平面图中最短路径的估计

Question

考虑图纸（in$\mathbb{R}^2$)平面图的。（给出的图形与图论中的常见设置相反，在图论中，我们试图构建具有特定属性的图形。）

对于两个顶点$u（美元）$和$v（美元）$让我们称之为边缘距离之间$u（美元）$和$v（美元）$仅在连接边之后的最短路径的长度$u（美元）$和$v（美元）$换句话说，它是图中由边长加权的最短路径。

我对任何可能适用于这个（似乎是自然的？）概念的一般结果/参考感兴趣。更具体地说，我对适用于三角剖分和凸图的结果感兴趣。

为了缩小问题的范围，让我通过一个具体问题的例子来展示它：

考虑一个有边的三角形正方形$1$在里面$\mathbb{R}^2$三角剖分是几何的，即它是在$\mathbb{R}^2$有直边，无自交。它可以在正方形内部有额外的顶点，但为了简单起见，不要在边上有额外的点（换句话说，原始正方形边是三角剖分的边）。

对于三角剖分的任何顶点，它都位于边缘距离小于$1$从至少一个方形顶点？

谢谢您！

Answer 1

下面是一条边的三角剖分$1$四个顶点之间任意距离的正方形。侧面的侧面$1$正方形不是边，但很容易看出这是可以避免的。

让$k\in\mathbb{N}$; 我们认为4000美元$-贡$K_0美元$刻在正方形上；我们可以构造一个序列$（K_n）_n$属于4000美元$-gon这样的顶点K_n美元$是的连续顶点的中点$K_{n-1}$。在下面的图片中，我们展示了一些$16$-gons（去）K_n美元$在这种情况下k美元=4$.

我们的图表G美元$将由正方形、多边形组成K_n美元$对于$n=1，\点，n$（其中N美元$大）和一些三角剖分$K_N$以及正方形和$K_0（美元）$.

请注意$K_{n+1}$是的半径K_n美元$次$\cos\left（\frac{\pi}{4k}\right）$因此K_n美元$是$l_k\cdot\cos\left（\frac{\pi}{4k}\right）^n$，其中$l_k>\压裂{1}{4k}$是的侧面$K_0（美元）$.

从正方形的顶点到$K_N$必须至少遍历多边形的一半边$K_0，\点，K_{N-1}$因此，它将至少具有长度$\压裂{1}{2}\sum_{n=0}^{N-1}l_k\cdot\cos\left（\frac{\pi}{4k}\right）^n$.何时$N\到\ infty$，此表达式变为

$$\压裂{1}{2} lk（千克）\压裂{1}{1-\cos\left（\frac{\pi}{4k}\right）}\geq\frac}{1}}\frac[1}{4k}\frac{1}{left（\frac{\pi{4k{right）^2}=\frac{2k}{\pi^2}$$

因此，如果我们想获得距离至少为常数的顶点L美元$从正方形的四个顶点开始，我们只需要千美元$这样的话$\frac{2k}{\pi^2}>L$然后让N美元$足够大。

Answer 2

看起来像是苏尔RM已经达到了任意高的距离。
这里有一个简单的结构，至少可以获得距离$> 1$.

正方形有顶点$（\pm1/2，\pm1/2）$.正方形附近的顶点具有坐标$（0，\pm（1/2-\epsilon））$和$（\pm（1/2-\epsilon），0）$着色的内部正方形有顶点$（\pm（1/4-\epsilon），\pm$.内部正方形的每个顶点都位于边缘距离$（2+\sqrt2）/4-O（\epsilon）$从外方格最近的角开始。

因此，我们获得的中心到角距离为$\frac12（1+\sqrt2）-O（\epsilon）>1.2$只需将内部方块的每个顶点连接到中心，把它分成四个等腰直角三角形。甚至更好地迭代构造，以相同的方式将内部正方形细分为还有12个三角形和一个正方形边$（\frac12-2\epsilon）^2$,然后再细分那个方形等，最终连接从最里面的正方形到中心的每个顶点。那就来了任意接近$（2+\sqrt2）/2>1.7。