n-1次元空間でn個の等距離点を生成する方法

言ったように、ユークリッド空間でn等距離の点を生成するプログラムを構築したいと思います。私が知っていることから

1d：すべてのカップルのポイント
2d：すべての正三角形
3d：すべて正四面体
3dまで：正三角形超三角形と呼ばれると思います

したがって、私の問題は次のとおりです。n-1ユークリッド空間で、定義済みの点を指定して、各点の間に距離dがある正三角形のハイパートライアングルを作成するためにn-1を構築します。

たとえば、3Dスペースで次のように始めることができると思います。

p1 =（x1、y1、z1）固定
p2 =（x2、y2、z2）
p3 =（x3、y3、z3）
p4 =（x4、y4、z4）
d

dとp1を知ってp2を修正し始めます

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

3つの変数x2、y2、z2があります。そのうち2つをランダムに修正し、3つ目は問題なく決定できます。

次に、2番目の点について、2つの方程式を定義します。

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

前と同じように、2つの変数を修正して3番目の変数を決定できると想定しています。

最後の点について、それを定義する3つの方程式があります。

したがって、n-1次元空間の場合、最後の点を定義するn-1方程式があります。

1つの変数を持つ2次方程式で構成されるこの種のシステムを解決する方法がわかりません。最後の1つを決定するためにn-1次元を修正するプロセスが等距離超三角形につながるかどうかはわかりません。さらに、複雑さが小さく、実装が簡単な他の方法が存在する場合もあります。

私は十分に明確であったと思います、そしてあなたの助けに感謝します。

computational-geometry

— KyBe
ソース

回答:

作業していると思います。 $\mathbb{R}^n$

まず、1つの通常のシンプレックスが他のすべてのシンプレックスを効果的に決定することに注意してください。実際、が 2つの点のセットであり、規則性条件を満たす場合、アフィン空間（多くの場合、アイソメトリとホモセティック変換）を構成することにより、それらを互いに取得できます。逆も真です）。 $n-$ $S_1, S_2$ $\mathbb{R}^n$

したがって、原点を中心とする単一のシンプレックスを構築するだけで十分です。シンプレックス各頂点を、実際の次元ベクトル空間の要素として視覚化します。 $n-$ $v_1, v_2, \dots v_{n+1}$ $n$

2つの頂点を検討シンプレックスのに、聞かせての原点ともを通る平面で。角度は、正確にです。それを証明するために、次のことを観察します。 $v_1, v_2$ $O$ $\pi$ $v_1, v_2, O$ $\vartheta =\angle v_1 O v_2$ $\arccos (-1/n)$

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

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

次のことが成り立つと推測します。

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

一般性を失うことなく、が同じ線上にある、線と同じ平面上にある、など（一般に、各、が同じ次元の部分空間）。したがって、次のように座標でベクトルを記述できます。 $v_1, v_2$ $v_3$ $k$ $v_1, v_2, \dots v_k$ $\mathbb{R}^n$ $k$

\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}

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

最初の方程式はを一意に決定し、2番目はすべてます。ここで、もう一度最初のものを使用してを計算し、2つ目で残りのすべてのを決定します。 $x_{1,1}$ $x_{m,1}$ $x_{2,2}$ $x_{2, m}$

同様の方法で手順を続けると、すべての頂点の座標値が計算されます。

— クイックソート
ソース

あなたは私たちと共有するだけでなく形成されtheoricalものにもかかわらず、私が決定する方法を見つけ出すことが、成功しません、ありがとう、その前提はユーザーが定義します。別の方法で説明していただけますか？

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

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

x_{1, 1}

$x_{1,1}$

— KyBe 2017年

v [n + 1]は、前の方程式のようにn + 1ではなくn次元でなければなりません。v [n + 1]はv [0] + v [1] + ... + v [n] + v [n + 1] = 0から計算する必要があります

— タイタス

軸のそれぞれに沿って単位ベクトルを使用することで、n-1等距離の点を作成できます。（10000）; （0、1、0、0、...、0）; （0、0、1、0、...、0）; など、最後のn番目のポイントは、1、1、1、...、1方向に沿ったものになります。

次に、スケールを使用して、からまでのポイント間の距離を設定し、移動して、ポイントの1つを固定ポイントに移動します。 $\sqrt 2$ $d$

— ラチェットフリーク
ソース

いいですね-このアプローチで実際に閉じた形のソリューションを書くことができると思います！

— ruakh 2017年

[後]最後の点として、いずれかを使用できますまたは。

(\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 2017年

ありがとうございましたが、「各軸に沿った単位ベクトルを使って」という提案がよく分からないので、改めて教えてください。

— KyBe 2017年

@KyBeいくつかの例を追加しました。

— ラチェットフリーク2017年

最後の点（n-1 d空間のn番目）@ruakhの式はどこから見つけましたか？それは興味深いですが、それを取得する方法を理解することはできません。

— KyBe 2017年