Würfel-2D-Projektion

Wissenschaft Physik
#1

Hallo,

Geg.: frei drehbarer Einheitswürfel
Ges.: dessen maximaler (und evtl. durchschnittlicher) Querschnitt, wenn man ihn z.B. auf ein Blatt Papier projiziert.

Ein 1x1x1-Würfel drehe sich beliebig in alle drei Raumrichtungen und sein Schatten werde dabei (senkrecht) auf ein Blatt Papier geworfen (Ein 2D-Wesen würde den sich drehenden Würfel nur als eine ineinander übergehende Quadrat-, Rechteck- oder Sechseckfläche wahrnehmen).
Wie groß wäre deren max. Flächeninhalt?

Ließe sich für diese 2D-Projektionsfläche eines 3D-Würfels auch ein Durchschnittswert angeben?

Gruß Ralf

#2

Hallo.

Ein 1x1x1-Würfel drehe sich beliebig in alle drei
Raumrichtungen und sein Schatten werde dabei (senkrecht) auf
ein Blatt Papier geworfen

Mal ganz ohne Würfel, nur im Kopf durchgeochst :

Also Achse und Zentrum uneigentlich = Parallelprojektion.

Es gibt zwei Extrempositionen :

  • Der Würfel steht mit einer Fläche parallel zur Projektionsebene, d.h. es wird das Quadrat, das dem Flächeninhalt der Würfelfläche entspricht, abgebildet (=a²).

  • Der Würfel „steht“ auf einer Ecke, d.h. man sieht von oben vier Seitenflächen unter einem Winkel von 45°. Die gesamte sichtbare Fläche beträgt ((√2)a)²=2a². Herleitung : Eine Seitenfläche erhält die perspektivische Größe sin(45°)*a².

Die Schattenfläche ist identisch zu der, die man sieht, wenn man „von oben“ auf die ganze Bescherung schaut. Mit einer beliebigen Drehung des Würfels verändert sich (aus der Extremposition heraus) die sichtbare Fläche des Würfels; führt man die Drehbewegung in allen drei Achsen sequentiell aus, pendelt die jeweils sichtbare, d.i. projizierte, Fläche zwischen den Extrempositionen. Wenn mich nicht alles täuscht, kommt dabei wieder eine Sinusfunktion heraus, und der „Mittelwert“ wäre √2 a².

Wie gesagt, nur im Kopf verwurstet. Kann sein, dass ich irgendwo schief liege; aber so würde ich an die Fragestellung herangehen.

Gruß Eillicht zu Vensre

#3

Hallo!

So, nachdem ich vorher ziemlichen Müll geschrieben und inzwischen gelöscht habe, nun ein zweiter hoffentlich korrekter Anlauf:

Es gibt zwei Extrempositionen :

  • Der Würfel steht mit

einer Fläche parallel zur Projektionsebene, d.h. es wird das
Quadrat, das dem Flächeninhalt der Würfelfläche entspricht,
abgebildet (=a²).

  • Der Würfel „steht“ auf einer Ecke,

d.h. man sieht von oben vier Seitenflächen unter einem Winkel
von 45°. Die gesamte sichtbare Fläche beträgt
((√2)a)²=2a². Herleitung : Eine Seitenfläche erhält die
perspektivische Größe sin(45°)*a².

Die Schattenfläche

ist identisch zu der, die man sieht, wenn man „von oben“ auf
die ganze Bescherung schaut.

Ich glaube, da hast Du Dich vertan. Die Seitenflächen stehen nämlich nicht unter einem Winkel von 45°! Man blickt entlang der Raumdiagonalen auf den Würfel. Diese hat eine Länge von e = a * Wurzel(3). Der Winkel einer Kante mit der Raumdiagonalen ist also cos α = a/e. α = 54,74°. Auf der gegenüberliegenden Seite bildet die Flächendiagonale (und damit die Fläche) mit der Raumdiagonalen einen Winkel von β = 90° - α = 35,26°.

Die projezierte Fläche des Würfels ist ein Sechseck, das von den projezierten Kanten und Flächendiagonalen des Würfels aufgespannt wird. Die Abstände der Ecken vom Mittelpunkt betragen:

a) für die Kanten:
r1 = a * cos35,26° = a * 0,8165 (vermutlich exakt: a * Wurzel(2/3). Ich komme aber im Moment nicht drauf, wie man das beweisen kann…)

b) für die Flächendiagonalen:
r2 = a * Wurzel(2) * cos54,74° = a * 0,8164 (vermutlich identisches Ergebnis wie bei a, d. h. Rundungsfehler)

Es handelt sich also bei dem aufgespannten Sechseck um ein regelmäßiges Sechseck. Dessen Fläche berechnet sich laut Formelsammlung wie folgt:

A = 3/2 * r² * Wurzel(3)

Die Ergebnisse von a) bzw. b) eingesetzt ergibt sich:

A = 3/2 * a² * (Wurzel(2/3))² * Wurzel(3)

A = a² * Wurzel(3)

Dies ist die maximale Projektionsfläche. Wenn man den Würfel kippt, dann ändert sich dabei die Projektionsfläche monoton. Kippt man ihn auf eine Seitenfläche, ist die Projektion natürlich genau ein Quadrat (a²). Das ist kleiner als A. Kippt man ihn auf eine Kante, dann ist die Projektionsfläche ein Rechteck mit den Seiten a und a*Wurzel(2). Auch diese Fläche ist kleiner als A=a²*Wurzel(3).

Die Mittelwertbildung überfordert mich im Moment.

Michael

#4

Hallo

Da sich zwar die Seitenlängen perspektivisch um den Faktor Wurzel(2) verkürzen, nicht aber die Seitenflächen (da sich die Winkel ebenfalls verändern), macht das die Sache doch etwas schwieriger als ich dachte (und ich muss zugeben, etwas erleichtert zu sein, bei einem solchen, mir auf dem ersten Blick ‚simpel‘ erscheinendem Problem, Probleme zu haben :wink:. Bislang bin ich auf drei verschiedene (Ab)Wege und Werte für die Projektionsfläche A gekommen:
1+1/Wurzel(2) = 1,707…
(3/2)^(3/2) = 1,837…
9/8*WURZEL(3) = 1,948…

Wenn man einen (auf der Ecke stehenden) Würfel in der Draufsicht als regelmäßiges Sechseck mit der Seitenlänge a/Wurzel(2) auffassen kann, erhält man:
A = 3*Wurzel(3) / (2*Wurzel(2)) = (3/2)^(3/2) = A_max = 1,837… (wobei man, zumindest bei (unzulässiger) arithmetischer Mittelwertbildung mit A_min=1 und A_max = 1,837 dem auch von Eillicht proklamierten und mir sinnvoll erscheinenden Mittelwert Wurzel(2) sehr nahe käme)

Zur Herleitung kann man in jede der drei Würfelseiten die Flächendiagonalen einzeichnen, die die Seite in je vier identische rechtwinklige Dreiecke zerlegt mit jeweils der Hypotenuse a/Wurzel(2) und einer Kathedenlänge a/Wurzel(2)/2.

Der Unterschied zwischen unseren Lösungen scheint, dass ich die Seiten als um den Faktor Wurzel(2) verkürzt annehme, du aber um den Faktor Wurzel(3/2). Was mich zudem verwirrt, in einem planaren Sechseck sollte es eigentlich nur 30° und 60°-Winkel geben und nicht 35,26° und 54,74°(?), es sei denn, die Annahme eines regelmäßigen Sechseckes trifft so nicht zu…

Ralf

#5

Hallo!

Der Unterschied zwischen unseren Lösungen scheint, dass ich
die Seiten als um den Faktor Wurzel(2) verkürzt annehme, du
aber um den Faktor Wurzel(3/2). Was mich zudem verwirrt, in
einem planaren Sechseck sollte es eigentlich nur 30° und
60°-Winkel geben und nicht 35,26° und 54,74°(?), es sei denn,
die Annahme eines regelmäßigen Sechseckes trifft so nicht
zu…

Schwer zu beschreiben, da dreidimensional. Du hast Recht: Im Sechsesck gibt es nur 60° Winkel. Die krummen Winkel (die ich eingeführt habe treten an einer anderen Stelle auf. Stell Dir den Würfel auf der Ecke stehend vor. Nun schneide den Würfel durch, so dass die obere und die untere Ecke, die Raumdiagonale und zwei weitere gegenüberligende Ecken in der Schnittebene liegen. Die Schnittfläche ist kein Quadrat, sondern ein Rechteck. Es wird gebildet durch zwei Kanten und zwei Flächendiagonalen. Die Raumdiagonale des Würfels bildet eine Diagonale dieses Rechtecks. In einem Rechteck, das kein Quadrat ist, sind die Diagonalen aber nicht die Winkelhalbierenden. Also kann der Verkürzungswinkel nicht 45° sein, und damit der Verkürzungsfaktor auch nicht Wurzel(2).

Ist’s jetzt klar geworden?

Michael

#6

Danke,
mein hartnäckiger Irrtum war es, anzunehmen, die (von oben gesehen) drei zentralen Kanten müssten einen einfachen 45°-Winkel zur Betrachtungsebene bilden und sich also mit Wurzel(2) verkürzen.
Da jeweils eine Kante und ihre gegenüberliegende und um den Faktor Wurzel(2) längere Flächendiagonale in der gleichen Schnittebene enden müssen, wird deutlich, dass die kürzere Kante sich stärker „nach unten“ neigen muss…
Es entsteht also ein rechtwinkliges Dreieck mit den Seitenlängen 1=Würfelkante; Wurzel(2)=Flächendiagonale; Wurzel(3)=Raumdiagonale=Schnittlinie und ergibt so den ‚krummen‘ Kantenwinkel arctan(Wurzel(2)/1)= besagte 54,7…°)

So weit so klar - eine geplante Betrachtung der (n-m)dim-Projektion n-dimensionaler Würfel werde ich trotzdem lieber verschieben :wink:

Ralf