Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Projektív geometria

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[92] Vonka Vilmos Úr2013-10-07 20:15:06

Az autopoláris háromszögekkel kapcsolatban szerintem az a helyzet, hogy mindig van olyen polaritás, amire vonatkozóan mindkét háromszög autopoláris. De lehet, hogy ez a polaritás elliptikus, és abban az esetben nincs ilyen kúpszelet.

Elliptikus polaritásra példa az a megfeleltetés, ami minden ponthoz az x2+y2=1 körre vonatkozó polárisának origóra való tükörképét rendeli. (Ez olyan bijekció a projektív sík pontjai és egyenesei között, amely illeszkedéstartó, kettősviszonytartó. Nincs azonban olyan pont, amely illeszkedne a képére; tehát nem tartozik hozzá kúpszelet - ettől elliptikus.)

Akármilyen polaritást is tekintünk - legyen az elliptikus vagy hiperbolikus - az mindig igaz, hogy bármely két polárháromszögének hat csúcsa egy kúpszeleten van. Ha tehát az 123 és 456 háromszögek például az előbb megadott elliptikus polaritás polárháromszögei, akkor ezek megfelelő ellenpéldát szolgáltatnak. A két polárháromszög egyértelműen meghatározza a polaritást: egy polaritást egyértelműen meghatároz ugyanis négy általános helyzetű pont képe, és ha 1 képe 23, 2 képe 13, 4 képe 56, 5 képe 61, akkor valóban 123 és 456 is polárháromszög.

Előzmény: [89] Sinobi, 2013-10-04 17:10:59
[91] Sinobi2013-10-07 19:25:45

Ha jól nézem ez éppen a Poncelet-féle záródási tétel n=3 esetén.

Az eltolásosra pedig az a segítő lökésem, hogy keress olyan állítást, amely igaz egy kúpszeleten levő 6 pontra (vagy vonalkúpszeletet érintő 6 egyenesre).

Az autopolaritást meg csak nem néztem meg, nem is tudok rahedli konjugált pontpárhoz kúpszeletet szerkeszteni :(

Előzmény: [88] w, 2013-10-01 17:28:48
[90] w2013-10-04 23:18:50

Az elemiség kérdésére válaszolva, szerintem kerüljük a 'nem elemi' módszerekkel történő okfejtéseket, de azoknak eredményeit nyugodtan használjuk (pl. projektivitások kúpszelettartósága).

A brianchonos feladatot én is így oldottam meg.

A kérdésekkel kapcsolatban, szerintem a másodiknál merészebbet is állíthatunk (GeoGebra-empíriák). Minden lehetséges irányhoz létezik (két?) olyan vektor, amellyel eltolva egyik háromszöget, pascali hat pontot kapunk. Ez talán folytonossági megfontolásokkal igazolható, de ez megint nem valami 'elemi'. Ha tudsz egyszerű szerkesztést, érdekel. Sőt, akár még azt is megkérdezhetnénk, hogy a szóban forgó vektor kezdőpontját rögzítve, mi a végpont mértani helye (kúpszelet?).

Az autopolaritást még nem néztem meg.

Előzmény: [89] Sinobi, 2013-10-04 17:10:59
[89] Sinobi2013-10-04 17:10:59

Mennyire kell még elemi bizonyításokat, vagy a pgeom fogalmait használni? A téma még úgy indult.

Legyen a két háromszög 123-456 egy kúpszeleten hat pont. Felírva rá a Pascal-tételt: 12\cap45, 23\cap56, 34\cap61 kollineárisak. Alkalmazva a Desargueus-tételt az 1,6,7:=12\cap56 és 3,4,8:=23\cap45 háromszögekre, azt kapjuk, hogy 14,36 és 78 egy ponton mennek át, ami azt jelenti, hogy az 12,23,13,45,56,64 hategyenes brianchoni, tehát egy kúpszeletet érintenek.

Ezzel kapcsolatban van két kérdésem.

Az egyik, hogy létezik-e olyan kúpszelet, amire mind a két háromszög autopoláris. Dimenzióilag két tetszőleges háromszöghöz hogy autopolárisak legyenek az hat(?) adat de ez nem két tetszőleges háromszög.

A másik, hogy ha adott két tetszőleges háromszög, akkor tudok-e szerkeszteni (esetleg kúpszeletelővel) olyan kúpszeletet, amelybe mind a két háromszögem beletolható, hogy a csúcsai a kúpszeleten legyenek. Ha jól számolom ez is öt feltétel.

[88] w2013-10-01 17:28:48

A feladatot átírom, hibás volt. Tehát azt állítom, hogyha 123456 kúpszelet, akkor 12,13,23,45,46,56 egy kúpszeletet érint.

Előzmény: [87] Vonka Vilmos Úr, 2013-10-01 15:48:26
[87] Vonka Vilmos Úr2013-10-01 15:48:26

Biztos, hogy jó a feladat? Szerintem a P1,2,P2,1, P2,3,P3,2, P1,3,P3,1 egyenesek mindenképpen konkurrensek. Ismert ugyanis, hogy egy kúpszeletbe írt bármely két háromszög (most A1A2A3 és B1B2B3) hat oldalegyenese egy kúpszeletet érint, és erre alkalmazva a Brianchon-tételt kapjuk, hogy a három egyenes konkurrens.

Előzmény: [86] w, 2013-10-01 14:53:39
[86] w2013-10-01 14:53:39

Legyen A1A2A3 háromszög körülírt köre k. Legyen a1, a2 és a3 egy-egy olyan egyenes, amely rendre A1-en, A2-n és A3-n áthalad, és k-t B1-ben, B2-ben, illetve B3-ban metszi. Jelölje A1A2A3 háromszög Ai-vel szemközti oldalának és B1B2B3 háromszög Bj-vel szemközti oldalának metszéspontját Pi,j. Mutassuk meg, hogy P1,2P2,1, P2,3P3,2 és P3,1P1,3 egyenesek pontosan akkor konkurrensek, hogyha a1, a2 és a3 is az!

[85] w2013-09-06 16:51:05

Illetve még tisztázni kell, hogy a magasságponton kívül hol lehet a keresett pont.

Előzmény: [84] w, 2013-09-06 16:50:09
[84] w2013-09-06 16:50:09

Tényleg nehéz a feladat, látom senki foglalkozik vele szívesen. Egy lehetséges megoldás itt olvasható.

Előzmény: [82] HoA, 2013-08-01 09:55:46
[83] w2013-08-01 10:35:20

Igen, lényegében erről a tételről volna szó. Csak felezőpontok helyett azonosan osztó pontokról lett szó. Meg lehet oldani csak kettősviszonyok segítségével.

Előzmény: [82] HoA, 2013-08-01 09:55:46
[82] HoA2013-08-01 09:55:46

Még egy segítség ( itt sincs bizonyítás ) : http://mathworld.wolfram.com/Droz-FarnyTheorem.html

Előzmény: [81] w, 2013-07-15 14:14:56
[81] w2013-07-15 14:14:56

Segítség: a) szögekkel és arányokkal dolgozunk, így nem meglepő az M pont alkalmas megválasztása, b) oldjuk meg először k=1 esetén.

Előzmény: [78] w, 2013-07-08 00:31:49
[80] w2013-07-10 14:24:40

Persze, így értelmetlen. Javítva:

(A1A2P)=(B1B2Q)=(C1C2R)=k

Előzmény: [79] HoA, 2013-07-09 15:19:57
[79] HoA2013-07-09 15:19:57

Nem világos, mi köze P,Q,R pontoknak Ai,Bi,Ci -hez, és így M-hez ill. e1-hez. Adott ABC háromszög esetén P,Q,R helyzetét egyedül k meghatározza.

Előzmény: [78] w, 2013-07-08 00:31:49
[78] w2013-07-08 00:31:49

Adottak az ABC háromszög síkjának M pontján áthaladó, egymásra merőleges e1 és e2 egyenesek. Messe ei a BC, CA, AB oldalt rendre az Ai, Bi, Ci pontokban (i=1,2). Legyen k\neq0 valós szám, és tekintsük a P, Q és R pontokat a BC, CA, illetve AB oldalon, melyekre (BCP)=(CAQ)=(ABR)=k. Keressük meg az összes olyan M pontot ABC háromszög síkjában, melyre P, Q és R tetszőleges k és e1 esetén kollineáris.

[77] HoA2013-06-20 16:48:29

Köszönöm, így már világos. Tehát ha Ax+By+C véges és Dx+Ey+D\to0 , akkor k\to\infty

Előzmény: [76] Fálesz Mihály, 2013-06-20 11:17:10
[76] Fálesz Mihály2013-06-20 11:17:10

A módszer a képpontot homogén koordinátákban, két lineáris függvény hányadosaként adja meg:


\frac{k}{1} = \frac{Ax+By+C}{Dx+Ey+1}

Az ábrán az a speciális esetet rajzoltam le, amikor a fókusztávolság 1, és a kép helyét az optikai tengelytől (a kép középpontjától) mérjük.

Előzmény: [75] HoA, 2013-06-20 09:22:31
[75] HoA2013-06-20 09:22:31

Más közelítésben: A képlet alapján véges xi;yi koordinátájú pont képe mindig véges lesz. Holott azoknak a térképi ( A sík ) pontoknak, melyek az O-n keresztül fektetett S-sel párhuzamos S' sík és A metszésvonalán fekszenek, a "fényképen" , tehát O-ból vetítve, a végtelenbe kéne kerüljön a képük.

Előzmény: [74] Fálesz Mihály, 2013-06-19 23:26:41
[74] Fálesz Mihály2013-06-19 23:26:41

A vetítés középpontja a kamera helye. Ha nincs semmilyen eltolás és forgatás, akkor az y=1 egyenesre vetítünk az origóból, vagyis k=\frac{x}{y}, másképpen xi-kiyi=0.

Előzmény: [73] HoA, 2013-06-19 16:31:47
[73] HoA2013-06-19 16:31:47

Úgy látom, a képlet tkp. a térképi pontoknak egy elforgatott derékszögű koordinátarendszerre vonatkozó koordinátáit, tehát a pontok koordináta tengelyre merőleges vetületeit hsználja. Az x koordináták így a térképi pontokból húzott párhuzamos egyenesek, ami egy végtelen távoli O pontból készített képnek felel meg. A lineáris eltolás ezen nem változtat.

Előzmény: [70] Fálesz Mihály, 2013-06-18 18:29:52
[72] Erben Péter2013-06-19 08:41:08

Ez a cikk elemi eszközöket használva foglalkozik a "Hol állt a fotós?" kérdéssel:

Where the Camera Was

Előzmény: [67] Hajba Károly, 2013-06-15 22:35:48
[71] Fálesz Mihály2013-06-18 19:54:34

Ahogy látom, D=sin \varphi és E=cos \varphi, tehát a D2+E2=1 normalizálást érdemes használni.

Előzmény: [70] Fálesz Mihály, 2013-06-18 18:29:52
[70] Fálesz Mihály2013-06-18 18:29:52

Néhány pont képéből ki lehet számolni a projektív mátrixot, ami a helyszínt a képre viszi.

A transzformáció egy (-a,-b)-vel való eltolásból ((a,b) a kamera helye), egy \varphi szöggel való elforgatásból, és egy cx+d lineáris függvényből (a kép nagyítása és eltolása, ha nem tudjuk, hol volt a középont) áll. A képpontokat homogén koordinátákkal koordinátázva, ha az (xi,yi) point képének vízszintes koordinátája ki, akkor


\lambda_i\left(\matrix{k_i \cr 1}\right) =
\left(\matrix{c & d \cr 0 & 1}\right)
\left(\matrix{
\cos\varphi & -\sin\varphi \cr
\sin\varphi & \cos\varphi
}\right)
\left(\matrix{
1 & 0 & -a \cr
0 & 1 & -b 
}\right)
\left(\matrix{x_i\cr y_i\cr 1}\right)

valamilyen \lambdai számmal.

Ha van legalább 5 pontunk, aminek azonosítottuk a helyét, akkor megkereshetjük a valamilyen értelemben legjobb 2×3-as mátrixot, aztán ebből rekonstruáljuk előbb a c,d, utána a \varphi, végül az a,b számokat.

5-mél több pont esetén megtehetjük, hogy azt az M=\left(\matrix{A & B & C \cr D & E & F }\right) mátrixot keressük meg, amire \sum_i \left((1,-k_i)M\left(\matrix{x_i\cr y_i\cr 1}\right)\right)^2 minimális valamilyen normalizálás mellett. Például ha kikötjük, hogy A=1, akkor ez egy 5-ismeretlenes lineáris egyenletrendszerre vezet (csak ez érzékeny azokra a szituációkra, amikor A kicsi a többi elemhez képest). Ha azt kötjük ki, hogy A2+B2+C2+D2+E2+F2=1, akkor legbelül egy 6×6-os szimmetrikus, pozitív szemidefinit mátrix legkisebb sajátértékéhez tartozó sajátvektort kell kiszámolnunk.

Ha ismerjük a kép középpontját (azaz d=0), akkor a mátrixnak az AE=BD feltételt is teljesítenie kell, és minden egy kicsit bonyolultabb. (Gyakorlatban persze vannak kész programkönyvtárak az ilyenek megoldására.)

Előzmény: [69] HoA, 2013-06-18 16:42:43
[69] HoA2013-06-18 16:42:43

Az itt következő javaslat egyáltalán nem elméleti. Viszont első közelítésben gyakorlatinak megfelel. Ha feltesszük, hogy a kép elég nagy látószögű és elég részletes, akkor feltehetjük, hogy a bal és jobb oldalán beazonosítható 3-3 , egymástól nem túl távoli, a térképen is jelölt pont. Legyenek ezek a pontok a – szándékosan torzított arányú - ábra szerint a térkép A,B,C ill. X,Y,Z pontjai. S a fénykép síkjával párhuzamos, a térképre merőleges sík. Az S síkban ( az ábra teteje ) a pontoknak megfelelő függőlegesek az ugyanolyan kisbetűvel jelölt vonalak.

Most jön a közelítés: Feltételezzük, hogy A,B,C egymáshoz sokkal közelebb vannak, mint O-hoz, így a belőlük O-ba húzott egyeneseket párhuzamosaknak tekintjük. Ugyanez a helyzet X,Y,Z –re. Ha a fényképen az ab il. bc vonalközök aránya p/q, akkor legyen P az AC szakaszt p1/q1=p/q arányban osztó pont. BP az A,B,C pontokból az O felé mutató irány. Látható, hogy a párhuzamos szelők miatt ezek az egyenesek az S síkon ( annak állásától függetlenül ) is p/q arányú vonaltávolságokat eredményeznek.

Ugyanezt elvégezve az X,Y,Z pontokra, megkapjuk O irányát az utóbbiakból. A két folytonos piros egyenes metszéspontja első közelítésben O helye a térképen.

Az elméleti kérdésre persze nyilván valamilyen kettősviszonyt használó módszert kéne találni.

Előzmény: [68] Hajba Károly, 2013-06-15 22:41:17
[68] Hajba Károly2013-06-15 22:41:17

Pontosítom az előbbi hsz-m feltételeit:

Adottak az S síkbeli vonalak egymástól való távolságainak arányai (de maga az S sík nem) ill. az A síkbeli pontok és a kettő közötti közvetlen megfelelések.

Milyen feltételek megléte esetén lehet és hogyan megszerkeszteni az O pont helyét?

Előzmény: [67] Hajba Károly, 2013-06-15 22:35:48

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]