第4讲 课后题¶

原问题：近和远平面之间的任何一点在经过“挤压”变换后， Z坐标的值会如何变化？¹

又因为考虑到摄像机是朝向-Z方向，\(n_z > f_z\)，会导致比较混乱，因此提出了一个简化后的问题：

点 \((x,y,\frac{n+f}{2})\) 在经过变换后会更靠近 近平面 还是 远平面 ？

解¶

虽然好久没写过数学题了，还是试着写一写看看。

简化后的题解¶

在视频中已经可以得到矩阵：

\({\displaystyle{\begin{aligned} M_{persp \rightarrow ortho}=\begin{bmatrix} n & 0 & 0 & 0 \\ 0 & n & 0 & 0 \\ 0 & 0 & n+f & -nf \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} \end{aligned}}}\)

右乘列向量 \((x,y,\frac{n+f}{2},1)\) ，可得变换后的列向量：

\({\displaystyle{\begin{aligned} (nx,ny,\frac{n^2+f^2}{2},\frac{n+f}{2}) \end{aligned}}}\)

即：

\({\displaystyle{\begin{aligned} z' = \frac{\frac{n^2+f^2}{2}}{\frac{n+f}{2}} = \frac{n^2+f^2}{n+f} \end{aligned}}}\)

两坐标相减可得：

\({\displaystyle{\begin{aligned} z' - z = \frac{n^2+f^2}{n+f} - \frac{n+f}{2} = \frac{(n-f)^2}{2(n+f)} \end{aligned}}}\)

由于摄像机朝向Z轴 负方向 ，所以 \(f < n < 0\)，得

\({\displaystyle{\begin{aligned} z' - z < 0 \end{aligned}}}\)

所以更靠近 远平面

原题解¶

上面代入的是中点这个特殊值，下面试着求一下通用解。

设两平面中间任意一点坐标为 \((x,y,z)\)，那么\(f < z < n < 0\)

同上述解法可得变换后的坐标 \(z'\) 为：

\({\displaystyle{\begin{aligned} z' = \frac{(n+f)z - nf}{z} \end{aligned}}}\)

与原坐标相减得：

\({\displaystyle{\begin{aligned} z' - z = \frac{(n+f)z - nf}{z} - z = (n+f) - (\frac{nf}{z} + z) \end{aligned}}}\)

令 \(t = nf\)，则：

\({\displaystyle{\begin{aligned} z' - z = (n + \frac{t}{n}) - (z + \frac{t}{z}) \end{aligned}}}\)

令 \({\displaystyle{\begin{aligned}f(x)=x + \frac{t}{x}\end{aligned}}}\)，则 \(x \in (-\infty,-\sqrt{t})\) 时，单调递增，\(x \in (-\sqrt{t},0)\) 时，单调递减。

令 \({\displaystyle{\begin{aligned} f = n - k (k > 0), g(n)=n - \left(-\sqrt{n(n-k)}\right) \end{aligned}}}\)，对 \(g(n)\) 求导得：

\({\displaystyle{\begin{aligned} g'(n) = \frac{n - \frac{1}{2}k}{\sqrt{n^2-kn}} + 1 < 0 \end{aligned}}}\) （可以接着求导来证）

因此 \(g(n)\) 在 \(n < 0\) 时单调递减，且 \(g(n) > 0\)

则：\(n > -\sqrt{n(n-k)} = -\sqrt{t}\)

同理得：\(f = n - k > -\sqrt{n(n-k)} = -\sqrt{t}\)

所以： \({\displaystyle{\begin{aligned} z' - z = f(n) - f(z) < 0 \end{aligned}}}\)

所以更靠近 远平面