Übungen: Transformationen

Aufgaben zu affinen Transformationen (affine transformations), homogenen Koordinaten (homogeneous coordinates) und dem Szenegraph (scene graph). Rechne jede Matrixmultiplikation Schritt fuer Schritt nach und pruefe das Ergebnis.

Beginner

Aufgabe 1 (Beginner) - Translation eines Punktes

Gegeben ist der Punkt $\vec{p} = (1, 2, 3)^T$ und der Translationsvektor (translation vector) $\vec{t} = (2, 0, -5)^T$ . Berechne $\vec{p'} = \vec{p} + \vec{t}$ .

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Translation ist reine Vektoraddition (vector addition), komponentenweise:

\vec{p'} = \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 2 \\ 0 \\ -5 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1+2 \\ 2+0 \\ 3-5 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 \\ 2 \\ -2 \end{bmatrix}

Ergebnis: $\vec{p'} = (3, 2, -2)^T$ .

Tipp: Das neutrale Element (identity element) der Translation ist der Nullvektor $\vec{0}$ . Addition von $\vec{0}$ aendert nichts.

Mehr dazu in Kapitel 5: Transformationen.

Aufgabe 2 (Beginner) - Skalierung eines Punktes

Skaliere den Punkt $\vec{p} = (1, 4, 2)^T$ mit den Faktoren $s_x = 2$ , $s_y = 2$ , $s_z = 0.5$ .

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Skalierung (scaling) ist die Multiplikation mit der Diagonalmatrix (diagonal matrix):

\begin{bmatrix} p'_x \\ p'_y \\ p'_z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0.5 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 \\ 4 \\ 2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2\cdot 1 \\ 2\cdot 4 \\ 0.5\cdot 2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 \\ 8 \\ 1 \end{bmatrix}

Ergebnis: $\vec{p'} = (2, 8, 1)^T$ .

Typischer Fehler: Skalierung wirkt nur relativ zum Ursprung (origin). Ein Punkt, der nicht im Ursprung liegt, aendert dabei auch seine Position, weil sein Abstand zum Ursprung mitskaliert wird.

Mehr dazu in Kapitel 5: Transformationen.

Aufgabe 3 (Beginner) - Rotation um 90 Grad um die Z-Achse

Drehe den Punkt $\vec{p} = (2, 0, 0)^T$ um $90^\circ$ um die Z-Achse. Nutze $\cos 90^\circ = 0$ und $\sin 90^\circ = 1$ .

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Die Rotationsmatrix (rotation matrix) um Z lautet:

R_z(90^\circ) = \begin{bmatrix} \cos 90^\circ & -\sin 90^\circ & 0 \\ \sin 90^\circ & \cos 90^\circ & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}

Anwenden auf $\vec{p} = (2, 0, 0)^T$ :

\begin{bmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\cdot 2 + (-1)\cdot 0 + 0 \\ 1\cdot 2 + 0\cdot 0 + 0 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 2 \\ 0 \end{bmatrix}

Ergebnis: $\vec{p'} = (0, 2, 0)^T$ . Der Punkt wandert von der X-Achse auf die Y-Achse, wie es eine Drehung gegen den Uhrzeigersinn erwarten laesst.

Tipp: Die Spalten der Rotationsmatrix sind die Bilder der Einheitsvektoren (unit vectors). $\vec{e}_x = (1,0)^T$ landet auf $(\cos\alpha, \sin\alpha)^T$ .

Mehr dazu in Kapitel 5: Transformationen.

Fortgeschritten

Aufgabe 4 (Fortgeschritten) - Homogene 4x4-Translationsmatrix aufstellen

Stelle die homogene $4\times 4$ -Matrix (homogeneous matrix) fuer die Translation $\vec{t} = (3, -2, 5)^T$ auf und wende sie auf den homogenen Punkt $(1, 1, 1, 1)^T$ an.

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Der additive Teil (Translation) steht in der letzten Spalte:

T = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 0 & -2 \\ 0 & 0 & 1 & 5 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}

Anwenden auf $(1, 1, 1, 1)^T$ :

T \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1\cdot 1 + 3\cdot 1 \\ 1\cdot 1 + (-2)\cdot 1 \\ 1\cdot 1 + 5\cdot 1 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 4 \\ -1 \\ 6 \\ 1 \end{bmatrix}

Ergebnis: $(4, -1, 6, 1)^T$ , euklidisch also $(4, -1, 6)^T$ .

Tipp: Eine reine $3\times 3$ -Matrix kann keine Translation ausdruecken, weil Translation Addition und nicht Multiplikation ist. Genau dafuer braucht man die 4. Koordinate $w$ .

Mehr dazu in Kapitel 5: Transformationen.

Aufgabe 5 (Fortgeschritten) - Homogenisierung (perspective divide)

Ein homogener Punkt lautet $(4, 6, 8, 2)^T$ . Berechne den zugehoerigen euklidischen Punkt (euclidean point). Was passiert, wenn $W = 0$ ist?

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Die Homogenisierung (homogenization / perspective divide) teilt jede Komponente durch $W$ (nur fuer $W \neq 0$ ):

\begin{bmatrix} 4 \\ 6 \\ 8 \\ 2 \end{bmatrix} \longrightarrow \begin{bmatrix} 4/2 \\ 6/2 \\ 8/2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 \\ 3 \\ 4 \end{bmatrix}

Ergebnis: $(2, 3, 4)^T$ .

Fuer $W = 0$ ist die Division nicht definiert. Ein solcher Punkt liegt "im Unendlichen" (Richtung statt Ort) und muss vom perspective divide ausgeschlossen werden.

Typischer Fehler: Die Homogenisierung (Division durch $W$ ) vergessen oder $W = 0$ nicht abfangen.

Mehr dazu in Kapitel 5: Transformationen.

Aufgabe 6 (Fortgeschritten) - Rotation mit homogener 4x4-Matrix

Wende $R_z(90^\circ)$ als homogene $4\times 4$ -Matrix auf den Punkt $(1, 2, 3, 1)^T$ an.

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Die homogene Rotationsmatrix um Z (mit $\cos 90^\circ = 0$ , $\sin 90^\circ = 1$ ):

R_z(90^\circ) = \begin{bmatrix} 0 & -1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}

Anwenden auf $(1, 2, 3, 1)^T$ :

R_z(90^\circ)\begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\cdot 1 + (-1)\cdot 2 + 0 + 0 \\ 1\cdot 1 + 0\cdot 2 + 0 + 0 \\ 0 + 0 + 1\cdot 3 + 0 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -2 \\ 1 \\ 3 \\ 1 \end{bmatrix}

Ergebnis: $(-2, 1, 3, 1)^T$ , euklidisch $(-2, 1, 3)^T$ . Die Z-Komponente bleibt unveraendert, weil um die Z-Achse gedreht wird.

Tipp: Der obere linke $3\times 3$ -Block ist der multiplikative Teil (Rotation/Skalierung), die letzte Spalte der additive Teil (Translation). Bei reiner Rotation ist die letzte Spalte $(0,0,0,1)^T$ .

Mehr dazu in Kapitel 5: Transformationen.

Drehe den Punkt $\vec{q} = (3, 1)^T$ um $90^\circ$ um den Referenzpunkt (reference point) $\vec{p} = (2, 1)^T$ . Nutze den dreistufigen Algorithmus $M = T(+\vec{p})\cdot R\cdot T(-\vec{p})$ in homogenen 2D-Koordinaten ( $3\times 3$ ).

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Schritt 1 - Die drei Matrizen aufstellen.

T(-\vec{p}) = \begin{bmatrix} 1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix},\quad R = \begin{bmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix},\quad T(+\vec{p}) = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}

Schritt 2 - $R\cdot T(-\vec{p})$ .

R\cdot T(-\vec{p}) = \begin{bmatrix} 0 & -1 & 1 \\ 1 & 0 & -2 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}

(Beispiel Eintrag oben rechts: $0\cdot(-2) + (-1)\cdot(-1) + 0\cdot 1 = 1$ .)

Schritt 3 - $T(+\vec{p})\cdot [R\cdot T(-\vec{p})]$ .

M = \begin{bmatrix} 0 & -1 & 3 \\ 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}

Schritt 4 - Auf $\vec{q} = (3, 1, 1)^T$ anwenden.

M \begin{bmatrix} 3 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\cdot 3 + (-1)\cdot 1 + 3\cdot 1 \\ 1\cdot 3 + 0\cdot 1 + (-1)\cdot 1 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 \\ 2 \\ 1 \end{bmatrix}

Ergebnis: $\vec{q'} = (2, 2)^T$ .

Kontrolle: Der Referenzpunkt selbst muss fix bleiben. $M\cdot(2,1,1)^T = (0-1+3,\ 2+0-1,\ 1)^T = (2,1,1)^T$ . Er bleibt liegen, wie es sein muss.

Typischer Fehler: Ohne die Hin- und Ruecktranslation dreht man um den Ursprung statt um $\vec{p}$ . Reihenfolge merken: zuerst wirkt $T(-\vec{p})$ (steht ganz rechts, direkt am Punkt).

Mehr dazu in Kapitel 5: Transformationen.

Aufgabe 8 (Anspruchsvoll) - Nicht-Kommutativitaet numerisch zeigen

Zeige an $P = (1, 2, 3)^T$ mit $R = R_z(90^\circ)$ und $T = T(2, 3, 0)$ , dass $T\cdot R\cdot P \neq R\cdot T\cdot P$ gilt.

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Weg A: $T\cdot R\cdot P$ (zuerst rotieren, dann verschieben).

R\cdot P = \begin{bmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -2 \\ 1 \\ 3 \end{bmatrix}

T\cdot (R\cdot P) = \begin{bmatrix} -2 \\ 1 \\ 3 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 2 \\ 3 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 4 \\ 3 \end{bmatrix}

Weg B: $R\cdot T\cdot P$ (zuerst verschieben, dann rotieren).

T\cdot P = \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 2 \\ 3 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 \\ 5 \\ 3 \end{bmatrix}

R\cdot (T\cdot P) = \begin{bmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 3 \\ 5 \\ 3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -5 \\ 3 \\ 3 \end{bmatrix}

Vergleich: $T\cdot R\cdot P = (0, 4, 3)^T \neq (-5, 3, 3)^T = R\cdot T\cdot P$ . Die Reihenfolge entscheidet, Matrixmultiplikation ist nicht kommutativ (non-commutative).

Merksatz: Bei Spaltenvektoren steht die zuerst anzuwendende Transformation ganz rechts, direkt am Punkt. "Die Geometrie wandert rueckwaerts durch das Programm und sammelt die Transformationen ein."

Hinweis: Das Kapitel nennt fuer dieses Beispiel die Werte $T\cdot R\cdot P = (3,2,3)^T$ und $R\cdot T\cdot P = (5,-3,3)^T$ . Diese lassen sich mit der im selben Kapitel definierten Matrix $R_z(90^\circ)$ nicht reproduzieren; die hier gezeigten Werte $(0,4,3)^T$ bzw. $(-5,3,3)^T$ sind Schritt fuer Schritt nachgerechnet. Die Kernaussage (Nicht-Kommutativitaet) bleibt in beiden Faellen dieselbe.

Mehr dazu in Kapitel 5: Transformationen.

Aufgabe 9 (Anspruchsvoll) - Skalierung um den eigenen Mittelpunkt

Ein Segment reicht in X von $x = 1$ bis $x = 2$ . Skaliere es mit $s_x = 3$ um seinen Mittelpunkt $x = 1.5$ (also Referenzpunkt $\vec{p} = (1.5, 0)^T$ ). Wo liegen die Endpunkte danach? Vergleiche mit einer Skalierung um den Ursprung.

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Der Algorithmus ist $M = T(+\vec{p})\cdot S\cdot T(-\vec{p})$ . Wir rechnen beide Endpunkte per Hand (nur die X-Koordinate ist relevant, $s_y = 1$ ).

Endpunkt $x = 1$ :

$T(-\vec{p})$ : $1 - 1.5 = -0.5$
$S$ mit $s_x = 3$ : $-0.5 \cdot 3 = -1.5$
$T(+\vec{p})$ : $-1.5 + 1.5 = 0$

Endpunkt $x = 2$ :

$T(-\vec{p})$ : $2 - 1.5 = 0.5$
$S$ mit $s_x = 3$ : $0.5 \cdot 3 = 1.5$
$T(+\vec{p})$ : $1.5 + 1.5 = 3$

Kontrolle Mittelpunkt $x = 1.5$ : $1.5 - 1.5 = 0$ , $\cdot 3 = 0$ , $+ 1.5 = 1.5$ . Der Mittelpunkt bleibt fix.

Ergebnis: Das Segment reicht nun von $x = 0$ bis $x = 3$ . Die Laenge waechst von $1$ auf $3$ (Faktor $3$ ), der Mittelpunkt bleibt bei $1.5$ .

Vergleich mit Skalierung um den Ursprung: Dort wuerde $x = 1 \to 3$ und $x = 2 \to 6$ werden, also $[3, 6]$ . Die Groesse waechst zwar ebenfalls um Faktor $3$ , aber der Mittelpunkt wandert von $1.5$ nach $4.5$ : Skalierung um den Ursprung veraendert auch die Position.

Typischer Fehler: Vergessen, dass Skalierung nur gegenueber dem Nullpunkt invariant ist. Wer eine Figur "an Ort und Stelle" vergroessern will, muss um ihren Referenzpunkt skalieren.

Mehr dazu in Kapitel 5: Transformationen.

Klausur-Niveau

Aufgabe 10 (Klausur-Niveau) - Szenegraph: akkumulierte Matrix der Erde

Im Miniatursonnensystem (mini solar system) ist die Wurzeltransformation $T_1 = R_y(90^\circ)$ (Rotation der Sonne um ihre Y-Achse). Die Erde erhaelt zusaetzlich $T_3 = T(4, 0, 0)$ (Translation weg von der Sonne). Die akkumulierte Matrix der Erde ist $M_E = T_1 \cdot T_3$ . Wohin wird der Erdmittelpunkt (lokaler Ursprung $(0,0,0,1)^T$ ) abgebildet? Nutze $\cos 90^\circ = 0$ , $\sin 90^\circ = 1$ .

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Schritt 1 - Matrizen aufstellen. Bei $R_y$ steht $+\sin$ oben rechts, $-\sin$ unten links:

R_y(90^\circ) = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix},\quad T_3 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 4 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}

Schritt 2 - Weg ueber die Punkte (von rechts nach links). Zuerst wirkt $T_3$ auf den lokalen Ursprung:

T_3\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 4 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}

Dann $R_y(90^\circ)$ :

R_y(90^\circ)\begin{bmatrix} 4 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\cdot 4 + 0 + 1\cdot 0 \\ 0 \\ -1\cdot 4 + 0 + 0 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ -4 \\ 1 \end{bmatrix}

Ergebnis: Der Erdmittelpunkt liegt bei $(0, 0, -4)^T$ . Die von der Sonne geerbte Rotation $T_1$ dreht die verschobene Erde auf ihre Umlaufbahn (orbit); sie umkreist die Sonne in der XZ-Ebene.

Kontrolle ueber die akkumulierte Matrix. $M_E = R_y(90^\circ)\cdot T_3$ ergibt:

M_E = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 0 & -4 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}

Angewendet auf $(0,0,0,1)^T$ liefert die letzte Spalte direkt $(0, 0, -4, 1)^T$ . Beide Wege stimmen ueberein (Assoziativitaet).

Typischer Fehler: Die Elterntransformation im Szenegraph als erste statt als letzte (aeusserste) anwenden. Die Wurzel steht in der Kette ganz links und wirkt zuletzt.

Mehr dazu in Kapitel 5: Transformationen.

Aufgabe 11 (Klausur-Niveau) - Multiple Choice: Warum homogene Koordinaten?

Warum reicht eine $3\times 3$ -Matrix in 3D nicht aus, um alle affinen Transformationen zu beschreiben, sodass man homogene Koordinaten einfuehrt?

A) Weil $3\times 3$ -Matrizen keine Rotation ausdruecken koennen.
B) Weil eine reine $3\times 3$ -Matrix keine Translation ausdruecken kann (Translation ist Addition, nicht Multiplikation).
C) Weil Skalierung eine 4. Koordinate benoetigt.
D) Weil homogene Koordinaten die Berechnung schneller machen.

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Richtig ist B.

Eine lineare Abbildung per $3\times 3$ -Matrix bildet den Ursprung immer auf den Ursprung ab und kann daher keine Translation (Verschiebung) darstellen, denn Translation ist eine Addition und keine Multiplikation. Mit einer zusaetzlichen 4. Koordinate $w = 1$ und einer $4\times 4$ -Matrix laesst sich der additive Anteil in der letzten Spalte unterbringen, sodass Rotation, Skalierung und Translation in einer Matrix vereint sind.

Warum die anderen falsch sind:

A) Rotation laesst sich sehr wohl mit einer $3\times 3$ -Matrix darstellen (siehe $R_z$ ).
C) Skalierung ist eine Multiplikation und funktioniert bereits in $3\times 3$ .
D) Geschwindigkeit ist ein Nebeneffekt der akkumulierten Matrix, aber nicht der Grund fuer homogene Koordinaten.

Mehr dazu in Kapitel 5: Transformationen.

Aufgabe 12 (Klausur-Niveau) - Vorzeichenmuster der R_y-Matrix

Fuelle die fehlenden Eintraege der Rotationsmatrix um die Y-Achse aus und begruende das Vorzeichenmuster:

R_y(\alpha) = \begin{bmatrix} \cos\alpha & 0 & \square & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ \square & 0 & \cos\alpha & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}

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Die vollstaendige Matrix lautet:

R_y(\alpha) = \begin{bmatrix} \cos\alpha & 0 & \sin\alpha & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ -\sin\alpha & 0 & \cos\alpha & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}

Die fehlenden Eintraege sind oben rechts $+\sin\alpha$ und unten links $-\sin\alpha$ .

Begruendung: Bei $R_y$ ist das Vorzeichenmuster spiegelverkehrt zu $R_x$ und $R_z$ . Dort steht $-\sin$ oben (bzw. oben rechts im aktiven Block) und $+\sin$ unten. Bei $R_y$ ist es genau umgekehrt: $+\sin$ oben rechts, $-\sin$ unten links. Die mittlere Zeile und Spalte gehoeren zur Y-Achse und bleiben mit einer $1$ auf der Diagonale unveraendert, weil die Drehung die Y-Komponente nicht anfasst.

Typischer Fehler: Das $\sin$ -Vorzeichen bei $R_y$ verwechseln. Merkhilfe: " $R_y$ ist der Sonderfall, $+\sin$ wandert nach oben rechts."

Mehr dazu in Kapitel 5: Transformationen.