单应矩阵分解

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本文详细介绍了单应矩阵分解的方法，包括Faugeras SVD-based分解的推导过程。通过数学推导，文章展示了如何从单应矩阵中提取旋转和平移矩阵。

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单应矩阵分解

　　这一篇是单应矩阵（Homography Matrix）分解得到 $R$ ， $t$ 的笔记。ORB-SLAM2中用Faugeras(1988)的方法实现了单应性矩阵分解的，而在OpenCV中decomposeHomographyMat函数是用INRIA(2007)的方法实现的，并且源码里面也有Zhang(1996)的实现。这篇主要参考了泡泡机器人ORB-SLAM2注释和Faugeras 论文，介绍Faugeras SVD-based decomposition的推导。

　　首先，设空间上的点 $\mathbf X=\begin{pmatrix}X & Y & Z\end{pmatrix}^T$ 和点在图像平面的坐标 $\mathbf x=\begin{pmatrix}x&y&1\end{pmatrix}^T$ ，它们有如下关系：

X x = Y y = Z (1)

$\frac{X}{x}=\frac{Y}{y}=Z\tag{1}$
　　令第一个相机坐标系为世界坐标，投影模型为

P1=K1[I|0] $P_1=K_1[I \vert \matrix 0]$ ，

P2=K2[R|t] $P_2=K_2[R|\matrix t]$ 。设3D点所在的世界平面的方程为

aX+bY+cZ=d $aX+bY+cZ=d$ ，平面单位法向量

n=( abc)T $\mathbf n=\begin{pmatrix}\ a & b & c\end{pmatrix}^T$ ，对在平面上的点

X $\mathbf X$ ，平面方程可表示为

1 d n T X = 1 (2)

$\frac{1}{d}\mathbf n^T\mathbf X=1 \tag{2}$
　　对于两个相机坐标系的点有如下关系

X 2 = R X 1 + t (3)

$\mathbf X_2=R\mathbf X_1+\mathbf t \tag{3}$
　　由于点

X1 $\mathbf X_1$ 满足直线方程

(2) $(2)$ ，有

1dnTX1=1 $\frac{1}{d}\mathbf n^T\mathbf X_1=1$ ，则把该式乘到

(3) $(3)$ 式

t $\bf t$ 的右侧得

X 2 = (R + 1 d t n T) X 1 (4)

$\mathbf X_2=(R+\frac{1}{d}\mathbf t\mathbf n^T)\mathbf X_1 \tag{4}$
　　根据单应性变换，对图像齐次坐标

x=(xy1)T $\mathbf x=\begin{pmatrix}x&y&1\end{pmatrix}^T$ 和齐次单应矩阵

H $H$ ，两个图像坐标满足

αhx2=Hx1 $\alpha_h\mathbf x_2 = H\mathbf x_1$ ，根据投影模型

x1=K1X1 $\mathbf x_1=K_1\mathbf X_1$ ，

x2=K2X2 $\mathbf x_2=K_2\mathbf X_2$ ，我们有

X 2 = K - 1 2 H K 1 X 1 (5)

$\mathbf X_2=K_2^{-1}HK_1\mathbf X_1 \tag{5}$
　　对比

(4) $(4)$ 和

(5) $(5)$ 我们有

A = d R + t n T = d P - 1 2 H P 1 (6)

$A=dR+\mathbf t \mathbf n^T=dP_2^{-1}HP_1 \tag{6}$
　　对

A $A$ 进行奇异值分解得到

A=UΛVT $A=U\Lambda V^T$ （

UTU=VTV=I $U^TU=V^TV=I$ ），

Λ=diag(d1,d2,d3) $\Lambda = diag(d_1,d_2,d_3)$ （

d1≥d2≥d3 $d_1\ge d_2\ge d_3$ ），则有

Λ = U T A V = d U T R V + (U T t) (V T n) T

$\Lambda=U^TAV=dU^TRV+(U^T\mathbf t)(V^T\mathbf n)^T$
　　有

s=detUdetV $s=detUdetV$ ，

s2=1 $s^2=1$ ，令

⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ R' = s U T R V t' = U T t n' = V T n d' = s d s = d e t U d e t V

$\begin{cases} R'=sU^TRV\\ \mathbf t'=U^T\mathbf t\\ \mathbf n'=V^T\mathbf n\\ d'=sd\\ s=detUdetV \end{cases}$
　　我们有

Λ = ⎡ ⎣ ⎢ d 1 00 0 d 2 0 00 d 3 ⎤ ⎦ ⎥ = d' R' + t' n' T (7)

$\Lambda =\begin{bmatrix} d_1 & 0 & 0\\ 0 & d_2 & 0\\ 0 & 0 & d_3 \end{bmatrix} =d'R'+t'\mathbf n'^T\tag{7}$
　　取基底

e=(100)T $\mathbf e=\begin{pmatrix}1&0&0\end{pmatrix}^T$ ，

e=(010)T $\mathbf e=\begin{pmatrix}0&1&0\end{pmatrix}^T$ ，

e=(001)T $\mathbf e=\begin{pmatrix}0&0&1\end{pmatrix}^T$ ，令

n′=(x1x2x3)T=x1e1+x2e2+x3e3 $n'=\begin{pmatrix}x_1&x_2&x_3\end{pmatrix}^T=x_1\mathbf e_1+x_2\mathbf e_2+x_3\mathbf e_3$ ，根据

(7) $(7)$ 式可得

[d 1 e 1 d 2 e 2 d 3 e 3] = [d' R' e 1 d' R' e 2 d' R' e 3] + [t' x 1 t' x 2 t' x 3] (8)

$\begin{bmatrix}d_1\mathbf e_1 & d_2\mathbf e_2&d_3\mathbf e_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}d'R'\mathbf e_1 & d'R'\mathbf e_2&d'R'\mathbf e_3\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}\mathbf t' x_1 & \mathbf t' x_2& \mathbf t' x_3\end{bmatrix}\tag{8}$
　　即有三个等式

d 1 e 1 = d' R' e 1 + t' x 1 d 2 e 2 = d' R' e 2 + t' x 2 d 3 e 3 = d' R' e 3 + t' x 3 (8.1) (8.2) (8.3)

$\begin{align} d_1\mathbf e_1=d'R'\mathbf e_1+\mathbf t' x_1 \tag{8.1}\\ d_2\mathbf e_2=d'R'\mathbf e_2+\mathbf t' x_2 \tag{8.2}\\ d_3\mathbf e_3=d'R'\mathbf e_3+\mathbf t' x_3 \tag{8.3} \end{align}$

　　注意到 $\mathbf n$ 是单位法向量， $V$ 是旋转矩阵，则 $\mathbf n’$ 也是单位法向量，则有 $\Sigma_{i=1}^3 x_i^2=1$ 。对 $(8)$ 的三个式子消去 $\mathbf t'$ 得

d' R' (x 2 e 1 - x 1 e 2) = d 1 x 2 e 1 - d 2 x 1 e 2 d' R' (x 3 e 2 - x 2 e 3) = d 2 x 3 e 2 - d 3 x 2 e 3 d' R' (x 1 e 3 - x 3 e 1) = d 3 x 1 e 3 - d 1 x 3 e 1 (9.1) (9.2) (9.3)

$\begin{align} d'R'(x_2\mathbf e_1-x_1\mathbf e_2)=d_1x_2\mathbf e_1-d_2x_1\mathbf e_2\tag{9.1}\\ d'R'(x_3\mathbf e_2-x_2\mathbf e_3)=d_2x_3\mathbf e_2-d_3x_2\mathbf e_3\tag{9.2}\\ d'R'(x_1\mathbf e_3-x_3\mathbf e_1)=d_3x_1\mathbf e_3-d_1x_3\mathbf e_1\tag{9.3} \end{align}$
　　这里的

R′ $R'$ 也是旋转矩阵，满足

R′TR′=I $R'^TR'=I$ 。也就是

R′ $R'$ 具有保范性，也就是

∥R′X∥=∥X∥ $\|R'X\|=\|X\|$ ，对

(9) $(9)$ 式两边取二范数可得

⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ (d' 2 - d 22) x 21 + (d' 2 - d 21) x 22 = 0 (d' 2 - d 23) x 22 + (d' 2 - d 22) x 23 = 0 (d' 2 - d 21) x 23 + (d' 2 - d 23) x 21 = 0 (10)

$\begin{cases} (d'^2-d_2^2)x_1^2+(d'^2-d_1^2)x_2^2=0\\ (d'^2-d_3^2)x_2^2+(d'^2-d_2^2)x_3^2=0\\ (d'^2-d_1^2)x_3^2+(d'^2-d_3^2)x_1^2=0 \tag{10}\end{cases}$
　　

(10) $(10)$ 式是一个关于

x21 $x_1^2$ 、

x22 $x_2^2$ 和

x23 $x_3^2$ 的一个齐次线性方程，其必然有非零解，那么系数矩阵的秩小于

3 $3$ ，其行列式必为

0 $0$ ，也就有

(d' 2 - d 21) (d' 2 - d 22) (d' 2 - d 23) = 0 (11)

$(d'^2-d_1^2)(d'^2-d_2^2)(d'^2-d_3^2)=0\tag{11}$
根据

A $A$ 奇异值的大小顺序

d1≥d2≥d3 $d_1\ge d_2\ge d_3$ ，从而有三种情况

$d_1\neq d_2\neq d_3$
$d_1= d_2\neq d_3$ 或者 $d_1\neq d_2=d_3$
$d_1= d_2= d_3$

　　对于上述3种情况，都有 $d'=\pm d_2$ ，而解 $d'=\pm d_1$ 和 $d'=\pm d_3$ 都是不可能的。对于第一种我们考虑如果 $d'=d_1$ ，则根据 $(10)$ 式有

x 1 = 0 (d' 2 - d 23) x 22 + (d' 2 - d 22) x 23 = 0

$\begin{matrix} x_1=0 \\ (d'^2-d_3^2)x_2^2+(d'^2-d_2^2)x_3^2=0 \end{matrix}$
　　由于

d1≥d2≥d3 $d_1\ge d_2\ge d_3$ ，但是根据上式得到的是

x2=x3=0 $x_2=x_3=0$ ，那么不满足

n′ $\mathbf n'$ 是单位阵的条件

Σ3i=1x2i=1 $\Sigma_{i=1}^3 x_i^2=1$ ，则这样的情况不存在。

　　如果 $d_1 \neq d_3$ ，根据式 $(10)$ 以及 $\Sigma_{i=1}^3 x_i^2=1$ ，有

⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x 1 = ε 1 d 2 1 - d 2 2 d 2 1 - d 2 3 - - - - - \sqrt x 2 = 0 x 3 = ε 3 d 2 2 - d 2 3 d 1 1 - d 2 3 - - - - - \sqrt ε 1, ε 3 = \pm 1 (12)

$\begin{align} \begin{cases} x_1={\varepsilon _1}\sqrt {\frac{{d_1^2 - d_2^2}}{{d_1^2 - d_3^2}}}\\ x_2=0\\ x_3={\varepsilon _3}\sqrt {\frac{{d_2^2 - d_3^2}}{{d_1^1 - d_3^2}}} \end{cases} && \varepsilon _1,\varepsilon _3=\pm1 \tag{12}\end{align}$
　　接下来分成两种情况进行讨论

当 $d'=d_2>0$

1. $d_1\neq d_2\neq d_3$

　　由于 $x_2=0$ ，代入式 $(8.2)$ 得 $\mathbf e_2=R'\mathbf e_2$ ，所以 $R'$ 是沿着轴 $\mathbf e_2$ 旋转，那么有

R' = ⎛ ⎝ ⎜ cos θ 0 sin θ 010 - sin θ 0 cos θ ⎞ ⎠ ⎟ (13)

$R'=\begin{pmatrix} {\cos \theta }&0&{ - \sin \theta }\\ 0&1&0\\ {\sin \theta }&0&{\cos \theta } \end{pmatrix}\tag{13}$
　　把

R′ $R'$ 代回式

(9.3) $(9.3)$ ，有

⎛ ⎝ ⎜ cos θ 0 sin θ 010 - sin θ 0 cos θ ⎞ ⎠ ⎟ ⎛ ⎝ ⎜ - x 3 0 x 1 ⎞ ⎠ ⎟ = ⎛ ⎝ ⎜ - d 1 x 3 0 d 3 x 1 ⎞ ⎠ ⎟

$\begin{pmatrix} {\cos \theta }&0&{ - \sin \theta }\\ 0&1&0\\ {\sin \theta }&0&{\cos \theta } \end{pmatrix} \begin{pmatrix} { - {x_3}}\\ 0\\ {{x_1}} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} { - {d_1}{x_3}}\\ 0\\ {{d_3}{x_1}} \end{pmatrix}$
　　结合式

(12) $(12)$ 可以解得

⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ sin θ = d 1 - d 3 d 2 x 1 x 3 = ε 1 ε 3 ( d 2 1 - d 2 2 ) ( d 2 2 - d 2 3 ) \sqrt ( d 1 - d 3 ) d 2 cos θ = d 1 x 2 3 - d 3 x 2 1 d 2 = d 2 2 + d 1 d 3 ( d 1 + d 3 ) d 2 (14)

$\begin{cases} \sin \theta = \frac{d_1-d_3}{{{d_2}}}{x_1}{x_3} = {\varepsilon _1}{\varepsilon _3}\frac{{\sqrt {\left( {d_1^2 - d_2^2} \right)\left( {d_2^2 - d_3^2} \right)} }}{{\left( {{d_1} - {d_3}} \right){d_2}}}\\ \cos \theta = \frac{{{d_1}x_3^2 - {d_3}x_1^2}}{{{d_2}}} = \frac{{d_2^2 + {d_1}{d_3}}}{{\left( {{d_1} + {d_3}} \right){d_2}}} \end{cases}\tag{14}$
　　由于

n′Tn′=1 $n'^Tn'=1$ ，

(8) $(8)$ 式两边同乘以

n′ $n'$ 然后移位可以得到

t' = ⎛ ⎝ ⎜ d 1 00 0 d 2 0 00 d 3 ⎞ ⎠ ⎟ ⎛ ⎝ ⎜ x 1 0 x 3 ⎞ ⎠ ⎟ - d 2 ⎛ ⎝ ⎜ cos θ 0 sin θ 010 - sin θ 0 cos θ ⎞ ⎠ ⎟ ⎛ ⎝ ⎜ x 1 0 x 3 ⎞ ⎠ ⎟ (15)

$\mathbf t'= \begin{pmatrix} d_1 & 0 & 0\\ 0 & d_2 & 0\\ 0 & 0 & d_3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_1\\0\\x_3\end{pmatrix}- d_2\begin{pmatrix} {\cos \theta }&0&{ - \sin \theta }\\ 0&1&0\\ {\sin \theta }&0&{\cos \theta } \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_1\\0\\x_3\end{pmatrix} \tag{15}$
　　把式

(12)∼(13) $(12)\sim(13)$ 代回

(15) $(15)$ 有

t' = (d 1 - d 3) ⎛ ⎝ ⎜ x 1 0 x 3 ⎞ ⎠ ⎟ (16)

$\mathbf t'=(d_1-d_3)\begin{pmatrix}x_1\\0\\x_3\end{pmatrix}\tag{16}$

2. $d_1= d_2\neq d_3$

　　看式子 $(12)$ ，这时有 $x_1=x_2=0$ ， $x_3=\pm1$ ，这时 $\mathbf n'=\begin{pmatrix}0&0&\pm1\end{pmatrix}^T$ ，解为

{R' = I t' = (d 3 - d 1) n' (17)

$\begin{cases} R'=I\\ \mathbf t'=(d_3-d_1)\mathbf n' \end{cases}\tag{17}$

3. $d_1= d_2= d_3$

　　这时 $x_1$ ， $x_2$ ， $x_3$ 未定义，根据式子 $(8)$ ， $(9)$ 有

{R' = I t' = 0 (18)

$\begin{cases} R'=I\\ \mathbf t'=\mathbf 0 \end{cases}\tag{18}$

当 $d'=-d_2<0$

1. $d_1\neq d_2\neq d_3$

　　这时 $d'=-d_2$ ，代入式 $(8.2)$ 得 $- \mathbf e_2=R'\mathbf e_2$ ，这时的 $R'$ 可以表示为

R' = ⎛ ⎝ ⎜ cos θ 0 sin θ 0 - 1 0 sin θ 0 - cos θ ⎞ ⎠ ⎟ (19)

$R'=\begin{pmatrix} {\cos \theta }&0&{\sin \theta }\\ 0&-1&0\\ {\sin \theta }&0&{-\cos \theta } \end{pmatrix}\tag{19}$

　　同样把 $R'$ 带回 $(9.3)$ ，得

⎛ ⎝ ⎜ cos θ 0 sin θ 0 - 1 0 sin θ 0 - cos θ ⎞ ⎠ ⎟ ⎛ ⎝ ⎜ - x 3 0 x 1 ⎞ ⎠ ⎟ = ⎛ ⎝ ⎜ - d 1 x 3 0 d 3 x 1 ⎞ ⎠ ⎟

$\begin{pmatrix} {\cos \theta }&0&{\sin \theta }\\ 0&-1&0\\ {\sin \theta }&0&{-\cos \theta } \end{pmatrix} \begin{pmatrix} { - {x_3}}\\ 0\\ {{x_1}} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} { - {d_1}{x_3}}\\ 0\\ {{d_3}{x_1}} \end{pmatrix}$
　　结合式

(12) $(12)$ 可以解得

⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ sin θ = d 1 + d 3 d 2 x 1 x 3 = ε 1 ε 3 ( d 2 1 - d 2 2 ) ( d 2 2 - d 2 3 ) \sqrt ( d 1 - d 3 ) d 2 cos θ = d 3 x 2 1 - d 1 x 2 3 d 2 = d 1 d 3 - d 2 2 ( d 1 - d 3 ) d 2 (20)

$\begin{cases} \sin \theta =\frac{d_1+d_3}{d_2}{{x_1}{x_3}} = {\varepsilon _1}{\varepsilon _3}\frac{{\sqrt {\left( {d_1^2 - d_2^2} \right)\left( {d_2^2 - d_3^2} \right)} }}{{\left( {{d_1} - {d_3}} \right){d_2}}}\\ \cos \theta = \frac{{{d_3}x_1^2 - {d_1}x_3^2}}{{{d_2}}} = \frac{{{d_1}{d_3}-d_2^2}}{{\left( {{d_1} - {d_3}} \right){d_2}}} \end{cases}\tag{20}$
　　把式

(12) $(12)$ ，

(19) $(19)$ 和

(20) $(20)$ 代回

(8) $(8)$ 有

t' = ⎛ ⎝ ⎜ d 1 00 0 d 2 0 00 d 3 ⎞ ⎠ ⎟ ⎛ ⎝ ⎜ x 1 0 x 3 ⎞ ⎠ ⎟ + d 2 ⎛ ⎝ ⎜ cos θ 0 sin θ 0 - 1 0 sin θ 0 - cos θ ⎞ ⎠ ⎟ ⎛ ⎝ ⎜ x 1 0 x 3 ⎞ ⎠ ⎟ = (d 1 + d 3) ⎛ ⎝ ⎜ x 1 0 x 3 ⎞ ⎠ ⎟ (21)

$\mathbf t'= \begin{pmatrix} d_1 & 0 & 0\\ 0 & d_2 & 0\\ 0 & 0 & d_3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_1\\0\\x_3\end{pmatrix}+ d_2\begin{pmatrix} {\cos \theta }&0&{ \sin \theta }\\ 0&-1&0\\ {\sin \theta }&0&{-\cos \theta } \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_1\\0\\x_3\end{pmatrix} =(d_1+d_3)\begin{pmatrix}x_1\\0\\x_3\end{pmatrix}\tag{21}$

2. $d_1= d_2\neq d_3$

　　同样结合式子 $(12)$ ，这时有 $x_1=x_2=0$ ， $x_3=\pm1$ ，这时的解为

⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ R' = ⎛ ⎝ ⎜ - 1 00 0 - 1 0 001 ⎞ ⎠ ⎟ t' = (d 3 + d 1) n' (22)

$\begin{cases} R'=\begin{pmatrix} -1 &0&0\\ 0&-1&0\\ 0&0 &1\\ \end{pmatrix}\\ \mathbf t'=(d_3+d_1)\mathbf n' \end{cases}\tag{22}$

3. $d_1= d_2= d_3$

　　根据公式 $(7)$ 有 $- d'I=d'R'+t'\mathbf n'^T$ ，也就有，对于与 $\mathbf n'$ 垂直（在平面内）的向量 $\mathbf x$ ，有 $R'\mathbf x=-\mathbf x$ ，根据householder变换得到：

{R' = - I + 2 n' n' T t' = - 2 d' n' (23)

$\begin{cases} R'=-I+2\mathbf n'\mathbf n'^T\\ \mathbf t'=-2d'\mathbf n' \end{cases}\tag{23}$

解的分析

　　上述的两大类情况，除了未定义的情况，2和3都是1的特例。由于我们不知道 $d'$ 的符号，所以一共有8个可能的解。考虑

n' = ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ε 1 d 2 1 - d 2 2 d 2 1 - d 2 3 - - - - - - - \sqrt 0 ε 3 d 2 2 - d 2 3 d 1 1 - d 2 3 - - - - - - - \sqrt ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ (24)

$\mathbf n'=\begin{pmatrix} {\varepsilon _1}\sqrt {\frac{{d_1^2 - d_2^2}}{{d_1^2 - d_3^2}}}\\ 0\\ {\varepsilon _3}\sqrt {\frac{{d_2^2 - d_3^2}}{{d_1^1 - d_3^2}}} \end{pmatrix}\tag{24}$
　　其中

R′ $R'$ 中的

sinθ $\sin \theta$ 中有

ε1ε3 ${\varepsilon _1}{\varepsilon _3}$ 项，

t′ $\mathbf t'$ 中存在

n′ $\mathbf n'$ ，所以对

ε1=±1 $\varepsilon _1=\pm1$ ，

ε3±1 $\varepsilon _3\pm1$ 一共有四种解，对于

d′<0 $d'<0$ 和

d′>0 $d'>0$ 一共有

4×2 $4\times2$ 种情况。但是从物理的角度去考虑，只有

2 $2$ 种情况是可能的解。考虑

(6) $(6)$ 式

A = d R + t n T = d P - 1 2 H P 1

$A=dR+\mathbf t \mathbf n^T=dP_2^{-1}HP_1$
　　由于

A $A$ 是已经确定的，所以

s=detUdetV $s=detUdetV$ 是确定的，所以

d′=sd $d'=sd$ 也是确定的，因此

8 $8$ 个解只剩下

4 $4$ 个。对于解得的平面单位法向量

n $\mathbf n$ 为

n1 $\mathbf n_1$ ，

−n1 $-\mathbf n_1$ ，

n2 $\mathbf n_2$ ，

−n2 $-\mathbf n_2$ ，由于

nTX=d $\mathbf n^TX=d$ ，根据

(1) $(1)$ 式，考虑

Z1>0 $Z_1>0$ ，有

n T X 1 d Z 1 = n T x 1 d > 0

$\frac{\mathbf n^T\mathbf X_1}{dZ_1}=\frac{\mathbf n^T\mathbf x_1}{d}>0$
所以只有其中两个

n $\mathbf n$ 是满足条件的。

　　在Faugeras论文中提到，当观测到的点不是全部靠近一个相机光心而远离另外一个相机光心，那么只有一个解满足所有的点。如果有 $d'>0$ ，对于上述两个解 $(\mathbf n_1',\mathbf t_1')$ 和 $(\mathbf n_2',\mathbf t_2')$ ，这两个解有如下关系，也就是两个解是相同的。

{t' 2 = (d 1 - d 3) n' 1 n' 2 = t ' 1 d 1 - d 3

$\begin{cases} \mathbf t_2'=(d_1-d_3)\mathbf n_1'\\ \mathbf n_2'=\frac{\mathbf t_1'}{d_1-d_3} \end{cases}$
　　而 ORB-SLAM2的代码，是在求出所有的8个解之后，对每一个解进行分析，检测点是不是都在两个相机的前方，并且统计重投影误差较小的点的个数，找出8个解中统计得到点数最多的的那个解作为最终的解。