叶卢庆的博客

广场上平铺地砖透视画法的启发

广场上平铺地砖透视画法启发出Desargues定理

如图,是一个无限大的广场,广场的地面是平坦的平面.地面上平铺着完全一样的平行四边形地砖.且同一排或同一列的任意相邻有限块平行四边形地砖仍然能合并成一个平行四边形.

图1

那么一个人站在广场上,他看到的地砖会是什么样的呢?显然,他眼中的平行四边形地砖和地砖的实际样子比,发生了畸变.离他越远的平行四边形地砖,会显得越小.所有地砖的边所在的直线,以及地砖顶点的连线,会形成几族平行线,在人眼里,凡是互相平行的线,都会在视觉的尽头——地平线处相交.那么该怎么将其看到的景象画在纸上呢?我们采用的画法是中心投影法.即在空间中选一个点作为投影中心,把广场平面上的所有平行四边形都投影到空间中的另外一个平面上.这样,平行的直线,画在纸上的时候,将交于地平线.地平线在纸上用一条直线来表示.

图2

于是,图1所示的地砖的中心投影视图将会是图2.图1中红、黑、蓝色的直线族分别变成图2中对应的红、黑、蓝直线.

不过我们要解决的一个问题是,为什么在图2中,所有蓝色直线,也就是每块地砖对角线所在的直线,所交的点,所有红色直线所交的点以及所有黑色直线所交的点,这三个点会在同一条直线上呢?其实这是显然的,因为三族平行线都会交于代表无穷远处的地平线.三族直线交点所在的直线其实就是中心投影的没影线(Vanishing line).

当然,在广场平面上,不止有这三族平行线.还有很多.比如图4中呈现的黄色直线族.黄色直线族在经过中心投影后,也会得到一族交于没影线的直线.这个现象启示我们Desargues定理成立.不过在进一步探讨之前,我们给图2中的点编个号.

如图2所示,是$\triangle OAB$.点$C$是所有蓝色直线的交点,在线段$AB$上(不在端点处).$\forall n\geq 1$,将线段$CA_n$与线段$AB_1$的交点与点$B$连接,得到一条直线,将得到的直线与线段$OA$的交点记为$A_{n+1}$;将线段$CB_n$与线段$BA_1$的交点与点$A$连接,得到一条直线,将得到的直线与线段$OB$的交点记为$B_{n+1}$.将直线$A_iB$与直线$AB_j$的交点记作$P_{i,j}$.特别地,点$A_i$也记为$P_{i,0}$,点$B_j$也记为$P_{0,j}$,点$O$也记为$P_{0,0}$.

图3

怎么启发出Desargues定理的呢?考虑任意两个三角形$P_{i,j}P_{i+k,j}P_{i+k,j+h}$和三角形$P_{m,n}P_{m+tk,n}P_{m+tk,n+th}$.举个例子,比如如图4所示,图中的两个绿色三角形,每个三角形都有两条边分别是广场上平行四边形的边,另外一条边是该平行四边形的对角线.在广场平面上,两个三角形对应顶点的三条连线交于一点或者互相平行,且$P_{i,j}P_{i+k,j}$所对应的直线与$P_{m,n}P_{m+tk,n}$所对应的直线平行,$P_{i+k,j}P_{i+k,j+h}$对应的直线与$P_{m+tk,n}P_{m+tk,n+th}$对应的直线平行,$P_{i,j}P_{i+k,j+h}$对应的直线与$P_{m,n}P_{m+tk,n+th}$对应的直线也平行.这体现在投影到的平面上,即直线$P_{i,j}P_{i+k,j}$与$P_{m,n}P_{m+tk,n}$交于没影线,$P_{i+k,j}P_{i+k,j+h}$与$P_{m+tk,n}P_{m+tk,n+th}$交于没影线,则$P_{i,j}P_{i+k,j+h}$与$P_{m,n}P_{m+tk,n+th}$也交于没影线.这就是Desargues定理.

图4

广场上平铺地砖透视画法启发出交比在射影下不变

(2016.7.25添加)
继续看图2.点$A_1$满足$\overrightarrow{OA_1}=\lambda_{1}\overrightarrow{OA}$,点$B_1$满足$\overrightarrow{OB_1}=\mu_{1}\overrightarrow{OB}$,且$0< \lambda_{1},\mu_{1}< 1$.

图5
并设$\overrightarrow{OA_n}=\lambda_n\overrightarrow{OA}$,$\overrightarrow{OB_n}=\mu_n\overrightarrow{OB}$.易得存在一个透视$T$,使得$OA_1A_nA\frac{D}{\wedge} OB_1B_nB$.

图6
令$\lambda_{1}’=1-\lambda_{1}$,$\lambda_n’=1-\lambda_{2}$,$\mu_1’=1-\mu_1$,$\mu_n’=1-\mu_{2}$.当考虑点$A_1,B_1$时,可得
$$
\overrightarrow{OC}=\frac{\mu_1\lambda_{1}’}{\lambda_1\mu_{1}’+\mu_1\lambda_1’}\overrightarrow{OB}+\frac{\lambda_1\mu_1’}{\lambda_1\mu_{1}’+\mu_1\lambda_1’}\overrightarrow{OA}.
$$

$$
\lambda_1\mu_1’\overrightarrow{AC}=\mu_1\lambda_1’\overrightarrow{CB}.
$$
同理,当考虑点$A_n,B_n$时,可得
$$
\lambda_{n}\mu_{n}’\overrightarrow{AC}=\mu_n\lambda_n’\overrightarrow{CB}.
$$
因此
$$
\left.\frac{\lambda_n’}{\lambda_n}\middle/
\frac{\lambda_1’}{\lambda_1}\right.=\left.\frac{\mu_n’}{\mu_n}\middle/\frac{\mu_1’}{\mu_1}\right.,
$$

$$
R(A,O;A_n,A_1)=R(B,O;B_n,B_1).
$$
这就是交比在透视$T$下不变.