Les triangulations de Delaunay sur la sphère maximisent-elles l'angle minimum?

Les triangulations de Delaunay dans le plan maximisent l'angle minimum dans un triangle. Est-ce la même chose pour la triangulation de Delaunay des points sur la sphère? (ici "l'angle" est l'angle local dans un voisinage autour du sommet au sommet).

Inspiré par mais sans rapport avec cette question sur Math.SE.

cg.comp-geom delaunay-triangulation Suresh Venkat
la source

Certes, la propriété serait valable pour un ensemble localisé dans une petite région plate de la sphère, car c'est une variété. La vraie question serait de savoir si la propriété est sacrifiée lorsque les points se répartissent sur la sphère. Je suppose que pour avoir une triangulation de Delaunay en premier lieu, vous auriez besoin de triangles gras encore plus que dans le cas euclidien, donc la propriété tiendrait.

Josephine Moeller

Cela ne découle-t-il pas alors du fait que la projection stéréographique à partir d'un point générique sur la sphère mappe les cercles en cercles et préserve les angles entre les courbes qui se croisent (~ bords) à cause de la conformité? Ou est-ce que je manque quelque chose?

quelqu'un

@quelqu'un Oui, ça devrait le faire. Au moins la plupart. Il peut y avoir un accroc ou deux, mais ce serait l'idée centrale. Je me posais des questions à ce sujet. Je ne savais pas que la cartographie stéréographique était conforme.

Josephine Moeller

@SureshVenkat Maintenant que vous mentionnez l'espace hyperbolique, j'ai peut-être mon intuition en arrière. Dans l'espace hyperbolique, vous devez tenir compte du fait qu'il y a des cercles "illégaux" (c'est-à-dire des hypercycles et des horocycles). Dans l'espace sphérique, vous ne le faites pas; vous pouvez toujours trouver des cercles qui passent par trois points.

Josephine Moeller

Je ne pense pas que cela fonctionne. Vous voulez vous assurer que la projection prend de grands cercles aux lignes (puisque vous mesurez les angles entre les bords des triangles, qui sont de grands cercles / droits). Je ne pense pas que vous ne puissiez pas faire cela avec une projection stéréographique. Vous ne pouvez le faire qu'avec une projection à partir du point situé au centre de la sphère, ce qui amène certains cercles en ellipses.

Peter Shor

Réponses:

PREMIER ARGUMENT: Ce fut ma première réponse. Notez que cet argument est faux. Voir mon deuxième argument ci-dessous.

Je ne pense pas que ce soit vrai. La raison pour laquelle cela fonctionne dans le plan est que dans un cercle, l'angle inscrit sous-tendu par un accord est la moitié de l'angle central correspondant. Ainsi, si nous avons un triangle avec un petit angle, tous les points qui feraient un angle plus grand avec le bord opposé sont à l'intérieur du cercle vide de Delaunay, et ne sont donc pas l'un des points de la configuration dans laquelle nous trouvons une triangulation.

Supposons maintenant que vous ayez une triangulation de Delaunay sur la sphère. Placez un point au centre de la sphère et projetez tous les pionts sur un plan. Les bords des triangles (grands cercles sur la sphère) sont tous pris pour des segments de ligne. Mais les cercles donnant la propriété de la balle vide sont pris en ellipses, et donc s'il y a un point en dehors de l'ellipse projetée mais à l'intérieur du cercle du triangle, ce point ferait un angle plus grand avec le bord.

ÉDITER:

Attends une minute. Cette réponse est complètement fausse, car la projection centrale ne conserve pas les angles. Je pense toujours que la conjecture est fausse, car j'ai un argument beaucoup plus compliqué que le théorème sur les angles inscrits ne tient pas sur la sphère. Voici l'argument:

DEUXIÈME ARGUMENT:

C Y X_{2} = \frac{1}{2} (π - X_{2} C Y)

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

C Y X_{1} = \frac{1}{2} (π - X_{1} C Y) .

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

X_{1} Y X_{2} = \frac{1}{2} X_{1} C X_{2} .

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

image de la géométrie

C Y X_{2} = \frac{1}{2} (π - X_{2} C Y + A (X_{2} C Y))

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

C Y X_{1} = \frac{1}{2} (π - X_{1} C Y + A (X_{1} C Y)),

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

A (X Y Z)

$A(XYZ)$

X_{1} Oui X_{2} = \frac{1}{2} (X_{1} C X_{2} + UNE (X_{2} C Oui) - UNE (X_{1} C Oui)) .

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

$Y$ $X_1YX_2$ $A(X_2CY) - A(X_1CY)$ $X_1X_2$ $A(XCY)$ $0$ $X$ $Y$ $X=Y$

$Y$ $X_1YX_2$ $X_1YX_2$ $Y'$ $X_1YX_2$ $X_1YX_2 < X_1 Y' X_2$

Peter Shor
la source

Je ne m'attendais pas à ce que cette question soit aussi délicate :). attendant avec impatience les photos.

Suresh Venkat