如何描述三維空間中剛體的旋轉，是個有趣的問題。具體地說，就是剛體上的任意乙個點p(x, y, z)圍繞過原點的軸(i, j, k)旋轉θ，求旋轉後的點p\'(x\', y\', z\')。
旋轉矩陣乘以點p的齊次座標，得到旋轉後的點p'，因此旋轉矩陣可以描述旋轉，
⎡⎣⎢⎢⎢⎢x′
y′z′
1⎤⎦⎥⎥⎥⎥=r
⋅⎡⎣⎢⎢⎢⎢xy
z1⎤⎦⎥⎥⎥⎥
繞x，y，或z軸旋轉θ的矩陣為： r
x(θ)
=⎡⎣⎢⎢10
00cosθ
sinθ0−
sinθ
cosθ
⎤⎦⎥⎥
ry(θ)
=⎡⎣⎢⎢
cosθ
0sinθ0
10−sinθ0
cosθ
⎤⎦⎥⎥
rz(θ)
=⎡⎣⎢⎢
cosθ
sinθ0−
sinθ
cosθ00
01⎤⎦⎥⎥
所以，繞任意軸旋轉的矩陣為 r
x(−p
)⋅ry
(−q)
⋅rz(
θ)⋅r
y(q)
⋅rx(
p)這表示：
1. 繞x軸旋轉角度p使指定的旋轉軸在xz平面上
2. 繞y軸旋轉角度q使指定的旋轉軸與z軸重合
3. 繞z軸旋轉角度θ
4. 繞y軸旋轉角度-q
5. 繞x軸旋轉角度-p
其中，p和q的值需要用i,j,k計算出來。
尤拉角也可以描述三維剛體旋轉，它將剛體繞過原點的軸(i,j,k)旋轉θ，分解成三步（藍色是起始座標系，而紅色的是旋轉之後的座標系。）。
1. 繞z軸旋轉α，使x軸與n軸重合，n軸是旋轉前後兩個座標系x-y平面的交線
2. 繞x軸（也就是n軸）旋轉β，使z軸與旋轉後的z軸重合
3. 繞z軸旋轉γ，使座標系與旋轉後的完全重合
按照旋轉軸的順序，該組尤拉角被稱為是「zxz順規」的。對於順規的次序，學術界沒有明確的約定。
尤拉角的旋轉矩陣為： r
z(α)
⋅rx(
β)⋅r
z(γ)
在旋轉矩陣一節中，最先進行的旋轉其矩陣在最右側，說明該矩陣最先與點的齊次座標相乘，旋轉矩陣按照旋轉的次序從右向左排列。而在尤拉角中，最先進行的旋轉其旋轉矩陣在最左邊。這是因為，**對於前者（旋轉矩陣），我們始終是以絕對參考係為參照來的，對於後者（尤拉角），我們每一次旋轉的刻畫都是基於剛體的座標系。**比如，在尤拉角中的第2步，繞x軸旋轉β，這裡的x軸實際上是n軸了（而不是藍色的x軸）。
為什麼旋轉參考係的不同會導致旋轉矩陣次序的差異呢？細想一下便知，旋轉矩陣左乘疊加用以描述三維變換效果的疊加，這本身就是基於絕對座標系的，所以旋轉矩陣一節沒有疑問；而對於尤拉角一節的這種旋轉方式，這樣考慮：
1. 如果有乙個「影子座標系3」與原座標系重合，然後首先進行了第3步（繞z軸旋轉γ）；
2. 然後有乙個「影子座標系2」也與原座標系重合，然後與「影子座標系3」一起（視作同乙個剛體）進行了第二步；
3. 最後乙個「影子座標系1」，與前兩個座標系一起進行了第一步。
此時，考察「影子座標系」1和2，他們就分別落在了尤拉角旋轉的兩個「快照」上，而「影子座標系3」就落在旋轉後的位置上（紅色的）。而在上述過程中，「影子座標系3」就是相對於絕對座標系依次進行了第三步，第二步，和第一步。所以尤拉角的旋轉矩陣寫成那樣，也是行得通的。
這個想法，我猜在很多第一人稱遊戲中，已經得到了廣泛應用了。這樣，玩家對人物的控制就可以繞開人物的實時狀態（位置，角度等）直接對人物的模型矩陣產生影響。
萬向節死鎖是尤拉角的乙個弊端，這是乙個直觀的例子。
四元數是今天的主角，它能夠很方便的刻畫剛體繞任意軸的旋轉。四元數是一種高階複數，四元數q表示為： q
=(x,
y,z,
w)=x
i+yj
+zk+
w其中，i，j，k滿足： i
2=j2
=k2=
−1 i
j=k,
jk=i
,ki=
j由於i，j，k的性質和笛卡爾座標系三個軸叉乘的性質很像，所以可以將四元數寫成乙個向量和乙個實數組合的形式： q
=(v⃗
+w)=
((x,
y,z)
,w)可以推導出四元數的一些運算性質，包括：
* 四元數乘法 q
1q2=
(v1→
×v2→
+w1v
2→+w
2v1→
,w1w
2−v1
→⋅v2
→)* 共軛四元數 q
∗=(−
v⃗ ,w
)* 四元數的平方模 n
(q)=
n(v⃗
)+w2
* 四元數的逆 q
−1=q
∗n(q
)四元數可以看做是向量和實數的一種更加一般的形式，向量可以視作為實部為0的四元數，而實數可以是作為虛部為0的四元數。上述四元數的運算性質也是實數或向量的運算性質的更一般的形式。
四元數可用來刻畫三維空間中的旋轉，繞單位向量(x,y,z)表示的軸旋轉θ，可令： q
=((x
,y,z
)sinθ2
,cosθ2
)剛體座標系中的點p(p,0)（寫成四元數的形式），旋轉後的座標p'為： p
′=qp
q−1
接下來我們來證明這一點。
首先，我們證明qp
q−1=
(sq)
p(sq
)−1
其中s為實數。顯然 (
sq)p
(sq)
−1=s
qpq−
1s−1
=sqp
−1
此時，我們可以將q看做是單位矩陣，因為如果q不是單位矩陣，我們就可以乘以乙個常數s將其化為單位矩陣。
然後，我們證明qpq^和p的模長相等
下面將q視為單位四元數： q
−1=q
∗ 四元數q的標量: s
(q)=
(q+q
∗)/2
那麼： 2s
(qpq
−1)=
2s(q
pq∗)
=qpq
∗+(q
pq∗)
∗=qp
q∗+q
p∗q∗
=q(p
+p∗)
q∗=q
2s(p
)q∗=
2s(p
)最後，我們證明 p
′=qp
q∗
如圖所示，u為旋轉軸，旋轉角度為σ，向量v旋轉到w處。旋轉到σ/2處為k（圖中未標出）。
下面也用相同的字母指代四元數，如u就表示向量u的四元數形式((ux,uy,uz),0)。
首先，令u方向上的單位向量為u（為了方便，命名不變，後面的u都是指旋轉軸方向的單位四元數），那麼根據q的定義，參見四元數乘法法則： q
=(u⃗
sinθ2,
cosθ2)
=(v⃗
×k⃗ ,
v⃗ ⋅k
⃗ )=(
v⃗ ,0
)(−k
⃗ ,0)
=kv∗
現在令 w=
qvq∗
如果能證明w與v的夾角是σ，那麼就說明w確實是v旋轉σ得到的，整個命題就得證了。
注意v，k和w都是實部為0的單位四元數，表示單位向量，我們有： w
k∗=(
qvq−
1)k∗
=qvq
∗k∗=
qvvk
∗k∗=
q所以 w
k∗=k
v∗
上面的式子拆分成實部和虛部，虛部表明w與-k的平面和k與-v的平面重合，實部表明w和-k之間的夾角與k和-v之間的夾角相等，都是π-σ/2。這就說明了w與v的夾角是σ，原命題就得證了。
旋轉矩陣，四元素，尤拉角
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