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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。

A 回答 (4件)

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。
「四面体の外接球の半径を求めるには」の回答画像4
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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。
「四面体の外接球の半径を求めるには」の回答画像3
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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
「四面体の外接球の半径を求めるには」の回答画像2
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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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