Fórum: Projektív geometria

Persze, így értelmetlen. Javítva:

(A₁A₂P)=(B₁B₂Q)=(C₁C₂R)=k

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

Adottak az ABC háromszög síkjának M pontján áthaladó, egymásra merőleges e₁ és e₂ egyenesek. Messe e_i a BC, CA, AB oldalt rendre az A_i, B_i, C_i pontokban (i=1,2). Legyen k0 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.

Köszönöm, így már világos. Tehát ha Ax+By+C véges és Dx+Ey+D0 , akkor k

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

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

Más közelítésben: A képlet alapján véges x_i;y_i 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.

A vetítés középpontja a kamera helye. Ha nincs semmilyen eltolás és forgatás, akkor az y=1 egyenesre vetítünk az origóból, vagyis , másképpen x_i-k_iy_i=0.

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.

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

Where the Camera Was

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

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 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 (x_i,y_i) point képének vízszintes koordinátája k_i, akkor

valamilyen _i 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 , végül az a,b számokat.

5-mél több pont esetén megtehetjük, hogy azt az mátrixot keressük meg, amire 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.)

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.

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?

Lenne egy elméleti kérdésem, amit érzésem szerint a projektív geometria segítségével lehetne megoldani, ha egyáltalán van megoldás. A kérdésem alapja gyakorlati. Ha létezik megoldás, akkor a munkám során tudnám alkalmazni.

A gyakorlati feladat az, hogy egy régi fénykép alapján keressük meg azt a pontot, ahol az anno készült. Értelemszerűen a régi fénykép egy külső, épületeket ábrázoló kép. Ezen a képen vannak határozott pontok, épületélek, templomcsúcsok, stb-k, melyek beazonosíthatóak egy mai térképen, ha még léteznek.

Vagyis adott egy vízszintes A síkbeli ponthalmaz, melyekre merőleges vonalakat állítok. Adott e halmazon kívül eső O pont és a kettő között egy az A síkra merőleges függőleges S sík, amely nagyjából merőleges a halmaz súlypontja és az O pontot összekötő vonalra is. A halmaz pontjaira állított merőlegeseket a O pontra vetítjük és ezen vetítő síkok egy újabb függőleges vonalat jelölnek ki az S síkon.

Adottak az S síkbeli vonalak ill. az A síkbeli pontok és a kettő közötti közvetlen megfelelések.

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

Segítségeteket előre is köszönöm.

Azaz ilyesmi a fordítottja:

Legyen P₁,P₂,P₃,P₄ pontok a parabola metszései. Mint az előbb: P₁ és P₄-ből állított tengelyirányú egyenesek metszései a P₁P₂ és P₃P₄ egyenespárral X és Y. Ugyanebből a két pontból a pásik parabola tengelyirányával állított egyenesek metszései X' és Y'. Tudjuk, hogy XY || P₂P₃ || X'Y' azaz XY párhuzamos X'Y'. Amit be akarunk látni: P₁, P₄, X és Y egy körön van.

Kidobva a parabolákat a feladatból: Egy metsző x,y egyenespárt elmetszek két párhuzamos egyenessel, kapom X, Y, X', Y' pontokat. Ha P₁ és P₄ olyan pontok, hogy XP₁X' és YP₄Y' derékszög, és P₁ y-n és P₄ x-en helyezkedik el, akkor P₁, P₄, X és Y egy körön van. Lásd ábra.

Ennek a bizonyítása: OX/OX' = OY/OY' ahol O az egyenesár metszéspontja, mert YXO és Y'X'O hasonlóak. O-ból egy középpontos nagyítással elérjük, hogy X''O = YO legyen. Ekkor X'''O=Y'O és P₁X || P₁''X''. x és y szögfelezőjére tükrözve (az egyikre) X'' Y-ba, X''' Y'-be kerül, X''P₁'' pedig YP₄-be, tehát rakható rájuk kör, tehát P₁, P₄, X és Y is egy körön van.

A forítottja egyszerű:

Ha P₁,P₂,P₃,P₄ pontok egy húrnégyszögön vannak, és P₁P₂ és P₃P₄ egyik szögfelezője sz, akkor sz jó lesz, mint egy parabolának tengelyiránya.

A parabolának az ideális pontja legyen P₅, az ott vett érintője az ideális egyenes(?), és a Pascal-tétel értelmében 6 pont (P₁,P₂,P₃,P₄,P₅,P₅) csakkor fekszik egy kúpszeleten, ha a rájuk fektetett egyenesek metszései egy ponton mennek át. Elegendő tehát azt belátnom, hogy XY || P₂P₃.

Az ábra jelölése szerint: X:=P₁P₂P₅P₄, Y:=P₃P₄P₅P₁, Z:=P₂P₃P₅P₅.

Y képe msz-re való tükrözés után P₁, X-é P₄ tehát XY antiparallel P₁P₄ tehát parallel P₂P₃

msz irányú parabola is fektethető rájuk, tehát fektethető rá merőleges parabola is.

Ha P₁P₃P₄P₅ húrnégyszög, akkor felírva az O pont körülírt körre vonatkozó hatványát OP₁^.OP₃=OP₄^.OP₅, innen OY²=OP₅². Vagyis a lehetséges Y₁, Y₂ pontok az O középpontú P₅-öt tartalmazó körön vannak. Ezért a Thales-tétel miatt Y₁P₅Y₂ derékszög. Viszont Y₁P₅ illetve Y₂P₅ határozzák meg a lehetséges parabolák ideális pontjait, ami azt jelenti, hogy a lehetséges parabolák tengelyei valóban merőlegesek. A gondolatmenetben minden lépés megfordítható, így az állítás megfordítása is igaz.

Az eddigiek alapján egy Feladat: Bizonyítsuk, hogy egy húrnégyszög csúcsaira illeszkedő két parabola tegelye merőleges egymásra.

Igaz-e a fordítottja: Ha két, merőleges tengelyű parabola négy pontban metszi egymást, akkor a négy metszéspont egy körön van ?

Szerkesztési feladatnak tekintve -ből: Legyen Z az OP₄(=OP₅) egyenes azon pontja, melyre . Ekkor OY²=OZ^.OP₅

A P₁ , P₃ , P₄ pontokon át rajzolt kör kimetszi OP₅ -ből Z-t, OY megegyezik a ZP₅ szakaszt húrként tartalmazó körhöz O-ból húzott érintő hosszával.

Igen, ugyanaz a pont. Ott tényleg nem kellett volna új jelölést bevezetnem.

Na, ezt még meg kell értenem. Az X pont megegyezik az előző ábrán látható Q ponttal?

Ha végiggondoljuk, hogy mi a hiba a bizonyításban, akkor ezzel a gondolatmenettel is kaphatunk egy indoklást az eredeti kérdésre.

Ugyanis olyan P₂ ideális pontot kell keresnünk, amelyre teljesül, hogy a P₁, P₂, P₃, P₄, P₅ pontokra illeszkedő kúpszelet parabola. Ez éppen akkor teljesül, ha a P₂ pontbeli érintő az ideális egyenes. A P₂ pontbeli érintőt a Pascal-tétel segítségével szerkesztve (a P₂P₁P₃P₄P₅P₂ hatszöget használva) azt kapjuk, hogy ez pontosan akkor áll fenn, ha az X=P₁P₂P₄P₅ és Y=P₂P₅P₁P₃ pontok egyenesre párhuzamos P₃P₄-el.

Legyen O=P₁P₃P₄P₅ (és tegyük most fel az egyszerűség kedvéért, hogy ez nem ideális pont). A keletkező háromszögek hasonlósága alapján (és felhasználva a négyszög konvexitását, ami miatt O az oldalszakaszokon kívül esik) és ; ahonnan . A P₁, P₃, P₄, P₅ pontok a négyszög rögzített csúcsai, ezekhez két olyan Y pont van, amire a fenti egyenlőség teljesül. Ebből következően két olyan P₂ ideális pont létezik, ami eleget tesz a feltételeknek.

Ezt a dolgot egyébként a legegyszerűbben Desargues ivolúciótételét felhasználva lehet belátni, de azt gondolom, hogy az a gondolatmenet nem "elemi", ezért nem teljesen idevaló.

Ezt Pascal-tétel nélkül is el lehet mondani.

Legyenek a négyszög csúcsainak koordinátái (x₁,y₁),(x₃,y₃),(x₄,y₄),(x₅,y₅). Legyen a tengely irányvektora (x₂,y₂). Ekkor az ismert képlet szerint a négy ponton átmenő és a tengely irányú parabola pontjai azok az (x₆,y₆) pontok, ahol

Persze ez ugyanúgy hibás, mint a te szerkesztésed.

Erről jut eszembe a következő "bizonyítás". Hol a hiba benne? ( Aki ismeri, ne lője le! )

A síkban bármely konvex négyszög négy csúcsára illeszthető tetszőleges tengely irányú parabola. A Pascal-tétel alapján a parabola további pontjai szerkeszthetők.

Legyenek a négyszög csúcsai P₁,P₃,P₄,P₅ , az e₂ egyenes a tengely iránya. A P₁ -en át felvett tetszőleges e₁₆ egyenes és a parabola P₆ metszéspontjának szerkesztése: Legyen P₂ a parabola ideális pontja. Ekkor P₁P₂ ( e₁₂ ) a P₁ -en át húzott e₂vel párhuzamos egyenes, ennek P₄P₅ -tel alkotott metszéspontja legyen Q. P₂P₃ ( e₂₃ ) a P₃ -n át húzott e₂vel párhuzamos egyenes, ennek P₅P₆-tal vett (egyelőre ismeretlen ) metszéspontja S. A P₃P₄ és a P₆P₁=e₁₆ egyenes metszéspontja R. S-et megkapjuk mint QR és e₂₃ metszéspontját, P₆ így P₅S és e₁₆ metszéspontjaként adódik.

Ez nem projektív, hanem inkább gömbi/hiperbolikus geometriai kérdés.

A gömbön kétféle, oldalakra és szögekre vonatkozó koszinusztétel is van, ezek valóban egymás természetes duálisai. (A megfelelő képletetek hiperboliklusban is igazak, de nem annyira látványos a dualitás.)

illetve

Ezekből úgy kaphatunk euklideszi tételeket, ha átrendezzük, r²-tel megszorozzuk, és vesszük a r határátmenetet. Úgy képzelhetjük el, hogy az euklideszi háromszöget egy nagy gömbre vetítjük, ami a háromszögünk közelében érinti a síkot, felírjuk a vetület-gömbháromszögre a megfelelő képletet, aztán felfújjuk a gömböt végtelen nagyra.

Az oldalakra vonatkozó koszinusztételből a szokásos koszinusztételt kapjuk, ehhez csak a és a határértékre van szükség.

A szögekre vonatkozó koszinusztétel esetében még egy apró trükk kell: tudnunk kell, hogy a gömbháromszög területe t=r²(++-).

Ha r, akkor , az euklideszi esetben tehát

Ha akarjuk, ezt a képletet tekinthetjük a koszinusztétel duálisának.