射影几何/经典/射影变换/射影直线的变换

射影变换

令X为x轴上的一个点。可以通过在包含变换将要执行的x轴的同一x-y平面上选择一对点P，Q和一条直线m来几何地定义该直线的射影变换。

点P和Q代表两个不同的观察者或视角。点R是他们正在观察的某个物体的位移。直线m是他们正在观察的客观世界，而x轴是他们对m的主观感知。

通过点P和X画一条直线l。直线l与直线m相交于点R。然后，通过点Q和R画一条直线t：直线t将在点T与x轴相交。点T是点X的变换 [Paiva]。

分析

以上是对一维射影变换的综合描述。现在希望将其转换为解析（笛卡尔）描述。

令点X的坐标为(x₀,0)。令点P的坐标为$(P_{x},P_{y})$。令点Q的坐标为$(Q_{x},Q_{y})$。令直线m的斜率为m（m的含义重叠）。

直线l的斜率为

$P_{y} \over P_{x}-x_{0},$

因此，直线l上的任意点(x,y)由以下等式给出

${y \over x-x_{0}}={P_{y} \over P_{x}-x_{0}}$,

$y={P_{y} \over P_{x}-x_{0}}(x-x_{0}).\qquad \qquad (1)$

另一方面，直线m上的任意点(x,y)由以下描述

$y=mx+b.\qquad \qquad (2)$

直线l和m的交点是点R，它是通过组合等式（1）和（2）得到的

$mx+b={P_{y}x \over P_{x}-x_{0}}-{P_{y}x_{0} \over P_{x}-x_{0}}.$

合并x项得到

$\left({P_{y} \over P_{x}-x_{0}}-m\right)x=b+{P_{y}x_{0} \over P_{x}-x_{0}}$

并解出x，得到

$x_{1}={b(P_{x}-x_{0})+P_{y}x_{0} \over P_{y}-m(P_{x}-x_{0})}.$

x₁ 是 R 的横坐标。R 的纵坐标为

$y_{1}=m\left[{b(P_{x}-x_{0})+P_{y}x_{0} \over P_{y}-m(P_{x}-x_{0})}\right]+b.$

现在，知道了 Q 和 R，直线 n 的斜率为

${y_{1}-Q_{y} \over x_{1}-Q_{x}}.$

我们想要找到直线 n 与 x 轴的交点，所以令

$(Q_{x},Q_{y})+\lambda (x_{1}-Q_{x},y_{1}-Q_{y})=(x,0)\qquad \qquad (3)$

λ 的值必须调整，使向量方程 (3) 两边相等。方程 (3) 实际上是两个方程，一个代表横坐标，一个代表纵坐标。纵坐标的方程为

$Q_{y}+\lambda (y_{1}-Q_{y})=0$

求解 λ，

$\lambda ={-Q_{y} \over y_{1}-Q_{y}}\qquad \qquad (4)$

横坐标的方程为

$x=Q_{x}+\lambda (x_{1}-Q_{x})$

与方程 (4) 联立可得

$x=Q_{x}-Q_{y}\left({x_{1}-Q_{x} \over y_{1}-Q_{y}}\right)\qquad \qquad (5)$

即 T 的横坐标。

将 x₁ 和 y₁ 的值代入方程 (5)，

$x=Q_{x}-Q_{y}\left[{{b(P_{x}-x_{0})+P_{y}x_{0} \over P_{y}-m(P_{x}-x_{0})}-Q_{x} \over {mb(P_{x}-x_{0})+mP_{y}x_{0} \over P_{y}-m(P_{x}-x_{0})}+b-Q_{y}}\right].$

化简分子和分母的分子

$x=Q_{x}-Q_{y}\left[{b(P_{x}-x_{0})+P_{y}x_{0}-Q_{x}P_{y}+mQ_{x}(P_{x}-x_{0}) \over mb(P_{x}-x_{0})+mP_{y}x_{0}+bP_{y}-mb(P_{x}-x_{0})-Q_{y}P_{y}+mQ_{y}(P_{x}-x_{0})}\right].$

简化并重新标记 *x* 为 *t(x)*

$t(x)=Q_{x}-Q_{y}\left[{(P_{x}-x_{0})(b+mQ_{x})+P_{y}(x_{0}-Q_{x}) \over (P_{x}-x_{0})mQ_{y}+P_{y}(mx_{0}+b-Q_{y})}\right].$

*t(x)* 是射影变换。

变换 *t(x)* 可以进一步简化。首先，将它的两个项加在一起形成一个分数

$t(x)={(mQ_{x}P_{y}-Q_{y}P_{y}+bQ_{y})x_{0}+(bQ_{x}P_{y}-bQ_{y}P_{x}) \over m(P_{y}-Q_{y})x_{0}+(mP_{x}Q_{y}+P_{y}(b-Q_{y}))}\qquad \qquad (6)$

然后，定义系数 *α*, *β*, *γ* 和 *δ* 为以下值

$\alpha =mQ_{x}P_{y}-Q_{y}P_{y}+bQ_{y},$

$\beta =bQ_{x}P_{y}-bQ_{y}P_{x},$

$\gamma =m(P_{y}-Q_{y}),$

$\delta =mP_{x}Q_{y}+P_{y}(b-Q_{y}).$

将这些系数代入方程 (6) 中，得到

$t(x)={\alpha x+\beta \over \gamma x+\delta }$

这是梅比乌斯变换或线性分数变换。

逆变换

从合成定义中可以清楚地看到，逆变换是通过交换点P和Q得到的。这也可以通过分析方法证明。如果P ↔ Q，那么α → α′，β → β′，γ → γ′，以及δ → δ′，其中

$\alpha '=mP_{x}Q_{y}-P_{y}Q_{y}+bP_{y}=\delta ,$

$\beta '=bP_{x}Q_{y}-bP_{y}Q_{x}=-\beta ,$

$\gamma '=m(Q_{y}-P_{y})=-\gamma ,$

$\delta '=mQ_{x}P_{y}+bQ_{y}-Q_{y}P_{y}=\alpha .$

因此，如果正向变换为

$t(x)={\alpha x+\beta \over \gamma x+\delta }$

则通过交换P和Q（P ↔ Q）得到的变换t′为

$t'(x)={\delta x-\beta \over -\gamma x+\alpha }.$

然后

$t'(t(x))={\delta \left({\alpha x+\beta \over \gamma x+\delta }\right)-\beta \over -\gamma \left({\alpha x+\beta \over \gamma x+\delta }\right)+\alpha }$.

将此最后一个方程右边分子和分母中的分数消去

$t'(t(x))={\alpha \delta x+\beta \delta -\beta \gamma x-\beta \delta \over -\alpha \gamma x-\beta \gamma +\alpha \gamma x+\alpha \delta }$

$={\alpha \delta x-\beta \gamma x \over \alpha \delta -\beta \gamma }=x$.

因此，t′(x) = t⁻¹(x)：逆射影变换是通过交换观察者P和Q，或通过令 α ↔ δ，β → −β，以及 γ → −γ 得到的。顺便说一下，这类似于获取二维矩阵的逆的过程

${\begin{bmatrix}\alpha &\beta \\\gamma &\delta \end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}\delta &-\beta \\-\gamma &\alpha \end{bmatrix}}=\Delta {\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix}}$

其中 Δ = α δ − β γ 为行列式。

恒等变换

与矩阵类似，恒等变换可以通过令 α = 1，β = 0，γ = 0 以及 δ = 1 来获得，这样就有

$t_{I}(x)=x.$

变换的合成

剩下要证明的是变换的合成是封闭的。一个变换作用于另一个变换会产生第三个变换。令第一个变换为 t₁，第二个变换为 t₂

$t_{1}(x)={\alpha _{1}x+\beta _{1} \over \gamma _{1}x+\delta _{1}},$

$t_{2}(x)={\alpha _{2}x+\beta _{2} \over \gamma _{2}x+\delta _{2}}.$

这两个变换的合成是

$t_{2}(t_{1}(x))={\alpha _{2}\left({\alpha _{1}x+\beta _{1} \over \gamma _{1}x+\delta _{1}}\right)+\beta _{2} \over \gamma _{2}\left({\alpha _{1}x+\beta _{1} \over \gamma _{1}x+\delta _{1}}\right)+\delta _{2}}$

$={\alpha _{2}\alpha _{1}x+\alpha _{2}\beta _{1}+\beta _{2}\gamma _{1}x+\beta _{2}\delta _{1} \over \gamma _{2}\alpha _{1}x+\gamma _{2}\beta _{1}+\delta _{2}\gamma _{1}x+\delta _{2}\delta _{1}}$

$={(\alpha _{2}\alpha _{1}+\beta _{2}\gamma _{1})x+(\alpha _{2}\beta _{1}+\beta _{2}\delta _{1}) \over (\gamma _{2}\alpha _{1}+\delta _{2}\gamma _{1})x+(\gamma _{2}\beta _{1}+\delta _{2}\delta _{1})}.$

定义系数 α₃、β₃、γ₃ 和 δ₃ 等于

$\alpha _{3}=\alpha _{2}\alpha _{1}+\beta _{2}\gamma _{1},$

$\beta _{3}=\alpha _{2}\beta _{1}+\beta _{2}\delta _{1},$

$\gamma _{3}=\gamma _{2}\alpha _{1}+\delta _{2}\gamma _{1},$

$\delta _{3}=\gamma _{2}\beta _{1}+\delta _{2}\delta _{1}.$

将这些系数代入 $t_{2}(t_{1}(x))$ 可得

$t_{2}(t_{1}(x))={\alpha _{3}x+\beta _{3} \over \gamma _{3}x+\delta _{3}}.$

投影的运算方式类似于矩阵。实际上，变换的合成可以通过矩阵乘法得到。

${\begin{bmatrix}\alpha _{2}&\beta _{2}\\\gamma _{2}&\delta _{2}\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}\alpha _{1}&\beta _{1}\\\gamma _{1}&\delta _{1}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}\alpha _{2}\alpha _{1}+\beta _{2}\gamma _{1}&\alpha _{2}\beta _{1}+\beta _{2}\delta _{1}\\\gamma _{2}\alpha _{1}+\delta _{2}\gamma _{1}&\gamma _{2}\beta _{1}+\delta _{2}\delta _{1}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}\alpha _{3}&\beta _{3}\\\gamma _{3}&\delta _{3}\end{bmatrix}}.$

由于矩阵乘法满足结合律，因此投影的合成也满足结合律。

投影具有：运算（合成）、结合律、单位元、逆元和封闭性，因此它们构成一个群。

通过投影定义的交叉比

设存在一个变换 t_s 使得 t_s(A) = $\infty$, t_s(B) = 0, t_s(C) = 1. 那么，t_s(D) 的值称为点 A, B, C 和 D 的交叉比，记为 [A, B, C, D]_s

$[A,B,C,D]_{s}=t_{s}(D).$

设

$t_{s}(x)={\alpha x+\beta \over \gamma x+\delta },$

那么，当 t_s(x) 满足以下三个条件时，

$t_{s}(A)={\alpha A+\beta \over \gamma A+\delta }=\infty ,\qquad \qquad (7)$

$t_{s}(B)={\alpha B+\beta \over \gamma B+\delta }=0,\qquad \qquad (8)$

$t_{s}(C)={\alpha C+\beta \over \gamma C+\delta }=1.\qquad \qquad (9)$

方程 (7) 意味着 $\gamma A+\delta =0$，因此 $\delta =-\gamma A$。方程 (8) 意味着 $\alpha B+\beta =0$，所以 $\beta =-\alpha B$。方程 (9) 变为

${\alpha C-\alpha B \over \gamma C-\gamma A}=1,$

这意味着

$\gamma =\alpha {C-B \over C-A}.$

因此

$t_{s}(D)={\alpha D-\alpha B \over \alpha \left({C-B \over C-A}\right)D-\gamma A}={\alpha (D-B) \over \alpha \left({C-B \over C-A}\right)D-\alpha \left({C-B \over C-A}\right)A}$

$={D-B \over C-B}\;{C-A \over D-A}={A-C \over A-D}\;{B-D \over B-C}.\qquad \qquad (10)$

在方程 (10) 中，可以看出 t_s(D) 不依赖于投影 t_s 的系数。它只依赖于“主观”投影线上点的坐标。这意味着交叉比只取决于四个共线点之间的相对距离，而不依赖于用来获得（或定义）交叉比的投影变换。因此，交叉比是

$[A,B,C,D]={A-C \over A-D}\;{B-D \over B-C}.\qquad \qquad (11)$

交叉比守恒

投影线上的变换保持交叉比。现在将证明这一点。假设有四个（共线）点 A, B, C, D。它们的交叉比由方程 (11) 给出。令 S(x) 为一个投影变换

$S(x)={\alpha x+\beta \over \gamma x+\delta }$

其中 $\alpha \delta \neq \beta \gamma$。然后

$[S(A)S(B)S(C)S(D)]={{\alpha A+\beta \over \gamma A+\delta }-{\alpha C+\beta \over \gamma C+\delta } \over {\alpha A+\beta \over \gamma A+\delta }-{\alpha D+\beta \over \gamma D+\delta }}\cdot {{\alpha B+\beta \over \gamma B+\delta }-{\alpha D+\beta \over \gamma D+\delta } \over {\alpha B+\beta \over \gamma B+\delta }-{\alpha C+\beta \over \gamma C+\delta }}$

$={[\alpha A\delta +\beta \gamma C-\alpha C\delta -\beta \gamma A][\alpha B\delta +\beta \gamma D-\alpha D\delta -\beta \gamma B] \over [\alpha A\delta +\beta \gamma D-\alpha D\delta -\beta \gamma A][\alpha B\delta +\beta \gamma C-\alpha C\delta -\beta \gamma B]}$