四面体の外接球の半径を求めるには

質問

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。

回答No.4

kup3kup3

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。

回答No.3

kup3kup3

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。

回答No.2

kup3kup3

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

回答No.1

kopanda116

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。