在位姿优化里手推雅可比：罗德里格斯参数化下的两类求导技巧

在基于模型的位姿估计里，列文伯格-马夸尔特（LM）算法的每一次迭代都要计算雅可比矩阵 ${\mathbf{J}}^{(k)}={\nabla }_{\mathbf{x}}^T[\dots {\epsilon }_i\dots {]}^T$，其中 ${\epsilon }_i$ 是图像数据点和模型投影点之间的几何距离，$\mathbf{x}$ 是把旋转矩阵和位移向量摊平之后的六维参数向量。

如果用数值差分来逼近这个雅可比，性能上会比较吃亏：每次迭代都得做 $O(6N)$ 次正向投影，而且差分步长本身会影响数值稳定性。更优雅的做法是把雅可比写成完全解析的闭式表达式——这样每次迭代只算一次投影，剩下的全是矩阵乘法。

这篇文章的目标，就是讲清楚下面这个公式是怎么推出来的：

$${\nabla }_{{\mathbf{x}}_1}^T{\bar{\mathbf{p}}}_i=\frac{{\mathbf{K}}_{12}-{\bar{\mathbf{p}}}_i{\mathbf{K}}_3}{{\mathbf{K}}_3({\mathbf{R}}_w{}^w{\mathbf{p}}_i+{\mathbf{t}}_w)}\left(-{\mathbf{R}}_w[{}^w{\mathbf{p}}_i{]}_{\times }\right)\left[\begin{array}{ccc}{\mathbf{n}}_{\alpha }& {\mathbf{n}}_{\beta }& \mathbf{n}\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}\sin \theta \sin \beta & 1-\cos \theta & 0\\ (1-\cos \theta )\sin \beta & \sin \theta & 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right]$$

整个推导分两关：

• 第一关是处理投影方程的商式求导——比较机械，但关键是要看出 ${\mathbf{K}}_{12}-{\bar{\mathbf{p}}}_i{\mathbf{K}}_3$ 这个简洁形式是怎么来的。
• 第二关才是真正有技巧的部分：罗德里格斯公式下旋转矩阵的导数，怎么用一组正交基化成 $[{\mathbf{n}}_{\alpha }{\mathbf{n}}_{\beta }\mathbf{n}]$ 乘上一个简单的 3×3 系数矩阵。

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1. 背景：参数化与投影方程

我们要优化的位姿用六个参数表示：

$$\mathbf{x}=[\alpha ,\beta ,\theta ,t_1,t_2,t_3{]}^T$$

前三个参数 $(\alpha ,\beta ,\theta )$ 对应罗德里格斯公式给出的旋转表示。先用两个角 $(\alpha ,\beta )$ 把转轴方向写成单位向量：

$$\mathbf{n}=[\cos \alpha \sin \beta ,\sin \alpha \sin \beta ,\cos \beta {]}^T$$

再用旋转角 $\theta$ 把旋转矩阵写成：

$$\mathbf{R}=\cos \theta \mathbf{I}+(1-\cos \theta )\mathbf{n}{\mathbf{n}}^T+\sin \theta [\mathbf{n}{]}_{\times }$$

后三个参数就是平移向量 $\mathbf{t}=[t_1,t_2,t_3{]}^T$。

世界坐标系下的一个空间点 ${}^w{\mathbf{p}}_i$ 投影到图像上得到的点 ${\bar{\mathbf{p}}}_i$ 满足：

$${\bar{\mathbf{p}}}_i=\frac{{\mathbf{K}}_{12}(\mathbf{R}{}^w{\mathbf{p}}_i+\mathbf{t})}{{\mathbf{K}}_3(\mathbf{R}{}^w{\mathbf{p}}_i+\mathbf{t})}$$

其中 ${\mathbf{K}}_{12}$ 是内参矩阵的前两行（$2\times 3$），${\mathbf{K}}_3$ 是最后一行（$1\times 3$）。注意这里 ${\bar{\mathbf{p}}}_i$ 是一个二维向量，所以分母上那个标量起到的就是齐次坐标归一化的作用。

LM 优化的目标函数是所有点的平方距离和：

$$F(\mathbf{x})=\sum _{i=1}^N{\epsilon }_i^2,{\epsilon }_i=\Vert {\bar{\mathbf{p}}}_i-{\mathbf{q}}_i{\Vert }_2$$

要算雅可比，就要对每个 ${\epsilon }_i$ 分别对六个参数求偏导。把 $\mathbf{x}$ 拆成 ${\mathbf{x}}_1=[\alpha ,\beta ,\theta {]}^T$ 和 ${\mathbf{x}}_2=[t_1,t_2,t_3{]}^T$，分别处理。

对平移参数 ${\mathbf{x}}_2$ 的求导很简单（后面会顺手做掉），对旋转参数 ${\mathbf{x}}_1$ 的求导是真正的难点。

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2. 第一关：商式求导

这一关的目标是把 ${\nabla }_{\mathbf{y}}^T{\bar{\mathbf{p}}}_i$（其中 $\mathbf{y}$ 可以是 ${\mathbf{x}}_1$ 或 ${\mathbf{x}}_2$）展开成一个干净的形式。投影方程是分式，所以要用商的求导法则。

为了让推导更清晰，记 $\mathbf{u}=\mathbf{R}{}^w{\mathbf{p}}_i+\mathbf{t}$，那么 ${\bar{\mathbf{p}}}_i=\frac{{\mathbf{K}}_{12}\mathbf{u}}{{\mathbf{K}}_3\mathbf{u}}$。

2.1 一步一步展开

直接对 ${\bar{\mathbf{p}}}_i$ 求梯度：

$${\nabla }_{\mathbf{y}}^T{\bar{\mathbf{p}}}_i={\nabla }_{\mathbf{y}}^T\left(\frac{{\mathbf{K}}_{12}\mathbf{u}}{{\mathbf{K}}_3\mathbf{u}}\right)$$

注意 ${\mathbf{K}}_{12}\mathbf{u}$ 是一个二维列向量，${\mathbf{K}}_3\mathbf{u}$ 是一个标量。商式求导给出：

$${\nabla }_{\mathbf{y}}^T{\bar{\mathbf{p}}}_i=\frac{({\nabla }_{\mathbf{y}}^T{\mathbf{K}}_{12}\mathbf{u})({\mathbf{K}}_3\mathbf{u})-({\mathbf{K}}_{12}\mathbf{u})({\nabla }_{\mathbf{y}}^T{\mathbf{K}}_3\mathbf{u})}{({\mathbf{K}}_3\mathbf{u}{)}^2}$$

把分子分母同除以 ${\mathbf{K}}_3\mathbf{u}$：

$$=\frac{{\nabla }_{\mathbf{y}}^T{\mathbf{K}}_{12}\mathbf{u}-\frac{{\mathbf{K}}_{12}\mathbf{u}}{{\mathbf{K}}_3\mathbf{u}}{\nabla }_{\mathbf{y}}^T{\mathbf{K}}_3\mathbf{u}}{{\mathbf{K}}_3\mathbf{u}}$$

注意到中间那个分式正是 ${\bar{\mathbf{p}}}_i$ 本身，于是：

$${\nabla }_{\mathbf{y}}^T{\bar{\mathbf{p}}}_i=\frac{{\nabla }_{\mathbf{y}}^T{\mathbf{K}}_{12}\mathbf{u}-{\bar{\mathbf{p}}}_i{\nabla }_{\mathbf{y}}^T{\mathbf{K}}_3\mathbf{u}}{{\mathbf{K}}_3\mathbf{u}}$$

${\mathbf{K}}_{12}$ 和 ${\mathbf{K}}_3$ 都是常数矩阵，可以提到梯度算子外面：

$${\nabla }_{\mathbf{y}}^T{\bar{\mathbf{p}}}_i=\frac{{\mathbf{K}}_{12}{\nabla }_{\mathbf{y}}^T\mathbf{u}-{\bar{\mathbf{p}}}_i{\mathbf{K}}_3{\nabla }_{\mathbf{y}}^T\mathbf{u}}{{\mathbf{K}}_3\mathbf{u}}$$

把 ${\nabla }_{\mathbf{y}}^T\mathbf{u}$ 提出来：

$$\boxed{{\nabla }_{\mathbf{y}}^T{\bar{\mathbf{p}}}_i=\frac{{\mathbf{K}}_{12}-{\bar{\mathbf{p}}}_i{\mathbf{K}}_3}{{\mathbf{K}}_3\mathbf{u}}{\nabla }_{\mathbf{y}}^T\mathbf{u}}$$

这就是核心形式。前面的"系数" $({\mathbf{K}}_{12}-{\bar{\mathbf{p}}}_i{\mathbf{K}}_3)/{\mathbf{K}}_3\mathbf{u}$ 跟参数 $\mathbf{y}$ 完全无关，所有的参数依赖都收进了最后那一项 ${\nabla }_{\mathbf{y}}^T\mathbf{u}$ 里。

2.2 对平移参数求导

对 ${\mathbf{x}}_2=[t_1,t_2,t_3{]}^T$，因为 $\mathbf{u}=\mathbf{R}{}^w{\mathbf{p}}_i+\mathbf{t}$，所以 ${\nabla }_{{\mathbf{x}}_2}^T\mathbf{u}={\nabla }_{{\mathbf{x}}_2}^T\mathbf{t}={\mathbf{I}}_3$。直接得到：

$${\nabla }_{{\mathbf{x}}_2}^T{\bar{\mathbf{p}}}_i=\frac{{\mathbf{K}}_{12}-{\bar{\mathbf{p}}}_i{\mathbf{K}}_3}{{\mathbf{K}}_3(\mathbf{R}{}^w{\mathbf{p}}_i+\mathbf{t})}$$

平移这边直接收工。

2.3 对旋转参数求导

对 ${\mathbf{x}}_1=[\alpha ,\beta ,\theta {]}^T$，由于 $\mathbf{t}$ 不依赖 ${\mathbf{x}}_1$，${\nabla }_{{\mathbf{x}}_1}^T\mathbf{u}={\nabla }_{{\mathbf{x}}_1}^T(\mathbf{R}{}^w{\mathbf{p}}_i)$。把它写成行向量形式：

$${\nabla }_{{\mathbf{x}}_1}^T(\mathbf{R}{}^w{\mathbf{p}}_i)=\left[\begin{array}{ccc}\frac{\partial \mathbf{R}}{\partial \alpha }{}^w{\mathbf{p}}_i& \frac{\partial \mathbf{R}}{\partial \beta }{}^w{\mathbf{p}}_i& \frac{\partial \mathbf{R}}{\partial \theta }{}^w{\mathbf{p}}_i\end{array}\right]$$

代回 2.1 的核心形式：

$${\nabla }_{{\mathbf{x}}_1}^T{\bar{\mathbf{p}}}_i=\frac{{\mathbf{K}}_{12}-{\bar{\mathbf{p}}}_i{\mathbf{K}}_3}{{\mathbf{K}}_3(\mathbf{R}{}^w{\mathbf{p}}_i+\mathbf{t})}\left[\begin{array}{ccc}\frac{\partial \mathbf{R}}{\partial \alpha }{}^w{\mathbf{p}}_i& \frac{\partial \mathbf{R}}{\partial \beta }{}^w{\mathbf{p}}_i& \frac{\partial \mathbf{R}}{\partial \theta }{}^w{\mathbf{p}}_i\end{array}\right]$$

这里 $\partial \mathbf{R}/\partial \alpha$、$\partial \mathbf{R}/\partial \beta$、$\partial \mathbf{R}/\partial \theta$ 直接展开会非常凌乱——这就是第二关要解决的问题。

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3. 第二关：旋转矩阵导数的代数化简

3.1 难点在哪

直接对罗德里格斯公式 $\mathbf{R}=\cos \theta \mathbf{I}+(1-\cos \theta )\mathbf{n}{\mathbf{n}}^T+\sin \theta [\mathbf{n}{]}_{\times }$ 关于 $\alpha$ 求偏导，会得到：

$$\frac{\partial \mathbf{R}}{\partial \alpha }=(1-\cos \theta )\left(\frac{\partial \mathbf{n}}{\partial \alpha }{\mathbf{n}}^T+\mathbf{n}\frac{\partial {\mathbf{n}}^T}{\partial \alpha }\right)+\sin \theta \frac{\partial [\mathbf{n}{]}_{\times }}{\partial \alpha }$$

这一坨表达式如果就这样代入雅可比，每一项都是参数 $(\alpha ,\beta ,\theta )$ 的混合三角函数，没法继续化简、也没法看出结构。

关键的转换是定义辅助矩阵：

$$[{\mathbf{V}}_{\alpha }{]}_{\times }={\mathbf{R}}^T\frac{\partial \mathbf{R}}{\partial \alpha },[{\mathbf{V}}_{\beta }{]}_{\times }={\mathbf{R}}^T\frac{\partial \mathbf{R}}{\partial \beta },[{\mathbf{V}}_{\theta }{]}_{\times }={\mathbf{R}}^T\frac{\partial \mathbf{R}}{\partial \theta }$$

为什么这能成立？因为 ${\mathbf{R}}^T\mathbf{R}=\mathbf{I}$ 两边求导可得 ${\dot{\mathbf{R}}}^T\mathbf{R}+{\mathbf{R}}^T\dot{\mathbf{R}}=0$，即 $({\mathbf{R}}^T\dot{\mathbf{R}}{)}^T=-{\mathbf{R}}^T\dot{\mathbf{R}}$——所以 ${\mathbf{R}}^T\dot{\mathbf{R}}$ 必为反对称矩阵，可以合法地写成 $[\cdot {]}_{\times }$ 的形式。每个 $\mathbf{V}$ 都是一个三维向量。

把雅可比改写一下。由 $[{\mathbf{V}}_{\alpha }{]}_{\times }={\mathbf{R}}^T\partial \mathbf{R}/\partial \alpha$ 推得 $\partial \mathbf{R}/\partial \alpha =\mathbf{R}[{\mathbf{V}}_{\alpha }{]}_{\times }$，于是：

$$\frac{\partial \mathbf{R}}{\partial \alpha }{}^w{\mathbf{p}}_i=\mathbf{R}[{\mathbf{V}}_{\alpha }{]}_{\times }{}^w{\mathbf{p}}_i=-\mathbf{R}[{}^w{\mathbf{p}}_i{]}_{\times }{\mathbf{V}}_{\alpha }$$

（用了 $[\mathbf{a}{]}_{\times }\mathbf{b}=-[\mathbf{b}{]}_{\times }\mathbf{a}$。）于是雅可比里的核心项变成：

$$\left[\begin{array}{ccc}\frac{\partial \mathbf{R}}{\partial \alpha }{}^w{\mathbf{p}}_i& \frac{\partial \mathbf{R}}{\partial \beta }{}^w{\mathbf{p}}_i& \frac{\partial \mathbf{R}}{\partial \theta }{}^w{\mathbf{p}}_i\end{array}\right]=-\mathbf{R}[{}^w{\mathbf{p}}_i{]}_{\times }\left[\begin{array}{ccc}{\mathbf{V}}_{\alpha }& {\mathbf{V}}_{\beta }& {\mathbf{V}}_{\theta }\end{array}\right]$$

剩下要做的事情就是：把 ${\mathbf{V}}_{\alpha },{\mathbf{V}}_{\beta },{\mathbf{V}}_{\theta }$ 显式算出来。

3.2 关键观察：一组天然正交基

整个推导的灵魂在这里——单位向量 $\mathbf{n}$ 自然地诱导出两个与它正交的向量：

$${\mathbf{n}}_{\alpha }=[-\sin \alpha ,\cos \alpha ,0{]}^T$$

$${\mathbf{n}}_{\beta }=[\cos \alpha \cos \beta ,\sin \alpha \cos \beta ,-\sin \beta {]}^T$$

可以直接验证 $\mathbf{n},{\mathbf{n}}_{\alpha },{\mathbf{n}}_{\beta }$ 两两正交且都是单位向量，构成 ${\mathbb{R}}^3$ 的一组标准正交基。

而且，$[\mathbf{n}{]}_{\times }$ 关于 $\alpha ,\beta$ 的偏导有非常漂亮的形式。把 $\mathbf{n}=[\cos \alpha \sin \beta ,\sin \alpha \sin \beta ,\cos \beta {]}^T$ 代入 $[\cdot {]}_{\times }$ 的定义：

$$[\mathbf{n}{]}_{\times }=\left[\begin{array}{ccc}0& -\cos \beta & \sin \alpha \sin \beta \\ \cos \beta & 0& -\cos \alpha \sin \beta \\ -\sin \alpha \sin \beta & \cos \alpha \sin \beta & 0\end{array}\right]$$

对 $\alpha$ 求偏导：

$$\frac{\partial [\mathbf{n}{]}_{\times }}{\partial \alpha }=\left[\begin{array}{ccc}0& 0& \cos \alpha \sin \beta \\ 0& 0& \sin \alpha \sin \beta \\ -\cos \alpha \sin \beta & -\sin \alpha \sin \beta & 0\end{array}\right]=\sin \beta [{\mathbf{n}}_{\alpha }{]}_{\times }$$

对 $\beta$ 求偏导：

$$\frac{\partial [\mathbf{n}{]}_{\times }}{\partial \beta }=\left[\begin{array}{ccc}0& \sin \beta & \sin \alpha \cos \beta \\ -\sin \beta & 0& -\cos \alpha \cos \beta \\ -\sin \alpha \cos \beta & \cos \alpha \cos \beta & 0\end{array}\right]=[{\mathbf{n}}_{\beta }{]}_{\times }$$

所以两个核心等式：

$$\frac{\partial [\mathbf{n}{]}_{\times }}{\partial \alpha }=\sin \beta [{\mathbf{n}}_{\alpha }{]}_{\times },\frac{\partial [\mathbf{n}{]}_{\times }}{\partial \beta }=[{\mathbf{n}}_{\beta }{]}_{\times }$$

正交基的存在让我们可以用一个很有用的证明套路：要证明某个 $3\times 3$ 矩阵 $\mathbf{M}$ 恒等于零，只需要验证它作用到任意向量 $\mathbf{v}=a{\mathbf{n}}_{\alpha }+b{\mathbf{n}}_{\beta }+c\mathbf{n}$（$a,b,c\in \mathbb{R}$ 任意）上的结果都是零。这把矩阵恒等式转化成了少数几个基向量的代数运算，省去了硬展开的痛苦。

在用这套套路之前，先记下几个基向量在反对称矩阵作用下的关系（直接用叉乘 $[\mathbf{a}{]}_{\times }\mathbf{b}=\mathbf{a}\times \mathbf{b}$ 验证即可）：

$$[\mathbf{n}{]}_{\times }\mathbf{n}=0,[\mathbf{n}{]}_{\times }{\mathbf{n}}_{\alpha }=-{\mathbf{n}}_{\beta },[\mathbf{n}{]}_{\times }{\mathbf{n}}_{\beta }={\mathbf{n}}_{\alpha }$$

$$[{\mathbf{n}}_{\alpha }{]}_{\times }\mathbf{n}={\mathbf{n}}_{\beta },[{\mathbf{n}}_{\alpha }{]}_{\times }{\mathbf{n}}_{\alpha }=0,[{\mathbf{n}}_{\alpha }{]}_{\times }{\mathbf{n}}_{\beta }=-\mathbf{n}$$

这些关系我们后面会反复用。

3.3 四个引理

为了证明 ${\mathbf{V}}_{\alpha },{\mathbf{V}}_{\beta },{\mathbf{V}}_{\theta }$ 的最终形式，需要四个代数引理。每个引理在最终证明里承担不同的角色。

引理 1：三明治消零

$$[\mathbf{n}{]}_{\times }\frac{\partial [\mathbf{n}{]}_{\times }}{\partial \alpha }[\mathbf{n}{]}_{\times }\equiv 0$$

证明：用正交基套路。设 $\mathbf{v}=a{\mathbf{n}}_{\alpha }+b{\mathbf{n}}_{\beta }+c\mathbf{n}$，由 3.2 节的结果 $\partial [\mathbf{n}{]}_{\times }/\partial \alpha =\sin \beta [{\mathbf{n}}_{\alpha }{]}_{\times }$：

$$[\mathbf{n}{]}_{\times }\frac{\partial [\mathbf{n}{]}_{\times }}{\partial \alpha }[\mathbf{n}{]}_{\times }\mathbf{v}=\sin \beta [\mathbf{n}{]}_{\times }[{\mathbf{n}}_{\alpha }{]}_{\times }[\mathbf{n}{]}_{\times }(a{\mathbf{n}}_{\alpha }+b{\mathbf{n}}_{\beta }+c\mathbf{n})$$

按 $\mathbf{v}$ 的三个分量分别处理：

• $c\mathbf{n}$ 分量：$[\mathbf{n}{]}_{\times }\mathbf{n}=0$，整项为零。
• $a{\mathbf{n}}_{\alpha }$ 分量：$[\mathbf{n}{]}_{\times }{\mathbf{n}}_{\alpha }=-{\mathbf{n}}_{\beta }$，再 $[{\mathbf{n}}_{\alpha }{]}_{\times }(-{\mathbf{n}}_{\beta })=\mathbf{n}$，再 $[\mathbf{n}{]}_{\times }\mathbf{n}=0$，整项为零。
• $b{\mathbf{n}}_{\beta }$ 分量：$[\mathbf{n}{]}_{\times }{\mathbf{n}}_{\beta }={\mathbf{n}}_{\alpha }$，再 $[{\mathbf{n}}_{\alpha }{]}_{\times }{\mathbf{n}}_{\alpha }=0$，整项为零。

三项都为零，所以 $[\mathbf{n}{]}_{\times }\frac{\partial [\mathbf{n}{]}_{\times }}{\partial \alpha }[\mathbf{n}{]}_{\times }\mathbf{v}=0$ 对任意 $\mathbf{v}$ 成立，即原矩阵恒为零矩阵。$■$

引理 2：外积变身

$$[\mathbf{n}{]}_{\times }^2+\mathbf{I}=\mathbf{n}{\mathbf{n}}^T$$

证明：设 $\mathbf{n}=[n_1,n_2,n_3{]}^T$，则 $n_1^2+n_2^2+n_3^2=1$（单位向量的模为1）。直接展开：

$$[\mathbf{n}{]}_{\times }=\left[\begin{array}{ccc}0& -n_3& n_2\\ n_3& 0& -n_1\\ -n_2& n_1& 0\end{array}\right]$$

矩阵乘法给出：

$$[\mathbf{n}{]}_{\times }^2=\left[\begin{array}{ccc}-n_2^2-n_3^2& n_1{n}_2& n_1{n}_3\\ n_1{n}_2& -n_1^2-n_3^2& n_2{n}_3\\ n_1{n}_3& n_2{n}_3& -n_1^2-n_2^2\end{array}\right]$$

加上 $\mathbf{I}$，对角线变成 $1-n_2^2-n_3^2=n_1^2$，其他依此类推：

$$[\mathbf{n}{]}_{\times }^2+\mathbf{I}=\left[\begin{array}{ccc}{n}_1^2& n_1{n}_2& n_1{n}_3\\ n_1{n}_2& n_2^2& n_2{n}_3\\ n_1{n}_3& n_2{n}_3& n_3^2\end{array}\right]=\mathbf{n}{\mathbf{n}}^T■$$

这个引理特别有用：每次看到罗德里格斯公式里的 $\mathbf{n}{\mathbf{n}}^T$，就可以替换成 $[\mathbf{n}{]}_{\times }^2+\mathbf{I}$，把所有项统一到 $[\mathbf{n}{]}_{\times }$ 的多项式上。

引理 3：对易关系（李括号）

$$[{\mathbf{n}}_{\alpha }{]}_{\times }[\mathbf{n}{]}_{\times }-[\mathbf{n}{]}_{\times }[{\mathbf{n}}_{\alpha }{]}_{\times }=[{\mathbf{n}}_{\beta }{]}_{\times }$$

$$[\mathbf{n}{]}_{\times }[{\mathbf{n}}_{\beta }{]}_{\times }-[{\mathbf{n}}_{\beta }{]}_{\times }[\mathbf{n}{]}_{\times }=[{\mathbf{n}}_{\alpha }{]}_{\times }$$

证明：仍然用正交基套路。要证明第一式，等价于证明矩阵

$$\mathbf{M}\equiv [{\mathbf{n}}_{\alpha }{]}_{\times }[\mathbf{n}{]}_{\times }-[\mathbf{n}{]}_{\times }[{\mathbf{n}}_{\alpha }{]}_{\times }-[{\mathbf{n}}_{\beta }{]}_{\times }=0$$

设 $\mathbf{v}=a\mathbf{n}+b{\mathbf{n}}_{\alpha }+c{\mathbf{n}}_{\beta }$，分三项验证。先列一些后面要用的基本关系（除了 3.2 节列过的，再补上 $[{\mathbf{n}}_{\beta }{]}_{\times }\mathbf{n}=-{\mathbf{n}}_{\alpha }$、$[{\mathbf{n}}_{\beta }{]}_{\times }{\mathbf{n}}_{\alpha }=\mathbf{n}$、$[{\mathbf{n}}_{\beta }{]}_{\times }{\mathbf{n}}_{\beta }=0$，都可以直接由叉乘验证）。

作用在 $\mathbf{n}$ 上：

• $[{\mathbf{n}}_{\alpha }{]}_{\times }[\mathbf{n}{]}_{\times }\mathbf{n}=[{\mathbf{n}}_{\alpha }{]}_{\times }0=0$
• $[\mathbf{n}{]}_{\times }[{\mathbf{n}}_{\alpha }{]}_{\times }\mathbf{n}=[\mathbf{n}{]}_{\times }{\mathbf{n}}_{\beta }={\mathbf{n}}_{\alpha }$
• $[{\mathbf{n}}_{\beta }{]}_{\times }\mathbf{n}=-{\mathbf{n}}_{\alpha }$

相加：$\mathbf{Mn}=0-{\mathbf{n}}_{\alpha }-(-{\mathbf{n}}_{\alpha })=0$。

作用在 ${\mathbf{n}}_{\alpha }$ 上：

• $[{\mathbf{n}}_{\alpha }{]}_{\times }[\mathbf{n}{]}_{\times }{\mathbf{n}}_{\alpha }=[{\mathbf{n}}_{\alpha }{]}_{\times }(-{\mathbf{n}}_{\beta })=-(-\mathbf{n})=\mathbf{n}$
• $[\mathbf{n}{]}_{\times }[{\mathbf{n}}_{\alpha }{]}_{\times }{\mathbf{n}}_{\alpha }=[\mathbf{n}{]}_{\times }0=0$
• $[{\mathbf{n}}_{\beta }{]}_{\times }{\mathbf{n}}_{\alpha }=\mathbf{n}$

相加：$\mathbf{M}{\mathbf{n}}_{\alpha }=\mathbf{n}-0-\mathbf{n}=0$。

作用在 ${\mathbf{n}}_{\beta }$ 上：

• $[{\mathbf{n}}_{\alpha }{]}_{\times }[\mathbf{n}{]}_{\times }{\mathbf{n}}_{\beta }=[{\mathbf{n}}_{\alpha }{]}_{\times }{\mathbf{n}}_{\alpha }=0$
• $[\mathbf{n}{]}_{\times }[{\mathbf{n}}_{\alpha }{]}_{\times }{\mathbf{n}}_{\beta }=[\mathbf{n}{]}_{\times }(-\mathbf{n})=0$
• $[{\mathbf{n}}_{\beta }{]}_{\times }{\mathbf{n}}_{\beta }=0$

相加：$\mathbf{M}{\mathbf{n}}_{\beta }=0$。

三项都为零，所以 $\mathbf{Mv}=0$ 对任意 $\mathbf{v}$ 成立，第一式得证。第二式同理（读者可以自行验证）。$■$

引理 4：高次降阶

$${\cos }^2\theta [\mathbf{n}{]}_{\times }-{\sin }^2\theta [\mathbf{n}{]}_{\times }^3=[\mathbf{n}{]}_{\times }$$

证明：用正交基套路。要证 $\mathbf{M}\equiv {\cos }^2\theta [\mathbf{n}{]}_{\times }-{\sin }^2\theta [\mathbf{n}{]}_{\times }^3-[\mathbf{n}{]}_{\times }=0$。设 $\mathbf{v}=a\mathbf{n}+b{\mathbf{n}}_{\alpha }+c{\mathbf{n}}_{\beta }$，分三项。

作用在 $\mathbf{n}$ 上：$[\mathbf{n}{]}_{\times }\mathbf{n}=0$，所以 $[\mathbf{n}{]}_{\times }^3\mathbf{n}=0$。$\mathbf{Mn}=0$。

作用在 ${\mathbf{n}}_{\alpha }$ 上：

• $[\mathbf{n}{]}_{\times }{\mathbf{n}}_{\alpha }=-{\mathbf{n}}_{\beta }$
• $[\mathbf{n}{]}_{\times }^2{\mathbf{n}}_{\alpha }=[\mathbf{n}{]}_{\times }(-{\mathbf{n}}_{\beta })=-{\mathbf{n}}_{\alpha }$
• $[\mathbf{n}{]}_{\times }^3{\mathbf{n}}_{\alpha }=[\mathbf{n}{]}_{\times }(-{\mathbf{n}}_{\alpha })={\mathbf{n}}_{\beta }$

代入：

$$\mathbf{M}{\mathbf{n}}_{\alpha }={\cos }^2\theta (-{\mathbf{n}}_{\beta })-{\sin }^2\theta {\mathbf{n}}_{\beta }-(-{\mathbf{n}}_{\beta })={\mathbf{n}}_{\beta }(-{\cos }^2\theta -{\sin }^2\theta +1)=0.$$

作用在 ${\mathbf{n}}_{\beta }$ 上：

• $[\mathbf{n}{]}_{\times }{\mathbf{n}}_{\beta }={\mathbf{n}}_{\alpha }$
• $[\mathbf{n}{]}_{\times }^2{\mathbf{n}}_{\beta }=[\mathbf{n}{]}_{\times }{\mathbf{n}}_{\alpha }=-{\mathbf{n}}_{\beta }$
• $[\mathbf{n}{]}_{\times }^3{\mathbf{n}}_{\beta }=[\mathbf{n}{]}_{\times }(-{\mathbf{n}}_{\beta })=-{\mathbf{n}}_{\alpha }$

代入：

$$\mathbf{M}{\mathbf{n}}_{\beta }={\cos }^2\theta {\mathbf{n}}_{\alpha }-{\sin }^2\theta (-{\mathbf{n}}_{\alpha })-{\mathbf{n}}_{\alpha }={\mathbf{n}}_{\alpha }({\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta -1)=0.$$

三项都为零，$\mathbf{M}\equiv 0$，引理得证。$■$

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