Schatten von Körpern

Sicher hast Du auch schon mit Schatten gespielt. Welche Formen lassen sich mit einer Hand auf diese Weise erzeugen? Beim Schattentheater geht es genau darum. Auch mathematisch gesehen ist diese Frage sehr interessant: Gegeben ist ein geometrischer dreidimensionaler Körper. Welchen Schatten kann dieser bei verschiedener Drehung gegenüber der Lichtquelle werfen?

Ein Würfel beispielsweise kann einen quadratischen, aber auch den Schatten eines regeläßigen Sechsecks werfen. Eine Kugel hingegen wirft immer den Schatten eines Kreises. Welche Schatten kann ein gegebenes Dreieck werfen? Damit befasst sich das Exponat „Alle Dreiecke sind gleich“. Nach einigem Herumprobieren erkennt man, dass jedes Dreieck den Schatten eines gleichseitigen Dreiecks werfen kann (bei geeigneter Drehung gegenüber der Lichtquelle).

Und nun … die Mathematik dazu:

Mathematisch gesehen steckt hinter einem Schatten eine sogenannte Projektion. Gegeben ist ein Punkt $p$ im dreidimensionalen Raum $\mathbb R^3$ und eine Projektionsebene $E$ , die $p$ nicht enthält. Der Punkt $p$ entspricht dabei der (idealen) Lichtquelle und $E$ ist die Leinwand auf die projiziert wird. Ein beliebiger Punkt $x\in\mathbb R^3$ wird nun durch den Strahl $s$ , der von $p$ ausgeht und durch $x$ verläuft, auf die Leinwand $E$ projiziert (dabei muss noch gefordert werden, dass $x\neq p$ , denn sonst ist der eben genannte Strahl nicht eindeutig). Wir erhalten somit eine Abbildung $\pi\colon\mathbb R^3\setminus\{p\}\to E$ , wobei $\pi(x)$ definiert ist als der ebengenannte Schnittpunkt $E\cap s$ des von $p$ ausgehenden Strahls, der durch $x$ verläuft. Diese Abbildung nennt sich Zentralprojektion im Punkte $p$ auf die Ebene $E$ . Genau dieser Sachverhalt tritt beispielsweise auf, wenn die Sonne einen Schatten auf eine Hauswand wirft. Hierbei ist die Sonne allerdings sehr weit weg. Idealisiert man dies, so würde man sagen, dass der Punkt $p$ nicht mehr selbst im umgebenden dreidimensionalen Raum liegt, sondern in unendlicher Ferne (im sogenannten projektiven Abschluss, des dreidimensionalen Raumes $\mathbb R^3$ ). Dann verlaufen alle von $p$ ausgehenden Strahlen parallel, weshalb $\pi$ , dann eine Paralellprojektion genannt wird. Die Abbildung $\pi$ is auch idempotent, d.h. $\pi(\pi(x))=\pi(x)$ . Dies liegt einfach daran, dass jeder Punkt $x\in E$ , der in der Projektionsebene liegt, auf sich selbst abgebildet wird. Nun aber zu den Schatten. Ist $B\subseteq\mathbb R^3$ ein Körper im Raum (z.B. eine Kugel oder ein Würfe), so ist der Schatten, den die im Punkt $p$ gelegene Lichtquelle auf die Leinwand $E$ wirft genau gegeben als das Bild $\pi[B]=\{\pi(x)\,|\,x\in B\}$ der Menge $B$ unter der Abbildung $\pi$ .Wir wollen im Folgenden die Bilder, die als Schatten auftreten können, für interessante Körper $B$ untersuchen:

Die Kugel

Sei zunächst $B$ eine im Punkte $x_0$ zentrierte Kugel mit dem Radius $r$ . Welchen Schatten kann diese auf die Leinwand werfen? Nun, die Strahlen, die vom Punkt $p$ ausgehen und durch einen Punkt $x\in B$ der Kugel verlaufen, bilden offenbar einen Kegel $K$ mit Spitze im Punkt $p$ und Drehachse $\overline{px_0}$ . Wählen wir nun einen Strahl $s$ , der von $p$ ausgeht und die Oberfläche der Kugel $B$ nur tangiert — sagen wir, er berührt sie im Punkte $y$ –, dann bildet $x_0yp$ ein rechtwinkliges Dreieck (mit rechtem Winkel in $y$ ), sodass der Winkel $\alpha=\angle ypx_0$ der halbe Öffnungswinkel des Kegels ist. Setzen wir also $d\coloneqq|\overline{px_0}|$ , so ergibt sich nach der Definition des Sinus, dass $\alpha=\arcsin(d/r)$ . Aber welchen Schatten wirft nun die Kugel $B$ auf die Leinwand $E$ . Nun, die Begrenzung dieses Schattens ist offenbar die Schnittkurve $K$ der Mantelfläche des Kegels $K$ mit der Ebene $E$ , also eine Ellipse (siehe hierzu auch die Exponate „Kreis und Ellipse“, „Kegelschnitte“, „Ellipsengebirge“). Wir können sogar die beiden Halbachsen dieser Ellipse $K$ ausrechnen.

Sei hierzu $y_0$ der Schnittpunkt der Drehachse $\overline{px_0}$ mit der Leinwand $E$ .Wir setzen $D\coloneqq|\overline{py_0}|$ . Die kleine Halbachse $b$ schließt nun mit der Strecke $\overline{py_0}$ einen rechten Winkel ein. In dem zugehörigen rechtwinkliges Dreieck, ist der Innenwinkel am Punkt $p$ gleich dem halben Öffnungswinkel $\alpha$ . Also ergibt sich $b=D\tan(\alpha)$ . Um die große Halbachse $a$ zu bestimmen, müssen wir den Winkel $\beta$ kennen, in dem die Drehachse $\overline{py_0}$ die Ebene $E$ schneidet. Ist dieser Winkel $\beta=90^\circ$ , dann ist $K$ ein Kreis und somit $a=b$ . Nehmen wir also an, dass $\beta\lt 90^\circ$ . Dann gibt es eine eindeutige Ebene $F$ , die senkrecht auf der Leinwand $E$ steht und die Drehachse $\overline{py_0}$ enthält. Die große Halbachse $a$ und der Punkt $p$ bilden nun ein Dreieck, dessen Innenwinkel bei $p$ gleich $\alpha$ ist, und bei $y_0$ gleich $\beta$ . Somit können wir den Sinussatz benutzen, um $a$ zu bestimmen:

$\frac{a}{\sin(\alpha)}=\frac{D}{\sin(180^\circ-\alpha-\beta)}.$

Also erhalten wir

$a=\frac{D\sin(\alpha)}{\sin(180^\circ-\alpha-\beta)}.$

Damit ist die Ellipse $K$ vollständig bestimmt. Dass $p$ ein unendlich ferner Punkt ist, würde in der Gleichung durch $\alpha=0^\circ$ zum Ausdruck kommen. Dann erhält man für $b=D\tan(\alpha)$ den Ausdruck $0\cdot\infty$ , da der Abstand $D$ dan gleich unendlich ist. Es ist aber leicht einzusehen, dass dann $b=r$ gelten muss. Für $a$ ergibt sich: $s=r/\sin(\beta)$ .

Der Würfel

Welchen Schatten ein Würfel werfen kann, ist eine deutlich interessantere Frage als für eine Kugel. Hierzu nehmen wir an, dass $p$ unendlich fern ist, wir es also mit einer Parallelprojektion zu tun haben. Wir wollen uns die Vektorrechnung zunutze machen. Dazu nehmen wir weiter an, dass die Leinwand $E$ genau die $xy$ -Ebene ist und das Licht senkrecht von oben, also in Richtung der negativen $z$ -Achse einfällt. Die Projektionsabbildung $\pi$ von oben, ist dann einfach durch das Nullsetzen der $z$ -Koordinate gegeben:

$\pi\begin{pmatrix} x\\ y\\ z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} x\\ y\\ 0\end{pmatrix}.$

Es ist sicher in Ordnung, wenn wir die letzte Koordinate einfach vergessen, also $\pi(x,y,z)=(x,y)$ . Wir wollen nun herausfinden, welchen Schatten ein Würfel unter dieser Abbildung erzeugen kann. Was wir beobachten ist, dass die Abbildung $\pi$ linear ist, also die Vektoraddition und das Skalieren von Vektoren erhält:

$\pi(x_1+x_2,y_1+y_2,z_1+z_2)=(x_1+x_2,y_1+y_2)=(x_1,y_1)+(x_2,y_2)=\pi(x_1,y_1,z_1)+\pi(x_2,y_2,z_2)$

und

$\pi(\lambda x,\lambda y,\lambda z)=(\lambda x,\lambda y)=\lambda(x,y)=\lambda\pi(x,y,z).$

Ein Würfel $W$ ist nun im Raum verdreht und wird von oben senkrecht auf unsere Leinwand $E$ , die $xy$ -Ebene projiziert. Sagen wir der Einfachheit halber, dass der Würfel $W$ die Kantenlänge eins hat. Wir fixieren nun einen Eckpunkt $p$ von $W$ . Von diesem gehen drei senkrecht aufeinanderstehende Kanten aus, die ein im Raum verdrehtes Koordinatensystem bilden, ein sogenanntes Dreibein. Nennen wir die zugehörigen drei Einheitsvektoren, die in $p$ angeheftet sind, $v_1,v_2,v_3$ . Dann ist der (ausgefüllte) Würfel $W$ genau die Menge $W=\{(av_1+bv_2+cv_3)+p\,|\,a,b,c\in[0,1]\}$ . Der Würfel $W$ wird also vollständig durch die Kenntnis des Punktes $p$ und der drei Einheitsvektoren $v_1,v_2,v_3$ beschrieben. Um den Schatten dieses gegeben Würfels besser zu verstehen, können wir nun auf die eben genannte Darstellung die Projektion $\pi$ anwenden und deren Linearität ausnutzen:

$\begin{align*}\pi[W]&=\{\pi((av_1+bv_2+cv_3)+p)\,|\,a,b,c\in[0,1]\}\\ &=\{a\pi(v_1)+b\pi(v_2)+c\pi(v_3)+\pi(p)\,|\,a,b,c\in[0,1]\}.\end{align*}$

Um den Schatten von $W$ zu studieren, reicht es also die projizierten Vektoren $\pi(v_1),\pi(v_2),\pi(v_3)$ und den projizierten Fußpunkt $\pi(p)$ zu kennen. Verschieben wir $p$ so, dass er auf der $z$ -Achse liegt, dann wird $\pi(p)=(0,0)$ . Sicher ist das für unser Verständnis des Schattens $\pi[W]$ kein Nachteil. Dieser ist nun genau die Minkowski-Summe der den Vektoren $\pi(v_1)$ , $\pi(v_2)$ und $\pi(v_3)$ entsprechenden Strecken (die im Ursprung angeheftet sind. Man überlegt sich damit leicht, dass der Schatten $\pi[W]$ damit entweder ein Rechteck ist (wenn zwei dieser Vektoren $\pi(v_1),\pi(v_2),\pi(v_3)$ parallel verlaufen, d.h. eine Seitenfläche des Würfels steht senkrecht auf der Leinwand $E$ ), oder ein punktsymmetrisches Sechseck. Welche Rechtecke dabei genau auftreten, ist relativ leicht zu klären: Die eine Kantenlänge $a$ ist genau $1$ , und die andere Kantenlänge $b$ genügt der Bedingung $1\leq b\leq\sqrt{2}$ . Welche punktsymmetrischen Sechsecke genau auftreten, ist deutlich komplizierter und wir wollen hier nicht näher darauf eingehen.

Stattdessen wollen wir auf einen interessanten, aber wenig bekannten Satz hinweisen, der als das Schattentheorem bezeichnet werden kann. Bezeichne dazu $\pi'\colon\mathbb R^3\to\mathbb R$ die Orthogonalprojektion auf die $z$ -Achse. Das Schattentheorem besagt nun, dass der Schatten $\pi[W]$ des Würfels unter der Orthogonalprojektion $\pi$ von oben, und der Schatten von $W$ unter der Orthogonalprojektion $\pi'$ auf die $z$ -Achse von der Seite gleich groß sind. Hierbei ist es wichtig, dass wir mit einem Einheitswürfel arbeiten! Die Fläche eines Quadrates der Dimension $1\times 1$ wird hier gleich $1$ gesetzt, ebenso wie die Länge des Intervalls $[0,1]$ . Wir wollen hier sogar einen kurzen Beweis dieses Satzes liefern. Wenn Du Dich allerdings zunächst selbst daran probieren willst, dann höre jetzt hier auf zu lesen.

Der Beweis geht wie folgt: Gehen wir wieder von dem Dreibein $v_1,v_2,v_3$ aus, das im Eckpunkt $p$ des Würfels $W$ angeheftet ist. Kleben wir nun zwischen $v_1$ und $v_2$ eine quadratische Seitenfläche $F$ ein. Wir behaupten nun, dass die Fläche des projizierten Quadrats $\pi[F]\subseteq E$ genau so groß ist wie die Länge der projizierten Strecke $s = { av_3 \mid a \in [0,1]}$ , die zu $v_3$ gehört, $\pi'[s]$ . Woran liegt das?

Dazu müssen wir uns zunächst überlegen, wie groß die Fläche von $\pi[F]$ ist. Dies ist aber nicht schwierig, denn ist $\beta$ der Schnittwinkel zwischen der Ebene $E$ (also der $xy$ -Ebene) und der Ebene, die die quadratische Seitenfläche $F$ enthält, so ergibt sich einfach, dass die Fläche von $\pi[F]$ genau $|\cos(\beta)|$ ist. In gleicher Weise überlegt man sich, dass auch die Länge der projizierten Strecke $\pi'[s]$ gleich $|\cos(\beta)|$ ist, denn $\beta$ ist auch der Winkel, in dem sich die $z$ -Achse und die Strecke $s$ schneiden.

Jetzt ist der Beweis aber fast schon beendet: Die Fläche Schattens des Würfels in der $xy$ -Ebene ist nämlich (wie eine geometrische Überlegung zeigt) genau der Summe der Flächen der Projektionen der drei Quadrate, die je zwei der Vektoren $v_1,v_2,v_3$ aufspannen, und die Länge seiner Projektion auf die $z$ -Achse ist genau gleich der Summe der Projektionslängen der drei Einheitsvektoren $v_1,v_2,v_3$ auf die $z$ -Achse. Nach der vorstehenden Überlegung sind also beide gleich groß.

Das Dreieck

Zuletzt beschäftigen wir uns noch mit dem Schatten, den ein Dreieck werfen kann. Dazu gehen wir wieder wie eben von einer Orthogonalprojektion auf die $xy$ -Ebene aus. Sagen wir unser zu projizierendes Dreieck $\Delta=abc$ befindet sich in der Ebene $F$ . Wir wollen die möglichen Schatten von $\Delta$ bis auf Ähnlichkeit bestimmen. Dazu müssen wir zunächst die Projektionsabbildung $\pi$ besser verstehen. Sei dazu $s$ die Schnittgerade der Ebenen $E$ und $F$ . Es ist sicher möglich, die Ebene $F$ so zu verschieben, dass der Eckpunkt $a$ von $\Delta$ im Ursprung liegt und somit auch $s$ durch diesen verläuft. Sie wieder $\beta$ der Schnittwinkel zwischen $E$ und $F$ . Wenn wir nun die Ebene $F$ um $\beta$ drehen wird sie in die Ebene $E$ überführt. Identifizieren wir auf diese Weise $F$ mit $E$ , so können wir die Abbildung $\pi$ folgendermaßen beschreiben: Entlang der Gerade $s$ fixiert $\pi$ jeden Punkt. Entlang der Senkrechten zu $s$ in der Ebene $E$ (die ja nun mit $F$ identifiziert wurde) staucht $\pi$ jeden Vektor um den Faktor $\cos(\beta)$ . Verschieben wir also unser Koordinatensystem so, dass $a$ im Ursprung liegt und $s$ die $x$ -Achse wird, dann lässt sich $\pi$ (unter der Berücksichtigung der Identifizierung von $E$ und $F$ ) nun wie folgt schreiben:

$\pi(x,y)=(x,\cos(\beta)y)$

Um also herauszufinden, welchen Schatten ein gegebenes Dreieck $\Delta$ erzeugt, müssen wir einfach $\pi$ (in der eben ausgeführten Form) darauf anwenden. Hierbei ist $\Delta$ nun selbst als ein Dreieck in der $xy$ -Ebene aufzufassen, das einen Eckpunkt $a$ im Ursprung hat. Der Schatten $\pi[\Delta]$ ändert sich aber nicht, wenn wir ihn um den Ursprung drehen oder zentrisch strecken (d.h. das Resultat ist wieder ähnlich zum ursprünglichen Schatten). Ebenso können wir auch das Dreieck $\Delta$ selbst drehen und zentrisch strecken. Wir können also — gemäß der eben ausgeführten Überlegung — von $\pi$ zu $\lambda Q\pi R$ übergehen, wobei $R,Q\in\mathrm{SO}_2(\mathbb R)$ orientierungserhaltende Drehmatrizen sind und $\lambda\in\mathbb R_+$ ein positiver Parameter. Wir behaupten nun:

Behauptung: Jede beliebige $2\times 2$ Matrix $M$ über den reellen Zahlen $\mathbb R$ , die von der Nullmatrix verschieden ist, lässt sich in der Form $\lambda Q\pi R$ schreiben, für geeignetes $\lambda\in\mathbb R_+$ , $Q,R\in\mathrm{SO}_2(\mathbb R)$ und $\beta$ passend.

Beweis der Behauptung: Hierzu brauchen wir ein wenig lineare Algebra: Nach der Existenz der Polarzerlegung gibt es eine positiv semidefinite symmetrische Matrix $S$ und eine orthogonale Matrix $O$ mit $M=OS$ . Da jede reelle symmetrische Matrix orthogonal diagonalisierbar ist, gibt es nun eine Drehmatrix $T\in\mathrm{SO}_2(\mathbb R)$ und eine Diagonalmatrix $D$ , sodass $S=T^{-1}DT=T^\top DT$ . Da $S$ positiv semidefinit war, gilt folglich $\lambda_1,\lambda_2\geq 0$ , wobei $\lambda_1,\lambda_2\in\mathbb R$ die Eigenwerte von $D$ (d.h. die Diagonaleinträge) sind. Da $M$ nicht die Nullmatrix war, muss der größere der Eigenwerte $\lambda_1,\lambda_2$ größer als null sein; ohne Einschränkung sei dies $\lambda\coloneqq\lambda_1$ . Damit hat $D'\coloneqq\frac{1}{\lambda}D$ die Eigenwerte (Diagonaleinträge) $1$ und $\lambda'\coloneqq\lambda_2/\lambda_1\leq 1$ . Somit gibt es genau einen Winkel $\beta\in[0^\circ,90^\circ]$ mit $\cos(\beta)=\lambda'$ . Verfolgen wir nun alle Schritte zurück, ergibt sich

$M=\lambda OT^\top D' T$

Hierbei is $R\coloneqq T$ orientierungserhaltend. Hat auch $OT^\top$ diese Eigenschaft, so sind wir fertig (mit $\pi=D'$ und $Q=OT^\top$ ). Ist dies nicht der Fall, so ersetzen wir $D'$ durch $D''=\mathrm{diag}(1,-1)D'$ und setzen $Q\coloneqq OT^\top\mathrm{diag}(1,-1)$ . Dann müssen wir $\beta\in[90^\circ,180^\circ]$ so wählen, dass $\cos(\beta)=-\lambda'$ . Damit ist unsere Behauptung bewiesen.

Beweis, dass alle Dreiecke „gleich“ sind: Wir wollten ja unser ursprüngliches Dreieck $\Delta\subseteq E$ mit den Eckpunkten $a,b,c$ , $a=(0,0)$ , in ein beliebiges anderes Dreieck $\Delta'\subseteq E$ mit den Eckpunkten $a',b',c'$ , $a'=(0,0)$ überführen. Hierzu nehmen wir an, dass $\Delta$ nicht ausgeartet ist zu einer Strecke und $\Delta'$ nicht auf einen Punkt fällt. Nach der linearen Algebra gibt es dann genau eine reelle $2\times 2$ -Matrix, die $b$ auf $b'$ und $c$ auf $c'$ abbildet (und $a=a'=(0,0)$ fixiert). Diese Matrix $M$ kommt aber — gemäß der eben gezeigten Behauptung — von einer Projektion $\pi$ her. Damit können wir also $\Delta$ auf $\Delta'$ (bis auf Ähnlichkeit) mittels einer geeigneten Projektion abbilden. Es sind somit tatsächlich — wie das Exponat „Alle Dreiecke sind gleich“ behauptet — in diesem Sinne alle Dreiecke gleich!

Literatur

[1] https://de.wikipedia.org/wiki/Projektion_(Lineare_Algebra)

[2] https://de.wikipedia.org/wiki/Funktion_(Mathematik)

[3] https://de.wikipedia.org/wiki/Projektiver_Raum

[4] https://de.wikipedia.org/wiki/Parallelprojektion

[5] https://de.wikipedia.org/wiki/Kegel_(Geometrie)

[6] https://www.youtube.com/watch?v=rAHcZGjKVvg

[7] https://www.youtube.com/watch?v=cEhLNS5AHss