tr.geologyidea.com
Daha

OpenLayers kullanarak küçük daireli çokgen köşeleri nasıl belirtilir?

OpenLayers kullanarak küçük daireli çokgen köşeleri nasıl belirtilir?


We are searching data for your request:

Forums and discussions:
Manuals and reference books:
Data from registers:
Wait the end of the search in all databases.
Upon completion, a link will appear to access the found materials.


OpenLayers 3 kullanıyorum ve bir şey dışında gereksinimler listemdeki her şeyi az çok uyguladım: Bir şekilde isteniyor çokgen oluşturmanın çokgen köşelerini küçük dairelerle göstermesini sağlayın.

Basit bir deyişle, istenen çokgen anahattı sadece bir çizgi değildir - bir tepe noktasının olduğu her yerde küçük dairelerle "süslenmiş" bir çizgidir.

OL3'te bunu nasıl yapabilirim? ol.style.Style belgelerinde arama yaptım (yani, içinden geçtiğim stilsetStyleiçinol.layer.Vektörçokgenlerimi içeriyor), ancak alakalı bir şey bulamadı.


OL3 geliştiricileri, GitHub sorun listesinde yanıtı sağladı. Temel olarak, bir stilin geometriyi yansıtmadan önce dönüştüren geometri işlevini kullanırsınız - ve bu işlevde köşelerinizi bir Çok Noktalı geometriye eklersiniz. @tsauerwein çalışan bir keman yaratmaya kadar gitti - çalışmaları için ona çok teşekkürler.

var styleFunction = function() { var görüntü = yeni ol.style.Circle({ yarıçap: 5, dolgu: boş, kontur: yeni ol.style.Stroke({renk: 'turuncu', genişlik: 2}) }); dönüş [ yeni ol.style.Style({ görüntü: görüntü, geometri: işlev(özellik) { var koordinatlar = feature.getGeometry().getCoordinates()[0]; yeni ol.geom.MultiPoint(koordinatlar); } } ), new ol.style.Style({ kontur: yeni ol.style.Stroke({ color: 'blue', width: 3 }), fill: new ol.style.Fill({ color: 'rgba(0, 0) , 255, 0.1)' }) }) ]; };

Matematik modunda normal çokgenler nasıl çizilir

Her terimin normal bir çokgenle ilişkilendirilebileceği bir dizi genişletmem var. Bunu, yazdığım bir yazıda, matematiksel ifadedeki diyagramları terimler gibi ele alan bir denklemi ekleyerek belirtmek isterim. Aklımda olanın bir örneği aşağıda gösterilmiştir.

Özellikle çokgenlerin ölçeği ve merkezlenmesi ile bunu nasıl yapacağımı bulmakta zorlanıyorum.

Özellikle arxiv derleyicisi tarafından kabul edilecek bir çözüme sahip olmak güzel olurdu.


Çokgeni istenilen şekilde bölme

Bir sürü çokgenim var. Bunları merkezden geçecek bir doğru ile bölmek ve çokgeni alana göre iki eşit parçaya bölmek istiyorum. Başlamak için bir yer bulamıyorum.

Umarım sorunun daha net bir açıklaması:

Elimde bir sürü 3B çokgen var. Aşağıdaki gibi. 3 boyutta asılı duran aşağı yukarı düz çokgenlerdir. Her köşesinin Kartezyen koordinatlarına sahibim. Şimdi istediğim onları iki eşit parçaya bölmek. Çizgi herhangi bir yönde olabilir ve çokgeni alansal olarak iki eşit parçaya bölerken merkezinden geçmelidir.

Yukarıdaki mavi anahatlı çokgenin bir örneği olarak, eğer istediğim gibi bölünürse, şöyle görünürdü

Bölen (siyah) çizgi ile merkezden geçen (kırmızı) ve çokgeni alan olarak iki eşit parçaya bölen.

Çokgenlerin nasıl şekillendirildiği hakkında.
1. Çokgenin her biri düzdür veya her çokgenin köşeleri eş düzlemlidir. 2. Ancak, farklı çokgenler farklı düzlemlerdedir, bu çokgenleri bir yüzeyi döşeyen karolar olarak düşünün 3. Alan, hepsi aynı düzlemde bulunan köşelerine göre hesaplanır. Çokgenlerin bu özelliklerini aşağıdaki şekil üzerinde görebilirsiniz. Bölme için her çokgen ayrı çizgilerle bölünmelidir. Bölme çizgisi aynı değil


Çokgenlerde kenar sayısı arttıkça kenar uzunlukları azalır

yani ∞'de uzunluk bir noktaya eşit olacaktır.

Her Tarafın tepe noktasına (yani bir noktaya) kısaltıldığı varsayılabilir.

Şimdi, çokgen, aslında çokgenin köşeleri olan noktaların bir geometrik yeri olur.

Bununla birlikte, her köşe çokgenin merkezinden eşit uzaklıktadır, dolayısıyla ortaya çıkan çokgen

bir çember olan ortak bir merkez noktasından eşit uzaklıkta bulunan noktaların geometrik yeri olur.

Düzenlemeden sonra: Şimdi geriye n->∞'de kenar uzunluğunun sıfıra, yani bir noktaya eğilimli olduğunu kanıtlamak kalıyor.

Çelişki ile kanıtlanabilir. 1) n->∞'de her bir kenarın uzunluğunun bir noktaya eşit olmadığını, L' olduğunu varsayalım. n-> ∞ için toplam uzunluk = n*L = ∞.

Şimdi, toplam uzunluk sonsuzdur, ancak çokgen kapalı bir şekildir, yani toplam uzunluğu açıkça sonludur.

Dolayısıyla bu, uzunluğun sonsuz olduğuyla çelişir ve bu da bizim orijinal varsayımımızla çelişir.

Bu nedenle, n-> ∞'de her bir kenarın uzunluğu 0'a eğilim gösterir, yani her kenar bir nokta olur.

İşte ciddi bir yaklaşım: $f_ncolon [0,2pi] o Bbb R_+$ olsun, grafiği kutupsal koordinatlarda, bir tepe noktası ile orijin merkezli normal $n$-gon olan fonksiyon olsun. $(1,0)$. Ardından $(f_n)$, grafiği bir daire olan $(f_n)$ ile herhangi bir açıyı eşleyen sabit bir fonksiyona eşit olarak yakınsar.

Alanın sınırına, Arşimet'e ve çevreye de bakabiliriz.

Düzgün çokgen daireye şu anlamda yaklaşır:

Çokgenin tüm köşeleri üzerinde halka.

Çokgenin daireye olan maksimum uzaklığı $2Rsin^2(frac<2n>)$ ile verilir, bu da $n$ $infty$'a giderken sıfıra gider.

"Gittikçe daha çok daireye benziyor" ifadesinin çok sayıda yorumu kabul ettiğini vurgulamakta fayda var. Şu anda görünen cevaplar ve yorumlar, çokgenlerin daireye birkaç şekilde yakınsadığını söylüyor: Sonunda, dairenin tam içinde keyfi olarak dar halkalar içinde uzanıyorlar. Alanları dairenin alanına yakınsar. Çevreleri dairenin çevresine yakınsar. Örneğin, orijinden çıkan neredeyse tüm $R$ ışınları için, $n$-gon'un $R$ ile kesiştiği yön, dairenin $R$ ile kesiştiği yöne yakınsar (yani, $R$). Buradaki "neredeyse", birkaç (sayılabilir şekilde birçok) $R'ın tatsızlığını ifade eder.

Büyük nokta kümeleri için uygun hücre tabanlı çokgen içinde nokta algoritması ☆

Makale, çokgen içinde nokta problemini çözmek için yeni bir algoritmayı açıklamaktadır. Bir çokgenin içine veya dışına birçok noktanın yerleştirilip yerleştirilmediğinin kontrol edilmesi gerektiğinde özellikle uygundur. Algoritma iki adımda çalışır. İlk olarak, boyut olarak eşit bir hücre ızgarası oluşturulur ve çokgen bu ızgara üzerine yerleştirilir. Hücre boyutlandırma için sezgisel bir yaklaşım önerilmiştir. Izgara hücreleri, içte, dışta veya çokgen sınırında olarak işaretlenir. Hücre sınıflandırması için değiştirilmiş bir taşma-doldurma algoritması uygulanır. İkinci adımda, noktalar tek tek test edilir. Test edilen nokta bir iç veya dış hücreye düşerse, sonuç herhangi bir ek hesaplama yapılmadan döndürülür. Hücre çokgen kenarlığı içeriyorsa, yerel nokta konumunu belirlemek mümkündür. Zaman karmaşıklığının analizi, başlatmanın O(n n ) zamanında tamamlandığını gösterirken, tek bir noktayı kontrol etmek için beklenen zaman karmaşıklığı O( n )'dir, burada n çokgen kenarlarının sayısını temsil eder. Algoritma ile çalışır Ö(n) uzay karmaşıklığı. Kağıt ayrıca bir CBS ortamından yapay ve gerçek çokgenler kullanarak pratik sonuçlar verir.


Döngüsel çokgenler ve amp trigonometri

Birim çaplı bir daire (birim çap değil, birim yarıçap) içine çizilmiş bir beşgenin bir köşesinde, bitişik köşegenler arasındaki açıların $alpha,eta,gamma$, sonraki, $eta,gamma, delta$, sonraki $gamma,delta,varepsilon$'da, sonra $delta,varepsilon,alpha$ ve son olarak $varepsilon,alpha,eta$. $ alpha+eta+gamma+delta+varepsilon=pi olduğunu unutmayın. etiket $ Daha sonra not: (Yanlış anlaşılmasın diye, yukarıda yazdıklarımın bir daire içinde yazılı tüm beşgenler için doğru olduğuna dikkat edin. Daire üzerinde köşeleri olan açılar, aynı yay tarafından karşılanıyorlarsa aynı ölçüye sahiptir. Sonuç olarak, bitişik köşegenler arasındaki üç açı bir tepe noktasında bu sırayla $alpha,eta,gamma$ vardır, o zaman komşu köşelerden birinde bitişik köşegenler arasındaki açılardan ikisi $alpha$ ve $eta$ olmalıdır ve bunlardan ikisi diğer komşu köşe $eta$ ve $gamma$ olmalıdır.Ve beşgenin şeklinden bağımsız olarak, beş açının toplamı bir yarım daire olmalıdır.Bu, bir daireye yazılan çokgenler hakkında genel bir önermedir. , üçgenlere uygulandığında, üç açının toplamının yarım daire olduğunu söyler.) Sonraki notun sonu

Beşgenin alanının $ frac<8>. ag <1>$ Yukarıdaki "kısıtlama" geçerliyse, $(1)$'ın $ frac 1 2 left('e eşit olduğunu göstermek bundan biraz daha fazla iş. overbrace^ ext overbrace^ ext + cdotsmetincdots - overbrace<2sinalphasinetasingammasindeltasinvarepsilon>^ ext Sağ). $ (Dokuz terimin daha ne olduğu açık olmalıdır: her terimde sinüs olarak üç faktör seçin ve ardından diğer ikisi kosinüs olur.)

(Bildiğim kadarıyla bu bana ait. Daha önce burada en az bir kez bahsetmiştim.)

On bir terim alan olarak yorumlanabilir mi?

SONRA DÜZENLEME: Dörtgenler için bile gizemli görünüyor. Bitişik köşegenler arasındaki açılar $alpha+eta+gamma+delta=pi$ ise ve bunlardan ikisi her tepe noktasında ve her biri dört köşenin ikisinde meydana geliyorsa, alan $ frac <8>= frac 1 2Big(overbrace^metin overbrace^metin+cdots ext< üç terim daha >cdotsBig) $

Düşünebilirsin dört terim, çokgenin köşegenlerle bölündüğü dört üçgenin alanlarıdır. Ama tahmin et ne?? Onlar değil! Benzer şekilde, pentagram beşgeni 11$'lık üçgenlere böler ve sağ tarafta 11$ terimleri vardır, ancak bunlar alanlara karşılık gelmez.


Bir yeraltı değiştirici ile alt bölümlere ayırdığımda nasıl yuvarlak kenarlara sahip olabilirim?

Resimde keskin kenarlar görebilirsiniz, bu sorun, seçilen yüzleri 4 alt bölümlü bir yeraltı değiştirici ile alt bölümlere ayırmamdan ("W" tuşu sonra Alt Bölme) kaynaklandı.

Bu keskin kenarların "Normal" bir yeraltı değiştiricisi gibi yuvarlak kenarlara dönüşmesini nasıl sağlayabilirim? Veya bir silindirin/kürenin kenarları gibi.

NOT: Çok fazla çokgen-köşeye ihtiyacım var çünkü bir "yer değiştirme değiştiricim" var, belki bunu çözmek yerine yer değiştirme değiştiricisi (çok fazla çokgen olmadan) için bir yol bulmama yardımcı olabilirsiniz.

Pürüzsüz değiştirici, sonuç başka bir ağda iyi ancak bir hata da var, ancak bunda beklediğim gibi çalışmıyor.

Pürüzsüz araçlar. Yer değiştirme değiştiricim için oldukça iyi ama keskin kenarları çözmüyor.

İstediğim şey, kırmızı daire ile işaretlenmiş her şeyin (Keskin/sert kenarlar) bir silindirin yüzeyi gibi yumuşak kenarlara dönüşmesi.

Sorun şu ki, yer değiştirme değiştiricisi nedeniyle alt bölümlere ve yeraltı değiştiricisine ihtiyacım var (çok fazla çokgene ihtiyacım var).


3 Cevap 3

Daire merkezleri ve kopyalanan (düzenli beşgen dokunma) dairelerin teğet noktası arasındaki verilen sağ üçgenden

$O$ beşgenin merkezi olsun. $l$, $O$'dan bir köşeye kadar olan bir mesafe olsun. Umarım hesaplayabilirsiniz. Buna $l$ diyelim.

Şimdi bu tepe noktasından $O$'dan bir sekant çizin. Uzunluğu $l+1$, dış kısmının uzunluğu $l-1$'dır. Aradığınız $r$ yarıçapının bir teğet uzunluğu olduğuna dikkat edin. Bu üç değeri birbirine bağlayan bir teoremi hatırlayın.

Hızlı bir google araması, aradığınız uzunluk olan normal bir çokgenin özdeyişinin formülünü verecektir.


Standart tamsayılı kafes üzerinde köşeleri olan tek normal çokgen, korkarım karedir. Bunu nasıl çizeceğimi açıklamayacağım!

Köşeleri rasyonel noktalarda olan Kartezyen düzlemde çizilen çokgenleri de düşünebiliriz ve çokgenimizin merkezini de orijin olarak alabiliriz. $P$ ve $Q$, $v$ ve $w$ konum vektörleriyle bitişik köşeler olsun. Sonra $vcdot v=wcdot w=a$ diyelim ve $vcdot w=acos(2pi/n)=b$ diyelim. Rasyonel olmak için $a$ ve $b$'a ihtiyacımız var, böylece $cos(2pi/ n)$ rasyonel olmalı. Ancak $2cos(2pi /n)$ bir cebirsel tamsayıdır, dolayısıyla sıradan bir tamsayı olmalıdır. $n=3$, $4$ veya $6$ durumlarına indiriyoruz.

$mathbb içine bir düzgün altıgen çizebilirsek^2$ bir eşkenar üçgen çizebiliriz, o yüzden buna odaklanalım. Uçağımızı üç boyutlu uzaya gömün ve $vwedge w$ vektör ürününü düşünün. Sonra $|vwedge w|^2=(vcdot v)(wcdot w)-(vcdot w)^2=a^2(1-cos^2pi/3) = frac34 a^2$. Ancak $vwedge w$, düzlemimize dik olan bir birim vektörün rasyonel katıdır, dolayısıyla $|vwedge w|^2$ bir rasyonelin karesidir. Hata!

Sanırım, tamsayı kafes üzerine çizilen normal çokgenlere veya tamsayı kafeslerdeki normal çokgenlere 3$ veya daha fazla boyutlarda iyi yaklaşımlara bakılabilir.


2D Vektör Haritası için Yeni Bir Hibrit Bilgi Güvenliği Planı

Bilgi gizleme, hibrit bilgi güvenliği teorisinde önemli bir araştırma konusudur. 2B vektör haritası, özgünlük ve bütünlüğün doğrulanmasını gerektiren çok sayıda karma bilgi içerir. Bu makale, 2B vektör haritası için yeni bir hibrit bilgi güvenliği şeması önermektedir. Vektör haritasındaki özellikler, kurcalama yerelleştirmesinin doğruluğunu sağlamak için önce ayrık gruplara ayrılır. Toplu özellik silme saldırısını bulmak için, köşe eklemeye dayalı bir özellik grubu korelasyon tekniği tasarladık. Ayrıca, dönme, tek biçimli ölçekleme ve öteleme (RST) işlemlerine karşı dayanıklı olan kutupsal koordinat dönüşümü ve karma işlevi ile birleştirilerek kırılgan bir filigran oluşturulur. Ve filigranı bir RST değişmez filigran yöntemiyle yerleştirdik. Deney için iki veri kümesi oluşturduk ve önceki yöntemlerle karşılaştırılan sonuçlar, önerilen şemanın özellik ekleme ve silme saldırısında iyi görünmezliğe ve yüksek kurcalama yerelleştirme doğruluğuna sahip olduğunu gösteriyor.

Bu, abonelik içeriğinin bir önizlemesidir, kurumunuz aracılığıyla erişilir.


3 Cevap 3

Her kavşak, benzersiz bir şekilde 4$'lık farklı noktalar kümesiyle eşlenir. Bu nedenle $ = 70$ , bu, $n=8$ köşeleri olduğu anlamına gelir ve sonuç olarak, $ vardır = Çokgende 28$ köşegen.

Ancak, kullandığım yöntemin neden yanlış olduğundan hala emin değilim, bu yüzden birisi düşüncemin nerede kusurlu olduğunu anlamama yardımcı olabilir mi?

Sorun şu ki, tüm köşegen çiftleri kesişmiyor. Örneğin, bir dışbükey altıgeniniz varsa ABCDEF köşegenleri AC ve DF kesişmez

Bu söylendiği gibi mümkün görünmüyor. Çokgenin $m$ köşeleri olduğunu varsayalım. Her tepe noktası $m-3$ köşegenler üzerinde uzanır, biri onu kendisi ve iki komşusu dışındaki her bir köşeye bağlar. Yani, $m-3$ köşegenleri her bir tepe noktasında çakışır. $m-3<3$ ise $mleq5$ . Bir beşgenin 5$ köşegeni vardır ve $inom n2geq70$ için $ngeq13$ 'a ihtiyacımız var.

Belki de problem, "Üç nokta, köşeler dışında eşzamanlı değildir" demelidir. Bu durumda, çokgenin $m$ köşesi olduğunu ve hiçbir köşegenin paralel olmadığını varsayalım. Sonra poligonda $d=frac vardır2$ köşegen. $inom d2$ köşegen çiftleri var ama bu, $inom köşegenlerinin her birini sayar2$ kez, içinden geçen her bir köşegen çifti için bir kez. Bu nedenle kesişme noktası sayısı $inom d2-mleft(inom2-1 ight)$ $m=7$ ayarı $56$ verir ve $m=8$ ayarı $118$ verir, bu nedenle paralel köşegenler olmadan bir çözüm yoktur. Bu durumda, benzersiz olduğunu göstermek şöyle dursun, nasıl bir çözüm bulunacağını bilmek bile zor.

Başlangıçta sorunu yanlış yaptım. "Her köşe, içinden geçen her köşegen için bir kez olmak üzere $m-3$ kez sayılır, böylece kesişme noktalarının sayısı $inom d2-m(m-4)$ olur" dedim. $m=7$ ayarı 70$ verir.

Bunun amaçlanan çözüm olduğundan ve sorunu oluşturan kişinin benim yaptığım hatayı yaptığından şüpheleniyorum.


Videoyu izle: Photoshopta Mimari Analizlerin Yapımı ve Dikkat Edilmesi Gerekenler