Триангуляции Делоне на сфере максимизируют минимальный угол?

Триангуляции Делоне на плоскости максимизируют минимальный угол в треугольнике. Справедливо ли то же самое для триангуляции Делоне точек на сфере? (здесь «угол» - это локальный угол в окрестности вокруг вершины на вершине).

Вдохновленный, но не связанный с этим вопросом на Math.SE.

cg.comp-geom delaunay-triangulation

— Суреш Венкат
источник

Конечно, это свойство будет иметь место для множества, локализованного в небольшой плоской области сферы, так как это многообразие. Реальный вопрос заключается в том, будет ли пожертвована собственность, поскольку точки распространяются по сфере. Я думаю, что для того, чтобы иметь триангуляцию Делоне, вам понадобятся жирные треугольники даже больше, чем в евклидовом случае, поэтому свойство будет иметь место.

— Жозефина Мёллер

Разве это не следует из того факта, что стереографическая проекция из общей точки на сфере отображает круги на круги и сохраняет углы между пересекающимися кривыми (~ ребрами) из-за конформности? Или я что-то упустил?

— кто-то

@ Someone Да, это должно сделать это. По крайней мере, большая часть этого. Там может быть заминка или два, но это было бы центральной идеей. Мне было интересно об этом. Я не осознавал, что стереографическое картирование было конформным.

— Жозефина Мёллер

@SureshVenkat Теперь, когда вы упомянули гиперболическое пространство, возможно, моя интуиция задом наперед. В гиперболическом пространстве вы должны учитывать тот факт, что существуют «незаконные» окружности (то есть гиперциклы и орициклы). В то время как в сферическом пространстве вы не; Вы всегда можете найти круги, которые проходят через три точки.

— Жозефина Мёллер

Я не думаю, что это работает. Вы хотите убедиться, что проекция выводит большие круги на линии (так как вы измеряете углы между краями треугольников, которые являются большими кругами / прямыми). Я не думаю, что вы не можете сделать это с помощью стереографической проекции. Вы можете сделать это только с помощью проекции из точки в центре сферы, которая переводит несколько кругов в эллипсы.

— Питер Шор

ПЕРВЫЙ АРГУМЕНТ: Это был мой первый ответ. Обратите внимание, что этот аргумент неверен. Смотрите мой второй аргумент ниже.

Я не думаю, что это правда. Причина, по которой он работает в плоскости, заключается в том, что в круге вписанный угол, представленный хордой, составляет половину соответствующего центрального угла. Таким образом, если у нас есть треугольник с небольшим углом, любые точки, которые будут составлять больший угол с противоположным краем, находятся внутри пустого круга Делоне, и поэтому не являются одной из точек в конфигурации, для которой мы находим триангуляцию.

Теперь предположим, что у вас есть триангуляция Делоне на сфере. Поместите точку в центре сферы и спроецируйте всех пионтов на плоскость. Края треугольников (большие круги на сфере) взяты на отрезки. Но круги, придающие свойство пустого шара, берутся в эллипсы, и поэтому, если есть точка вне спроецированного эллипса, но внутри окружности треугольника, эта точка будет иметь больший угол с краем.

РЕДАКТИРОВАТЬ:

Подожди минуту. Этот ответ совершенно неверен, поскольку центральная проекция не сохраняет углы. Я все еще думаю, что гипотеза неверна, потому что у меня есть гораздо более сложный аргумент, что теорема о вписанных углах не распространяется на сферу. Вот аргумент:

ВТОРОЙ АРГУМЕНТ:

Причина, по которой это имеет место в плоскости, состоит в том, что вписанный угол, образованный хордой, составляет половину соответствующего центрального угла. Это верно, потому что на диаграмме ниже мы имеем

С Y {Икс}_{2} знак равно \frac{1}{2} (π - {Икс}_{2} С Y)

$CYX_2 = \frac{1}{2} (\pi - X_2 C Y)$ а также

С Y {Икс}_{1} знак равно \frac{1}{2} (π - {Икс}_{1} С Y),

$C Y X_1 = \frac{1}{2} (\pi - X_1 C Y).$ Вычитая, получаем

{Икс}_{1} Y {Икс}_{2} знак равно \frac{1}{2} {Икс}_{1} С {Икс}_{2},

$X_1 Y X_2 = \frac{1}{2} X_1 C X_2.$

геометрическая картина

Теперь, в сферической геометрии, мы получаем

С Y {Икс}_{2} знак равно \frac{1}{2} (π - {Икс}_{2} С Y + A ({Икс}_{2} С Y))

$CYX_2 = \frac{1}{2} ( \pi - X_2CY + A(X_2CY) \,)$ а также

С Y {Икс}_{1} знак равно \frac{1}{2} (π - {Икс}_{1} С Y + A ({Икс}_{1} С Y)),

$CYX_1 = \frac{1}{2} ( \pi - X_1CY + A(X_1CY) \,),$ где

A (X Y Z)

$A(XYZ)$ означает площадь треугольника XYZ. Вычитая, получаем

{Икс}_{1} Y {Икс}_{2} знак равно \frac{1}{2} ({Икс}_{1} С {Икс}_{2} + A ({Икс}_{2} С Y) - A ({Икс}_{1} С Y)),

$X_1 Y X_2 = \frac{1}{2} (X_1 C X_2 + A(X_2CY) - A(X_1CY)\,).$

Для местоположения точек $Y$ делая постоянный угол $X_1YX_2$ чтобы быть кругом, нам нужно, чтобы разница площадей $A(X_2CY) - A(X_1CY)$ зависит только от длины дуги $X_1X_2$ , Однако это несовместимо с наблюдением, что $A(XCY)$ является $0$ за $X$ диаметрально противоположный $Y$ и для $X=Y$ , но растет до некоторого максимального размера между ними.

Таким образом, локус точек $Y$ с постоянным углом $X_1YX_2$ это не круг Это означает, что для некоторого треугольника $X_1YX_2$ мы можем найти точку $Y'$ за пределами окружности $X_1YX_2$ поэтому угол $X_1YX_2 < X_1 Y' X_2$ , Затем мы можем использовать это, чтобы построить контрпример к предположению, что триангуляции Делоне на сфере максимизируют минимальный угол.

— Питер Шор
источник

Я не ожидал, что этот вопрос будет таким хитрым :). с нетерпением жду фотографии.

— Суреш Венкат