By Long Luo

任何一款科学计算器上都可以计算三角函数，三角函数应用于生活工作中的方方面面，但计算机是如何计算三角函数值的呢？

三角函数本质上是直角三角形的3条边的比例关系，计算并没有很直观，那么计算机是如何计算三角函数值的呢？

在微积分中我们学习过 泰勒公式 ，我们知道可以使用泰勒展开式来对某个值求得其近似值，例如：

sin⁡∠18∘=5−14≈0.3090169943\sin \angle 18^{\circ} = \frac{\sqrt {5} - 1}{4} \approx 0.3090169943 sin∠18∘=45​−1​≈0.3090169943

利用泰勒公式，取前 444 项：

sin⁡x≈x−x33!+x55!−x77!\sin x \approx x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} sinx≈x−3!x3​+5!x5​−7!x7​

代入可得：

sin⁡∠18∘=sin⁡π10=π10−16(π10)3+1120(π10)5−15040(π10)7≈0.30903399538\sin \angle 18^{\circ} = \sin \frac{\pi}{10} = \frac{\pi}{10} - \frac{1}{6} (\frac{\pi}{10})^3 + \frac{1}{120} (\frac{\pi}{10})^5 - \frac{1}{5040} (\frac{\pi}{10})^7 \approx 0.30903399538 sin∠18∘=sin10π​=10π​−61​(10π​)3+1201​(10π​)5−50401​(10π​)7≈0.30903399538

可见取前 444 项时精度已经在 10−510^{-5}10−5 之下，对于很多场合精度已经足够高了。

在没有了解 CORDIC(Coordinate Rotation Digital Computer) Algorithm [1] 算法之前，我一直以为计算器是利用泰勒公式去求解，最近才了解到原来在计算机中，CORDIC 算法远比泰勒公式高效。

下面我们就来了解下泰勒公式的不足之处和 CORDIC 算法是怎么做的。

上一节我们使用泰勒公式去计算三角函数值时，需要做很多次乘法运算，而计算器中乘法运算是很昂贵的，其缺点如下所示：

在之前的文章 矩阵乘法的 Strassen 算法 ，就是通过减少乘法，多做加法，从而大大降低了运算量，那么我们可以用相同的思想来优化运算吗？

当然可以，让我们请出今天的主角：CORDIC 算法。

我们知道单位圆上一点 PPP ，其坐标为：(cos⁡θ,sin⁡θ)(\cos \theta , \sin \theta )(cosθ,sinθ) ，如下图所示：

如果我们接收一个旋转向量 MinM_{in}Min​ 逆时针旋转 θ\thetaθ ，将点 P(xin,yin)P(x_{in} , y_{in})P(xin​,yin​) 旋转到 P′(xR,yR)P'(x_{R} , y_{R})P′(xR​,yR​) , 如下图所示：

很容易得到如下公式：

xR=xincos(θ)−yinsin(θ)x_R = x_{in} cos(\theta) - y_{in} sin(\theta) xR​=xin​cos(θ)−yin​sin(θ)

yR=xinsin(θ)+yincos(θ)y_R = x_{in} sin(\theta) + y_{in} cos(\theta) yR​=xin​sin(θ)+yin​cos(θ)

实际上由 复数运算 ，我们知道复数乘法就是幅角相加，模长相乘。我们可以将上式写成下列矩阵运算形式：

[xRyR]=[cos⁡(θ)−sin⁡(θ)sin⁡(θ)cos⁡(θ)][xinyin]\begin{aligned} \begin{bmatrix} x_{R} \\ y_{R} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos (\theta) & -\sin (\theta) \\ \sin (\theta) & \cos (\theta ) \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_{in} \\ y_{in} \end{bmatrix} \end{aligned} [xR​yR​​]=[cos(θ)sin(θ)​−sin(θ)cos(θ)​][xin​yin​​]​

但上式运算时，只是对向量 vin=[xinyin]v_{in} = {\begin{bmatrix} x_{in} \\ y_{in} \end{bmatrix}}vin​=[xin​yin​​] 进行了线性变换，乘以一个旋转向量 MinM_{in}Min​ ，得到了旋转后的结果：向量 vR=[xRyR]v_{R} = {\begin{bmatrix} x_{R} \\ y_{R} \end{bmatrix}}vR​=[xR​yR​​] 。

但是上式仍然需要 444 次乘法和 222 次加减法操作， 复杂度没有任何降低，那怎么办呢？

当当…当！

通过上述分析，我们已经知道可以使用有限次旋转操作来避免复杂的乘法操作，我们修改矩阵运算公式，提取 cos⁡(θ)\cos (\theta )cos(θ) ，则公式可以修改为：

[xRyR]=cos(θ)[1−tan(θ)tan(θ)1][xinyin]\begin{bmatrix} x_{R} \\ y_{R} \end{bmatrix} = cos(\theta) \begin{bmatrix} 1 & -tan(\theta) \\ tan(\theta) & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_{in} \\ y_{in} \end{bmatrix} [xR​yR​​]=cos(θ)[1tan(θ)​−tan(θ)1​][xin​yin​​]

如果我们选择合适的角度值 θi\theta_iθi​，使得

tan⁡(θi)=2−i,i=0,1,…,n\tan (\theta_{i}) = 2^{-i} , i=0, 1,\dots , n tan(θi​)=2−i,i=0,1,…,n

这样和 tan⁡(θi)\tan (\theta_{i})tan(θi​) 乘法操作就变成了移位操作，我们知道计算机中移位操作是非常快的，就可以大大加快计算速度了。

但这里仍然有 333 个问题需要解决：

对于第一个问题，答案是否定的。可以从数学上证明只有 ∠45∘\angle 45^{\circ}∠45∘ 的倍数角才可以得到完全一致的结果。但是在工程应用中，我们只需要满足一定精度即可，可以增加迭代次数无限逼近原始角度，如下所示提高 nnn 值以无限逼近原始角度。

θd=∑i=0nθi,∀tan⁡(θi)=2−i\theta_{d} = \sum_{i=0}^{n} \theta_{i} , \forall \tan(\theta_{i}) = 2^{-i} θd​=i=0∑n​θi​,∀tan(θi​)=2−i

对于第二个问题，我们先来个例子，以 57.535∘57.535^{\circ}57.535∘ 为例来看看求解过程：

57.535∘=45∘+26.565∘−14.03∘57.535^{\circ} = 45^{\circ}+26.565^{\circ}-14.03^{\circ} 57.535∘=45∘+26.565∘−14.03∘

那么第一次旋转：

[x0y0]=cos(45∘)[1−111][xinyin]\begin{bmatrix} x_{0} \\ y_{0} \end{bmatrix} = cos(45^{\circ}) \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_{in} \\ y_{in} \end{bmatrix} [x0​y0​​]=cos(45∘)[11​−11​][xin​yin​​]

第二次旋转：

[x1y1]=cos(26.565∘)[1−2−12−11][x0y0]\begin{bmatrix} x_{1} \\ y_{1} \end{bmatrix} = cos(26.565^{\circ}) \begin{bmatrix} 1 & -2^{-1} \\ 2^{-1} & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_{0} \\ y_{0} \end{bmatrix} [x1​y1​​]=cos(26.565∘)[12−1​−2−11​][x0​y0​​]

第三次旋转：

[x2y2]=cos(−14.03∘)[12−2−2−21][x1y1]\begin{bmatrix} x_{2} \\ y_{2} \end{bmatrix} = cos(-14.03^{\circ}) \begin{bmatrix} 1 & 2^{-2} \\ -2^{-2} & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_{1} \\ y_{1} \end{bmatrix} [x2​y2​​]=cos(−14.03∘)[1−2−2​2−21​][x1​y1​​]

综合可得：

[x2y2]=cos(45∘)cos(26.565∘)cos(−14.03∘)[1−111][1−2−12−11][12−2−2−21][xinyin]\begin{bmatrix} x_{2} \\ y_{2} \end{bmatrix} = cos(45^{\circ}) cos(26.565^{\circ}) cos(-14.03^{\circ}) \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & -2^{-1} \\ 2^{-1} & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 2^{-2} \\ -2^{-2} & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_{in} \\ y_{in} \end{bmatrix} [x2​y2​​]=cos(45∘)cos(26.565∘)cos(−14.03∘)[11​−11​][12−1​−2−11​][1−2−2​2−21​][xin​yin​​]

因为 tan⁡(θi)=2−i\tan (\theta_{i}) = 2^{-i}tan(θi​)=2−i ，由三角公式可以计算出：

cos⁡(θi)=11+tan⁡2(θi)=11+2−2i\cos(\theta_{i}) = \frac {1}{\sqrt {1 + \tan ^{2}(\theta_{i})}} = \frac {1}{\sqrt {1 + 2^{-2i}}} cos(θi​)=1+tan2(θi​)​1​=1+2−2i​1​

令 Ki=cos⁡(θi)K_i = \cos(\theta_{i})Ki​=cos(θi​) ，则当进行 nnn 次迭代之后：

K(n)=∏i=0n−1Ki=∏i=0n−111+2−2i K(n) = \prod _{i=0}^{n-1}K_{i} = \prod _{i=0}^{n-1}{\frac {1}{\sqrt {1 + 2^{-2i}}}} K(n)=i=0∏n−1​Ki​=i=0∏n−1​1+2−2i​1​

当 θi\theta_{i}θi​ 越来越小时， cos⁡θ\cos \thetacosθ 也越来越逼近 111 ，当迭代次数 n→∞n \to \inftyn→∞ ， K(n)K(n)K(n) 极限存在，求解可得：

K=lim⁡n→∞K(n)≈0.6072529350088812561694K = \lim _{n \to \infty }K(n) \approx 0.6072529350088812561694 K=n→∞lim​K(n)≈0.6072529350088812561694

由 KKK 我们实际上可以得到最终的向量 vRv_RvR​ 的模长极限为：

A=1K=lim⁡n→∞∏i=0n−11+2−2i≈1.64676025812107A = {\frac {1}{K}} = \lim _{n \to \infty } \prod _{i=0}^{n - 1}{\sqrt {1 + 2^{-2i}}} \approx 1.64676025812107 A=K1​=n→∞lim​i=0∏n−1​1+2−2i​≈1.64676025812107

实际上当迭代次数为 666 时，可以计算出缩放比例 KKK ，就已经精确到 0.60720.60720.6072 了，如下所示：

K≈cos(45∘)cos(26.565∘)×⋯×cos(0.895∘)=0.6072K \approx cos(45^{\circ}) cos(26.565^{\circ}) \times \dots \times cos(0.895^{\circ}) = 0.6072 K≈cos(45∘)cos(26.565∘)×⋯×cos(0.895∘)=0.6072

实际上，任意角度只要迭代次数超过 666 ，我们可以直接使用 K=0.6072K = 0.6072K=0.6072 这个值。

对于第三个问题，稍微有点复杂，我们在下一节继续讲解！

上一节遗留的问题是迭代旋转角度时，旋转角度不一定会落在目标角度内，我们需要引入一个角度误差，用来衡量旋转角度和目标角之间距离，如下所示：

θerror=θd−∑i=0nθi\theta_{error} = \theta_d - \sum_{i=0}^{n} \theta_{i} θerror​=θd​−i=0∑n​θi​

当 θerror>0\theta_{error} > 0θerror​>0 时，我们应该逆时针旋转，而 θerror