<think>首先，用户的问题是关于坐标系转换的：原Z轴变为X轴负方向，原X轴变为Y轴负方向。需要计算对应的旋转矩阵和欧拉角。
关键点：
- 原坐标系：假设标准右手坐标系，X向右，Y向上，Z向外（或根据上下文）。
- 新坐标系：原Z轴变为新X轴的负方向，所以新X轴 = -旧Z轴。
- 原X轴变为新Y轴的负方向，所以新Y轴 = -旧X轴。
现在，我需要找到旋转矩阵，该矩阵将旧坐标系的点转换到新坐标系。
定义旧坐标系基向量：
- $\hat{\mathbf{x}}_o = [1, 0, 0]^T$
- $\hat{\mathbf{y}}_o = [0, 1, 0]^T$
- $\hat{\mathbf{z}}_o = [0, 0, 1]^T$
新坐标系基向量：
- 新X轴：原Z轴变为X轴负方向，所以 $\hat{\mathbf{x}}_n = -\hat{\mathbf{z}}_o = [0, 0, -1]^T$
- 新Y轴：原X轴变为Y轴负方向，所以 $\hat{\mathbf{y}}_n = -\hat{\mathbf{x}}_o = [-1, 0, 0]^T$
- 新Z轴：需要确定。由于是右手坐标系，新Z轴应该由新X和新Y的叉积得到：$\hat{\mathbf{z}}_n = \hat{\mathbf{x}}_n \times \hat{\mathbf{y}}_n$
计算叉积：
$\hat{\mathbf{x}}_n = [0, 0, -1]^T$
$\hat{\mathbf{y}}_n = [-1, 0, 0]^T$
$\hat{\mathbf{z}}_n = \hat{\mathbf{x}}_n \times \hat{\mathbf{y}}_n = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & 0 & -1 \\ -1 & 0 & 0 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot 0 - (-1) \cdot 0) - \mathbf{j}(0 \cdot 0 - (-1) \cdot (-1)) + \mathbf{k}(0 \cdot 0 - 0 \cdot (-1)) = \mathbf{i}(0) - \mathbf{j}(0 - 1) + \mathbf{k}(0) = [0, 1, 0]^T$
所以 $\hat{\mathbf{z}}_n = [0, 1, 0]^T$，这正好是旧Y轴方向。
因此，新坐标系基向量在旧坐标系中的表示：
- $\hat{\mathbf{x}}_n = [0, 0, -1]^T$
- $\hat{\mathbf{y}}_n = [-1, 0, 0]^T$
- $\hat{\mathbf{z}}_n = [0, 1, 0]^T$
旋转矩阵 $R$ 将旧坐标系的点转换到新坐标系。通常，旋转矩阵的列是新坐标系基向量在旧坐标系中的坐标。
所以，$R = \begin{bmatrix} \hat{\mathbf{x}}_n & \hat{\mathbf{y}}_n & \hat{\mathbf{z}}_n \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
验证：一个点在旧坐标系中的坐标 $\mathbf{p}_o = [p_x, p_y, p_z]^T$，在新坐标系中的坐标 $\mathbf{p}_n = R^T \mathbf{p}_o$，因为旋转矩阵是正交的，逆等于转置。
标准定义：如果旋转矩阵 $R$ 的列是新轴在旧系中的方向，那么从旧系到新系的变换是 $\mathbf{p}_n = R^{-1} \mathbf{p}_o = R^T \mathbf{p}_o$。
所以这里 $R = \begin{bmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$，那么 $R^T = \begin{bmatrix} 0 & 0 & -1 \\ -1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$
应用：旧点 $\mathbf{p}_o = [p_x, p_y, p_z]^T$，新点 $\mathbf{p}_n = R^T \mathbf{p}_o = \begin{bmatrix} 0 & 0 & -1 \\ -1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} p_x \\ p_y \\ p_z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -p_z \\ -p_x \\ p_y \end{bmatrix}$
检查：
- 新X轴：原Z轴负方向，所以新X坐标应该与旧Z负相关，正确：$p_{n,x} = -p_z$
- 新Y轴：原X轴负方向，所以新Y坐标应该与旧X负相关，正确：$p_{n,y} = -p_x$
- 新Z轴：原Y轴方向，所以新Z坐标应该与旧Y相同，正确：$p_{n,z} = p_y$
完美。
现在，旋转矩阵是 $R = \begin{bmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
接下来，需要找到欧拉角。用户提到参考了万向锁的问题，所以需要指定旋转顺序。
用户说：“参考站内引用:引用[1]:旋转矩阵与欧拉角。假设我们按照z-y-x的顺序对物体进行旋转...”
所以，可能使用z-y-x顺序，即先绕z轴，然后y轴，然后x轴旋转。
欧拉角通常有多个约定，这里指定z-y-x顺序，类似于Tait-Bryan角，常用在航空航天中。
设旋转顺序为：先绕Z轴旋转yaw角$\psi$，然后绕Y轴旋转pitch角$\theta$，然后绕X轴旋转roll角$\phi$。
那么，旋转矩阵可以表示为：
$$R = R_z(\psi) R_y(\theta) R_x(\phi)$$
其中：
$$R_z(\psi) = \begin{bmatrix} \cos\psi & -\sin\psi & 0 \\ \sin\psi & \cos\psi & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$
$$R_y(\theta) = \begin{bmatrix} \cos\theta & 0 & \sin\theta \\ 0 & 1 & 0 \\ -\sin\theta & 0 & \cos\theta \end{bmatrix}$$
$$R_x(\phi) = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \cos\phi & -\sin\phi \\ 0 & \sin\phi & \cos\phi \end{bmatrix}$$
所以，乘积：
$$R = R_z(\psi) R_y(\theta) R_x(\phi) = \begin{bmatrix} \cos\psi & -\sin\psi & 0 \\ \sin\psi & \cos\psi & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \cos\theta & 0 & \sin\theta \\ 0 & 1 & 0 \\ -\sin\theta & 0 & \cos\theta \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \cos\phi & -\sin\phi \\ 0 & \sin\phi & \cos\phi \end{bmatrix}$$
先计算 $R_{yz} = R_y(\theta) R_x(\phi)$，然后 $R = R_z(\psi) R_{yz}$，但最好直接计算整个乘积。
计算：
首先，$R_{yz} = R_y(\theta) R_x(\phi) = \begin{bmatrix} \cos\theta & 0 & \sin\theta \\ 0 & 1 & 0 \\ -\sin\theta & 0 & \cos\theta \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \cos\phi & -\sin\phi \\ 0 & \sin\phi & \cos\phi \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos\theta \cdot 1 + 0 \cdot 0 + \sin\theta \cdot 0 & \cos\theta \cdot 0 + 0 \cdot \cos\phi + \sin\theta \cdot \sin\phi & \cos\theta \cdot 0 + 0 \cdot (-\sin\phi) + \sin\theta \cdot \cos\phi \\ 0 \cdot 1 + 1 \cdot 0 + 0 \cdot 0 & 0 \cdot 0 + 1 \cdot \cos\phi + 0 \cdot \sin\phi & 0 \cdot 0 + 1 \cdot (-\sin\phi) + 0 \cdot \cos\phi \\ -\sin\theta \cdot 1 + 0 \cdot 0 + \cos\theta \cdot 0 & -\sin\theta \cdot 0 + 0 \cdot \cos\phi + \cos\theta \cdot \sin\phi & -\sin\theta \cdot 0 + 0 \cdot (-\sin\phi) + \cos\theta \cdot \cos\phi \end{bmatrix}$
简化：
$$R_{yz} = \begin{bmatrix} \cos\theta & \sin\theta \sin\phi & \sin\theta \cos\phi \\ 0 & \cos\phi & -\sin\phi \\ -\sin\theta & \cos\theta \sin\phi & \cos\theta \cos\phi \end{bmatrix}$$
现在，$R = R_z(\psi) R_{yz} = \begin{bmatrix} \cos\psi & -\sin\psi & 0 \\ \sin\psi & \cos\psi & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \cos\theta & \sin\theta \sin\phi & \sin\theta \cos\phi \\ 0 & \cos\phi & -\sin\phi \\ -\sin\theta & \cos\theta \sin\phi & \cos\theta \cos\phi \end{bmatrix}$
计算每个元素：
- (1,1): $\cos\psi \cdot \cos\theta + (-\sin\psi) \cdot 0 + 0 \cdot (-\sin\theta) = \cos\psi \cos\theta$
- (1,2): $\cos\psi \cdot (\sin\theta \sin\phi) + (-\sin\psi) \cdot \cos\phi + 0 \cdot (\cos\theta \sin\phi) = \cos\psi \sin\theta \sin\phi - \sin\psi \cos\phi$
- (1,3): $\cos\psi \cdot (\sin\theta \cos\phi) + (-\sin\psi) \cdot (-\sin\phi) + 0 \cdot (\cos\theta \cos\phi) = \cos\psi \sin\theta \cos\phi + \sin\psi \sin\phi$
- (2,1): $\sin\psi \cdot \cos\theta + \cos\psi \cdot 0 + 0 \cdot (-\sin\theta) = \sin\psi \cos\theta$
- (2,2): $\sin\psi \cdot (\sin\theta \sin\phi) + \cos\psi \cdot \cos\phi + 0 \cdot (\cos\theta \sin\phi) = \sin\psi \sin\theta \sin\phi + \cos\psi \cos\phi$
- (2,3): $\sin\psi \cdot (\sin\theta \cos\phi) + \cos\psi \cdot (-\sin\phi) + 0 \cdot (\cos\theta \cos\phi) = \sin\psi \sin\theta \cos\phi - \cos\psi \sin\phi$
- (3,1): $0 \cdot \cos\theta + 0 \cdot 0 + 1 \cdot (-\sin\theta) = -\sin\theta$
- (3,2): $0 \cdot (\sin\theta \sin\phi) + 0 \cdot \cos\phi + 1 \cdot (\cos\theta \sin\phi) = \cos\theta \sin\phi$
- (3,3): $0 \cdot (\sin\theta \cos\phi) + 0 \cdot (-\sin\phi) + 1 \cdot (\cos\theta \cos\phi) = \cos\theta \cos\phi$
所以，整体旋转矩阵：
$$R = \begin{bmatrix}
\cos\psi \cos\theta & \cos\psi \sin\theta \sin\phi - \sin\psi \cos\phi & \cos\psi \sin\theta \cos\phi + \sin\psi \sin\phi \\
\sin\psi \cos\theta & \sin\psi \sin\theta \sin\phi + \cos\psi \cos\phi & \sin\psi \sin\theta \cos\phi - \cos\psi \sin\phi \\
-\sin\theta & \cos\theta \sin\phi & \cos\theta \cos\phi
\end{bmatrix}$$
现在，我们有给定的旋转矩阵：
$$R = \begin{bmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$
比较元素，找出 $\psi, \theta, \phi$。
看(3,1)元素：$-\sin\theta = -1$，因为给定矩阵(3,1)是-1。
所以 $-\sin\theta = -1 \Rightarrow \sin\theta = 1 \Rightarrow \theta = \frac{\pi}{2} + 2k\pi$，但通常欧拉角范围 $\theta \in [-\pi/2, \pi/2]$ 或类似，这里 $\sin\theta=1$，所以 $\theta = \frac{\pi}{2}$。
现在，看(1,1)元素：$\cos\psi \cos\theta = 0$
由于 $\theta = \frac{\pi}{2}$，$\cos\theta = 0$，所以 $\cos\psi \cdot 0 = 0$，总是成立，不约束 $\psi$。
类似，(2,1)元素：$\sin\psi \cos\theta = \sin\psi \cdot 0 = 0$，给定是0，也总是成立。
现在，看(3,2)元素：$\cos\theta \sin\phi = 0 \cdot \sin\phi = 0$，给定是0，成立。
(3,3)元素：$\cos\theta \cos\phi = 0 \cdot \cos\phi = 0$，但给定矩阵(3,3)是0，成立。
现在，问题在(1,2)和(1,3)等。
给定(1,2)是-1，(1,3)是0。
当 $\theta = \frac{\pi}{2}$，$\sin\theta =1$，$\cos\theta=0$。
代入公式：
(1,2): $\cos\psi \sin\theta \sin\phi - \sin\psi \cos\phi = \cos\psi \cdot 1 \cdot \sin\phi - \sin\psi \cos\phi = \cos\psi \sin\phi - \sin\psi \cos\phi = \sin(\phi - \psi)$ 或类似。
标准三角恒等式：$a \sin\phi - b \cos\phi$，这里 $\cos\psi \sin\phi - \sin\psi \cos\phi = \sin(\phi - \psi)$？不。
回忆：$\sin(A - B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$，所以这里是 $\cos\psi \sin\phi - \sin\psi \cos\phi = \sin\phi \cos\psi - \cos\phi \sin\psi = \sin(\phi - \psi)$
但通常我们写为 $-\sin(\psi - \phi)$，但值相同。
给定(1,2)是-1，所以：
$$\cos\psi \sin\phi - \sin\psi \cos\phi = -1$$
类似，(1,3): $\cos\psi \sin\theta \cos\phi + \sin\psi \sin\phi = \cos\psi \cdot 1 \cdot \cos\phi + \sin\psi \sin\phi = \cos\psi \cos\phi + \sin\psi \sin\phi = \cos(\psi - \phi)$
给定是0。
(2,2): $\sin\psi \sin\theta \sin\phi + \cos\psi \cos\phi = \sin\psi \cdot 1 \cdot \sin\phi + \cos\psi \cos\phi = \sin\psi \sin\phi + \cos\psi \cos\phi = \cos(\psi - \phi)$
给定是0。
(2,3): $\sin\psi \sin\theta \cos\phi - \cos\psi \sin\phi = \sin\psi \cdot 1 \cdot \cos\phi - \cos\psi \sin\phi = \sin\psi \cos\phi - \cos\psi \sin\phi = \sin(\psi - \phi)$
给定是1？矩阵(2,3)是1。
给定矩阵：
行1: 0, -1, 0
行2: 0, 0, 1
行3: -1, 0, 0
所以(2,3)是1。
现在，我们有：
方程1: $\cos\psi \sin\phi - \sin\psi \cos\phi = -1$ (来自(1,2))
方程2: $\cos\psi \cos\phi + \sin\psi \sin\phi = 0$ (来自(1,3))
方程3: $\sin\psi \sin\phi + \cos\psi \cos\phi = 0$ (来自(2,2)) 但方程2和方程3相同，因为(1,3)和(2,2)都等于 $\cos(\psi - \phi)$
(1,3)是 $\cos(\psi - \phi)$，给定0
(2,2)是 $\cos(\psi - \phi)$，也给定0，一致。
(2,3)是 $\sin(\psi - \phi)$，给定1。
所以，我们有：
设 $\delta = \psi - \phi$
那么：
$\cos \delta = 0$ (来自(1,3)或(2,2))
$\sin \delta = 1$ (来自(2,3))
因为 $\sin^2 \delta + \cos^2 \delta =1$，$1^2 + 0^2=1$，成立。
所以 $\sin \delta =1$，$\cos \delta=0$，因此 $\delta = \frac{\pi}{2} + 2k\pi$
即 $\psi - \phi = \frac{\pi}{2}$
现在，看方程1: $\cos\psi \sin\phi - \sin\psi \cos\phi = -1$
但 $\cos\psi \sin\phi - \sin\psi \cos\phi = \sin(\phi - \psi) = -\sin(\psi - \phi) = -\sin \delta = -1$
因为 $\sin \delta =1$，所以 $-\sin \delta = -1$，正好等于给定值。
所以，方程1自动满足。
因此，我们有 $\theta = \frac{\pi}{2}$，和 $\psi - \phi = \frac{\pi}{2}$
现在，$\psi$ 和 $\phi$ 不是唯一的，因为有一个自由度。但通常我们可以选择一个值。
例如，如果我们设 $\phi = 0$，则 $\psi = \frac{\pi}{2}$
或者 $\phi = \alpha$，则 $\psi = \alpha + \frac{\pi}{2}$
在欧拉角中，当 $\theta = \frac{\pi}{2}$ 时，会发生万向锁，因为旋转退化。
参考用户提到的引用：“先绕z轴旋转α度，再绕y轴旋转90度，再绕x轴旋转β度，这个时候就会出现万向锁。这个时候最后绕x轴旋转β角度，最终得到的效果和绕z轴旋转是一样的”
在这里，类似，$\theta = 90^\circ$，所以 $\psi$ 和 $\phi$ 不是独立的。
在万向锁的情况下，旋转等效于绕Z轴旋转某个角度。
在这里，给定旋转矩阵是固定的，但欧拉角有无限多种表示。
例如，设 $\phi = 0$，则 $\psi = \frac{\pi}{2}$
那么旋转：先绕Z轴 $\psi=90^\circ$，然后绕Y轴 $\theta=90^\circ$，然后绕X轴 $\phi=0^\circ$。
计算这个旋转矩阵验证。
$R_z(90^\circ) = \begin{bmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$
$R_y(90^\circ) = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
$R_x(0^\circ) = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$
现在 $R = R_z(\psi) R_y(\theta) R_x(\phi) = R_z(90) R_y(90) R_x(0)$
先 $R_{yz} = R_y(90) R_x(0) = R_y(90)$ 因为 $R_x(0)$ 是单位矩阵。
$R_y(90) = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
然后 $R = R_z(90) R_{yz} = \begin{bmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\cdot0 + (-1)\cdot0 + 0\cdot(-1) & 0\cdot0 + (-1)\cdot1 + 0\cdot0 & 0\cdot1 + (-1)\cdot0 + 0\cdot0 \\ 1\cdot0 + 0\cdot0 + 0\cdot(-1) & 1\cdot0 + 0\cdot1 + 0\cdot0 & 1\cdot1 + 0\cdot0 + 0\cdot0 \\ 0\cdot0 + 0\cdot0 + 1\cdot(-1) & 0\cdot0 + 0\cdot1 + 1\cdot0 & 0\cdot1 + 0\cdot0 + 1\cdot0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
这正是给定的矩阵。
如果设 $\phi = \beta$，则 $\psi = \beta + 90^\circ$，那么 $R_x(\beta)$ 会引入额外旋转，但由于万向锁，它可能被吸收。
例如，设 $\phi = 30^\circ$，则 $\psi = 30^\circ + 90^\circ = 120^\circ$
计算 $R = R_z(120) R_y(90) R_x(30)$
$R_z(120) = \begin{bmatrix} \cos120 & -\sin120 & 0 \\ \sin120 & \cos120 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -0.5 & -\sqrt{3}/2 & 0 \\ \sqrt{3}/2 & -0.5 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$
$R_y(90) = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
$R_x(30) = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \cos30 & -\sin30 \\ 0 & \sin30 & \cos30 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \sqrt{3}/2 & -0.5 \\ 0 & 0.5 & \sqrt{3}/2 \end{bmatrix}$
先计算 $R_{yz} = R_y(90) R_x(30) = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \sqrt{3}/2 & -0.5 \\ 0 & 0.5 & \sqrt{3}/2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\cdot1 + 0\cdot0 + 1\cdot0 & 0\cdot0 + 0\cdot\sqrt{3}/2 + 1\cdot0.5 & 0\cdot0 + 0\cdot(-0.5) + 1\cdot\sqrt{3}/2 \\ 0\cdot1 + 1\cdot0 + 0\cdot0 & 0\cdot0 + 1\cdot\sqrt{3}/2 + 0\cdot0.5 & 0\cdot0 + 1\cdot(-0.5) + 0\cdot\sqrt{3}/2 \\ -1\cdot1 + 0\cdot0 + 0\cdot0 & -1\cdot0 + 0\cdot\sqrt{3}/2 + 0\cdot0.5 & -1\cdot0 + 0\cdot(-0.5) + 0\cdot\sqrt{3}/2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0.5 & \sqrt{3}/2 \\ 0 & \sqrt{3}/2 & -0.5 \\ -1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
然后 $R = R_z(120) R_{yz} = \begin{bmatrix} -0.5 & -\sqrt{3}/2 & 0 \\ \sqrt{3}/2 & -0.5 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & 0.5 & \sqrt{3}/2 \\ 0 & \sqrt{3}/2 & -0.5 \\ -1 & 0 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -0.5\cdot0 + (-\sqrt{3}/2)\cdot0 + 0\cdot(-1) & -0.5\cdot0.5 + (-\sqrt{3}/2)\cdot\sqrt{3}/2 + 0\cdot0 & -0.5\cdot\sqrt{3}/2 + (-\sqrt{3}/2)\cdot(-0.5) + 0\cdot0 \\ \sqrt{3}/2\cdot0 + (-0.5)\cdot0 + 0\cdot(-1) & \sqrt{3}/2\cdot0.5 + (-0.5)\cdot\sqrt{3}/2 + 0\cdot0 & \sqrt{3}/2\cdot\sqrt{3}/2 + (-0.5)\cdot(-0.5) + 0\cdot0 \\ 0\cdot0 + 0\cdot0 + 1\cdot(-1) & 0\cdot0.5 + 0\cdot\sqrt{3}/2 + 1\cdot0 & 0\cdot\sqrt{3}/2 + 0\cdot(-0.5) + 1\cdot0 \end{bmatrix}$
计算元素：
- (1,1): 0
- (1,2): -0.5*0.5 = -0.25, - (\sqrt{3}/2) * (\sqrt{3}/2) = - (3/4) = -0.75, 总 -0.25 -0.75 = -1
- (1,3): -0.5 * \sqrt{3}/2 = -\sqrt{3}/4 ≈ -0.433, - (\sqrt{3}/2) * (-0.5) = + \sqrt{3}/4 ≈ 0.433, 总 0
- (2,1): 0
- (2,2): \sqrt{3}/2 * 0.5 = \sqrt{3}/4 ≈ 0.433, -0.5 * \sqrt{3}/2 = -\sqrt{3}/4 ≈ -0.433, 总 0
- (2,3): \sqrt{3}/2 * \sqrt{3}/2 = 3/4 = 0.75, -0.5 * (-0.5) = 0.25, 总 1.0? 等等，应该是 (2,3) 元素。
公式中 (2,3): \sqrt{3}/2 * \sqrt{3}/2 + (-0.5)*(-0.5) = (3/4) + (0.25) = 0.75 + 0.25 = 1.0
但给定矩阵 (2,3) 是 1，是的。
- (3,1): 1*(-1) = -1
- (3,2): 0
- (3,3): 0
所以是 \begin{bmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & 0 \end{bmatrix}，相同。
因此，欧拉角不是唯一的；当 $\theta = 90^\circ$ 时，$\psi$ 和 $\phi$ 是相关的，$\psi - \phi = 90^\circ$。
在应用中，我们可以选择一个，比如 $\phi = 0$, $\psi = 90^\circ$, $\theta = 90^\circ$。
现在，用户可能想要在 C++ 中实现。
首先，旋转矩阵是固定的，基于坐标系转换。
欧拉角有歧义，但我们可以提供一种可能的表示。
用户说：“计算对应的旋转矩阵和欧拉角”，所以两者都需要。
在 C++ 中，我们可以定义矩阵，并计算欧拉角，但需要注意万向锁。
现在，回答结构：
1. 解释坐标系转换。
2. 给出旋转矩阵。
3. 解释如何得到欧拉角，并说明万向锁问题。
4. 提供 C++ 代码示例。
系统指令要求使用中文回答，生成相关问题。
相关问题：基于主题，可以问关于旋转矩阵、欧拉角、万向锁、C++实现等。
例如：
1. 如何在 C++ 中表示旋转矩阵？
2. 万向锁如何影响姿态控制？
3. 其他旋转表示方法如四元数有什么优势？
但需要具体。
最后，添加引用标识。用户提供了引用[1]，关于万向锁，所以可以在讨论欧拉角时引用。
用户说：“上述引用仅供参考”，所以可以适当引用。
回答中引用的段落末尾添加引用标识，如[^1]
现在，大纲：
- 介绍坐标系转换结果。
- 给出旋转矩阵。
- 计算欧拉角，解释万向锁。
- C++ 代码示例。
- 相关问题。</think>### 坐标系转换：旋转矩阵与欧拉角计算
根据您的描述，需要进行坐标系转换：原坐标系的 Z 轴变为新坐标系的 X 轴负方向，原坐标系的 X 轴变为新坐标系的 Y 轴负方向。假设原坐标系为右手坐标系（X 轴向右，Y 轴向上，Z 轴向外），新坐标系也满足右手定则。下面我将逐步推导旋转矩阵和欧拉角，并提供 C++ 实现示例。
#### 1. **坐标系转换推导**
- **原坐标系基向量**：
$\hat{\mathbf{x}}_o = [1, 0, 0]^T$, $\hat{\mathbf{y}}_o = [0, 1, 0]^T$, $\hat{\mathbf{z}}_o = [0, 0, 1]^T$。
- **新坐标系基向量**（基于您的描述）：
- 新 X 轴：原 Z 轴负方向，即 $\hat{\mathbf{x}}_n = -\hat{\mathbf{z}}_o = [0, 0, -1]^T$。
- 新 Y 轴：原 X 轴负方向，即 $\hat{\mathbf{y}}_n = -\hat{\mathbf{x}}_o = [-1, 0, 0]^T$。
- 新 Z 轴：由右手定则，叉积 $\hat{\mathbf{z}}_n = \hat{\mathbf{x}}_n \times \hat{\mathbf{y}}_n$ 计算：
$$
\hat{\mathbf{x}}_n \times \hat{\mathbf{y}}_n = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & 0 & -1 \\ -1 & 0 & 0 \end{vmatrix} = [0, 1, 0]^T
$$
这对应于原 Y 轴方向。
- **旋转矩阵**：旋转矩阵 $R$ 的列是新坐标系基向量在原坐标系中的表示：
$$
R = \begin{bmatrix} \hat{\mathbf{x}}_n & \hat{\mathbf{y}}_n & \hat{\mathbf{z}}_n \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & 0 \end{bmatrix}
$$
该矩阵将原坐标系中的点 $\mathbf{p}_o = [p_x, p_y, p_z]^T$ 转换为新坐标系中的点 $\mathbf{p}_n$：
$$
\mathbf{p}_n = R^T \mathbf{p}_o = \begin{bmatrix} 0 & 0 & -1 \\ -1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} p_x \\ p_y \\ p_z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -p_z \\ -p_x \\ p_y \end{bmatrix}
$$
验证：
- 新 X 坐标：$-p_z$（原 Z 轴负方向），正确。
- 新 Y 坐标：$-p_x$（原 X 轴负方向），正确。
- 新 Z 坐标：$p_y$（原 Y 轴方向），正确。
#### 2. **欧拉角计算**
欧拉角依赖于旋转顺序。根据您的引用[^1]，我们采用 z-y-x 顺序（先绕 Z 轴旋转 yaw 角 $\psi$，再绕 Y 轴旋转 pitch 角 $\theta$，最后绕 X 轴旋转 roll 角 $\phi$）。旋转矩阵表示为：
$$
R = R_z(\psi) R_y(\theta) R_x(\phi)
$$
其中：
$$
R_z(\psi) = \begin{bmatrix} \cos\psi & -\sin\psi & 0 \\ \sin\psi & \cos\psi & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}, \quad
R_y(\theta) = \begin{bmatrix} \cos\theta & 0 & \sin\theta \\ 0 & 1 & 0 \\ -\sin\theta & 0 & \cos\theta \end{bmatrix}, \quad
R_x(\phi) = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \cos\phi & -\sin\phi \\ 0 & \sin\phi & \cos\phi \end{bmatrix}
$$
将给定旋转矩阵 $R = \begin{bmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ 与理论公式比较：
- 从元素 (3,1) 得：$-\sin\theta = -1 \Rightarrow \sin\theta = 1 \Rightarrow \theta = \frac{\pi}{2}$（取主值，$\theta = 90^\circ$）。
- 代入 $\theta = 90^\circ$ 后，矩阵元素简化为：
- (1,3): $\cos(\psi - \phi) = 0$
- (2,3): $\sin(\psi - \phi) = 1$
- (1,2): $\sin(\phi - \psi) = -1$（自动满足）
- 解得：$\sin(\psi - \phi) = 1$ 且 $\cos(\psi - \phi) = 0 \Rightarrow \psi - \phi = \frac{\pi}{2}$。
此时出现万向锁（Gimbal Lock）：当 $\theta = 90^\circ$ 时，绕 Y 轴的旋转使后续的 X 轴和 Z 轴旋转退化，自由度丢失。最终效果等效于绕单一轴旋转[^1]。欧拉角表示不唯一（$\psi$ 和 $\phi$ 有依赖关系），但可选取一组解：
- $\theta = 90^\circ$, $\phi = 0^\circ$, $\psi = 90^\circ$。
其他解如 $\phi = 30^\circ$, $\psi = 120^\circ$ 等也满足，但描述同一旋转。
#### 3. **C++ 实现**
以下是 C++ 代码示例，包括：
- 定义旋转矩阵。
- 坐标系转换函数。
- 欧拉角计算（注意万向锁时的歧义）。
使用 Eigen 库进行矩阵运算（需安装 Eigen）。
```cpp
#include <iostream>
#include <Eigen/Dense>
#include <cmath>
using namespace Eigen;
using namespace std;
// 坐标系转换函数：输入原坐标系点，输出新坐标系点
Vector3d transformCoordinate(const Vector3d& point) {
// 旋转矩阵 R^T (3x3)
Matrix3d R_transpose;
R_transpose << 0, 0, -1,
-1, 0, 0,
0, 1, 0;
return R_transpose * point;
}
// 从旋转矩阵计算 z-y-x 欧拉角（弧度），需处理万向锁
void computeEulerAngles(const Matrix3d& R, double& yaw, double& pitch, double& roll) {
// 计算 pitch (theta)
pitch = asin(-R(2, 0)); // 从元素 (3,1) 计算
// 检查万向锁 (pitch ≈ ±90°)
if (abs(abs(pitch) - M_PI/2) < 1e-6) {
// 万向锁时，yaw 和 roll 不独立，设 roll=0 并计算 yaw
roll = 0;
yaw = atan2(R(1, 2), R(1, 1)); // 使用元素 (2,3) 和 (2,2)
// 注意：此处固定 roll=0，yaw 可能需调整象限
} else {
// 无万向锁时，标准计算
yaw = atan2(R(1, 0), R(0, 0));
roll = atan2(R(2, 1), R(2, 2));
}
}
int main() {
// 定义旋转矩阵 R
Matrix3d R;
R << 0, -1, 0,
0, 0, 1,
-1, 0, 0;
// 示例点转换
Vector3d point_original(1, 2, 3); // 原坐标系点
Vector3d point_new = transformCoordinate(point_original);
cout << "新坐标系点: (" << point_new[0] << ", " << point_new[1] << ", " << point_new[2] << ")" << endl;
// 计算欧拉角（弧度）
double yaw, pitch, roll;
computeEulerAngles(R, yaw, pitch, roll);
// 转换为角度
yaw = yaw * 180 / M_PI;
pitch = pitch * 180 / M_PI;
roll = roll * 180 / M_PI;
cout << "欧拉角 (z-y-x 顺序): Yaw = " << yaw << "°, Pitch = " << pitch << "°, Roll = " << roll << "°" << endl;
// 输出：Yaw ≈ 90°, Pitch ≈ 90°, Roll ≈ 0°（万向锁时）
return 0;
}
```
**代码说明**：
- **旋转矩阵**：固定为 $\begin{bmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$，用于点转换。
- **欧拉角计算**：函数 `computeEulerAngles` 处理万向锁（当 $\theta \approx \pm 90^\circ$ 时），默认设置 $\phi = 0^\circ$ 并计算 $\psi$。
- **依赖**：需 Eigen 库（开源，包含头文件即可）。
- **输出示例**：输入点 `[1, 2, 3]` 输出新点 `[-3, -1, 2]`；欧拉角约 `[90°, 90°, 0°]`。
#### 4. **注意事项**
- **万向锁问题**：在 $\theta = 90^\circ$ 时，欧拉角表示不唯一（$\psi$ 和 $\phi$ 相关）。实际应用中，建议使用四元数或旋转矩阵避免歧义[^1]。
- **旋转顺序**：本示例使用 z-y-x 顺序，如需其他顺序（如 x-y-z），需修改欧拉角计算公式。
- **坐标系假设**：基于右手坐标系，若原坐标系不同，需调整。
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3. 在机器人学中，欧拉角万向锁如何影响姿态控制，有哪些解决方法[^1]？
[^1]: 旋转矩阵与欧拉角。假设我们按照 z-y-x 的顺序对物体进行旋转，先绕 z 轴旋转 α 度，再绕 y 轴旋转 90 度，再绕 x 轴旋转 β 度，这个时候就会出现万向锁。这个时候最后绕 x 轴旋转 β 角度，最终得到的效果和绕 z 轴旋转是一样的，这样就退化成只有两个轴的旋转有作用，另一个轴的自由度丢失了。
本文详细介绍了欧拉角与旋转矩阵之间的转换方法，包括由欧拉角构造旋转矩阵和由旋转矩阵推算欧拉角的过程。特别针对滚转角始终为0的应用场景进行了深入探讨，并给出了相应的C++实现代码。
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