Cómo generar n puntos equidistantes en un espacio dimensional n-1

Como se dijo, quiero construir un programa para generar n puntos equidistantes en un espacio euclidiano. Por lo que sé

1d: todos los puntos
2d: todos los triángulos equiláteros
3d: todos los tetraedros equiláteros
hasta 3d: supongo que se llama hipertriangulo equilátero

Entonces, mi problema es el siguiente, en un espacio euclidiano n-1, dando un punto definido, construya el otro n-1 para tener un hipertriangulo equilátero con una d distante entre cada punto.

Supongo que podemos comenzar como sigue con, por ejemplo, un espacio 3d.

p1 = (x1, y1, z1) fijo
p2 = (x2, y2, z2)
p3 = (x3, y3, z3)
p4 = (x4, y4, z4)
re

Comenzamos a arreglar p2 sabiendo d y p1

$d²=(x_1-x_2)^2 + (y_1-y_2)^2 + (z_1-z_2)^2$

Tenemos 3 variables x2, y2, z2. Podemos arreglar al azar dos de ellos y determinar el tercero sin problema.

Luego para el segundo punto tenemos ahora 2 ecuaciones para definirlo:

$d²=(x_1-x_3)^2 + (y_1-y_3)^2 + (z_1-z_3)^2$
$d²=(x_2-x_3)^2 + (y_2-y_3)^2 + (z_2-z_3)^2$

Como anteriormente, supongo que podemos arreglar 2 variables para determinar la tercera.

Para el último punto ahora tenemos 3 ecuaciones que lo definieron.

Entonces, para un espacio dimensional n-1 tenemos una ecuación n-1 para definir el último punto.

No sé cómo resolver este tipo de sistema compuesto de ecuaciones cuadráticas con una variable y si el proceso que consiste en fijar la dimensión n-1 para determinar la última conduce a un hipertriangulo equidistante. Además, existen otros métodos con una complejidad menor y más fáciles de implementar.

Espero haber sido lo suficientemente claro y gracias por su ayuda.

computational-geometry

— KyBe
fuente

Respuestas:

Supongo que estamos trabajando en . $\mathbb{R}^n$

En primer lugar, observe que un simplex regular determina efectivamente a todos los demás. De hecho, si son dos conjuntos de puntos en que satisfacen la condición de regularidad, entonces pueden obtenerse unos de otros componiendo como máximo una isometría y una transformación homotética del espacio afín (el lo contrario también es cierto). $n-$ $S_1, S_2$ $\mathbb{R}^n$

Por lo tanto, es suficiente construir un simplex unitario centrado en el origen. Visualizamos cada vértice del simplex como un elemento del espacio vectorial -dimensional real . $n-$ $v_1, v_2, \dots v_{n+1}$ $n$

Consideremos dos vértices del simplex, permiten ser el origen y es el plano que pasa a través . El ángulo es exactamente . Para probar eso, observamos que: $v_1, v_2$ $O$ $\pi$ $v_1, v_2, O$ $\vartheta =\angle v_1 O v_2$ $\arccos (-1/n)$

0 = {‖ \sum_{i} v_{i} ‖}^{2} = (n + 1) + 2 \cos ϑ (\binom{n + 1}{2})

$0 = \left \| \sum_{i} v_i \right \|^2 = (n+1) + 2 \cos\vartheta \binom{n+1}{2}$

Deducimos que se cumple lo siguiente:

$\forall i \quad \| v_i \| = 1$
$\forall i \neq j \quad \left \langle v_i, v_j\right \rangle = -1/n$

Podemos suponer sin pérdida de generalidad que encuentran en la misma línea, que encuentra en el mismo plano que los demás y así sucesivamente (en general, que para cada , encuentran en el mismo subespacio de con dimensión ). Por lo tanto, podemos escribir los vectores por coordenadas de la siguiente manera: $v_1, v_2$ $v_3$ $k$ $v_1, v_2, \dots v_k$ $\mathbb{R}^n$ $k$

\begin{array}{rcl} \begin{array}{r} v_{1} \\ v_{2} \\ \dots \\ v_{n + 1} \end{array} & \begin{array}{r} = \\ = \\ = \end{array} & \begin{array}{cccccc} (x_{1, 1} & 0 & 0 & 0 & \dots & 0)^{T} \\ (x_{2, 1} & x_{2, 2} & 0 & 0 & \dots & 0)^{T} \\ (x_{n + 1, 1} & x_{n + 1, 2} & x_{n + 1, 3} & x_{n + 1, 4} & \dots & x_{n + 1, n + 1})^{T} \end{array} \end{array}

$\begin{array}{r c l} \begin{array}{r} v_1 \\ v_2 \\ \cdots \\ v_{n+1} \end{array} & \begin{array}{r} = \\ = \\ \\ = \end{array} & \begin{array}{c c c c c c} (x_{1,1} & 0 & 0 & 0 & \dots & 0)^T \\ (x_{2,1} & x_{2,2} & 0 & 0 & \dots & 0)^T \\ \\ (x_{n+1, 1} & x_{n+1, 2} & x_{n+1, 3} & x_{n+1, 4} & \dots & x_{n+1, n+1})^T \\ \end{array} \end{array}$

La primera ecuación determina de forma exclusiva y la segunda todas las . Ahora usamos nuevamente el primero para calcular y con el segundo determinamos todos los restantes . $x_{1,1}$ $x_{m,1}$ $x_{2,2}$ $x_{2, m}$

Continuar el procedimiento de manera similar calcula los valores de coordenadas de todos los vértices.

— ordenación rápida
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Gracias, a pesar de las cosas teóricas bien formadas que comparte con nosotros, no logro descifrar cómo determinar , suponiendo que está definido por el usuario. ¿Puedes explicarlo de otra manera?

x_{2, 1}, x_{2, 2}, . . .

$x_{2,1}, x_{2,2},...$

x_{1, 1}

$x_{1,1}$

— KyBe

v [n + 1] debe tener n dimensiones no n + 1 como en la última ecuación; v [n + 1] debe calcularse a partir de v [0] + v [1] + ... + v [n] + v [n + 1] = 0

— titus

Puede hacer n-1 puntos equidistantes utilizando los vectores unitarios a lo largo de cada uno de los ejes aka. (1, 0, 0, 0, ..., 0); (0, 1, 0, 0, ..., 0); (0, 0, 1, 0, ..., 0); etc., el último enésimo punto estará a lo largo de la dirección 1, 1, 1, ..., 1.

Luego puede usar una escala para establecer la distancia entre los puntos de a y una traslación para mover uno de los puntos al punto fijo $\sqrt 2$ $d$

— monstruo de trinquete
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Agradable: ¡creo que puedes escribir una solución de forma cerrada con este enfoque!

— ruakh

[más tarde] Para el último punto, puede usar o .

(\frac{1 - \sqrt{n}}{n - 1}, \frac{1 - \sqrt{n}}{n - 1}, \dots, \frac{1 - \sqrt{n}}{n - 1})

$\left( \frac{1 - \sqrt n}{n - 1} , \frac{1 - \sqrt n}{n - 1} , \dots , \frac{1 - \sqrt n}{n - 1} \right)$

(\frac{1 + \sqrt{n}}{n - 1}, \frac{1 + \sqrt{n}}{n - 1}, \dots, \frac{1 + \sqrt{n}}{n - 1})

$\left( \frac{1 + \sqrt n}{n - 1} , \frac{1 + \sqrt n}{n - 1} , \dots , \frac{1 + \sqrt n}{n - 1} \right)$

— ruakh

Gracias, pero no estoy seguro de comprender bien lo que propuso al "usar el vector unitario a lo largo de cada uno de los ejes", ¿puede reformularlo por favor?

— KyBe

@ Kybe Agregué algunos ejemplos.

— monstruo de trinquete

¿De dónde encontraste tu expresión del último punto (que es el enésimo en un espacio d n-1) @ruakh? Es interesante, pero no logro descubrir cómo conseguirlo.

— KyBe