射影几何简介

mathe

几何画板

wayne

刚才下载了试用了下几何画板，画图的确很方便 例子里面竟然还带有大量的分形~~

mathe

此外还有极线和极点也是射影几何里面一个很重要的概念。 过圆外一点，做圆的两条切线，那么两个切点的连线就是这个圆外一点的极线。而这个定义对于任意圆锥曲线也都可以适用。而这个点又称为这条极线的极点。 过一个点P做直线同圆锥曲线交于两点A,B,和极线交于一点Q,那么交比[A,B;P,Q]为-1.这是一个非常重要的性质。 证明很简单，将圆锥曲线映射为圆，P映射到无穷远点，那么两条切线和PQ变成平行线.于是两个切点的连线是同AB垂直的直径，自然Q平分AB. 而上面极点极线的定义要求一点在圆锥曲线外部。 而现在我们可以反过来使用交比来定义，对于任意一个不在给定圆锥曲线上的定点P，过此点做直线同圆锥曲线交于两点A,B,作出直线AB上使得交比[A,B;P,Q]为-1 的点Q,那么点Q的轨迹为一直线，此直线即此点的极线。 对于给定的圆锥曲线$Gamma$和给定的不在曲线上的点P，任意做两条过P的直线分别交$Gamma$于A,C和B,D.那么AB和CD的交点E以及AD和BC的交点F的连线EF就是P点的 极线。而通过投影变化这个结论也可以非常轻易的证明。 特别的，对于圆锥曲线，如果存在中心，那么中心对应的极线就是无穷远直线。 还有一个比较重要的性质是极线上任意一点的极线过极点。

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还有上面讨论的都是实射影变换。 我们也可以将射影变换扩充到复数范围，不过那样以后，有很多方面我们需要小心一些。 比如这时就没有曲线内部和外部的区分了，像命题2，就变成可以存在复射影变换，将曲线内部的点变成外部的点了。 而对于复数范围，还需要注意的相交相切关系都发生了变化。比如一条直线，只要不同圆相切，那么必然有两个交点（当然可以是虚交点）。而过不在圆锥曲线上的任意一点，必然可以做圆锥曲线的两条切线等等。 而这时极线的定义就可以统一定义为过这个点的两条切线的切点的连线了。

hujunhua

推荐、补充两份资料： 一维射影变换http://math.njnu.edu.cn/gdjh/dzkj/jx/2.4.ppt 二次点列上的射影变换http://www.docin.com/p-33144532.html

mathe

对于平面上任意三点不共线的四个点以及它们两两连线我们称为完全四点形。
那么对于完全四点形A,B,C,D,我们称AB,CD互为对边，同样AC,BD;AD,BC都是互为对边。
所以一个完全四边形有三组对边。
同样对偶的还有完全四线形的概念。
如果对于共线的四个点A,B,C,D，存在一个完全四点形使得一组对边交于A,另外一组对边交于B
第三组对边分别经过C和D,那么我们称C为D关于A和B的调和共轭，记为H(A,B;C,D).
同样对偶的有共点四条直线的调和共轭关系。
容易证明H(A,B;C,D)等价于交比[A,B;C,D]=-1.这个我们通过简单的射影变换就可以证明。

hujunhua给出的一个链接中有关于一维射影的内容，其中最重要的内容是对合。
对于一维直线，如果一个它到自身的射影变换中，对于任意点A,如果映射为A',那么必然有A'映射到A,
我们就称这是这条直线的一个对合，其中A和A'互逆。（同样对偶的有直线束的对合）
命题3.1:对合的一个重要定理是任何两对互逆点唯一确定一个对合变换。也就是一维对合变换实际上只有两个自由度。

命题3.2:那么对于完全四边形，它的三组对边和一条不经过顶点的直线相交会得出这条直线上一个对合的三对互逆点。
命题3.3:而迪沙格对合定理说，对于经过这个完全四边形四个顶点的任意二次曲线，它同这条直线的两个交点同样是这个对合的一对互逆点。

而对于某些对合，它上面存在不动点（也就是被映射到自身）。我们考虑前面提到的调和共轭点，其中A,B均经过一个完全四边形对边
交点，C和D分别经过另外一组对边。那么我们根据命题3.2,这个确定的对合中A和B都是不动点。而且显然也是所有的两个不动点。
这种拥有两个不动点的对合被称为双曲对合。而显然双曲对合可以被两个不动点唯一确定。
命题3.4:每个双曲对合都是关于两个不动点的调和共轭点之间的对应。
而如果一个对合存在一个不动点，那么必然存在第二个。而对于不存在不动点的对合关系，我们成为椭圆对合。
当然，双曲或椭圆对合只有在实射影中才有意义，在复射影中，任何对合关系都有两个不动点。
从代数上来说，一维射影变换就是变换$x'={a+bx}/{c+dx}$,所以不动点相当于二次方程$x(c+dx)=a+bx$的解(d=0的对合只能对应恒等变换)
而二次方程在复数范围总是有两个解，而在实数范围内可能没有解。而容易检查，对于对合关系，对应方程不可能有重根。

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hujunhua给出的另外一个链接里面给出了二次点列和二次线束的概念， 如果对于一个二次曲线上一个点O和不过O点的直线l,连接O和直线上任意一点A和二次曲线交于一点A'， 这个建立了二次曲线上点和直线l上点之间关于O的透视关系。 一个重要的定理是 命题4.1:如果对于直线l上四个点A,B,C,D,它们和二次曲线上一个点O的连线分别交二次曲线与另外一个点A',B',C',D' 我们可以定义A',B',C',D'的交比为A,B,C,D四个点的交比，而这个值同O的选择没有关系。 同样我们还可以定义二次曲线上的调和共轭点集。 现在如果固定直线l,但是我们将O改变成二次曲线上另外一个点O',比如这时A被映射到A''点， 这样我们可以建立了二次曲线到自身的一种射影关系，其中A'被映射到A''.当然这个射影关系也是保持二次曲线上的交比不变的。 而这条固定直线l成为射影轴。 命题4.2:二次曲线这这种射影关系的复合也是射影关系（也就是同样存在一个射影轴） 同样，如果射影关系中A映射到A'那么必然得出A'映射到A,这就是二次曲线上的对合关系。 同样类似的二次曲线的对合关系也有双曲型和椭圆型，而对于双曲型，不动点和每对互逆点构成调和共轭点集。 同样，任何两对互逆点可以确定一个二次曲线上的对合关系。 命题4.3:二次曲线的对合关系中，互逆点的连线交于一点（这好是射影轴关于这个二次曲线的极点） 同样，所有对偶命题可以构成二次线束的概念（曲线上的点变成曲线的切线）

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命题3.3中的迪沙格对合定理说，对于经过完全四边形四个顶点的二次曲线束同固定直线的两个交点是一个固定对合的互逆点对。 可是我们知道，对于我们最常用的圆，实际上3个点就可以确定一个圆，所以我们通常提到的圆束都是经过两个公共点的圆。那么对于 它们是否也可以采用迪沙格对合定理呢?百度一个链接中 天下无毒史的一个提示让我恍然大悟，圆的齐次方程可以写成$x^2+y^2+2axz+2byz+cz^2=0$，所以所有的圆都经过虚的无穷远点对$(1,i,0),(1,-i,0)$ 所以考虑到这两个虚的公共点，实际上对于所有经过两个公共点的圆我们也可以采用这个定理。 所以我们可以知道对于所有经过两个公共点的圆束，它们和固定直线l的两个交点是关于一个固定对合的互逆点对。特别的，如果经过两个公共点的圆同直线l相切， 那么这个切点就是这个对合的一个不动点。上面百度链接中题目正好两个相切的圆提供了对合的两个不动点。所以任意其它圆同固定直线的交点会关于这两个不动点调和共轭。

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命题4.1中提到了二次曲线上四个点的交比，但是如果在解析几何中，我们该如何计算这四个点的交比呢？ 考虑到点O和直线l的任意性，那么如果我们取O为二次曲线上的一个无穷远点，那么我们可以知道，连接 二次曲线和直线上对应点的连线会变成一组平行线，而由于直线上四个点的交比可以直接通过任意一维的 坐标方便的计算出来，我们可以直接选择这个固定直线为横坐标或纵坐标，这样，就可以得出一个非常方便 的计算二次曲线上四个点的交比的方法。 比如我们现在要计算圆上面四个点$(x_1,y_1),(x_2,y_2),(x_3,y_3),(x_4,y_4)$的交比，我们可以选择圆上的 一个无穷远点$(1,i,0)$,那么我们知道，圆上一点$(x_0,y_0)$和这个无穷远点连线的方程为$(y-y_0)=i(x-x_0)$ 这条直线同x轴的交点为$(x_0+y_0i,0)$,于是我们知道圆上四个点的交比可以由一维直线上四个点$x_1+y_1i,x_2+y_2i,x_3+y_3i,x_4+y_4i$ 的交比表示出来。更加一般的，如果一条二次曲线上有一个无穷远点$(a,b,0)$,那么我们可以将二次曲线上每个点 $(x_0,y_0)$计算出一个曲线坐标$bx_0-ay_0$,然后对于曲线上任意四个点，它们的交比可以采用曲线坐标的交比计算。 比如说，曲线坐标为$a,b,c,d$的四个点的交比就是${a-c}/{b-c}:{a-d}/{b-d}$ 特别的，如果我们将曲线通过射影变换转换为抛物线$y=kx^2$,那么我们知道这个曲线有无穷远点$(0,1,0)$,于是对于这个 抛物线上的任意四个点，我们可以使用它们横坐标来计算四个点的交比。 另外，而如果我们将曲线通过射影变换转换为双曲线$xy=1$,那么我们知道这个曲线有两个无穷远点$(1,0,0),(0,1,0)$,于是 我们分别可以使用它们的横坐标或者纵坐标来计算四个点的交比。

mathe

射影变换中，经常会提到Pascal定理， 命题5.1:如果一个简单六边形$A_1A_2A_3A_4A_5A_6$内接于一条二次曲线，那么三组对边的交点共线。 这个命题采用射影变换很容易证明，设$A_1A_2$和$A_4A_5$交于点R,$A_2A_3$和$A_5A_6$交于S,$A_3A_4$和$A_6A_1$交于T. 我们只要通过复射影变换将二次曲线映射为圆，并且同时将直线RS映射成无穷远直线。那么变换后的图中圆上六点满足 $A_1A_2$平行$A_5A_6$,$A_2A_3$平行$A_5A_6$,而我们只要再证明$A_3A_4$平行$A_6A_1$就可以了。这个只要通过计算圆弧间 一些简单的等式就可以得出了。(下面等式中两个字母标出部分都表示圆弧而不是线段） $A_2A_3+A_3A_4=A_5A_6+A_6A_1$ $A_3A_4+A_4A_5=A_6A_1+A_1A_2$ $=>A_2A_3-A_4A_5=A_5A_6-A_1A_2$ $=>A_4A_5+A_5A_6=A_1A_2+A_2A_3$