Perspektivische Verkleinerung von Quadrat berechnen

17.04.2012, 16:39

blende8

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Perspektivische Verkleinerung von Quadrat berechnen

Meine Frage:
Hallo liebes Forum,

ich stehe grade vor einem Problem zu dem ich noch keine Lösung gefunden habe und möchte es gerne hier einmal probieren.

Und zwar muss ich die Flächen aller Quadrate (a*a) eines Rasters berechnen, so wie ich sie von einem Standpunkt aus mit Abstand h sehe.

[attach]24021[/attach]

Die Flächen senkrecht zur Ebene müssten ja noch annähernd quadratisch sein, aber je weiter ich zum Rand komme, desto verzerrter werden die Quadrate.

[attach]24018[/attach]

Meine Ideen:
Meine bisherigen Überlegungen waren, es irgendwie trigonometrisch zu lösen. Es kann gut sein, das folgendes alles falsch ist aber ich stelle es trotzdem mal vor.
Ich bin dabei von ein paar Vereinfachungen ausgegangen, da a in Realität sehr klein ist (Verhältnis a/h=1/100 ).

[attach]24020[/attach]

Ich bin quasi einfach von der Mitte der Fläche ausgegangen. Den Winkel alpha kann ich ja mit den gegebenen Werten berechnen. Der gleiche Winkel ist ja dann oben im Dreieck. Da der Winkel Beta sehr klein ist bin ich von einem rechten Winkel ausgegangen und hab dann mit dem Kosinus die Strecke b berechnet.
Mit dieser Strecke b müsste man doch nun noch mit Strahlensatz die Strecke b2 berechnen können, die ca. der Fläche entsprechen müsste, wie ich sie vom Standpunkt aus sehe?
Aber falls das überhaupt bis hierhin halbwegs richtig ist, beschreibt das ja nur die Verkleinerung auf einer Achse. Aber meine ganzen Quadrate sehen ja eher wie Rauten aus? Ich hab keine Ahnung wie ich diese dann berechen könnte.

Hoffe ich hab es einigermaßen verständlich beschrieben.

Viele Grüße
Julian

18.04.2012, 02:49

frank09

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RE: Perspektivische Verkleinerung von Quadrat berechen
Beim Betrachten des Rasters kannst du den Abstand zweier Punkte nicht als Strecke, sondern nur als (Sicht-)Winkel ermessen. Im Nachhinein kannst du natürlich einem Winkel eine Strecke zuordnen und so abbilden.
Wenn du einem Punkt P seine Polarkoordinaten
$\begin{eqnarray*} r\text {=Abstand vom Ursprung} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \alpha \text{= Winkel der Verbindungslinie }\overline {OP}\text{ zur y-Achse} \end{eqnarray*}$

zuordnest, dann siehst du $\begin{eqnarray*} \overline {OP} \end{eqnarray*}$ unter dem gleichen Winkel $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ zur waagerechten und deren Länge unter dem Winkel $\begin{eqnarray*} \beta=arctan\left(\frac{r}{h}\right) \end{eqnarray*}$ , dem du eine Länge r' zuordnen kannst und damit Polarkoordinaten für P' erhältst.

18.04.2012, 10:48

blende8

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Hallo Frank,

danke für deine Antwort. Leider bringt es mich nicht so recht weiter. Ich glaube, ich verstehe zwar was du meinst, aber weiß nicht, was mir das nützt im Bezug auf die Flächenberechnung. Wozu brauche ich die Polarkoordinaten?

Ein weiterer Gedanke von mir war, es über Vektoren zu berechnen. Ich müsste ja die Vektoren zu allen Kreuzungspunkten auf dem Raster aufstellen können. Wenn ich nun die 4 Vektoren zu den Eckpunkten eines Quadrats habe, müsste ich doch die senkrecht zum mittleren Vektor stehende projizierte Fläche berechnen können?

Gruß Julian

19.04.2012, 02:21

frank09

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Wenn ich dich und deine Skizze richtig verstehe, willst du die Flächen der Quadrate, die auf eine Kugel mit dem Radius h projiziert werden, berechnen. Die Projektion entspricht der Ansicht eines Betrachters im Mittelpunkt M der Kugel.
Wenn eine waagerechte Strecke PQ der Länge a mit P(x|y) und Q(x|y+a) auf die Kugel projiziert wird, so gilt für die Länge a' der Projektion:
$\begin{eqnarray*} a'=(tan^{-1}\left(\frac{y+a}{\sqrt{h^2+x^2}}\right)-tan^{-1}\left(\frac{y}{\sqrt{h^2+x^2}}\right))\cdot h \end{eqnarray*}$

Zur Erläuterung: der Tangens des Winkels, der von den Strecken MS(x|0) und MP(x|y) bzw. MS(x|0) und MQ(x|y+a) eingeschlossen wird, beträgt $\begin{eqnarray*} \frac{y(+a)}{\sqrt{h^2+x^2}} \end{eqnarray*}$ . Differenz ergibt Winkel $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ . Durch Multiplikation mit h wird aus dem Winkel im Bogenmaß die Länge a' auf der Kugeloberfläche.

Für eine senkrechte Strecke PQ der Länge a mit P(x|y) und Q(x+a|y) gilt:
$\begin{eqnarray*} a'=(tan^{-1}\left(\frac{x+a}{\sqrt{h^2+y^2}}\right)-tan^{-1}\left(\frac{x}{\sqrt{h^2+y^2}}\right))\cdot h \end{eqnarray*}$

Durch das Produkt dieser beiden Längen kannst du die Fläche eines Quadrats, deren Ecke auf (x|y) liegt, berechnen. Selbst wenn das Quadrat verdreht ist, dürfte sich an der Fläche nicht viel ändern, weil genauso gestaucht wird.
Zu beachten ist allerdings, dass der Betrachter, wenn er nach oben schaut ein rechteckiges Sichtfenster hat, dessen Unterkante einen geringeren Y-Bereich abdeckt als dessen Oberkante. Vielleicht kannst du den Sichtbereich des Betrachters in Grad im Horizontalen und Senkrechten mitteilen.

19.04.2012, 15:33

blende8

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Hallo Frank,

erstmal vielen Dank für deine Hilfe. Weiß ich wirklich zu schätzen.

Ja..du hast mich genau richtig verstanden..super smile

smile

Strenggenommen brauche ich zwar nicht die Fläche auf der Oberfläche der Kugel, sondern die ebene Fläche, die durch die 4 Eckpunkte auf der Kugel aufgespannt wird. Da ich aber sehr kleine Winkel habe, kann ich das glaube ich getrost vernachlässigen und annehmen, dass die Flächen identisch sind.

Deine Methode ist auf jeden Fall besser, als mein Versuch, die Strecke a' zu bestimmen.

Jedoch gibt es meiner Meinung nach immer noch ein Problem, die Fläche zu berechnen, auch wenn ich a' habe.
Du schreibst ich könnte die Fläche durch multiplikation der beiden Strecken ausrechnen. Jedoch habe ich ja in den Ecken (übertrieben dargestellt) eine Fläche in Form eines unregelmäßigen Vierecks (siehe 1. Bild):

[attach]24058[/attach]

Würde ich einfach die Strecken a' und a'' multiplizieren, würde ich ja die Fläche des Rechtecks wie in Bild 2. berechnen.

Wenn ich die Formeln auf wikipedia für die Fläche eines Vierecks anschaue, dann kämen da ja die 3. und 4. in Frage, da ich hier nur Strecken benötige. Jedoch brauch ich dafür die Strecken der Diagonalen im Viereck. Sprich ich brauche den Winkel zwischen zwei gegenüberliegenden Punkten im Quadrat. Wie ich diesen berechne ist mir grade auf die schnelle nicht klar, wär denke ich auf jeden Fall aufwendiger als die anderen Winkel.
Was mir dabei im Hinterkopf sorgen macht ist, dass ich das ganze in einen Algorithmus in Matlab umsetzen muss und für 512*512=263144 Quadrate berechnen muss. Sprich die Rechenzeit könnte ungemütlich werden.

Ein andere Gedanke wäre, die Vierecke zu Parallelogrammen zu vereinfachen:

[attach]24059[/attach]

Dann bräuchte ich aber auch die Strecke h oder einen Winkel.

Gruß Julian

19.04.2012, 21:00

blende8

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Ich glaube ich hab jetzt noch rausbekommen, wie man den Winkel $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ berechnet

[attach]24064[/attach]

Da ich ja Strecken MR, MQ und QR berechnen kann, müsste sich $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ mithilfe des Cosinussatzes so berechnen:

$\begin{eqnarray*} \alpha = cos^{-1}\left(- \frac{\overline {QR}^{2} - \overline {MQ}^{2} - \overline {MR}^{2}}{\overline {MQ} \cdot \overline {MR}} \right) \end{eqnarray*}$

Damit müsste ich dann wie vorhin die Strecke RQ' und PT' berechnen können.

Damit habe ich alle Seitenlängen und die Diagonalen des unregelmäßigen Vierecks und kann die Formel von Wikipedia anwenden.

Kannst du mir folgen und das bestätigen?

Viele Grüße
Julian

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20.04.2012, 00:20

frank09

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RE: Perspektivische Verkleinerung von Quadrat berechen
Du hast möglicherweise übersehen, dass die Stauchungen in X- und Y-Richtung in der Regel (falls beide Koordinaten verschieden sind) auch unterschiedlich stark sind.

Wird eine beliebige Fläche gleichmäßig um die Faktoren a,b in X-und Y-Richtung gestaucht, so ändert sich ihre Fläche um a*b. Die Stauchung ist strengenommen nicht gleichmäßig, weil sie von der X und Y Koordinate abhängt. Wenn man als Bezugspunkt die Mitte eines Quadrats nimmt und dort die "Punktstauchung"(=Ableitung) für minimales a (muss nicht der Seitenlänge entsprechen!) als Quotienten $\begin{eqnarray*} p=\frac{a'}{a} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} q=\frac{a''}{a} \end{eqnarray*}$ errechnet kann man sie mindestens auf ein Quadrat übertragen, woraus sich eine Fläche von $\begin{eqnarray*} A'= a^2pq \end{eqnarray*}$ ergibt. Deine Skizze 1. weist eine große senkrechte Stauchung in der oberen und eine kleine in der unteren Hälfte auf. Wenn man hier den Mittelwert nehmen würde, käme man sicher dennoch zu einem guten Ergebnis.
In jedem Fall kannst du die Genauigkeit beliebig verfeinern, in dem du ein Quadrat in vier oder mehr unterteilst und von jedem Mittelpunkt die Punktstauchungen $\begin{eqnarray*} pq \end{eqnarray*}$ errechnest, den Mittelwert bildest und auf $\begin{eqnarray*} a^2 \end{eqnarray*}$ anwendest. Deine türkisfarbene erste Grafik lässt erahnen, dass du mit einem "pq" pro Quadrat sicher hinkommst.
Zur Skizze (sei x=waagerecht/y=senkrecht):
$\begin{eqnarray*} p=\lim_{a \to 0}\left[(tan^{-1}\left(\frac{y+a}{\sqrt{h^2+x^2}}\right)-tan^{-1}\left(\frac{y}{\sqrt{h^2+x^2}}\right))\cdot \frac{h}{a}\right] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} p= \frac{h \sqrt{h^2+x^2}}{h^2+x^2+y^2} \end{eqnarray*}$ (Ableitung nach y)
$\begin{eqnarray*} d'=pd \end{eqnarray*}$
d'' entsprechend
Wenn du's ganz exakt willst, musst du ein Doppelintegral von p und q über das Gebiet bilden.

20.04.2012, 10:13

blende8

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Hallo Frank,

ich glaube ich hab prinzipiell deine Methode es über die Stauchung zu berechnen verstanden, auch wenn ich den Grenzwert und die Ableitung grade nicht nachvollziehen kann.

Aber nein, ich habe die unterschiedliche Stauchung nicht übersehen. Denn die Formel für die Fläche eines unregelmäßigen Vierecks gilt ja für alle Formen von Vierecken. Müsste also meine Methode nicht auch gehen und sogar theoretisch 100% genau sein? Denn ich kann ja alle 4 Seitenlängen + die Diagonalen des Vierecks berechnen. Also müsste ich auch mit der oben genannten Wikipedia Formel die Fläche berechen können, oder?

Gruß
Julian

20.04.2012, 23:55

frank09

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Leider ist mir ein Fehler unterlaufen: ich habe übersehen, dass eine senkrechte Strecke/Vektor senkrecht bleibt und nur gestaucht wird, eine waagerechter Vektor aber gestaucht und geneigt wird.
Ich habe nun errechnet, wie ein sekrechter Vektor $\begin{eqnarray*} e_1=\begin{pmatrix} 1 \\ 0\\0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
und ein waagerechter Vektor $\begin{eqnarray*} e_2=\begin{pmatrix} 0 \\ 1\\0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
die am Punkt P(x|y) anliegen, vom Betrachter wahrgenommen werden (Bild 1).
Dazu habe ich sie auf eine tangentiale Fläche projiziert (was ja deine ursprüngliche Absicht war). Diese ist quadratisch und wird von zwei senkrechten Vektoren der Länge 1 aufgespannt:
$\begin{eqnarray*} v_1=\begin{pmatrix} cos\beta \\-sin\alpha sin\beta \\ cos\alpha sin\beta \end{pmatrix} v_2=\begin{pmatrix} 0 \\ cos\alpha \\ sin \alpha \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Für den Betrachter ist $\begin{eqnarray*} v_1 \end{eqnarray*}$ senkrecht und $\begin{eqnarray*} v_2 \end{eqnarray*}$ waagerecht. Für die Projektion verschiebe ich die Vektoren zunächst entlang der Blickrichtung bis zur Projektionsfläche. Dann gilt
$\begin{eqnarray*} e_1'=(e_1*v_1)v_1+(e_1*v_2)v_2=cos\beta \cdot v_1 \end{eqnarray*}$
und $\begin{eqnarray*} e_2'=(e_2*v_1)v_1+(e_2*v_2)v_2=-sin\alpha sin\beta \cdot v_1+cos\alpha\cdot v_2 \end{eqnarray*}$
Die Fläche eines von zwei ebenen Vektoren a,b aufgespannten Parallelogramms entspricht der Determinante der Matrix (a,b) deshalb
$\begin{eqnarray*} A'=Det \begin{pmatrix} cos\beta & -sin\alpha sin\beta \\0 & cos\alpha \end{pmatrix}=cos\alpha cos\beta=\frac{h}{\sqrt{h^2+x^2+y^2}} \end{eqnarray*}$

Nun muss man aber noch die Entfernung berücksichtigen. Der Vektor wurde so projiziert, als hätte er den Abstand h vom Betrachter. Die Länge von $\begin{eqnarray*} e_1' \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} e_2' \end{eqnarray*}$
verkleinert sich noch um den Faktor $\begin{eqnarray*} k=\frac{h}{\sqrt{h^2+x^2+y^2}} \end{eqnarray*}$
somit verkleinert sich die Fläche um $\begin{eqnarray*} k^2=\frac{h^2}{h^2+x^2+y^2} \end{eqnarray*}$
Es gilt also:
Ein Quadrat oder jede andere Figur der Fläche A auf dem Raster an der Stelle (x|y) wird vom Betrachter als eine linear "verzerrte" Figur mit der Fläche
$\begin{eqnarray*} A'=Ak^3=\frac{Ah^3}{(h^2+x^2+y^2)^{1.5}} \end{eqnarray*}$ wahrgenommen.
Wenn du es so ausrechnen würdest, dass du ein Quadrat auf eine ebene Fläche projiziert, dann ist deine Projektion ein Parallelogramm.
Beispielrechnung der Fläche über die Seiten (Bild 2):
Sei der Mittelpunkt des Quadrats M(x=100|y= 40) sowie h=100,A=a=1

$\begin{eqnarray*} cos\alpha=\frac{h}{\sqrt{h^2+y^2}}=0.9285 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} cos\beta=\frac{\sqrt{h^2+y^2}}{\sqrt{h^2+x^2+y^2}}=0.7328 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} sin\alpha=0,3714,sin\beta=0,6804,k=cos\alpha cos\beta=0.6804 \end{eqnarray*}$

Es wird von $\begin{eqnarray*} f_1=\begin{pmatrix} 0,707\\-0,707 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f_2=\begin{pmatrix} 0,707\\0,707 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ aufgespannt.
Die Seiten wie sie vom Betrachter gesehen werden:
$\begin{eqnarray*} f_1'=k\begin{pmatrix} cos\beta & -sin\alpha sin\beta \\0 & cos\alpha \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0,707\\-0,707 \end{pmatrix}=k\begin{pmatrix} 0,707(cos\beta +sin\alpha sin\beta)\\-0,707cos\alpha \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0,4741\\-0,4466 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f_2'=\begin{pmatrix} 0,2309\\0,4466 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Damit gilt $\begin{eqnarray*} A'=Det(f_1',f_2')=0,4741\cdot 0,4466+0,2309\cdot 0,4466=0,3149 \end{eqnarray*}$
Beispielrechnung der Fläche über den Verkleinerungfaktor"k"
$\begin{eqnarray*} A'=k^3=0,6804^3=0,3150 \end{eqnarray*}$

Wenn du aber eine große Projektionsfläche (grün) hast, auf der viele Quadrate abgebildet werden, kannst du die zweidimensionalen Koordinaten des Bildes von Q, also Q' mittels Basistransformation wie folgt berechnen:

$\begin{eqnarray*} x_v=x_1\cos\beta-y_1\sin\alpha \sin\beta-h \cos\alpha \sin\beta \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y_v=y_1\cos\alpha -h \sin\alpha \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} z_v=x_1\sin\beta+y_1\sin\alpha \cos\beta+h \cos\alpha \cos\beta \end{eqnarray*}$

Daraus ergeben sich folgende zweidimensionale Koordinaten für Q' (der Mittelpunkt der Projektionsfläche entspricht (0|0), x1' ist die senkrechte,y1' die waagerechte Koord.):
$\begin{eqnarray*} x_1'=\frac{h x_v}{z_v};y_1'=\frac{h y_v}{z_v} \end{eqnarray*}$
Damit kannst du jeden Eckpunkt eines Quadrats auf die P-Fläche abbilden und anschließend dessen Fläche berechnen. Entweder als Parallelogramm oder exakt in zwei Dreiecke unterteilen und mit halben Determinanten von je zwei Seiten.

26.04.2012, 21:46

blende8

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Hallo Frank,

erstmal sorry dass ich erst jetzt antworte, aber ich war die letzte Woche krank.

Wow..ich bin sprachlos, was du dir für eine Mühe machst mir zu helfen. Vielen Dank nochmal dafür.

Du hast mir ja geschrieben, dass ich erst ab große Projektionsfläche lesen soll, heißt dass, das davor spielt keine Rolle mehr?
Ich muss auch leider gestehen, dass ich jetzt lange versucht habe alles nachzuvollziehen, aber leider gescheitert bin.
Beim oberen Teil verstehe ich am Anfang schon nicht, warum v1 und v2 senkrecht aufeinander stehen? Und warum v2 waagrecht vom Betrachter aus ist?
Ich habe mir mal schnell ein Flash Panorama (siehe Anhang) mit einem Gitter erstellt, um mir es besser vorstellen zu können. Wenn man ein blaues Quadrat in der Ecke anschaut, dann sind zwar die Senkrechten wirklich senkrecht, aber die Waagrechten alles andere als waagrecht.

[attach]24184[/attach]

Gruß Julian

27.04.2012, 23:57

frank09

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v2 ist deshalb waagerecht (x=0), weil er parallel zum "Boden" auf dem der Betrachter steht verläuft. v1 und v2 dienen als Koordinaten-Achsen und -Einheiten (Länge 1) auf der Projektionsfläche. Um den Flächeninhalt eines Quadrats auf der P-Fläche zu berechnen, braucht man die Koordinaten der Eckpunkte. Wenn man an den Mittelpunkt der P-Fläche 2 x v1 und 1 x v2 anlegt, erreicht man den Punkt (2|1).

Die zweite Berechnungsmethode entspricht genau deinen Anforderungen. Du hast eine große P-Fläche auf dem Bild grün, auf der z.B. 100 Quadrate (rot) abgebildet werden, die z.T. keine Parallelogramme mehr sind.
Bei der ersten Berechnungsmethode wird jedes Quadrat auf eine eigene Fläche (blau) projiziert, was einer Projektion auf die Kugeloberfläche nahekommt. Im Zentrum liefern beide Methoden fast identische Flächeninhalte, am Rand weichen sie leicht voneinander ab. Aber mit dem Korrekturfaktor $\begin{eqnarray*} (cos(\varphi))^3 * "blau"="rot" \end{eqnarray*}$ wobei

$\begin{eqnarray*} cos(\varphi)=\frac{x_1x+y_1y+h^2}{\sqrt{(x_1^2+y_2^2+h^2)(x^2+y^2+h^2)}} \end{eqnarray*}$

bekommst du auch dort gute Ergebnisse.
Der Vorteil der 1.Methode ist kurzer Rechenweg
Nachteil: leichte Abweichung (vielleicht 1%). Die abgebildeten Quadrate sind immer Parallelogramme. In jedem Fall kannst du eine Proberechnung machen und schauen wie groß die Abweichung für deine Vorgaben wäre. Zum Zeichnen eignet sich nur der 2.Weg, wo exakt auf eine Fläche abgebildet wird und aus den Quadraten auch unregelmäßige Vierecke werden, damit auch 100% exaktes Ergebnis.

Flächenberechnung 2.Methode mit jeweils den Koordinaten der Seitenvektoren(s.Bild):
$\begin{eqnarray*} A=0.5(|a_1b_2-a_2b_1|+|c_1d_2-c_2d_2|) \end{eqnarray*}$
Du kannst auch hier die Fläche in Abh. vom Quadratmittelpunkt errechnen, weil die
Original- und die projizierten Eckpunkte nur davon abhängen.

Zur Herleitung der 2. Methode:
Durch ein Produkt M*Q mit einer transponierten (=inversen) Matrix aus den orthonormalen Basisvektoren v1,v2 und v3 habe ich den Punkt Q dadurch ausgedrückt, z.B. $\begin{eqnarray*} Q=2v_1+4v_2+2hv_3 \end{eqnarray*}$ ,d.h. Q hat den senkrechten Abstand 2 und den waagerechten Abstand 4 von der roten Linie, die den Betrachter mit P verbindet. Wenn ich nun anhand von v3 (2h*v3) erkenne, dass Q doppelt so weit vom Betrachter wie das Zentrum der P-Fläche entfernt ist, muss (Strahlensatz) der Abstand von Q' auf der Projektionsfläche vom Zentrum genau die Hälfte, also 1 Einheit in senkrechter und 2 Einheiten in waagerechter Richtung betragen, also Q'(1|2)

02.05.2012, 11:47

blende8

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Hallo Frank,

tut mir leid aber ich habe glaub ich langsam den Überblick verloren und kann dir nicht mehr richtig folgen.

Zitat:

Du hast eine große P-Fläche auf dem Bild grün, auf der z.B. 100 Quadrate (rot) abgebildet werden, die z.T. keine Parallelogramme mehr sind.

Das verstehe ich immer noch nicht. Meine quadrate sind ja auf der hinteren, zu h rechtwinkligen, Ebene definiert. Daher können diese Quadrate doch auf der grünen Ebene gar nicht auch quadratisch sein, da es ja eine andere Projektionsebene ist.

Zur Genauigkeit. Ich brauche das ganze für eine praktische Anwendung, es geht also nicht um die mathematisch exakten Flächen. Näherungen und Vereinfachungen sind also ok. Alle Fehler die im Rauschen verschwinden, sind sowieso egal.

Gruß Julian

03.05.2012, 02:17

frank09

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Ich habe mich missverständlich ausgedrückt: es handelt sich bei den roten Flächen um die Abbildungen der Quadrate, die keine regelmäßigen Vierecke sind.
Am besten rechnest du nach der 1.Methode. Die Abweichungen von der tatsächlichen Fläche sind so minimal (ca. 4.Nachkommastelle), dass sie keine Rolle spielen. Ich fasse mal zusammen:

Die Fläche A einer Figur, die von einem Betrachter unter einem horizontalen Winkel $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ und einem sekrechten Winkel $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ gegenüber der direkten, senkrechten Verbindungslinie zwischen ihm und dem Raster (Strecke h) wahrgenommen wird, hat die Fläche auf der Projektionsfläche:
$\begin{eqnarray*} A'=A\left(\frac{\cos\alpha\cos \beta}{\cos\varphi}\right)^3=A\left(\frac{h\sqrt{h^2+x^2+y^2}}{x_1x+y_1y+h^2}\right)^3 \end{eqnarray*}$
Die Fläche wird durch Ihren Mittelpunkt R(x1|y1) repräsentiert, worauf sich auch die Winkel beziehen. Die P-Fläche steht senkrecht zu einer Strecke S, die den Betrachter mit einem Punkt P(x|y) auf dem Raster verbindet. P wird auf das Zentrum der P-Fläche abgebildet. Der Winkel $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ entspricht dem Winkel zwischen S und der Verbindung zwischen Betrachter und dem Punkt R(x1|y1), der dem Mittelpunkt der zu bestimmenden Fläche entspricht.

Du kannst ja mal mit konkreten Werten ein Beispiel rechnen.

05.05.2012, 13:45

blende8

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Hallo Frank,

mit der Hoffnung, dass du noch nicht die Geduld mit mir verlierst muss ich nochmal nachfragen.

Ja ich würde es gerne mal mit konkreten Werten rechnen, aber ich kann ja dann nicht überprüfen ob es richtig ist, da ich kein Vergleichswert habe oder?
Auch versteh ich die Formel leider nicht wirklich. Was ist der Unterschied zwischen x und x1 bzw. y und y1? Was muss ich dafür einsetzen?
Das Problem ist, dass ich die Formel ganz verstanden haben muss, damit ich sie zum nachvollziehen herleiten kann. Oder ich muss eine seriöse Quelle nennen.

Gruß Julian

06.05.2012, 02:51

frank09

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Ich fange am besten noch mal ganz von vorne an und erkläre etappenweise. Weil ich wenig über deine Kenntnisse in linearer Algebra/ Vektorrechnung weiß, versuche ich es, so "einfach" wie möglich zu erklären.
Ich orientiere mich mal an deiner ersten Skizze im zweidimensionalen Bereich:

Der Betrachter steht im Ursprung , seine Projektionsfläche (bzw. -gerade) hat den Abstand h=5 und deren Mittelpunkt M befindet sich in der "Blickhöhe" von $\begin{eqnarray*} \alpha=53,13° \end{eqnarray*}$ Es geht zunächst darum, in welchem Abstand a von M ein beliebiger Punkt Q auf der P-Fläche als Q' gesehen/projiziert wird. Als Beispiel habe Punkt Q die Koordinaten (5,6|5,8) oder in Vektorschreibweise:
$\begin{eqnarray*} \vec{Q}=\begin{pmatrix} 5,6 \\ 5,8 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Nach dem Strahlensatz gilt:
$\begin{eqnarray*} \frac{a}{h}=\frac{c}{b} \end{eqnarray*}$
oder:
$\begin{eqnarray*} \frac{a}{h}=\frac{|\vec{c}|}{|\vec{b}|} \end{eqnarray*}$
Nun kenne ich b und c, bzw. $\begin{eqnarray*} \vec{b} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \vec{c} \end{eqnarray*}$ in der Regel nicht, sondern nur die Koordinaten von Q. Ich weiß aber, dass folgendes gilt:
$\begin{eqnarray*} \vec{b}+\vec{c}=\vec{Q} \end{eqnarray*}$ .
Wenn ich nun Einheitsvektoren $\begin{eqnarray*} \vec{v_1} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \vec{v_2} \end{eqnarray*}$ mit der Länge 1 bestimme, die zu $\begin{eqnarray*} \vec{b} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \vec{c} \end{eqnarray*}$ parallel sind, entspricht die
Anzahl von $\begin{eqnarray*} \vec{v_1}, \vec{v_2} \end{eqnarray*}$ , die ich brauche, um $\begin{eqnarray*} \vec{b}, \vec{c} \end{eqnarray*}$ durch sie darzustellen, genau deren Länge.
So gilt im Beispiel
$\begin{eqnarray*} \vec{b}=8\cdot \vec{v_1} \end{eqnarray*}$ , denn $\begin{eqnarray*} \vec{b} \end{eqnarray*}$ hat die Länge 8, bzw. b=8; ebenso $\begin{eqnarray*} \vec{c}=1\cdot \vec{v_2} \end{eqnarray*}$ , denn c=1.
$\begin{eqnarray*} \vec{v_1}, \vec{v_2} \end{eqnarray*}$ aufzustellen ist gar nicht so schwer. Weil $\begin{eqnarray*} \vec{v_1} \end{eqnarray*}$ den Winkel $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ mit der Waagerechten einschließt und $\begin{eqnarray*} \vec{v_1}, \vec{v_2} \end{eqnarray*}$ rechtwinklig zueinander sind, ergibt sich (roter Kasten)
$\begin{eqnarray*} \vec{v_1}=\begin{pmatrix} \cos \alpha \\ \sin \alpha \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0,6 \\ 0,8 \end{pmatrix},\vec{v_2}=\begin{pmatrix} \sin \alpha \\ -\cos \alpha \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0,8\\ -0,6 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Wenn du das bis hierhin nachvollziehen kannst, gib mir Bescheid. Ansonsten: Fragen.

06.05.2012, 22:40

opi

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Zitat:

Original von blende8
Das Problem ist, dass ich die Formel ganz verstanden haben muss, damit ich sie zum nachvollziehen herleiten kann. Oder ich muss eine seriöse Quelle nennen.
Gruß Julian

Wem mußt Du denn eine Quelle nennen? Wofür benötigst Du die Lösung dieser Aufgabe?

Beachte bitte diese Auszüge aus unserem Boardprinzip und den Nutzungsbedingungen:

Zitat:

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Bis zur Klärung des Sachverhalts habe ich franks letzten Beitrag vorübergehend entfernt.

Edit: Auch zu den Nutzungsbedingungen verlinkt.

09.05.2012, 10:48

blende8

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Hallo,

ich mach das ganze für ein FH Projekt und muss dazu auch eine Dokumentation schreiben. Dort muss ich Quellen nennen. Das ganze wird nicht benotet. Verstößt das trotzdem gegen die Nutzungsbedingungen? Wäre sehr schade wenn Franks Mühe umsonst gewesen wäre unglücklich

unglücklich

Gruß Julian

09.05.2012, 14:34

riwe

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was spricht denn dagegen, frank09 und matheboard zu zitieren verwirrt

verwirrt

09.05.2012, 20:39

opi

Auf diesen Beitrag antworten »

smile

Alle Beiträge sind wieder da, ich wünsche viel Erfolg bei der weiteren Bearbeitung des Themas!

11.05.2012, 00:50

frank09

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RE: Perspektivische Verkleinerung von Quadrat berechnen
Nun gilt ja $\begin{eqnarray*} \vec{b}=8\cdot \vec{v_1} \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} \vec{b}=b\cdot \vec{v_1} \end{eqnarray*}$ ebenso $\begin{eqnarray*} \vec{c}=c\cdot \vec{v_1} \end{eqnarray*}$ , wobei b,c die jeweiligen Längen darstellen.
Wenn ich b,c nicht kenne, kann ich folgendes Gleichungssystem aufstellen:
$\begin{eqnarray*} \vec{b}+\vec{c}=\vec{Q} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} b\cdot \vec{v_1}+c\cdot \vec{v_2}=\vec{Q} \end{eqnarray*}$
im Beispiel also:
$\begin{eqnarray*} b\cdot \begin{pmatrix} 0,6 \\ 0,8 \end{pmatrix}+c\cdot \begin{pmatrix} 0,8 \\ -0,6 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 5,6 \\ 5,8 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
in Matrixschreibweise:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0,6 & 0,8 \\ 0,8 & -0,6 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} b \\ c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 5,6 \\ 5,8 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Die Matrixschreibweise macht deshalb Sinn, weil die inverse Matrix zu der gegeben orthogonalen Matrix M
mit $\begin{eqnarray*} \vec{v_1} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \vec{v_2} \end{eqnarray*}$ als Spaltenvektoren leicht zu bilden ist. "Orthogonal" heißt, dass die Spaltenvektoren rechtwinklig
zueinander und normiert sind, also die Länge 1 haben. Man vertauscht einfach Zeilen und Spalten ,"transponiert" M und erhält:
$\begin{eqnarray*} M^{-1}=\begin{pmatrix} 0,6 & 0,8 \\ 0,8 & -0,6 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ (sieht in diesem Fall genau wie M aus.) Invers heißt $\begin{eqnarray*} M^{-1}M=Einheitsmatrix \end{eqnarray*}$
So kann ich das Gleichungssystem einfach lösen. Beide Seiten mit $\begin{eqnarray*} M^{-1} \end{eqnarray*}$ multiplizieren:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0,6 & 0,8 \\ 0,8 & -0,6 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0,6 & 0,8 \\ 0,8 & -0,6 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} b \\ c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0,6 & 0,8 \\ 0,8 & -0,6 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 5,6 \\ 5,8 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} b \\ c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0,6\cdot 5,6+0,8\cdot 5,8\\0,8\cdot 5,6-0,6\cdot 5,8\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} b \\ c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 8 \\ 1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Selbstverständlich kann man das GLS auch durch andere Verfahren lösen. Führt zum selben Ergebnis, ist nur aufwendiger.
Wenn man sich die rechte Seite anschaut, gilt:

$\begin{eqnarray*} b=0,6\cdot 5,6+0,8\cdot 5,8=8 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} c=0,8\cdot 5,6-0,6\cdot 5,8=1 \end{eqnarray*}$

Oder allgemein: Wenn Q(x|y) sowie $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ beliebig, dann gilt:

$\begin{eqnarray*} b=\cos\alpha \cdot x+sin\alpha \cdot y \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} c=\sin\alpha \cdot x-cos\alpha \cdot y \end{eqnarray*}$
und natürlich $\begin{eqnarray*} a=\frac{h\cdot c}{b} \end{eqnarray*}$

11.05.2012, 13:08

blende8

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Hallo,

@opi: Vielen Dank.

@Frank:

super erklärt..Danke! Habe ich soweit verstanden.
Nur ist mir noch nicht klar, wie ich damit jetzt die Fläche berechnen kann.
Stelle ich nun jeweils immer zu 2 Eckpunkten die Vektoren auf und hab dann Quasi 4 halbe Parallelogramme, die addiert die Fläche ergeben?

Gruß Julian

11.05.2012, 13:36

blende8

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Bzw. habe ich grade auf Wikipedia die Formel gesehen, mit der sich die Fläche nur aus den Vektoren der zwei Diagonalen bestimmen lässt. Müsste ich diese 2 Vektoren nicht mit deiner Methode aufstellen können?

Gruß Julian

12.05.2012, 01:38

frank09

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RE: Perspektivische Verkleinerung von Quadrat berechnen
Das geht schon. Vorher muss die Berechnung von "a" auf den dreidimensionalen Fall erweitert werden. Es gibt für den Projektionspunkt Q' nun zwei Abstände von M. Einmal den senkrechten (= $\begin{eqnarray*} x_v \end{eqnarray*}$ ) und den waagerechten (= $\begin{eqnarray*} y_v \end{eqnarray*}$ ).
Analog zu $\begin{eqnarray*} \vec{v_1},\vec{v_2} \end{eqnarray*}$ gibt es nun drei Einheits-Vektoren. Entsprechend meiner ersten Berechnungsformel zu Anfang ist $\begin{eqnarray*} \vec{v_3} \end{eqnarray*}$ parallel zur Linie Betrachter-M, $\begin{eqnarray*} \vec{v_1} \end{eqnarray*}$ rechtwinklig zu $\begin{eqnarray*} \vec{v_3} \end{eqnarray*}$ und senkrecht (für den senkrechten Abstand), $\begin{eqnarray*} \vec{v_2} \end{eqnarray*}$ rechtwinklig zu $\begin{eqnarray*} \vec{v_3} \end{eqnarray*}$ und waagerecht (für den waagerechten Abstand):

$\begin{eqnarray*} \vec{v_1}=\begin{pmatrix} \cos\beta \\-\sin\alpha \sin\beta \\ \cos\alpha \sin\beta \end{pmatrix}, \vec{v_2}=\begin{pmatrix} 0 \\ \cos\alpha \\ \sin \alpha \end{pmatrix}, \vec{v_3}=\begin{pmatrix} sin\beta \\ \sin\alpha \cos\beta \\ \cos\alpha \cos\beta \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Nun lässt sich Q (x|y|z) wie folgt darstellen:
$\begin{eqnarray*} a_1\cdot \vec{v_1}+a_2\cdot \vec{v_2}+a_3\cdot \vec{v_3}=\vec{Q} \end{eqnarray*}$

Wie im 2D-Fall, lässt sich das wieder als Matrix mit $\begin{eqnarray*} \vec{v_1},\vec{v_2},\vec{v_3} \end{eqnarray*}$ als Spalten schreiben und für die Lösung mit der Inversen gilt dann:
$\begin{eqnarray*} a_1=\cos\beta\cdot x-\sin\alpha \sin\beta\cdot y+ \cos\alpha \sin\beta\cdot z \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_2=\cos\alpha \cdot y+ \sin\alpha\cdot z \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_3=\sin\beta\cdot x-\sin\alpha \cos\beta\cdot y+ \cos\alpha \cos\beta\cdot z \end{eqnarray*}$

Mit dem Strahlensatz kommt man dann auf:

$\begin{eqnarray*} \frac{x_v}{h}=\frac{a_1}{a_3} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \frac{y_v}{h}=\frac{a_2}{a_3} \end{eqnarray*}$

16.05.2012, 15:24

blende8

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Ich habe es jetzt glaube ich hinbekommen, zumindest kam bei einem Testquadrat die richtige Fläche raus.
Viele vielen Dank nochmal für deine Mühe und Hilfsbereitschaft. Hat mir sehr geholfen.

Viele Grüße
Julian

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