[Editar he encontrado un factor determinante que cumple la letra de la versión anterior de esta pregunta, pero no su "Cayley-Menger" espíritu.]
Un tetraedro con áreas de la cara $w$, $x$, $y$, $z$ y "pseudo-cara" áreas $h$, $j$, $k$ tiene un volumen de $V$ dada por
$$\begin{eqnarray} 81 V^4 &=& 2 w^2 x^2 y^2 + 2 w^2 y^2 z^2 + 2 w^2 z^2 x^2 + 2 x^2 y^2 z^2 + h^2 j^2 k^2 \\[4pt] &-&h^2(w^2 x^2+y^2 z^2)-j^2(w^2 y^2+z^2 x^2)-k^2(w^2 z^2+x^2 y^2) \end{eqnarray}$$
Todos los chicos cool en el mundo de tetraédrica fórmulas son los determinantes o los menores de la matriz o de otra, como la de Cayley-Menger o el Gramo. Busco para expresar el anterior volumen de la fórmula, en tal forma.
Tenga en cuenta que, con $A$, $B$, $C$ los ángulos diedros entre los respectivos cara pares $(y,z)$, $(z,x)$, $(x,y)$, tenemos esta fórmula para el volumen:
$$81 V^4 = 4 x^2 y^2 z^2 \left( 1 - 2 \cos{Un} \cos{B} \cos{C} - \cos^2 - \cos^2 B - \cos^2 C \right) = 4 x^2 y^2 z^2 \left|\begin{array}{ccc} 1 & -\cos C & -\cos B \\ -\cos C & 1 & -\cos A \\ -\cos B & -\cos A & 1 \end{array}\right|$$
También tenemos lo que yo llamo la Segunda Ley de los Cosenos ...
$$h^2 = y^2 + z^2 - 2 y z \cos A \qquad j^2 = z^2 + x^2 - 2 z x \cos B \qquad k^2 = x^2 + y^2 - 2 x y \cos C$$
... lo que da lugar a este determinante de la forma de la fórmula de volumen:
$$81V^4 = \frac{1}{2} \left|\begin{array}{ccc} 2 x^2 & k^2-x^2-y^2 & j^2-z^2-x^2 \\ k^2-x^2-y^2 & 2 y^2 & h^2-y^2-z^2 \\ j^2-z^2-x^2 & h^2-y^2-z^2 & 2 z^2 \end{array}\right| $$
La verificación de la igualdad con mi volumen de destino fórmula requiere la tetraédrica "la Suma de los Cuadrados de identidad":
$$w^2+x^2+y^2+z^2=h^2+j^2+k^2$$
Ahora, mientras estoy satisfecho de tener un razonablemente sencillo determinante de la ecuación (así responder a mi pregunta original, yo mismo), que en particular determinante no bastante parecer un digno pares de Cayley-Menger ... quizás porque no tratar a todas las áreas de la cara por igual.
Podemos hacer mejor?
(Sí, "mejor" es subjetivo, pero creo que sabes a qué me refiero: debe tener el Cayley-Menger espíritu. Supongo que mi criterio principal es que el determinante sea simétrica en las cuatro áreas de la cara y los tres pseudo-áreas de la cara; idealmente, cada una de las entradas son (subjetivamente) "sin complicaciones".)
He aquí una posible ayuda de discusión a partir de la versión anterior de esta pregunta:
Si $a$, $b$, $c$, $d$, $e$, $f$ son las aristas del tetraedro con $w = \triangle def$, $x = \triangle dbc$, $y = \triangle aec$, y $z = \triangle abf$, luego $$ 9 V^2 a^2 = [h,y,z] \qquad 9 V^2 \; b^2 = [j,z,x] \qquad 9 V^2 \; c^2 = [k,x,y]\\ 9 V^2 d^2 = [h,w,x] \qquad 9 V^2 \; e^2 = [j,w,y] \qquad 9 V^2 \; f^2 = [k,w,z] $$ donde "$[\bullet]$" es el "Heronic producto" $$\begin{eqnarray} [p,q,r] &:=& (p+q+r)(-p+q+r)(p-q+r)(p+q-r)\\ &=&-p^4-q^4-r^4+2p^2q^2+2q^2r^2+2r^2p^2 \end{eqnarray}$$ En consecuencia, podemos sustituir en la Cayley-Menger determinante fórmula para escribir $$\begin{eqnarray} 288 V^2 &=& \left| \begin{array}{ccccc} 0 & a^2 & b^2 & c^2 & 1 \\ a^2 & 0 & f^2 & e^2 & 1 \\ b^2 & f^2 & 0 & d^2 & 1 \\ c^2 & e^2 & d^2 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \end{array}\right| \\ &=& \frac{1}{(9V^2)^3}\left| \begin{array}{ccccc} 0 & [h,y,z] & [j,z,x] & [k,x,y] & 1 \\ \; [h,y,z] & 0 & [k,w,z] & [j,w,y] & 1 \\ \; [j,z,x] & [k,w,z] & 0 & [h,w,x] & 1 \\ \; [k,x,y] & [j,w,y] & [h,w,x] & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \end{array}\right|\\ &=:&\frac{1}{729V^6} \mathrm{det} M \end{eqnarray} $$ Desde $\mathrm{det}M$ es proporcional a la 8ª potencia de $V$ ---y por lo tanto, la plaza de la meta de fórmula--- tal vez debería intentar construir $\sqrt{M}$.
Mis investigaciones de la matriz $M$ han sido infructuosos. (Nótese, sin embargo, que a pesar de su complejidad ---y el hecho de que genera el cuadrado de lo que quiero--- $M$ tiene el tipo de simetría que se puede esperar de un correctamente Cayley-Menger-esque resultado). Creo que es el momento de añadir una recompensa a esta pregunta. [Recompensa caducado.]
Editar Aquí una tentadora alternativa "(negativo)de la plaza-de-lo-que-me-quiere" matriz:
$$N := \left|\begin{array}{cccccc} 0 & z^2 & y^2 & h^2 & y^2 & z^2 \\ z^2 & 0 & x^2 & x^2 & j^2 & z^2 \\ y^2 & x^2 & 0 & x^2 & y^2 & k^2 \\ h^2 & x^2 & x^2 & 0 & w^2 & w^2 \\ y^2 & j^2 & y^2 & w^2 & 0 & w^2 \\ z^2 & z^2 & k^2 & w^2 & w^2 & 0 \end{array}\right| \qquad \mathrm{det}N = -\left(81 V^4\right)^2$$
El patrón en las entradas puede ser descrito así:
El índice de las filas y las columnas con los bordes de $(a,b,c,d,e,f)$. A continuación, el $pq$-ésimo elemento ($p\ne q$) corresponde a la cara determinado por los bordes de $p$$q$. (Los bordes opuestos $p$ $q$ determinar un pseudo-cara.)
Los menores de $N$ son muy interesantes. Escrito $N_p$ para la matriz obtenida mediante la eliminación de fila y de columna $p$$N$:
$$\begin{array}{ccc} \mathrm{det} N_a = 2 w^2 x^2 \cdot 81 V^4 & \mathrm{det} N_b = 2 w^2 y^2 \cdot 81 V^4 & \mathrm{det} N_c = 2 w^2 z^2 \cdot 81 V^4 \\ \mathrm{det} N_d = 2 y^2 z^2 \cdot 81 V^4 & \mathrm{det} N_e = 2 z^2 x^2 \cdot 81 V^4 & \mathrm{det} N_f = 2 x^2 y^2 \cdot 81 V^4 \\ \end{array}$$
Nota, por ejemplo, en el caso de $N_a$, que se enfrenta a $w$ $x$ reunirse a lo largo del borde $d$, que es el borde opuesto $a$.
Por otra parte, con $N_{pq}$ la matriz obtenida por la eliminación de la fila $p$ y la columna $q$ ($p\ne q$):
$$\mathrm{det} N_{ab} = - w^2 \left( k^2 - x^2 - y^2 \right) \cdot 81 V^4 = 2 w^2 x y \cos C \cdot 81 V^4 \qquad \text{etc}$$
Me da la sensación de que esto me pone más cerca de mi objetivo.
Edit. Llegar aún más cerca. Aumento de la matriz $N$ en más de Menger-como la forma del da
$$\begin{align} P &:= \left|\begin{array}{ccccccc} 0 & z^2 & y^2 & h^2 & y^2 & z^2 & 1 \\ z^2 & 0 & x^2 & x^2 & j^2 & z^2 & 1 \\ y^2 & x^2 & 0 & x^2 & y^2 & k^2 & 1 \\ h^2 & x^2 & x^2 & 0 & w^2 & w^2 & 1 \\ y^2 & j^2 & y^2 & w^2 & 0 & w^2 & 1 \\ z^2 & z^2 & k^2 & w^2 & w^2 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \end{array}\right| \\[6pt] \mathrm{det} P &= 2\left(w^4+x^4+y^4+z^4-h^2j^2-j^2k^2-k^2c^2\right) \cdot 81 V^4 \end{align}$$
Esto puede ser tan bueno como se puede esperar. Prefiero, sin embargo, que la multiplicación de polinomio --si debe haber uno, tienen un inequívoco signo (y desaparecen sólo trivialmente).
