)\,\hat{e}_{3}$ein beliebiger Einheitsvektor sein, den wir wählen.

Nehmen wir als Nächstes an, dass wir reparieren$\alpha$und$\beta$, und einstellen$\gamma=0$. Wir haben$\hat{e}_{3}^{\prime} = \hat{n}(\beta,\alpha)$, und die beiden Einheitsvektoren$\hat{e}_{1}^{\prime}$und$\hat{e}_{2}^{\prime}$(definiert analog zu$\hat{e}_{3}^{\prime}$) folgende Bedingungen erfüllen:

(1) Beide liegen auf der Ebene, die senkrecht dazu steht$\hat{n}(\beta,\alpha)$und enthält den Ursprung.

(2) Sie haben eine feste Orientierung [weil$\mathrm{det}R(\alpha,\beta,\gamma)=1$].

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

Durch weiteres Drehen um$\hat{n}(\beta,\alpha)$um einen beliebigen Winkel$\gamma$, wir können uns anpassen$\hat{e}_{1}^{\prime}$und$\hat{e}_{2}^{\prime}$zwei beliebige Einheitsvektoren sein, die die oben angegebenen Einschränkungen erfüllen. Daher eine beliebige 3D-Rotationsmatrix$M$vertreten werden kann durch

$$\begin{equation} M = R_{\hat{n}(\alpha,\beta)}(\gamma)R(\alpha,\beta,0) = R_{\hat{n}(\alpha,\beta)}(\gamma) R_{z}(\alpha)R_{y}(\beta). \end{equation}$$ Hier, $\alpha$und $\beta$bestimmen $M \hat{e}_{3}$, und für eine feste $M \hat{e}_{3}$, $\gamma$bestimmt $M \hat{e}_{1}$und $M \hat{e}_{2}$.

Jetzt beachte das$R(\alpha,\beta,0)$Karten die$z$Einheitsvektor (dh$\hat{e}_{3}$) zu$\hat{n}(\alpha,\beta)$. Somit,

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