Elipse inscrita en un cuadrilátero irregular

Question

Elipse inscrita en un cuadrilátero irregular

Msegada

Quiero obtener la elipse inscrita en el cuadrilátero irregular (sin lados paralelos) definido por los cuatro puntos A, B, C, D.

Resumo las ideas dadas en los comentarios y respuestas:

El no es una elipse única dentro del cuadrilátero dado.
Para el cuadrado unitario, hay infinitas elipses inscritas en él, con diferentes excentricidades.
No puedes transformar el cuadrado unitario en un cuadrilátero irregular usando transformaciones lineales, ya que transforman solo dos vectores en otros dos vectores. En este caso necesitamos transformar 4 vectores.

Como se muestra en esta figura:

Al aumentar la excentricidad, disminuye el área. Entonces el problema se puede reducir para obtener la elipse de área máxima inscrita en el cuadrilátero.

david quinn

Si se supone que ABCD es un trapezoide, ¿qué par de líneas son paralelas?

Msegada

@DavidQuinn Me refiero a un cuadrilátero sin líneas paralelas. en.wikipedia.org/wiki/Trapezium No sabía que en algunos países, un trapecio implica un par de lados paralelos

CiaPan

Si logras encontrar una perspectiva en.wikipedia.org/wiki/Perspective_(geometry) para transformar ABCD en un cuadrado, entonces la elipse se convertirá en un círculo inscrito en el cuadrado. Luego, la transformación hacia atrás le permitirá encontrar el punto de tangencia de la elipse buscada a los lados del cuadrilátero ABCD. Con suerte, eso sería suficiente para construir la elipse.

david quinn

Para un cuadrilátero dado, ¿por qué tal elipse sería única?

Msegada

@CiaPan Eso parece interesante, pero encontrar esa perspectiva no parece trivial.

Msegada

@DavidQuinn No sé cómo probarlo. Pero, intuitivamente, y en base a la respuesta de CiaPan, solo existe una circunferencia inscrita en el cuadrado unidad. Cualquier perspectiva de ese cuadrado también daría una elipse única.

CiaPan

Con suerte, esta respuesta de Quora puede serle útil: quora.com/… Se trata de convertir un dibujo plano en una vista en perspectiva de la base 2D y luego construir una vista en perspectiva del sólido 3D. Sin embargo, los 2/3 inferiores del diagrama (junto con la línea superior del horizonte) pueden ser útiles para reconstruir una vista ortogonal 2D desde una vista en perspectiva 2D... Descargo de responsabilidad: solo estoy suponiendo. No lo he probado yo mismo.

CiaPan

(cont.) Por supuesto, la línea del horizonte está determinada por dos puntos de intersección de líneas laterales "paralelas", es decir, en el caso presentado, AC con BD y AB con CD.

CiaPan

Es posible que también desee ver este artículo La última cena de Leonardo da Vinci: reconstrucción de la habitación mediante procesos de perspectiva geométrica inversa en el Journal of Applied Mathematics and Physics (aquí la versión en PDF ) para obtener algunos consejos.

Msegada

Gracias por la información @CiaPan

CiaPan

Como @DavidQuinn muestra en la respuesta , la elipse que busca no es única. Esto corresponde a que la elipse en un cuadrado no sea necesariamente un círculo; puede ser una elipse de cualquier forma (excentricidad) con ejes colineales con las diagonales del cuadrado.

Msegada

@CiaPan Tiene razón, supongo que el problema debe redefinirse para agregar una condición adicional

dave

@CiaPan Estoy bastante seguro de que necesita algo más que una transformación de perspectiva: no se puede obtener un paralelogramo de un cuadrado simplemente usando una transformación de perspectiva.

david k

@Dave Si el cuadrilátero es un paralelogramo, simplemente usa una transformación lineal en lugar de perspectiva.

Respuestas (4)

Elipse inscrita en un cuadrilátero irregular

Si se supone que ABCD es un trapezoide, ¿qué par de líneas son paralelas?
@DavidQuinn Me refiero a un cuadrilátero sin líneas paralelas. en.wikipedia.org/wiki/Trapezium No sabía que en algunos países, un trapecio implica un par de lados paralelos
Si logras encontrar una perspectiva en.wikipedia.org/wiki/Perspective_(geometry) para transformar ABCD en un cuadrado, entonces la elipse se convertirá en un círculo inscrito en el cuadrado. Luego, la transformación hacia atrás le permitirá encontrar el punto de tangencia de la elipse buscada a los lados del cuadrilátero ABCD. Con suerte, eso sería suficiente para construir la elipse.
Para un cuadrilátero dado, ¿por qué tal elipse sería única?
@CiaPan Eso parece interesante, pero encontrar esa perspectiva no parece trivial.
@DavidQuinn No sé cómo probarlo. Pero, intuitivamente, y en base a la respuesta de CiaPan, solo existe una circunferencia inscrita en el cuadrado unidad. Cualquier perspectiva de ese cuadrado también daría una elipse única.
Con suerte, esta respuesta de Quora puede serle útil: quora.com/… Se trata de convertir un dibujo plano en una vista en perspectiva de la base 2D y luego construir una vista en perspectiva del sólido 3D. Sin embargo, los 2/3 inferiores del diagrama (junto con la línea superior del horizonte) pueden ser útiles para reconstruir una vista ortogonal 2D desde una vista en perspectiva 2D... Descargo de responsabilidad: solo estoy suponiendo. No lo he probado yo mismo.
(cont.) Por supuesto, la línea del horizonte está determinada por dos puntos de intersección de líneas laterales "paralelas", es decir, en el caso presentado, AC con BD y AB con CD.
Es posible que también desee ver este artículo La última cena de Leonardo da Vinci: reconstrucción de la habitación mediante procesos de perspectiva geométrica inversa en el Journal of Applied Mathematics and Physics (aquí la versión en PDF ) para obtener algunos consejos.
Como @DavidQuinn muestra en la respuesta , la elipse que busca no es única. Esto corresponde a que la elipse en un cuadrado no sea necesariamente un círculo; puede ser una elipse de cualquier forma (excentricidad) con ejes colineales con las diagonales del cuadrado.
@CiaPan Tiene razón, supongo que el problema debe redefinirse para agregar una condición adicional
@CiaPan Estoy bastante seguro de que necesita algo más que una transformación de perspectiva: no se puede obtener un paralelogramo de un cuadrado simplemente usando una transformación de perspectiva.
@Dave Si el cuadrilátero es un paralelogramo, simplemente usa una transformación lineal en lugar de perspectiva.

Ng Chung Tak · Answer 1

Hay una elipse inscrita única de un pentágono convexo (caso dual para $5$ puntos que definen una cónica). Hay uno y dos grados de libertad para dibujar una elipse inscrita en un cuadrilátero (convexo) y un triángulo respectivamente.
Por medio de la transformación sesgada, podemos transformar un cuarilátero irregular (convexo pero no paralelogramo) en uno con un par de lados opuestos perpendiculares.

(X^{'}, y^{'}) = (X + y porque ω, y pecado ω)

$(x',y')=(x+y\cos \omega,y\sin \omega)$

Tomando los vértices como $A(a,0)$ , $B(b,0)$ , $C(0,c)$ y $D(0,d)$ dónde $ab>0$ , $cd>0$ y $(a-b)(d-c)>0$ .
Los dos casos extremos son la elipse que degenera en las diagonales.
Construya una familia de cónicas que se toquen con los ejes con parámetro $k$ :

\begin{matrix} (⋆) & {[k (\frac{X}{a} + \frac{y}{C}) + (1 - k) (\frac{X}{b} + \frac{y}{d}) - 1]}^{2} = λ X y \end{matrix}

$\left[ k\left( \frac{x}{a}+\frac{y}{c} \right)+ (1-k)\left( \frac{x}{b}+\frac{y}{d} \right)-1 \right]^2=\lambda x y \tag{$\star$}$

Uso de un discriminante para comprobar la tangencia de $\frac{x}{a}+\frac{y}{d}=1$ o $\frac{x}{b}+\frac{y}{c}=1$ , podemos resolver para $\lambda$ .

λ = 4 k (1 - k) (\frac{1}{a} - \frac{1}{b}) (\frac{1}{d} - \frac{1}{C})

$\lambda=4k(1-k) \left( \frac{1}{a}-\frac{1}{b} \right) \left( \frac{1}{d}-\frac{1}{c} \right)$

por elipse,

4 k (1 - k) (\frac{1}{a} - \frac{1}{b}) (\frac{1}{d} - \frac{1}{C}) (\frac{k}{a C} + \frac{1 - k}{b d}) > 0 ⟹ k \in (0, 1)

$4k(1-k) \left( \frac{1}{a}-\dfrac{1}{b} \right) \left( \frac{1}{d}-\dfrac{1}{c} \right) \left( \frac{k}{ac}+\frac{1-k}{bd} \right)>0 \implies k\in (0,1)$

El centro de la elipse se encuentra en la línea de Newton , que es la línea que une los puntos medios de las diagonales.

centro = \frac{(\frac{k}{C} + \frac{1 - k}{d}, \frac{k}{a} + \frac{1 - k}{b})}{2 (\frac{k}{a C} + \frac{1 - k}{b d})}

$\text{centre}=\frac{ \left( \dfrac{k}{c}+\dfrac{1-k}{d},\dfrac{k}{a}+\dfrac{1-k}{b} \right)}{2 \left( \dfrac{k}{ac}+\dfrac{1-k}{bd} \right)}$

Vea también otra publicación mía para el caso del triángulo aquí .
Una ilustración de un cuadrilátero tangencial. Nota sobre el caso circular en $k=0.6$ :

Apéndice

Para generalizar a cualquier tipo de cuadrilátero convexo, podemos usar los ejes sesgados como diagonales. Ahora tomando los vértices como $A(a,0)$ , $B(0,b)$ , $C(c,0)$ y $D(0,d)$ dónde $ac<0$ y $bd<0$ .
En coordenadas tangenciales $(X,Y)$ , linea tangente $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$ Se puede escribir como
$X X + Y y + 1 = 0$ $Xx+Yy+1=0$
Por lo tanto, la cónica dual pasará a través de un "rectángulo" con vectices $(-\frac{1}{a},-\frac{1}{b})$ , $(-\frac{1}{c},-\frac{1}{b})$ , $(-\frac{1}{c},-\frac{1}{d})$ y $(-\frac{1}{a},-\frac{1}{d})$ , eso es

λ (a X + 1) (C X + 1) + m (b Y + 1) (d Y + 1) = 0

$\lambda (aX+1)(cX+1)+\mu (bY+1)(dY+1)=0$

Dejar $(\lambda,\mu) \propto (1-k,k)$ , la elipse inscrita es

det (\begin{matrix} 0 & X & y & 1 \\ X & λ a C & 0 & \frac{λ (a + C)}{2} \\ y & 0 & m b d & \frac{m (b + d)}{2} \\ 1 & \frac{λ (a + C)}{2} & \frac{m (b + d)}{2} & λ + m \end{matrix}) = 0

$\det \begin{pmatrix} 0 & x & y & 1 \\ x & \lambda ac & 0 & \frac{\lambda (a+c)}{2} \\ y & 0 & \mu bd & \frac{\mu (b+d)}{2} \\ 1 &\frac{\lambda (a+c)}{2} & \frac{\mu (b+d)}{2} & \lambda+\mu \end{pmatrix}=0$

El centro divide la línea de Newton, desde $(0, \frac{b+d}{2})$ a $(\frac{a+c}{2},0)$ internamente con relación $\lambda:\mu$
Ilustración del par de cónicas dobles:

Gracias, respuesta muy elaborada. ¿De dónde viene la expresión de la familia de cónicas?
En primer lugar, hay bastantes viejos clásicos de la geometría analítica. Algunos están agotados y fueron escaneados y subidos a Internet. De todos modos, todo comienza con la forma de intercepción, a saber $A (X - α) (X - β) + B (y - γ) (y - d) + 2 h X y = 0$ $A(x-\alpha)(x-\beta)+B(y-\gamma)(y-\delta)+2hxy=0$ Permitir raíces dobles y reorganizar aún más da ${(\frac{X}{a} + \frac{y}{b} - 1)}^{2} = \frac{2 λ X y}{a b}$ $\left( \frac{x}{a}+\frac{y}{b}-1 \right)^2=\frac{2\lambda x y}{ab}$ Es un enfoque común al reorganizar sabiamente de una manera más trivial o intuitiva.
En realidad, para la primera ecuación $(\star)$ , Salté algunos pasos al observar los dos casos límite. La forma original de la ecuación podría escribirse como $(α X + β y - 1)^{2} = λ X y$ $(\alpha x+\beta y-1)^2=\lambda x y$ Se salvaron algunos trabajos.

vishnu cp · Answer 2

Puede que no exista una transformación lineal entre tu cuadrilátero y el cuadrado unitario. Existe una transformación lineal única que envía dos vectores dados a otros dos vectores. por lo que los otros dos vectores de posición del cuadrilátero pueden no transformarse en consecuencia. Una pregunta interesante, tenga en cuenta que la elipse es simplemente un estiramiento del círculo por algún factor.

Tienes razón, la perspectiva no sería una transformación lineal.

Pauca inteligente · Answer 3

Como se explica en esta respuesta , una vez que elige uno de los puntos de tangencia, los otros tres pueden construirse de manera única a partir de las propiedades de la transformación de perspectiva que lleva el cuadrilátero a un cuadrado.

Si desea, en particular, la elipse correspondiente al círculo inscrito en el cuadrado, entonces la construcción es muy simple (ver figura a continuación): unir el punto de intersección $O$ de las diagonales con los puntos de concurrencia $E$ , $F$ de los lados opuestos: líneas $EO$ y $FO$ se cortan los lados del cuadrilátero $ABCD$ en puntos de tangencia $PQRS$ .

Entonces uno puede encontrar el centro $M$ de la elipse como la intersección de rectas $DK$ , $CL$ , dónde $K$ , $L$ son los puntos medios de $QR$ , $PQ$ . Si necesitas encontrar la ecuación de la elipse, puedes construir un quinto punto $Q'$ como el reflejo de $Q$ acerca de $M$ . De lo contrario, puede usar técnicas geométricas para encontrar ejes y focos.

Ese es un método muy sencillo. ¿Puedes explicar por qué unir O con E y F da los puntos tangentes?
@Msegade Todo se explica en la respuesta vinculada: un círculo inscrito en un cuadrado es tangente en los puntos medios de los lados. Una línea que pasa por uno de estos puntos medios, paralela a los otros lados, corta las diagonales del cuadrado en su punto de intersección. $O$ . Pero las líneas paralelas se vuelven concurrentes después de una transformación de perspectiva, de ahí la construcción anterior.
@Msegade En otras palabras: en la línea cuadrada $POR$ es paralelo a $CD$ y $AB$ , por lo tanto, en el cuadrilátero transformado las mismas líneas son concurrentes. Ídem para la línea $QOS$ con $BC$ y $AD$ .
Tenga en cuenta que esto no es necesariamente la elipse del área máxima. (Creo que, en general, no lo es). Pero esta es la elipse que hubiera preferido construir si todavía tuviera un grado de libertad.
@DavidK Correcto: esta no es, en general, la elipse del área máxima. Di un ejemplo aquí .

david quinn · Answer 4

La ecuación general de una elipse se puede escribir como

X^{2} + A X y + B y^{2} + C X + D y + mi = 0

$x^2+Axy+By^2+Cx+Dy+E=0$ (asumiendo

A^{2} < 4 B

$A^2<4B$ )

Así que hay cinco coeficientes desconocidos.

Cada recta tangente es de la forma $y=mx+c$ . Resolviendo cada uno simultáneamente con la cónica da una ecuación cuadrática en $x$ que debe tener raíces dobles.

Entonces tendrás solo cuatro ecuaciones en las cinco incógnitas. $A, B, C,D$ y $E$ , y esto sugeriría que se pueden inscribir infinitas elipses posibles en el cuadrilátero.

Por lo tanto, no podría encontrar una elipse única sin aplicar alguna restricción adicional.

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