§5. Изображение многоугольников.

1. Согласно теореме 3 любые два треугольника аффинно-эквива­лентны и поэтому могут служить изображением друг друга.

2 . Согласно теореме 5 не любой четырёхугольник может служить изображением данного четырёхугольника, а только тот, для которого выполняются равенства (1), т.е. у которого соответствующие диагонали делятся точкой пересечения в одинаковом отношении. Для построения изображения ABCD данного четырёхугольника A; ¯B; ¯C; ¯D; ¯ мы можем в качестве точек A, B, D выбрать произвольные три точки на плоскости изображений , не лежащие на одной прямой. Тогда вершина C определится однозначно.

3 . Аффинное отображение сохраняет параллельность прямых и отношение отрезков, лежащих на них. Поэтому изображением данной трапеции может служить только трапеция, у которой такое же отношение оснований. Условия (1) для двух трапеций равносильны требованию, что у этих трапеций одинаковое отношение оснований.

4 . Аффинное отображение сохраняет параллельность прямых. Поэтому изображением параллелограмма является параллелограмм. В качестве изображений трёх вершин параллелограмма можно выбрать любые три точки на плоскости изображений. Поэтому изображением данного параллелограмма может служить любой параллелограмм. Даже если A; ¯B; ¯C; ¯D; ¯ – ромб, прямоугольник или квадрат, всё равно его изображением может быть любой параллелограмм.

5 . n-угольник при n5. Для построения его изображения 3 точки, изображающие 3 его вершины можно выбрать произвольно, а изображения остальных вершин можно найти, используя тот факт, что точки пересечения диагоналей оригинала и изображения делят соответствующие диагонали в одинаковом отношении.

Пусть, например, дан пятиугольник A; ¯B; ¯C; ¯D; ¯E; ¯. Пусть M; ¯ = A; ¯C; ¯  B; ¯E; ¯, N; ¯ = A; ¯C; ¯  B; ¯D; ¯. Выберем произвольные точки A, B, C. На отрезке AC находим точки M, N, такие что

(AC, M)= (A; ¯C; ¯, M; ¯), (AC, N)= (A; ¯C; ¯, N; ¯).

З атем на прямых BM и BN выбираем точки E и D так, чтобы

(BE, M)=(B; ¯E; ¯, M; ¯), (BD, N)=(B; ¯D; ¯, N; ¯).

6 . В правильном шестиугольнике A; ¯B; ¯C; ¯D; ¯E; ¯F; ¯ диагонали A; ¯D; ¯, B; ¯E; ¯, C; ¯F; ¯ делятся точкой пересечения O; ¯ пополам. В данном случае, в качестве произвольных удобнее выбрать точки A, B и O. Затем мы находим другие вершины, используя тот факт, что отрезки BC, OD и AO параллельны и равны; и также отрезки OE, AF и BO параллельны и равны.

§6. Изображение окружности и эллипса.

Мы уже говорили в 1 семестре, что при ортогональном проецировании окружности получается эллипс. Это верно при любой параллельной проекции f:(; ¯ ^– . Пусть l=(; ¯ , A; ¯B; ¯ и C; ¯D; ¯ – диаметры окружности,

т

A; ¯

B; ¯

C; ¯

D; ¯

A

B

(; ¯



D

p;\s\up8((

l

акие что A; ¯B; ¯ ||l, C; ¯D; ¯ l. Тогда при проецировании длина всех отрезков, параллельных l не меняется, а все отрезки, перпендикулярные l, сжимаются или растягиваются в одной и той же пропорции. Тем самым, окружность равномерно сжимается или растягивается по одному направлению.

П усть A; ¯B; ¯ и C; ¯D; ¯ – взаимно перпендикулярные диаметры окружности (;¯. Мы знаем, что все хорды параллельные к A; ¯B; ¯ делятся C; ¯D; ¯ пополам; касательная l; ¯, проведённая к окружности через точку C; ¯ или D; ¯ перпендикулярна C; ¯D; ¯, т.е. она параллельна A; ¯B; ¯. При аффинном отображении сохраняется параллельность прямых и деление отрезка пополам. Поэтому на изображении CD будет делить хорды, параллельные к AB пополам и изображение l касательной в точке C будет параллельно к AB. Напомним, что диаметр CD, делящий хорды, параллельные к диаметру AB пополам, называется сопряжённым к диаметру AB. Свойство диаметров быть сопряжёнными взаимное: т.е. диаметр AB будет делить пополам хорды, параллельные к CD.

Итак, изображением окружности является эллипс, при этом перпендикулярные диаметры окружности изображаются сопряжёнными диаметрами эллипса. Но остаётся вопрос: а любой ли эллипс является изображением данной окружности, и что служит изображением эллипса?

Пусть  – произвольный эллипс, O – его центр, AB и CD – сопряжённые диаметры. Выберем репер R = {O, A, C}. Он определяет аффинную систему координат. Примем без доказательства, что относительно этой СК эллипс задаётся уравнением

x₁²+x₂²=1. (2)

Пусть (;¯ – ещё один эллипс, O; ¯ – его центр, A; ¯B; ¯ и C; ¯D; ¯ – сопряжённые диаметры. Выберем репер R ; ¯ = {O; ¯, A; ¯, C; ¯}. Рассмотрим аффинное отображение, которое переводит репер R ; ¯ в репер R . Поскольку оба эллипса имеют относительно соответствующего репера одно и то же уравнение (2), то при этом отображении (;¯ будет переходить в . Тем самым мы доказали, что любые два эллипса аффинно-эквивалентны и поэтому могут служить изображением друг друга. В частности, изображением данной окружности может служить любой эллипс или окружность.

С пособы построения эллипса. Сразу оговоримся, что при построении кривых ставится задача найти способ построения любого количества точек этой кривой. Построив достаточное количество точек, мы можем потом соединить их вручную.

1 . В соответствии с определением, с помощью двух гвоздиков и верёвочки. Для этого нам должны быть даны фокусы эллипса (или их можно вычислить) и большая полуось a. Мы помещаем гвоздики в фокусы эллипса, на них закрепляем верёвочку длины 2a. Будем перемещать карандаш, оставляя верёвочку натянутой. Карандаш опишет эллипс.

2 . С помощью сжатия окружности. Нам должны быть известны полуоси эллипса a и b. Мы строим окружность (;¯ радиуса a и произвольный её диаметр d; ¯. Выбираем произвольное число точек Mi;¯ на окружности. Из каждой точки опускаем перпендикуляр Mi;¯O_i на d; ¯. На этом отрезке находим точку M_i, такую, что M_iO_i/Mi;¯O_i=b/a. Найденные точки будут принадлежать эллипсу.

3. Опять же известны полуоси эллипса a и b. Мы строим две концентрические окружности ₁ и ₂ радиусов a и b. Проводим несколько радиусов OM_i большой окружности, которые пересекут малую окружность в точках N_i. Из точек проводим вертикальные линии, а из точек N_i – горизонтальные. Точки пересечения K_i этих линий принадлежат эллипсу.

4 . Следующий способ построения будем называть основным. Нам должны быть даны сопряжённые диаметры эллипса. Для обоснования этого метода построения сначала рассмотрим окружность у которой даны перпендикулярные диаметры AB и CD. Через концы каждого из диаметров проведём линии, параллельные другому диаметру. Получатся квадрат PQRS. Разобьём отрезок PC точками M_i на любое число равных частей и отрезок CO точками N_i на то же число частей (на чертеже мы разбили на 3 части). Пусть K_i=AM_iBN_i. Тогда точки K_i лежат на окружности. Почему?

У пражнение. Самостоятельно докажите, что треугольники OBN_i и APN_i равны, а из этого выведите, что AK_iB=90. Это и означает, что K_i.

При аффинном отображении сохраняется деление отрезка на равные части. Поэтому этот способ построения можно применить и к эллипсу (см. чертёж).