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四面体の外接球の半径を求めるには

3辺が与えられた三角形の内接円の半径rは、 △ABC=(a+b+c)r/2 で求めます。 3辺が与えられた三角形の外接円の半径Rは、 正弦定理 で求めます。 6辺が与えられた四面体の内接球の半径rは、 四面体ABCD=(△ABC+△ABD+△ACD+△BCD)r/3 で求めます。 では、6辺が与えられた四面体の外接球の半径Rは、どうやって求めるのでしょうか。

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  • 回答No.4

こんにちは。#2,#3です。すみません、訂正です。 前回の回答で間違いがありました。 (1) ここで ,のところは次のように訂正   detΘ(A)+detΘ(B)+detΘ(C)+detΘ(D) =-2(ad)^2{(b^2+e^2)+(c^2+f^2)-(a^2+d^2)}-2(be)^2{(c^2+f^2)+(a^2+d^2)-(b^2+e^2)} -2(cf)^2{(a^2+d^2)+(b^2+e^2)-(c^2+f^2)}+2{(aef)^2+(bdf)^2+(cde)^2+(abc)^2} =-2(12V)^2<0 (∵(3) ) ・・・(し)となる。(計算略) また5つの4次の正方行列の「表示」がおかしくなっていますので、次のように訂正します。 (2) [定義2] 5つの4次の正方行列 Θ,Θ(A),Θ(B),Θ(C),Θ(D)を次のように順次定める。 [列の数字・文字のすき間を半角の*で埋めてゆく] まずΘを (***0****AB^2**AC^2**AD^2**) (**BA^2***0****BC^2**BD^2**) (**CA^2**CB^2***0****CD^2**) (**DA^2**DB^2**DC^2***0****) すなわちa~fを用いて (***0****c^2***b^2***d^2***) (**c^2****0****a^2***e^2***) (**b^2***a^2****0****f^2***) (**d^2***e^2***f^2****0****) と定める。 次にΘ(A)をΘの第1列をすべて1で置き換えた (****1***AB^2**AC^2**AD^2**) (****1****0****BC^2**BD^2**) (****1***CB^2***0****CD^2**) (****1***DB^2**DC^2***0****) すなわち (****1***c^2***b^2***d^2***) (****1****0****a^2***e^2***) (****1***a^2****0****f^2***) (****1***e^2***f^2****0****) と定める。 次にΘ(B)をΘの第2列をすべて1で置き換えた (***0*****1****AC^2**AD^2**) (**BA^2***1****BC^2**BD^2**) (**CA^2***1*****0****CD^2**) (**DA^2***1****DC^2***0****) すなわち (***0*****1****b^2***d^2***) (**c^2****1****a^2***e^2***) (**b^2****1*****0****f^2***) (**d^2****1****f^2****0****) と定める。 次にΘ(C)をΘの第3列をすべて1で置き換えた (***0****AB^2***1****AD^2**) (**BA^2***0*****1****BD^2**) (**CA^2**CB^2***1****CD^2**) (**DA^2**DB^2***1*****0****) すなわち (***0****c^2****1****d^2***) (**c^2****0*****1****e^2***) (**b^2***a^2****1****f^2***) (**d^2***e^2****1*****0****) と定める。 次にΘ(D)をΘの第4列をすべて1で置き換えた (***0****AB^2**AC^2****1***) (**BA^2***0****BC^2****1***) (**CA^2**CB^2***0******1***) (**DA^2**DB^2**DC^2****1***) すなわち (***0****c^2***b^2*****1***) (**c^2****0****a^2*****1***) (**b^2***a^2****0******1***) (**d^2***e^2***f^2*****1***) と定める。 その他細かい間違いはご容赦を。 絵の文字も大きくしました。

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  • 回答No.3

前の続き Θ(C)を ( 0 AB^2 1 AD^2 ) * ( 0 c^2 1 d^2 ) ( BA^2 0 1 BD^2 )=( c^2 0 1 e^2 ) ( CA^2 CB^2 1 CD^2 ) * ( b^2 a^2 1 f^2 ) ( DA^2 DB^2 1 0 ) * ( d^2 e^2 1 0 ) Θ(D)を ( 0 AB^2 AC^2 1 ) * ( 0 c^2 b^2 1 ) ( BA^2 0 BC^2 1 )=( c^2 0 a^2 1 ) ( CA^2 CB^2 0 1 ) * ( b^2 a^2 0 1 ) ( DA^2 DB^2 DC^2 1 ) ( d^2 e^2 f^2 1 ) と定義する。 すると上の(あ)~(え)の4つの連立方程式は1つの行列の方程式 Θ(κ,λ,μ,ν)^t=2(R^2)(1,1,1,1)^t ・・・(か) となる。ここに(1,1,1,1)^tなどは  (1,1,1,1)などの転値行列を表す。detΘ≠0がはっきりしないが、Cramer(クラーメル)の公式より、(か)から (detΘ)κ=2(R^2)(detΘ(A)) ・・・(き),(detΘ)λ=2(R^2)(detΘ(B)) ・・・(く)  (detΘ)μ=2(R^2)(detΘ(C)) ・・・(け),(detΘ)ν=2(R^2)(detΘ(D)) ・・・(こ)  となる。 (き)~(こ)をへんぺん加えて (detΘ)(κ+λ+μ+ν)=2(R^2)[detΘ(A)+detΘ(B)+detΘ(C)+detΘ(D)] ⇔ detΘ=2(R^2)[detΘ(A)+detΘ(B)+detΘ(C)+detΘ(D)] ・・・(さ)  となる。(∵ (お) ) ここで detΘ(A)+detΘ(B)+detΘ(C)+detΘ(D) =-2(ad)^2{(b^2+e^2)+(c^2+f^2)-(a^2+d^2)}-2(be)^2{(c^2+f^2)+(a^2+d^2)-(b^2+e^2)} -2(cf)^2{(a^2+d^2)+(b^2+e^2)+2(c^2+f^2)}+2{(aef)^2+(bdf)^2+(cde)^2+(abc)^2} =-2(12V)^2<0 (∵ (3) ) ・・・(し)となる。(計算略) 特に detΘ(A)+detΘ(B)+detΘ(C)+detΘ(D)<0 ・・・(す) よって (さ)の右辺を 2[detΘ(A)+detΘ(B)+detΘ(C)+detΘ(D)]で割って   R^2=(detΘ)/[2{detΘ(A)+detΘ(B)+detΘ(C)+detΘ(D)}] ・・・(せ)となる。 これにdetΘ=-(ad+be+cf)(be+cf-ad)(cf+ad-be)(ad+be-cf)(計算略)と(し)とを代入して R^2=(ad+be+cf)(be+cf-ad)(cf+ad-be)(ad+be-cf)/{2・2(12V)^2}   =(ad+be+cf)(be+cf-ad)(cf+ad-be)(ad+be-cf)/[(24V)^2} が導かれ、 (2)がでる。 なおこのとき、(き)と(せ)からκ=detΘ(A)/{detΘ(A)+detΘ(B)+detΘ(C)+detΘ(D)},同様にして λ=detΘ(B)/{detΘ(A)+detΘ(B)+detΘ(C)+detΘ(D)}, μ=detΘ(C)/{detΘ(A)+detΘ(B)+detΘ(C)+detΘ(D)}, ν=detΘ(D)/{detΘ(A)+detΘ(B)+detΘ(C)+detΘ(D)} となり、(7)に代入して [PO]=[1/{detΘ(A)+detΘ(B)+detΘ(C)+detΘ(D)}]×    (detΘ(A)[PA]+detΘ(B)[PB}+detΘ(C)[PC]+detΘ(D)[PD])  ・・・(そ) となり、「外心O」の[位置ベクトル」も具体的にa,b,c,d,e,fで表される。(略) 以上は[理系の数学2011年8月号-重心座標による幾何学」によった。詳細はそちらを参照してください。

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  • 回答No.2

こんにちは。 一般の四面体の外接球の半径を6辺の長さで表す公式は、月刊誌「理系への数学2011年8月号」の連載「重心座標による幾何学」というところのP69に載っています。公式を書いてしまうと、受験生が、安易にこの公式を使うといけないと思って書きませんでしたが、「検算用」ということで使えば良いと思い書くことにしました。 結論から言うと次のようになります。 (I) 四面体ABCDの6つの辺を「図のように」 BC=a,CA=b,AB=c,DA=d,DB=e,DC=f …(1) とおく。 またその体積をV,四面体ABCDの外接球の半径をRとする。辺BCとADとが対辺、CAとDBとが対辺,ABとDCとが対辺である。よって、「aとd ,bとe ,cとf」が対辺同士になっています。 このとき、 R=(1/24V)√[(ad+be+cf)(be+cf-ad)(cf+ad-be)(ad+be-cf)] ・・・(2) で与えられます。 ここに (12V)^2=(ad)^2{(b^2+e^2)+(c^2+f^2)-(a^2+d^2)}+(be)^2{(c^2+f^2)+(a^2+d^2)-(b^2+e^2)} +(cf)^2{(a^2+d^2)+(b^2+e^2)-(c^2+f^2)}-{(aef)^2+(bdf)^2+(cde)^2+(abc)^2}  ・・・(3) です。( 当然(3)の右辺は正でなければなりません。)すなわち V=(1/12)√[(ad)^2{(b^2+e^2)+(c^2+f^2)-(a^2+d^2)}+(be)^2{(c^2+f^2)+(a^2+d^2)-(b^2+e^2)}   +(cf)^2{(a^2+d^2)+(b^2+e^2)-(c^2+f^2)}-{(aef)^2+(bdf)^2+(cde)^2+(abc)^2}] ・・・(4) (4)は Euler(オイラー)の公式と呼ぶようです。 (3)の公式の覚えかたは次のようです。 「aとd ,bとe ,cとf」が対辺同士なので対辺同士の積の2乗の(ad)^2のところには 「(a^2+d^2),(b^2+e^2),(c^2+f^2)」のうち、2組を足して1組を引いたものを掛けるのだが、この場合(ad)^2に掛けるので、他の(b^2+e^2),(c^2+f^2)とは加えておいて、(a^2+d^2)を引いたものを掛ける。これが第一項です。 第二項は対辺の積の2乗(be)^2で始まるので、掛けるときに引くものは(b^2+e^2)で、加えるものは(c^2+f^2)と(a^2+d^2) それで(be)^2と{(c^2+f^2)+(a^2+d^2)-(b^2+e^2)}を掛ける。 第三項は(cf)^2で始まるので、(a^2+d^2)と(b^2+e^2)とを加えたものから(c^2+f^2)を引いたものを掛けるということです。そして第四項は四面体ABCDの4つの面の三角形の三辺の積の2乗を引きます。頂点Aの対面の△BCDの3辺a,e,fの積の2乗と頂点Bの対面の△ACDの3辺のb,d,fの積の2乗,と頂点Cの対面の△ABDの3辺c,d,eの積の2乗と最後に頂点Dの対面の△BCDの3辺の積a,b,cの積の2乗を引く、という具合です。 (2)の分子の覚え方は次のとおり。ルートの中についてです。 6辺の内の対辺同士の積は3種類のad,be,cfこれらをHeron(ヘロン)の公式のように 1つ目はad,be,cfの3つの和。これにどれか一つだけをマイナスとしたad+be-cfと cf+ad-beとad+be-cfの4つを掛け合わせた積です。その√をとると(2)の分子です。 「証明」の詳細については上記の本のP62~P69を見てください。大学1年程度の線形代数学の知識があれば読めます。 (II) 証明の概略を示しておきます。 ベクトルABなどをを[AB]などであらわすことにします。零ベクトルを[0]で表す。四面体ABCDの外心をOで表す。空間内に基準点Pをとったとき、四面体ABCDで作られる3次元空間内の任意の点Tは  [PT]=κ[PA]+λ[PB]+μ[PC]+ν[PD] ・・・(5) かつ κ+λ+μ+ν=1・・・(6)と一意的に書けることを使います。 よって 外心Oについても一般には上と異なるκ,λ,μ,νを用いて [PO]=κ[PA]+λ[PB]+μ[PC]+ν[PD] ・・・(7) かつ κ+λ+μ+ν=1・・・(8)と一意的に書ける。(7)においてP⇒外心Oとして κ[OA]+λ[OB]+μ[OC]+ν[OD]=[0] ・・・(9) かつ κ+λ+μ+ν=1・・・(10) となる。 このκ,λ,μ,νとR^2を求めようというわけです。[OA]と[OB]のベクトルの「内積」を [OA]・[OB]で表す。 [命題1] [OA]・[OB]=(1/2)(OA^2+OB^2-AB^2)=R^2-(1/2)AB^2 (∵ AO=BO=CO=DO=R ) [OA]・[OC]=(1/2)(OA^2+OC^2-AC^2)=R^2-(1/2)AC^2 [OA]・[OD]=(1/2)(OA^2+OD^2-AC^2)=R^2-(1/2)AD^2 [OB]・[OC]=(1/2)(OB^2+OC^2-BC^2)=R^2-(1/2)BC^2 [OB]・[OD]=(1/2)(OB^2+OD^2-BD^2)=R^2-(1/2)BD^2 [OC]・[OD]=(1/2)(OC^2+OD^2-CD^2)=R^2-(1/2)CD^2 ここにRは外接球の半径 「証明」 [AB]^2=|[OB]-[OA]|^2=|[OA]|^2+|[OB]|^2-2[OA]・[OB] より(|[OA]|はベクトルOAの絶対値) [OA]・[OB]=(1/2){OA^2+OB^2-AB^2}=(1/2){R^2+R^2-AB^2}=R^2-(1/2)(AB^2) 他も同様。 次に (9)と[OA]との「内積」をとって、[命題1]から (κ[OA]+λ[OB]+μ[OC]+ν[OD])・[OA]=0  ⇔κOA^2+λ([OB]・[OA])+μ([OC]・[OA])+ν([OD]・[OA])=0 ⇔κR^2+λ{R^2-(1/2)AB^2}+μ{R^2-(1/2)AC^2}+ν{R^2-(1/2)AD^2}=0 ⇔(AB^2)λ+(AC^2)μ+(AD^2)ν=2(κ+λ+μ+ν)R^2 ⇔     (AB^2)λ+(AC^2)μ+(AD^2)ν=2(R^2) ・・・(あ)(∵(10) ) 同様に(κ[OA]+λ[OB]+μ[OC]+ν[OD])・[OB]=0から (BA^2)κ   +(BC^2)μ+(BD^2)ν=2(R^2)    ・・・(い) 同様に(κ[OA]+λ[OB]+μ[OC]+ν[OD])・[OC]=0,(κ[OA]+λ[OB]+μ[OC]+ν[OD])・[OD]=0 から (CA^2)κ+(CB^2)λ   +(CD^2)ν=2(R^2) ・・・(う)   (DA^2)κ+(DB^2)λ+(DC^2)μ=2(R^2)    ・・・(え)   こうしてκ,λ,μ,νとR^2の5つの未知数の5つの連立方程式      (AB^2)λ+(AC^2)μ+(AD^2)ν=2(R^2) ・・・(あ) (BA^2)κ     +(BC^2)μ+(BD^2)ν=2(R^2) ・・・(い) (CA^2)κ+(CB^2)λ     +(CD^2)ν=2(R^2) ・・・(う) (DA^2)κ+(DB^2)λ+(DC^2)μ     =2(R^2) ・・・(え) と(10)の         κ+λ+μ+ν=1    ・・・(お) を得る。 そこで次のように4次の行列ΘとΘ(A),Θ(B),Θ(C),Θ(D)を定義する。 [定義2]   ( 0 AB^2 AC^2 AD^2 ) ( 0 c^2 b^2 d^2 ) Θ=( BA^2 0 BC^2 BD^2 )=( c^2 0 a^2 e^2 ) ( CA^2 CB^2 0 CD^2 ) ( b^2 a^2 0 f^2 ) ( DA^2 DB^2 DC^2 0 ) ( d^2 e^2 f^2 0 ) ( 1 AB^2 AC^2 AD^2 ) ( 1 c^2 b^2 d^2 ) Θ(A)=( 1 0 BC^2 BD^2 )=( 1 0 a^2 e^2 )     ( 1 CB^2 0 CD^2 ) ( 1 a^2 0 f^2 ) ( 1 DB^2 DC^2 0 ) ( 1 e^2 f^2 0 )       ( 0 1 AC^2 AD^2 ) ( 0 1 b^2 d^2 ) Θ(B)=( BA^2 1 BC^2 BD^2 )=( c^2 1 a^2 e^2 ) ( CA^2 1 0 CD^2 ) ( b^2 1 0 f^2 ) ( DA^2 1 DC^2 0 ) ( d^2 1 f^2  0 )  続く

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  • 回答No.1

あーこれ滅茶苦茶難しいです。 これだけで、論文出てましたから。 CiNiiの論文データベースで、五十嵐らによって書かれた 「四面体の外接球の半径について」 "On the Radius of the Circumsphere of a Tetrahedron" という論文があります。日本語の論文です。 詳細はその論文を見てください。

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