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.
[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
[67] Hajba Károly2013-06-15 22:35:48

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.

[66] Sinobi2013-06-06 18:52:26

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'\angle és YP4Y'\angle 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.

[65] Sinobi2013-06-06 18:04:36

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:=P1P2\cupP5P4, Y:=P3P4\capP5P1, Z:=P2P3\capP5P5.

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.

Előzmény: [63] HoA, 2013-06-06 13:09:26
[64] Vonka Vilmos Úr2013-06-06 15:14:23

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.

Előzmény: [63] HoA, 2013-06-06 13:09:26
[63] HoA2013-06-06 13:09:26

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 ?

Előzmény: [53] jonas, 2013-04-15 10:06:55
[62] HoA2013-06-05 11:09:16

Szerkesztési feladatnak tekintve OY^2=\frac{OP_1\cdot OP_3\cdot OP_5}{OP_4} -ből: Legyen Z az OP4(=OP5) egyenes azon pontja, melyre OZ=\frac {OP_1\cdot OP_3}{OP_4} . 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.

Előzmény: [59] Vonka Vilmos Úr, 2013-06-03 16:27:11
[61] Vonka Vilmos Úr2013-06-03 20:41:29

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

Előzmény: [60] jonas, 2013-06-03 20:19:43
[60] jonas2013-06-03 20:19:43

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

Előzmény: [59] Vonka Vilmos Úr, 2013-06-03 16:27:11
[59] Vonka Vilmos Úr2013-06-03 16:27:11

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=P1P2\capP4P5 és Y=P2P5\capP1P3 pontok egyenesre párhuzamos P3P4-el.

Legyen O=P1P3\capP4P5 (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) \frac{OX}{OY}=\frac{OP_4}{OP_3} és \frac{OX}{OP_1}=\frac{OP_5}{OY}; ahonnan OY^2=\frac{OP_1\cdot OP_3\cdot OP_5}{OP4}. 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.

Előzmény: [57] HoA, 2013-06-02 22:12:27

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