Supongamos que tengo un tetraedro de tal manera que todas las cuatro caras consisten en triángulos congruentes, dice con las longitudes $a,b$ $c$ para cada lado. Hay una bella método para calcular su volumen?
PS. La razón para mí el etiquetado de cálculo y el álgebra lineal es que pensé que la técnica utilizada para calcular un problema puede venir de esta áreas.
El volumen de un tetraedro satisface
$$36V^2 = a^2 b^2 c^2\left(\;1+2\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma-\cos^2\alpha-\cos^2\beta-\cos^2\gamma\;\right) \tag{1}$$
donde $a$, $b$, $c$ son las longitudes de los bordes coincidiendo en un vértice, y $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ son los ángulos entre los bordes ( $\alpha$ $b$ $c$ , etc).
Para el tetraedro en cuestión, vemos que $a$, $b$, $c$ y $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ también son elementos de un triángulo. Desde $\alpha+\beta+\gamma = 180^\circ$, el trig factor de $(1)$ se reduce, y hemos $$36 V^2 = a^2 b^2 c^2 \cdot 4 \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma \quad\to\quad 9V^2 = a^2b^2c^2\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma \tag{2}$$ que, por la Ley de los Cosenos, que podemos escribir como
$$72V^2 = (-a^2+b^2+c^2)(a^2-b^2+c^2)(a^2+b^2-c^2) \tag{3}$$
Otra forma de obtener este resultado es con la Pseudo-Heron Fórmula para el volumen. (Ver mi nota, "Garza-como Hedronometric Resultados para Tetraedro de Volumen" (PDF).) Si $W$, $X$, $Y$, $Z$ son la cara de las áreas de un tetraedro, y $H$, $J$, $K$ son los pseudoface-áreas (véase más abajo), a continuación,
$$81V^4 = \left|\;\begin{array}{ccc} H^2 & X Y - W Z & Z X - W Y \\ X Y - W Z & J^2 & Y Z - W X \\ Z X - W Y & Y Z - W X & K^2 \end{array}\;\right| \etiqueta{4}$$
En un equihedral tetraedro ($W=X=Y=Z$), esto se reduce a
$$81V^4 = \left|\;\begin{array}{ccc} H^2 & 0 & 0 \\ 0 & J^2 & 0 \\ 0 & 0 & K^2 \end{array}\;\right| = H^2 J^2 K^2 \quad\a\quad 9 V^2 = H J K \etiqueta{5}$$
Un pseudoface de un tetraedro es el cuadrilátero de la sombra de la figura en un plano paralelo a dos bordes opuestos. Si los bordes $a$, $b$, $c$ se juntan en un vértice, y han respectivos bordes opuestos $d$, $e$, $f$, a continuación, nuestro $H$, $J$, $K$ están relacionados con los respectivos borde de pares $(a,d)$, $(b,e)$, $(c,f)$, y tenemos, por ejemplo, $$16 H^2 = 4 a^2 d^2 - \left(\; b^2 - c^2 + e^2 - f^2 \;\right)^2 \tag{6}$$ En el tetraedro en cuestión, $a=d$, $b=e$, $c=f$, así que $$\begin{align} 4 H^2 = a^4 - \left( b^2 - c^2 \right)^2 &= \left(\phantom{-}a^2 - b^2 + c^2 \right)\left(\phantom{-}a^2 + b^2 - c^2 \right)\\ 4 J^2 \;\;\phantom{= a^4 - \left( b^2 - c^2 \right)^2} &= \left(\phantom{-}a^2+b^2-c^2\right)\left(-a^2+b^2+c^2\right) \\ 4 K^2 \;\phantom{= a^4 - \left( b^2 - c^2 \right)^2} &= \left( -a^2+b^2+c^2\right)\left(\phantom{-}a^2-b^2+c^2\right) \end{align}\etiqueta{7}$$ y, a continuación, $(3)$ sigue de $(5)$.
Editado para añadir algunos hedronometric contexto a @Calum la respuesta ...
El rectangular caras del tetraedro delimitador del paralelepípedo son exactamente de la figura de la pseudofaces. De hecho, podemos deducir que la pseudofaces debe ser rectángulos: cada uno correspondiente pseudofacial proyección de un tetraedro con tres pares de opuestos congruentes bordes es necesariamente un cuadrilátero con dos pares de opuestos congruentes bordes (por lo tanto, un paralelogramo) y un par de diagonales congruentes (por lo tanto, un rectángulo).
Específicamente, el rectangular pseudoface $H$ (la proyección en un plano paralelo a la $a$ bordes) ha diagonales congruentes $a$, y los bordes de $b^\prime := \sqrt{b^2-h^2}$ $c^\prime := \sqrt{c^2-h^2}$ donde $h$ es la distancia entre los planos que contienen el $a$ bordes (es decir, $h$ es el correspondiente de la "altura" de la cuboides, lo que yo llamo un pseudoaltitude del tetraedro). Desde $a^2 = (b^\prime)^2 + (c^\prime)^2$ en el rectángulo, tenemos que $h^2=\left(-a^2+b^2+c^2\right)/2$, de donde $b^\prime = \sqrt{\left(a^2-b^2+c^2\right)/2\;}$$c^\prime=\sqrt{\left(a^2+b^2-c^2\right)/2\;}$. Como $H = b^\prime c^\prime$, reafirmamos la ecuación de $(7)$.
Como se muestra en @Calum del paralelepípedo de la figura, cada cara del tetraedro es la "hipotenusa-cara" de una esquina derecha del tetraedro cuyos "pierna-caras" son las tres de la mitad-pseudofaces. (Yo realmente no había notado esto antes!!!) Por de Gua del Teorema de , $$\left(\frac12H\right)^2+\left(\frac12J\right)^2+\left(\frac12K\right)^2 = W^2 \quad\to\quad H^2 + J^2 + K^2 = 4 W^2$$ This is consistent with the Sum of Squares identity that holds for any tetrahedron: $$H^2 + J^2 + K^2 = W^2 + X^2 + Y^2 + Z^2$$
@Calum expresa el tetraedro de volumen en términos de pseudoaltitudes, que tiendo a la etiqueta $h$, $j$, $k$, en lugar de $x$, $y$, $z$; mi $(5)$ expresa el volumen en términos de pseudoface áreas $H$, $J$, $K$. Como sucede, cualquier tetraedro de volumen está dado por cada pseudoface-pseudoaltitude par: $$3 V = Hh = Jj = Kk$$ This gives us a bridging relation between the two formulas: $$27 V^3 = H J K \cdot h j k$$
Si el triángulo dado es de ángulo agudo, definir los números positivos $x, y, z$ por: \begin{align*} x^2 & = \tfrac{1}{2}(b^2 + c^2 - a^2), \\ y^2 & = \tfrac{1}{2}(c^2 + a^2 - b^2), \\ z^2 & = \tfrac{1}{2}(a^2 + b^2 - c^2). \end{align*} Deje $\mathbf{u}, \mathbf{v}, \mathbf{w}$ ser mutuamente ortogonales los vectores de la unidad de longitud, y definir: $$ \mathbf{t}_{ijk} = ix\mathbf{u} + jy\mathbf{v} + kz\mathbf{w} \quad (i, j, k = 0, 1). $$ El paralelepípedo con estos 8 vértices tiene un volumen de $xyz$. Contiene un tetraedro $T$ con vértices $\mathbf{t}_{100}\mathbf{t}_{010}\mathbf{t}_{001}\mathbf{t}_{111}$, y las caras que son triángulos con la misma lados: \begin{align*} a & = \sqrt{y^2 + z^2}, \\ b & = \sqrt{z^2 + x^2}, \\ c & = \sqrt{x^2 + y^2}. \end{align*} El resto de la cuboide consta de 4 tetraedros, cada uno con lados $x, y, z$ reunión en ángulo recto a uno de los vértices $\mathbf{t}_{000}, \mathbf{t}_{011}, \mathbf{t}_{101}, \mathbf{t}_{110}$, por lo que cada uno con volumen $\tfrac{1}{6}xyz$, lo que implica que $T$ volumen $\tfrac{1}{3}xyz$.
Wikipedia ilustración (con notación diferente):
Otra Wikipedia ilustración, para acompañar el comentario:
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