射影幾何/經典/射影變換/射影直線的變換

射影變換

令X為x軸上的一個點。可以透過在包含變換將要執行的x軸的同一x-y平面上選擇一對點P，Q和一條直線m來幾何地定義該直線的射影變換。

點P和Q代表兩個不同的觀察者或視角。點R是他們正在觀察的某個物體的位移。直線m是他們正在觀察的客觀世界，而x軸是他們對m的主觀感知。

透過點P和X畫一條直線l。直線l與直線m相交於點R。然後，透過點Q和R畫一條直線t：直線t將在點T與x軸相交。點T是點X的變換 [Paiva]。

分析

以上是對一維射影變換的綜合描述。現在希望將其轉換為解析（笛卡爾）描述。

令點X的座標為(x₀,0)。令點P的座標為$(P_{x},P_{y})$。令點Q的座標為$(Q_{x},Q_{y})$。令直線m的斜率為m（m的含義重疊）。

直線l的斜率為

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

因此，直線l上的任意點(x,y)由以下等式給出

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

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

另一方面，直線m上的任意點(x,y)由以下描述

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

直線l和m的交點是點R，它是透過組合等式（1）和（2）得到的

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

合併x項得到

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

並解出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 的橫座標。R 的縱座標為

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

現在，知道了 Q 和 R，直線 n 的斜率為

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

我們想要找到直線 n 與 x 軸的交點，所以令

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

λ 的值必須調整，使向量方程 (3) 兩邊相等。方程 (3) 實際上是兩個方程，一個代表橫座標，一個代表縱座標。縱座標的方程為

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

求解 λ，

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

橫座標的方程為

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

與方程 (4) 聯立可得

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

即 T 的橫座標。

將 x₁ 和 y₁ 的值代入方程 (5)，

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

化簡分子和分母的分子

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

簡化並重新標記 *x* 為 *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)* 是射影變換。

變換 *t(x)* 可以進一步簡化。首先，將它的兩個項加在一起形成一個分數

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

然後，定義係數 *α*, *β*, *γ* 和 *δ* 為以下值

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

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

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

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

將這些係數代入方程 (6) 中，得到

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

這是梅比烏斯變換或線性分數變換。

逆變換

從合成定義中可以清楚地看到，逆變換是透過交換點P和Q得到的。這也可以透過分析方法證明。如果P ↔ Q，那麼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，如果正向變換為

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

則透過交換P和Q（P ↔ Q）得到的變換t′為

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

然後

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

將此最後一個方程右邊分子和分母中的分數消去

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

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

因此，t′(x) = t⁻¹(x)：逆射影變換是透過交換觀察者P和Q，或透過令 α ↔ δ，β → −β，以及 γ → −γ 得到的。順便說一下，這類似於獲取二維矩陣的逆的過程

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

其中 Δ = α δ − β γ 為行列式。

恆等變換

與矩陣類似，恆等變換可以透過令 α = 1，β = 0，γ = 0 以及 δ = 1 來獲得，這樣就有

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

變換的合成

剩下要證明的是變換的合成是封閉的。一個變換作用於另一個變換會產生第三個變換。令第一個變換為 t₁，第二個變換為 t₂

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

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

這兩個變換的合成是

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

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

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

定義係數 α₃、β₃、γ₃ 和 δ₃ 等於

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

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

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

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

將這些係數代入 $t_{2}(t_{1}(x))$ 可得

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

投影的運算方式類似於矩陣。實際上，變換的合成可以透過矩陣乘法得到。

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

由於矩陣乘法滿足結合律，因此投影的合成也滿足結合律。

投影具有：運算（合成）、結合律、單位元、逆元和封閉性，因此它們構成一個群。

透過投影定義的交叉比

設存在一個變換 t_s 使得 t_s(A) = $\infty$, t_s(B) = 0, t_s(C) = 1. 那麼，t_s(D) 的值稱為點 A, B, C 和 D 的交叉比，記為 [A, B, C, D]_s

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

設

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

那麼，當 t_s(x) 滿足以下三個條件時，

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

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

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

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

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

這意味著

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

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) 不依賴於投影 t_s 的係數。它只依賴於“主觀”投影線上點的座標。這意味著交叉比只取決於四個共線點之間的相對距離，而不依賴於用來獲得（或定義）交叉比的投影變換。因此，交叉比是

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

交叉比守恆

投影線上的變換保持交叉比。現在將證明這一點。假設有四個（共線）點 A, B, C, D。它們的交叉比由方程 (11) 給出。令 S(x) 為一個投影變換

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

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

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

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