高階旋轉矩陣

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若 $A$ 是 $n\times n$ 階實正交矩陣 (簡稱正交矩陣)， $A^T=A^{-1}$ ，且 $\det A=1$ ，則 $A$ 稱為旋轉矩陣。以下設 $n\ge 2$ 。正交變換具有保角、保長以及保距性。下面是正交矩陣的等價界定性質 (見“旋轉與鏡射”)：

對於任意 $\mathbf{x},\mathbf{y}\in\mathbb{R}^n$ ， $(A\mathbf{x})^T(A\mathbf{y})=\mathbf{x}^T\mathbf{y}$ 。
對於任一 $\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n$ ， $\Vert A\mathbf{x}\Vert=\Vert\mathbf{x}\Vert$ 。
對於任意 $\mathbf{x},\mathbf{y}\in\mathbb{R}^n$ ， $\Vert A\mathbf{x}-A\mathbf{y}\Vert=\Vert\mathbf{x}-\mathbf{y}\Vert$ 。

加入條件 $\det A=1$ 的用意在於物體旋轉是剛體運動 (rigid body motion)，故而保留方向性 (orientation)。若 $A$ 和 $B$ 是同大小的旋轉矩陣，則 $(AB)^T=B^TA^T=B^{-1}A^{-1}=(AB)^{-1}$ 且 $\det(AB)=(\det A)(\det B)=1$ ，可知 $AB$ 也是旋轉矩陣。

平面上逆時針轉角為 $\theta$ 的二階旋轉矩陣如下：

$\displaystyle R(\theta)=\left[\!\!\begin{array}{cr} \cos\theta&-\sin\theta\\ \sin\theta&\cos\theta \end{array}\!\!\right]=\cos\theta I_2+\sin\theta J$ ，

上面定義了反對稱矩陣 $J=\left[\!\!\begin{array}{cr} 0&-1\\ 1&0 \end{array}\!\!\right]$ 滿足 $J^2=-I_2$ (見“複數的矩陣表示”)。利用和角公式可證明二階旋轉矩陣具有交換律 $R(\alpha+\beta)=R(\alpha)R(\beta)=R(\beta)R(\alpha)$ 。三階旋轉矩陣存在多種表達式 (見“三維空間的旋轉矩陣”)。羅德里格旋轉公式 (Rodrigues’ rotation formula) 以單位向量 $\mathbf{u}=(u_1,u_2,u_3)^T\in\mathbb{R}^3$ 表示旋轉軸的指向， $\theta$ 為由右手法則所決定的轉角 (即大拇指朝向轉軸正向，其餘四根手指的彎曲方向為旋轉方向)，如下：

$\displaystyle \begin{aligned} R_\mathbf{u}(\theta)&=\cos\theta I_3+(1-\cos\theta)\mathbf{u}\mathbf{u}^T+\sin\theta \begin{bmatrix} \mathbf{u} \end{bmatrix}_{\times}\\ &=\begin{bmatrix} u_1u_1v\theta+c\theta&u_1u_2v\theta-u_3s\theta&u_1u_3v\theta+u_2s\theta\\ u_1u_2v\theta+u_3s\theta&u_2u_2v\theta+c\theta&u_2u_3v\theta-u_1s\theta\\ u_1u_3v\theta-u_2s\theta&u_2u_3v\theta+u_1s\theta&u_3u_3v\theta+c\theta \end{bmatrix},\end{aligned}$

其中 $c\theta=\cos\theta$ ， $s\theta=\sin\theta$ ， $v\theta=1-\cos\theta$ ，

$\displaystyle \begin{bmatrix} \mathbf{u} \end{bmatrix}_{\times}=\left[\!\!\begin{array}{rrr} 0&-u_3&u_2\\ u_3&0&-u_1\\ -u_2&u_1&0 \end{array}\!\!\right]$

稱為「外積矩陣」，因為 $\begin{bmatrix} \mathbf{u} \end{bmatrix}_{\times}\mathbf{x}=\mathbf{u}\times\mathbf{x}$ (符號 $\times$ 表示向量外積，或稱向量積)。令 $R_X(\theta)$ ， $R_Y(\theta)$ ， $R_Z(\theta)$ 分別代表對 X、Y 與 Z 軸的旋轉矩陣。將標準單位向量 $\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_3$ 代入 $\mathbf{u}$ ，可得

$\displaystyle R_X(\theta)=\begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&\cos\theta&-\sin\theta\\ 0&\sin\theta&\cos\theta \end{bmatrix},~ R_Y(\theta)=\begin{bmatrix} \cos\theta&0&\sin\theta\\ 0&1&0\\ -\sin\theta&0&\cos\theta \end{bmatrix}.~ R_Z(\theta)=\begin{bmatrix} \cos\theta&-\sin\theta&0\\ \sin\theta&\cos\theta&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}.$

根據定義， $R_\mathbf{u}(\alpha)R_\mathbf{u}(\beta)=R_\mathbf{u}(\beta)R_\mathbf{u}(\alpha)$ 。若單位向量 $\mathbf{u}$ 和 $\mathbf{v}$ 不共線且轉角 $\alpha$ 和 $\beta$ 不為零， $R_\mathbf{u}(\alpha)R_\mathbf{v}(\beta)\neq R_\mathbf{v}(\beta)R_\mathbf{u}(\alpha)$ ，三階旋轉矩陣不具有交換律。當 $n>3$ ，如何表示高階旋轉矩陣？這是接下來要討論的主題。

我們從旋轉矩陣的特徵值與特徵向量切入，最終目的是求出高階旋轉矩陣的一般表達式。旋轉矩陣擁有保長性：對於一 $n\times n$ 階旋轉矩陣 $R$ 和 $\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n$ ， $\Vert R\mathbf{x}\Vert=\Vert\mathbf{x}\Vert$ 。假設 $R\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}$ ， $\mathbf{x}\neq\mathbf{0}$ 。因此， $\Vert \mathbf{x}\Vert=\Vert R\mathbf{x}\Vert=\Vert\lambda\mathbf{x}\Vert=\vert\lambda\vert \Vert\mathbf{x}\Vert$ ，推得 $\vert\lambda\vert=1$ ，旋轉矩陣 $R$ 的特徵值的絕對值等於 $1$ 。二階旋轉矩陣 $R(\theta)$ 的特徵值為 $\cos\theta\pm i\sin\theta$ ， $i=\sqrt{-1}$ ，驗證 $\det R(\theta)=(\cos\theta+i\sin\theta)(\cos\theta-i\sin\theta)=1$ 。三階旋轉矩陣 $R_\mathbf{u}(\theta)$ 的特徵值為 $\cos\theta\pm i\sin\theta$ 和 $1$ (由歐拉旋轉定理推得)。設 $n\times n$ 階旋轉矩陣 $R$ 的特徵值為 $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ ，從 $\vert\lambda_1\vert=\cdots=\vert\lambda_n\vert=1$ 和 $\det R=\lambda_1\cdots\lambda_n=1$ 可推論 $R$ 有 $k$ ( $1\le k\le \left \lfloor \frac{n}{2}\right \rfloor$ ) 對共軛特徵值 $\cos\theta_j\pm i\sin\theta_j$ ， $1\le j\le k$ ，以及 $n-2k$ 個特徵值 $1$ 。若 $k=1$ ， $R$ 只有一個旋轉角，我們稱之為簡單 (simple) 旋轉矩陣。如果 $k>1$ ，則 $R$ 稱為一般 (general) 旋轉矩陣。二階旋轉矩陣 $R(\theta)$ 和三階旋轉矩陣 $R_\mathbf{u}(\theta)$ 是簡單旋轉矩陣。一般旋轉矩陣必定存在於 $n>3$ 。當 $n=4$ ，下例 $R_1(\theta)$ 是簡單旋轉矩陣， $R_2(\alpha,\beta)$ 是一般旋轉矩陣：

$\displaystyle R_1(\theta)=\begin{bmatrix} \cos\theta&-\sin\theta&0&0\\ \sin\theta&\cos\theta&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1 \end{bmatrix},~~R_2(\alpha,\beta)=\begin{bmatrix} \cos\alpha&-\sin\alpha&0&0\\ \sin\alpha&\cos\alpha&0&0\\ 0&0&\cos\beta&-\sin\beta\\ 0&0&\sin\beta&\cos\beta \end{bmatrix}$ 。

另一方面，正交矩陣屬於正規 (normal) 矩陣家族，即 $A^\ast A=AA^\ast$ ，因此擁有完整的 $n$ 個單範正交 (orthonormal) 特徵向量 (見“特殊矩陣 (3)：么正矩陣 (酉矩陣)”)。換句話說，旋轉矩陣 $R$ 可么正對角化為 $R=U\text{diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)U^\ast$ ，其中每一 $\vert\lambda_j\vert=1$ ， $U$ 是么正 (unitary) 矩陣， $U^{-1}=U^\ast$ 。然而，旋轉矩陣的么正對角化包含複矩陣，我們轉而尋找其他僅涉及實矩陣的類對角化形式。

令 $\sigma(A)=\{\lambda\vert~ A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x},\mathbf{x}\in\mathbb{C}^n,\mathbf{x}\neq\mathbf{0}\}$ 表示 $A$ 的所有特徵值形成的集合，稱為矩陣譜 (spectrum)。我們需要實分塊三角化定理 (見“實矩陣的分塊三角化與分塊對角化”)：對於任一 $n\times n$ 階實矩陣 $A$ ，存在一正交矩陣 $Q$ 和實分塊 $D_{ij}$ 使得

$\displaystyle Q^TAQ=\begin{bmatrix} D_{11}&D_{12}&\cdots&D_{1k}\\ 0&D_{22}&\cdots&D_{2k}\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&\cdots&D_{kk} \end{bmatrix}=D$ ，

其中 $D_{jj}$ 是 $1\times 1$ 或 $2\times 2$ 階分塊。若 $D_{jj}=[\lambda_j]$ 是 $1\times 1$ 階，則 $\sigma(D_{jj})=\{\lambda_j\}\subseteq\sigma(A)$ ；若 $D_{jj}$ 是 $2\times 2$ 階，則 $\sigma(D_{jj})=\{\lambda_j,\overline{\lambda}_j\}\subseteq\sigma(A)$ 。設旋轉矩陣 $R$ 可實分塊三角化為 $R=QDQ^T$ ，即有

$\displaystyle R^TR=(QDQ^T)^T(QDQ^T)=QD^TQ^TQDQ^T=QD^TDQ^T=I$ 。

最後一個等式推得 $D^TD=Q^TIQ=I$ ，也就是說 $D$ 是正交矩陣， $D^{-1}=D^T$ 。因為 $D^{-1}$ 是分塊上三角矩陣且 $D^T$ 是分塊下三角矩陣，可知 $D$ 是分塊對角矩陣，即 $D_{ij}=0$ ， $i<j$ 。以上結果給出 $n\times n$ 階一般旋轉矩陣 $R$ 的實分塊正交對角化形式：

$\displaystyle R=Q\left[\!\!\begin{array}{crcrccrccc} \cos\theta_1&-\sin\theta_1& & & & & &&&\\ \sin\theta_1&\cos\theta_1 & & & & & &&&\\ & & \cos\theta_2&-\sin\theta_2 & & & & &\\ & & \sin\theta_2&\cos\theta_2 & & & & & &\\ && & &\ddots& & & & &\\ && & & &\cos\theta_k&-\sin\theta_k & &&\\ && & & &\sin\theta_k&\cos\theta_k & &&\\ && & & & & & 1 &&\\ && & & & & & & \ddots &\\ && & & & & & & &1 \end{array}\!\!\right]Q^T$ ，

其中 $Q$ 是正交矩陣。

下面從簡單旋轉矩陣的實分塊正交對角化形式推導約化表達式。設正交矩陣 $Q=\begin{bmatrix} \mathbf{q}_1&\cdots&\mathbf{q}_n \end{bmatrix}$ ，滿足 $QQ^T=\sum_{j=1}^n\mathbf{q}_j\mathbf{q}_j^T=I_n$ 和 $Q^TQ=I_n$ ，即 $\mathbf{q}_i^T\mathbf{q}_j=1$ 若 $i=j$ ， $\mathbf{q}_i^T\mathbf{q}_j=0$ 若 $i\neq j$ 。寫出簡單旋轉矩陣的實分塊對角形式 ( $k=1$ )，計算化簡如下：

$\displaystyle\begin{aligned} R&=\begin{bmatrix} \mathbf{q}_1&\mathbf{q}_2&\mathbf{q}_3&\cdots&\mathbf{q}_n \end{bmatrix} \left[\!\!\begin{array}{crccc} \cos\theta&-\sin\theta& &&\\ \sin\theta&\cos\theta & &&\\ &&1&&\\ &&&\ddots&\\ &&&&1 \end{array}\!\!\right]\begin{bmatrix} \mathbf{q}_1^T\\ \mathbf{q}_2^T\\ \mathbf{q}_3^T\\ \vdots\\ \mathbf{q}_n^T \end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix} \mathbf{q}_1&\mathbf{q}_2 \end{bmatrix}\left[\!\!\begin{array}{cr} \cos\theta&-\sin\theta\\ \sin\theta&\cos\theta \end{array}\!\!\right]\begin{bmatrix} \mathbf{q}_1^T\\ \mathbf{q}_2^T \end{bmatrix}+\sum_{j=3}^n\mathbf{q}_j\mathbf{q}_j^T\\ &=\begin{bmatrix} \mathbf{q}_1&\mathbf{q}_2 \end{bmatrix}(\cos\theta I_2+\sin\theta J)\begin{bmatrix} \mathbf{q}_1^T\\ \mathbf{q}_2^T \end{bmatrix}+I_n-\mathbf{q}_1\mathbf{q}_1^T-\mathbf{q}_2\mathbf{q}_2^T\\ &=I_n+(\cos\theta-1)\begin{bmatrix} \mathbf{q}_1&\mathbf{q}_2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \mathbf{q}_1^T\\ \mathbf{q}_2^T \end{bmatrix}+\sin\theta\begin{bmatrix} \mathbf{q}_1&\mathbf{q}_2 \end{bmatrix}J\begin{bmatrix} \mathbf{q}_1^T\\ \mathbf{q}_2^T \end{bmatrix} \end{aligned}$

令 $P=\begin{bmatrix} \mathbf{q}_1&\mathbf{q}_2\end{bmatrix}$ 。任一 $n\times n$ 階簡單旋轉矩陣可表示為

$\displaystyle R(P,\theta)=I_n+(\cos\theta -1)PP^T+\sin\theta PJP^T$ ，

其中 $n\times 2$ 階矩陣 $P$ 由兩個單範正交實向量 $\mathbf{q}_1$ 與 $\mathbf{q}_2$ 組成。請注意：置換 $\mathbf{q}_1$ 和 $\mathbf{q}_2$ 不會改變 $R(P,\theta)$ 。矩陣 $P$ 的行空間 (column space)， $C(P)=\text{span}\{\mathbf{q}_1,\mathbf{q}_2\}$ ，稱為旋轉面 (plane of rotation)。旋轉面的正交補餘 $C(P)^{\perp}=\text{span}\{\mathbf{q}_3,\ldots,\mathbf{q}_n\}$ 稱為旋轉軸，且 $R(P,\theta)\mathbf{q}_j=\mathbf{q}_j$ ， $3\le j\le n$ 。我們之所以如此命名乃沿用三維空間旋轉軸上的向量不受旋轉而改變。提醒讀者，旋轉面的維數恆為 $2$ ，旋轉軸的維數等於 $n-2$ 。當 $n=2$ ，整個平面即為 $R(\theta)$ 的旋轉面， $P=I_2$ ，原點是旋轉軸，(簡單) 旋轉矩陣為

$\displaystyle\begin{aligned} R(I_2,\theta)&=I_2+(\cos\theta -1)I_2I_2^T+\sin\theta I_2JI_2^T\\ &=\cos\theta I_2+\sin\theta J\\ &=\left[\!\!\begin{array}{cr} \cos\theta&-\sin\theta\\ \sin\theta&\cos\theta \end{array}\!\!\right]. \end{aligned}$

當 $n=3$ ，設三維向量 $\mathbf{u}=\mathbf{q}_1\times \mathbf{q}_2$ ， $R_\mathbf{u}(\theta)$ 的旋轉面為 $\text{span}\{\mathbf{q}_1,\mathbf{q}_2\}=\text{span}\{\mathbf{u}\}^\perp$ ，旋轉軸是以 $\mathbf{u}$ 為指向向量的穿越原點直線。乘開可驗證 $PP^T=\mathbf{q}_1\mathbf{q}_1^T+\mathbf{q}_2\mathbf{q}_2^T=I_3-\mathbf{u}\mathbf{u}^T$ 且 $PJP^T=\mathbf{q}_2\mathbf{q}_1^T-\mathbf{q}_1\mathbf{q}_2^T=\begin{bmatrix} \mathbf{u} \end{bmatrix}_\times$ (證明見附註^[1])，即得羅德里格旋轉公式：

$\displaystyle\begin{aligned} R(P,\theta)&=I_3+(\cos\theta-1)(I_3-\mathbf{u}\mathbf{u}^T)+\sin\theta\begin{bmatrix} \mathbf{u} \end{bmatrix}_\times\\ &=\cos\theta I_3+(1-\cos\theta)\mathbf{u}\mathbf{u}^T+\sin\theta\begin{bmatrix} \mathbf{u} \end{bmatrix}_\times. \end{aligned}$

簡單旋轉矩陣具有下列性質：

對於 $n\times n$ 階簡單旋轉矩陣 $R(P,\theta)$ ，旋轉面 $C(P)=\text{span}\{\mathbf{q}_1,\mathbf{q}_2\}$ 可從給定的單範正交集 $\{\mathbf{q}_1,\ldots,\mathbf{q}_n\}$ 任意挑選 $2$ 個向量組成，故 $n\times n$ 階簡單旋轉矩陣的自由度即為 $\binom{n}{2}=\frac{n(n-1)}{2}$ 。譬如，二階旋轉矩陣的自由度是 $\binom{2}{2}=1$ ，三階旋轉矩陣的自由度是 $\binom{3}{2}=3$ ，四階簡單旋轉矩陣的自由度是 $\binom{4}{2}=6$ 。
給定 $P=\begin{bmatrix} \mathbf{q}_1&\mathbf{q}_2 \end{bmatrix}$ ， $n\times n$ 階簡單旋轉矩陣 $R(P,\theta)$ 的特徵值為 $\cos\theta\pm i\sin\theta$ ，以及 $n-2$ 個 $1$ 。對應特徵值 $\cos\theta+i\sin\theta$ 的特徵向量是 $\mathbf{q}_1-i\mathbf{q}_2$ ，對應特徵值 $\cos\theta-i\sin\theta$ 的特徵向量是 $\mathbf{q}_1+i\mathbf{q}_2$ ，證明見附註^[2]。因為轉軸 $\text{span}\{\mathbf{q}_1,\mathbf{q}_2\}^{\perp}$ 不受旋轉改變，可知對應特徵值 $1$ 的特徵空間為 $\text{span}\{\mathbf{q}_1,\mathbf{q}_2\}^\perp$ 。

給定一 $n\times n$ 階簡單旋轉矩陣 $A$ ，設 $P=\begin{bmatrix} \mathbf{q}_1&\mathbf{q}_2 \end{bmatrix}$ 與 $\theta$ 使得 $A=R(P,\theta)$ 。因為 $\text{trace}A=\text{trace}R(P,\theta)=2\cos\theta+n-2$ ，可得

$\displaystyle \theta=\cos^{-1}\frac{\text{trace}A-n+2}{2}$ 。

若 $\mathbf{x}+i\mathbf{y}$ ， $\mathbf{x},\mathbf{y}\in\mathbb{R}^n$ ，是 $A$ 對應特徵值 $\cos\theta-i\sin\theta$ 的特徵向量，則 $\mathbf{q}_1=\mathbf{x}/\Vert\mathbf{x}\Vert$ 且 $\mathbf{q}_2=\mathbf{y}/\Vert\mathbf{y}\Vert$ 。如果 $\sin\theta=0$ ，我們可以在 $N(A-\cos\theta I)$ 找到兩個單範正交特徵向量，此及所求。

任一 $n\times n$ 階簡單旋轉矩陣可表示為兩個 Householder 矩陣的積。給定 $P=\begin{bmatrix} \mathbf{q}_1&\mathbf{q}_2 \end{bmatrix}$ ，設 $\mathbf{v}=\mathbf{q}_1$ 且 $\mathbf{w}=\cos\frac{\theta}{2}\mathbf{q}_1+\sin\frac{\theta}{2}\mathbf{q}_2$ ，則 $R(P,\theta)=H(\mathbf{w})H(\mathbf{v})$ ，其中 $H(\mathbf{x})=I-2\mathbf{x}\mathbf{x}^T$ 稱為 Householder 矩陣， $\Vert\mathbf{x}\Vert=1$ 。證明見附註^[3]，或由 $H(\mathbf{w})H(\mathbf{v})$ 的特徵值為 $\cos\theta\pm i\sin\theta$ 與 $n-2$ 個 $1$ 亦可得證 (見“Householder 矩陣乘積的特徵值”)。因為 $\mathbf{v}^T\mathbf{w}=\mathbf{q}_1^T(\cos\frac{\theta}{2}\mathbf{q}_1+\sin\frac{\theta}{2}\mathbf{q}_2)=\cos\frac{\theta}{2}$ ，說明 $\frac{\theta}{2}$ 是 $H(\mathbf{v})$ 對應的鏡射面的法向量 $\mathbf{v}$ 與 $H(\mathbf{w})$ 對應的鏡射面的法向量 $\mathbf{w}$ 之間的夾角。

考慮兩個簡單旋轉矩陣 $R(P_1,\theta_1)$ 與 $R(P_2,\theta_2)$ 。若 $C(P_1)\perp C(P_2)$ ，即有 $P_1^TP_2=P_2^TP_1=0$ ，則

$\displaystyle R(P_2,\theta_2)R(P_1,\theta_1)=R(P_1,\theta_1)R(P_2,\theta_2)=R(P_1,\theta_1)+R(P_2,\theta_2)-I_n$ ，

此時簡單旋轉矩陣具有交換律。證明見附註^[4]。推廣至 $k\ge 2$ ，考慮簡單旋轉矩陣 $R(P_j,\theta_j)$ ， $1\le j\le k$ 。若 $C(P_i)\perp C(P_j)$ ， $i\neq j$ ，重複使用上式，可得

$\displaystyle \prod_{j=1}^kR(P_j,\theta_j)=\sum_{j=1}^kR(P_j,\theta_j)-(k-1)I_n$ 。

一般旋轉矩陣可以用 $k$ 個簡單旋轉矩陣合成。令 $Q=\begin{bmatrix} \mathbf{q}_1&\mathbf{q}_2&\cdots&\mathbf{q}_n \end{bmatrix}$ 為正交矩陣。展開 $n\times n$ 階一般旋轉矩陣 $R$ 的實分塊正交對角化形式：

$\displaystyle\begin{aligned} R&=Q\left[\!\!\begin{array}{crcrccrccc} \cos\theta_1&-\sin\theta_1& & & & & &&&\\ \sin\theta_1&\cos\theta_1 & & & & & &&&\\ & & 1& 0 & & & & &\\ & & 0 & 1 & & & & & &\\ && & &\ddots& & & & &\\ && & & & 1& 0 & &&\\ && & & & 0 &1 & &&\\ && & & & & & 1 &&\\ && & & & & & & \ddots &\\ && & & & & & & &1 \end{array}\!\!\right]Q^T\\ &~~~~Q\left[\!\!\begin{array}{crcrccrccc} 1& 0 & & & & & &&&\\ 0 & 1 & & & & & &&&\\ & & \cos\theta_2&-\sin\theta_2 & & & & &\\ & & \sin\theta_2&\cos\theta_2 & & & & & &\\ && & &\ddots& & & & &\\ && & & &1& 0 & &&\\ && & & &0&1 & &&\\ && & & & & & 1 &&\\ && & & & & & & \ddots &\\ && & & & & & & &1 \end{array}\!\!\right]Q^T\cdots\\ &~~~~Q\left[\!\!\begin{array}{crcrccrccc} 1& 0 & & & & & &&&\\ 0 & 1 & & & & & &&&\\ & & 1 & 0 & & & & &\\ & & 0 & 1 & & & & & &\\ && & &\ddots& & & & &\\ && & & &\cos\theta_k& -\sin\theta_k & &&\\ && & & &\sin\theta_k&\cos\theta_k & &&\\ && & & & & & 1 &&\\ && & & & & & & \ddots &\\ && & & & & & & &1 \end{array}\!\!\right]Q^T\\ &=R(P_1,\theta_1)R(P_2,\theta_2)\cdots R(P_k,\theta_k), \end{aligned}$

其中 $P_j=\begin{bmatrix} \mathbf{q}_{2j-1}&\mathbf{q}_{2j}\end{bmatrix}$ ， $1\le j\le k$ 。因為 $Q$ 是正交矩陣，可知 $C(P_i)\perp C(P_j)$ ， $i\neq j$ 。根據性質5，一般旋轉矩陣可表示為 $k$ 個簡單旋轉矩陣的和 (扣除一純量矩陣)：

$\displaystyle R=\prod_{j=1}^kR(P_j,\theta_j)=\sum_{j=1}^kR(P_j,\theta_j)-(k-1)I_n$ ，

其中 $k=(n-\dim N(R-I))/2$ ，這裡 $N(R-I)$ 代表特徵值 $1$ 的重數。使用性質4， $R(P_j,\theta_j)=H(\mathbf{w}_j)H(\mathbf{v}_j)$ ， $1\le j\le k$ ，其中 $\mathbf{v}_j=\mathbf{q}_{2j-1}$ 且 $\mathbf{w}_j=\cos\frac{\theta_j}{2}\mathbf{q}_{2j-1}+\sin\frac{\theta_j}{2}\mathbf{q}_{2j}$ 。一般旋轉矩陣亦可用 Householder 矩陣表示：

$\displaystyle R=\sum_{j=1}^kH(\mathbf{w}_j)H(\mathbf{v}_j)-(k-1)I_n$ 。

附註：
[1] 使用外積性質，

$\displaystyle\begin{aligned} \begin{bmatrix} \mathbf{u} \end{bmatrix}_\times \mathbf{x}&=\mathbf{u}\times\mathbf{x}\\ &=(\mathbf{q}_1\times\mathbf{q}_2)\times\mathbf{x}\\ &=\mathbf{q}_2(\mathbf{q}_1^T\mathbf{x})-\mathbf{q}_1(\mathbf{q}_2^T\mathbf{x})\\ &=(\mathbf{q}_2\mathbf{q}_1^T-\mathbf{q}_1\mathbf{q}_2^T)\mathbf{x}. \end{aligned}$

因為 $\mathbf{x}$ 是任意向量， $\begin{bmatrix} \mathbf{u} \end{bmatrix}_\times=\mathbf{q}_2\mathbf{q}_1^T-\mathbf{q}_1\mathbf{q}_2^T$ 。

[2] 改寫簡單旋轉矩陣為

$\displaystyle R(P,\theta)=I_n+(\cos\theta-1)(\mathbf{q}_1\mathbf{q}_1^T+\mathbf{q}_2\mathbf{q}_2^T)+\sin\theta(\mathbf{q}_2\mathbf{q}_1^T-\mathbf{q}_1\mathbf{q}_2^T)$ ，

直接計算可得

$\displaystyle\begin{aligned} R(P,\theta)\mathbf{q}_1&=\mathbf{q}_1+(\cos\theta-1)(\mathbf{q}_1\mathbf{q}_1^T+\mathbf{q}_2\mathbf{q}_2^T)\mathbf{q}_1+\sin\theta(\mathbf{q}_2\mathbf{q}_1^T-\mathbf{q}_1\mathbf{q}_2^T)\mathbf{q}_1\\ &=\mathbf{q}_1+(\cos\theta-1)\mathbf{q}_1+\sin\theta\mathbf{q}_2\\ &=\cos\theta\mathbf{q}_1+\sin\theta\mathbf{q}_2, \end{aligned}$

$\displaystyle\begin{aligned} R(P,\theta)\mathbf{q}_2&=\mathbf{q}_2+(\cos\theta-1)(\mathbf{q}_1\mathbf{q}_1^T+\mathbf{q}_2\mathbf{q}_2^T)\mathbf{q}_2+\sin\theta(\mathbf{q}_2\mathbf{q}_1^T-\mathbf{q}_1\mathbf{q}_2^T)\mathbf{q}_2\\ &=\mathbf{q}_2+(\cos\theta-1)\mathbf{q}_2-\sin\theta\mathbf{q}_1\\ &=-\sin\theta\mathbf{q}_1+\cos\theta\mathbf{q}_2. \end{aligned}$

所以，

$\displaystyle\begin{aligned} R(P,\theta)(\mathbf{q}_1\mp i\mathbf{q}_2)&= \cos\theta\mathbf{q}_1+\sin\theta\mathbf{q}_2\mp i(-\sin\theta\mathbf{q}_1+\cos\theta\mathbf{q}_2)\\ &=(\cos\theta\pm i\sin\theta)(\mathbf{q}_1\mp i\mathbf{q}_2). \end{aligned}$

[3] 令 $P=\begin{bmatrix} \mathbf{q}_1&\mathbf{q}_2 \end{bmatrix}$ ， $H_1=I-2\mathbf{v}\mathbf{v}^T$ 且 $H_2=I-2\mathbf{w}\mathbf{w}^T$ ，其中 $\mathbf{v}=\mathbf{q}_1$ ， $\mathbf{w}=\cos\frac{\theta}{2}\mathbf{q}_1+\sin\frac{\theta}{2}\mathbf{q}_2$ 。我們要證明 $H_2H_1=R(P,\theta)$ 。寫出

$\displaystyle\begin{aligned} H_2H_1&=(I-2\mathbf{w}\mathbf{w}^T)(I-2\mathbf{v}\mathbf{v}^T)\\ &=I-2\mathbf{v}\mathbf{v}^T-2\mathbf{w}\mathbf{w}^T+4\mathbf{w}\mathbf{w}^T\mathbf{v}\mathbf{v}\\ &=I-2\mathbf{v}\mathbf{v}^T-2\mathbf{w}\mathbf{w}^T+4\cos\frac{\theta}{2}\mathbf{w}\mathbf{v}^T. \end{aligned}$

使用倍角公式，

$\displaystyle\begin{aligned} \mathbf{w}\mathbf{w}^T&=\left(\cos\frac{\theta}{2}\mathbf{q}_1+\sin\frac{\theta}{2}\mathbf{q}_2\right)\left(\cos\frac{\theta}{2}\mathbf{q}_1+\sin\frac{\theta}{2}\mathbf{q}_2\right)^T\\ &=\cos^2\frac{\theta}{2}\mathbf{q}_1\mathbf{q}_1^T+\cos\frac{\theta}{2}\sin\frac{\theta}{2}\mathbf{q}_1\mathbf{q}_2^T+\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}\mathbf{q}_2\mathbf{q}_1^T+\sin^2\frac{\theta}{2}\mathbf{q}_2\mathbf{q}_2^T\\ &=\frac{1+\cos\theta}{2}\mathbf{q}_1\mathbf{q}_1^T+\frac{\sin\theta}{2}(\mathbf{q}_1\mathbf{q}_2^T+\mathbf{q}_2\mathbf{q}_1^T)+\frac{1-\cos\theta}{2}\mathbf{q}_2\mathbf{q}_2^T \end{aligned}$

而且

$\displaystyle\begin{aligned} \cos\frac{\theta}{2}\mathbf{w}\mathbf{v}^T&=\cos\frac{\theta}{2}\left(\cos\frac{\theta}{2}\mathbf{q}_1+\sin\frac{\theta}{2}\mathbf{q}_2\right)\mathbf{q}_1^T\\ &=\cos^2\frac{\theta}{2}\mathbf{q}_1\mathbf{q}_1^T+\cos\frac{\theta}{2}\sin\frac{\theta}{2}\mathbf{q}_2\mathbf{q}_1^T\\ &=\frac{1+\cos\theta}{2}\mathbf{q}_1\mathbf{q}_1^T+\frac{\sin\theta}{2}\mathbf{q}_2\mathbf{q}_1^T. \end{aligned}$

將上面二式代入 $H_2H_1$ ，可得

$\displaystyle\begin{aligned} H_2H_1&=I-2\mathbf{q}_1\mathbf{q}_1^T-\left((1+\cos\theta)\mathbf{q}_1\mathbf{q}_1^T+\sin\theta(\mathbf{q}_1\mathbf{q}_2^T+\mathbf{q}_2\mathbf{q}_1^T)+(1-\cos\theta)\mathbf{q}_2\mathbf{q}_2^T\right)\\ &~~+2(1+\cos\theta)\mathbf{q}_1\mathbf{q}_1^T+2\sin\theta\mathbf{q}_2\mathbf{q}_1^T\\ &=I+(\cos\theta-1)(\mathbf{q}_1\mathbf{q}_1^T+\mathbf{q}_2\mathbf{q}_2^T)+\sin\theta(\mathbf{q}_2\mathbf{q}_1^T-\mathbf{q}_1\mathbf{q}_2^T)\\ &=I+(\cos\theta-1)PP^T+\sin\theta PJP^T\\ &=R(P,\theta). \end{aligned}$

[4] 因為 $P_1^TP_2=P_2^TP_1=0$ ，

$\displaystyle\begin{aligned} R(P_2,\theta_2)R(P_1,\theta_1)&=(I_n+(\cos\theta_2-1)P_2P_2^T+\sin\theta_2P_2JP_2^T)\\ &~~~~~(I_n+(\cos\theta_1-1)P_1P_1^T+\sin\theta_1 P_1JP_1^T)\\ &=I_n+(\cos\theta_1-1)P_2P_2^T+\sin\theta_2P_2JP_2^T\\ &~~~~+(\cos\theta_1-1)P_1P_1^T+\sin\theta_1 P_1JP_1^T\\ &=R(P_2,\theta_2)+R(P_1,\theta_1)-I_n\\ &=R(P_1,\theta_1)+R(P_2,\theta_2)-I_n\\ &=R(P_1,\theta_1)R(P_2,\theta_2). \end{aligned}$

1 Response to 高階旋轉矩陣

Lee says:

08/19/2016 at 7:34 am

谢谢，正在写文章，这篇介绍帮了大忙，非常感谢

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