Volumen de un octaedro irregular de longitudes de borde?

Question

¿Alguien sabe cómo calcular el volumen de un irregular octaedro de las longitudes de los bordes?

El octaedro tiene caras triangulares, pero la única información que están al borde de longitud.

Alternativamente, ¿cómo podría calcular la longitud de una línea dibujada ( la línea discontinua de color amarillo) entre dos vértices opuestos? Si este conocido se puede dividir en 4 irregulares de tetraedros.

En la Imagen el borde diferentes longitudes de coour codificado, yo.e todos los bordes verdes son de la longitud x, azul bordes son de longitud y...

Answer 1

Deje $w$, $x$, $y$, $z$ ser el borde longitudes, y deje $d$ ser un cuerpo en diagonal. A continuación, $s:=d^2$ satisface esta cuártica (salvo errores tipográficos):

$$\begin{align} 0 &= s^4 (-w + x + y + z) (w - x + y + z) (w + x - y + z)(w + x + y - z) \\[4pt] &- 12 s^3 (w x + y z)(w y + x z)(wz+x y) \\[4pt] &+2 s^2 \left(\begin{array}{c} \sigma_1^4 \sigma_2^2 - 4 \sigma_1^2 \sigma_2^3 - 2 \sigma_1^5 \sigma_3 + 8 \sigma_1^3 \sigma_2 \sigma_3 \\ + 8 \sigma_1 \sigma_2^2 \sigma_3 - 10 \sigma_1^2 \sigma_3^2 - 12 \sigma_2 \sigma_3^2 + 8 \sigma_1^4 \sigma_4 \\ - 44 \sigma_1^2 \sigma_2 \sigma_4 + 32 \sigma_2^2 \sigma_4 + 48 \sigma_1 \sigma_3 \sigma_4 - 32 \sigma_4^2 \end{array}\right) \\[4pt] &-4 s (w x + y z)(w + zx)(wz+xy) \left( \begin{array}{c} 2 \sigma_1^4 - 8 \sigma_1^2 \sigma_2 + 3 \sigma_2^2 + 10 \sigma_1 \sigma_3 - 8 \sigma_4 \end{array}\right) \\[4pt] &-\left(\begin{array}{c} \sigma_1^4 \sigma_2^4 - 4 \sigma_1^2 \sigma_2^5 - 4 \sigma_1^5 \sigma_2^2 \sigma_3 + 16 \sigma_1^3 \sigma_2^3 \sigma_3 \\ + 8 \sigma_1 \sigma_2^4 \sigma_3 + 8 \sigma_1^4 \sigma_2 \sigma_3^2 - 64 \sigma_1^2 \sigma_2^2 \sigma_3^2 + 64 \sigma_1 \sigma_2 \sigma_3^3 \\ - 12 \sigma_3^4 + 8 \sigma_1^6 \sigma_2 \sigma_4 - 48 \sigma_1^4 \sigma_2^2 \sigma_4 + 64 \sigma_1^2 \sigma_2^3 \sigma_4 \\ - 16 \sigma_2^4 \sigma_4 + 64 \sigma_1^3 \sigma_2 \sigma_3 \sigma_4 - 64 \sigma_1 \sigma_2^2 \sigma_3 \sigma_4 - 24 \sigma_1^2 \sigma_3^2 \sigma_4 \\ - 32 \sigma_2 \sigma_3^2 \sigma_4 - 12 \sigma_1^4 \sigma_4^2 - 32 \sigma_1^2 \sigma_2 \sigma_4^2 + 64 \sigma_2^2 \sigma_4^2 \end{array}\right) \end{align} \etiqueta{$\star$}$$ donde la $\sigma_i$ son los polinomios simétricos $$\sigma_1 := w + x + y + z \qquad \sigma_2 := w x + w + w z + x y + x z + y z$$ $$\sigma_3 := w x y z + w x z + w y z + x y z \qquad \sigma_4 := w x y z$$

Como una comprobación de validez, cuando se $w=x=y=z$ (es decir, el octaedro es regular), la ecuación de $(\star)$ reduce a $$16 s w^4 (s-2 w^2)^3 = 0$$ con la raíz de $s = 2 w^2$ correspondiente a $d = w \sqrt{2}$, como se esperaba.

El discriminante de $(\star)$ es

$$\begin{align}\Delta = 4096&\cdot(w^2 - x^2)^2 (w^2 - y^2)^2 (w^2-z^2)^2 (x^2 - y^2)^2 (x^2-z^2)^2 (y^2 - z^2)^2 \\ &\cdot (w^2 - x^2 + y^2 - z^2 - w y - z x )^2 (w^2 - x^2 + y^2 - z^2 + w y + z x )^2 \\ &\cdot (w^2 + x^2 - y^2 - z^2 - w x - y z )^2 (w^2 + x^2 - y^2 - z^2 + w x + y z )^2 \\ &\cdot (w^2 - x^2 - y^2 + z^2 - w z - x y )^2 (w^2 - x^2 - y^2 + z^2 + w z + x y )^2 \end{align}$$

If $\Delta = 0$ (that is, when at least two edge-lengths match, or at least one of those other factors vanishes), then the polynomial has a multiple root. Otherwise, the polynomial has either four real, or else four non-real, roots; Descartes' Rule of Signs, and/or or the techniques described here could potentially help refine our understanding of the nature of the roots, but the coefficients are sufficiently complicated that a general sign analysis is difficult.

In the all-real-roots case, due to symbolic symmetry, the roots must correspond to the (squares of the) three "body diagonals" of the octahedron, and a spare. (Perhaps the last root is negative, and cannot be the square of a diagonal.)

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As for volume ... The complicated nature of the diagonal length doesn't inspire a great deal of hope for a nice answer. Nevertheless, I'm still crunching some symbols in Mathematica, and will update this answer later.

... well, it's later ...

So far, finding a polynomial involving volume and side-lengths has proven difficult. Intervening formulas are simply enormous (with $(\estrella)$ being svelte by comparison). With no final result to show, I'll give some formulas that may help others.

We can think of the solid as four tetrahedra joined along the yellow diagonal, $d$. Writing $V_w$ for the volume of the tetrahedron with an equilateral $w$-colored face, the Cayley-Menger determinant tells us that

$$\begin{align} 144\,V_w^2 &= w^2 \left(\; -w^4 - y^4 - z^4 - d^4 + w^2 y^2 + w^2 z^2 + w^2 d^2 + y^2 z^2 + y^2 d^2 + z^2 d^2\;\right) \\ 144\,V_x^2 &= x^2 \left(\; - x^4 - y^4 - z^4 - d^4 + x^2 y^2 + x^2 z^2 + x^2 d^2 + y^2 z^2 + y^2 d^2 + z^2 d^2 \;\right) \\ 144\,V_y^2 &= y^2 \left(\; -y^4-w^2-x^4-d^4 + y^2 w^2 + y^2 x^2 + y^2 d^2 + w^2 x^2 + w^2 d^2 + x^2 d^2 \;\right) \\ 144\,V_z^2 &= z^2 \left(\; -z^4-w^2-x^4-d^4 + z^2 w^2 + z^2 x^2 + z^2 d^2 + w^2 x^2 + w^2 d^2 + x^2 d^2 \;\right) \\ \end{align}$$ donde he tomado la $w$- e $x$-color equilaterals compartir el vértice en uno de los extremos de $d$, y el $y$- e $z$-color equilaterals compartir el vértice en el otro extremo de $d$.

El octaédrico volumen ($V$) es, por supuesto, la suma de estos tetraédrica volúmenes, pero las raíces cuadradas prevenir la combinación. A través de un proceso de repetición de squarings (o iteraciones de Mathematica's Resultant de la función), se obtiene un polinomio con $V$ , e incluso los poderes de la $V_{-}$s:

$$\begin{align} 0 &= V^{16} \\ &- 8 V^{14} \sigma_1 \\ &+ 4 V^{12}\left(7\sigma_1^2-4\sigma_2\right) \\ &- 8 V^{10} \left(7 \sigma_1^3 - 12 \sigma_1 \sigma_2 + 16 \sigma_3 \right) \\ &+2 V^8 \left(35 \sigma_1^4 - 120 \sigma_1^2 \sigma_2 + 48 \sigma_2^2 + 256 \sigma_1 \sigma_3 - 1088 \sigma_4\right) \\ &-8 V^6 \left(7 \sigma_1^5 - 40 \sigma_1^3 \sigma_2 + 48 \sigma_1 \sigma_2^2 + 96 \sigma_1^2 \sigma_3 - 128 \sigma_2 \sigma_3 - 320 \sigma_1 \sigma_4\right) \\ &+4 V^4 \left(\begin{array}{c} 7 \sigma_1^6 - 60 \sigma_1^4 \sigma_2 + 144 \sigma_1^2 \sigma_2^2 - 64 \sigma_2^3 + 128 \sigma_1^3 \sigma_3 \\ - 512 \sigma_1 \sigma_2 \sigma_3 + 1024 \sigma_3^2 + 320 \sigma_1^2 \sigma_4 - 1792 \sigma_2 \sigma_4 \end{array}\right) \\ &-8 V^2 \left(\begin{array}{c}\sigma_1^7 - 12 \sigma_1^5 \sigma_2 + 48 \sigma_1^3 \sigma_2^2 - 64 \sigma_1 \sigma_2^3 + 16 \sigma_1^4 \sigma_3 \\ - 128 \sigma_1^2 \sigma_2 \sigma_3 + 256 \sigma_2^2 \sigma_3 + 192 \sigma_1^3 \sigma_4 - 768 \sigma_1 \sigma_2 \sigma_4 + 1024 \sigma_3 \sigma_4\end{array}\right) \\ &+\left(\sigma_1^4 - 8 \sigma_1^2 \sigma_2 + 16 \sigma_2^2 - 64 \sigma_4\right)^2 \end{align} \etiqueta{$\star\star$}$$

Aquí, el $\sigma_i$ también son polinomios simétricos, pero en las plazas de tetraédrica volúmenes:

$$\sigma_1 := V_w^2 + V_x^2 + V_y^2 + V_z^2 \qquad \sigma_2 := V_w^2 V_x^2 + V_w^2 V_y^2 + V_w^2 V_z^2 + V_x^2 V_y^2 + V_x^2 V_z^2 + V_y^2 V_z^2$$ $$\sigma_3 := V_w^2 V_x^2 V_y^2 + V_w^2 V_x^2 V_z^2 + V_w^2 V_y^2 V_z^2 + V_x^2 V_y^2 V_z^2 \qquad \sigma_4 := V_w^2 V_x^2 V_y^2 V_z^2$$

That's all well and good, I suppose, but recall that $(\estrellas\estrella)$ involves the diagonal length $d$. A full solution to the problem posed would require eliminating $d$ from $(\estrellas\estrella)$, using $(\estrella)$. Aunque es sólo una cuestión de golpear las ecuaciones una vez más con Resultant, la operación de los polinomios de grado y el tamaño es bastante costosas computacionalmente. He dejado mi laptop chug el problema por un buen tiempo sin terminar; puedo intentar de nuevo más tarde.

Answer 2

Deje $P_1,\ldots,P_6$ denotar los vértices del octaedro, con $P_i$ que se enfrente $P_j$ si y sólo si $i+j=7$. Aquí, los índices de $i,j,\ldots$ son siempre de $\{1,2,\ldots,6\}$.

Deje $D_{ij} = D_{ji}$ ser la distancia euclídea al cuadrado entre $P_i$ e $P_j$. Sabemos $D_{ij}$ menos $i+j=7$. Por lo tanto, exactamente, tres $D_{ij}$ con $i<j$ son desconocidos.

Supongamos por un momento que tenemos los vértices dados en coordenadas cartesianas: $P_i = (x_i, y_i, z_i)$. A continuación, una fórmula para la orientada al volumen del octaedro $V$ sería

$$ 6V = \begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 & x_1 & y_1 & z_1 \\ 0 & 1 & 0 & x_2 & y_2 & z_2 \\ 0 & 0 & 1 & x_3 & y_3 & z_3 \\ 0 & 0 & 1 & x_4 & y_4 & z_4 \\ 0 & 1 & 0 & x_5 & y_5 & z_5 \\ 1 & 0 & 0 & x_6 & y_6 & z_6 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} (x_4 - x_3) && (y_4 - y_3) && (z_4 - z_3) \\ (x_5 - x_2) && (y_5 - y_2) && (z_5 - z_2) \\ (x_6 - x_1) && (y_6 - y_1) && (z_6 - z_1) \end{vmatrix}$$

In other words, the octahedron's volume is $1/6$ del volumen del paralelepípedo se extendió por su diagonal vectores.

El cuadrado de la ecuación anterior y utilizando multiplicativity de los factores determinantes, obtenemos

$$\begin{align} 288\,V^2 &= \det\left(\left(2\langle P_{7-i}-P_i, P_{7-j}-P_j\rangle\right)\right)_{i,j=1,\ldots,3} \\ &= \det\left(\left(D_{i,7-j}-D_{i,j}+D_{7-i,j}-D_{7-i,7-j}\right)\right)_{i,j=1,\ldots,3} \\ &= \begin{vmatrix} 2\color{red}{D_{16}} & (D_{15}-D_{12}+D_{62}-D_{65}) & (D_{14}-D_{13}+D_{63}-D_{64}) \\ (D_{26}-D_{21}+D_{51}-D_{56}) & 2\color{red}{D_{25}} & (D_{24}-D_{23}+D_{53}-D_{54}) \\ (D_{36}-D_{31}+D_{41}-D_{46}) & (D_{35}-D_{32}+D_{42}-D_{45}) & 2\color{red}{D_{34}} \end{vmatrix} \end{align}$$

con incógnitas que aparece en rojo. Una de Cayley-Menger-como la versión de la fórmula anterior es

$$288\,V^2 = \begin{vmatrix} 0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 &1 \\ 0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 &1 &0 \\ 0 &0 &0 &\color{blue}1 &\color{blue}1 &1 &1 &\color{blue}1 &\color{blue}1 \\ 1 &0 &\color{blue}1 &0 &D_{12} &D_{13} &D_{14} &D_{15} &\color{red}{D_{16}} \\ 0 &1 &\color{blue}1 &D_{21} &0 &D_{23} &D_{24} &\color{red}{D_{25}} &D_{26} \\ 0 &0 &1 &D_{31} &D_{32} &0 &\color{red}{D_{34}} &D_{35} &D_{36} \\ 0 &0 &1 &D_{41} &D_{42} &\color{red}{D_{43}} &0 &D_{45} &D_{46} \\ 0 &1 &\color{blue}1 &D_{51} &\color{red}{D_{52}} &D_{53} &D_{54} &0 &D_{56} \\ 1 &0 &\color{blue}1 &\color{red}{D_{61}} &D_{62} &D_{63} &D_{64} &D_{65} &0 \end{vmatrix}$$

Tenga en cuenta que el azul que han sustituido a los ceros sin cambiar el determinante. Ahora la parte inferior derecha $7\times 7$ simétrica submatriz $M$ es un Cayley-Menger de la matriz que debe tener rango estrictamente menor que $6$ y, por tanto, la nulidad de, al menos, $2$. Más muestra un, existe un $k=2$-dimensiones subespacio de $\mathbb{R}^7$ a que $M$ opera como un cero. Básicamente, esto elimina $k(k+1)/2=3$ grados de libertad de $M$. Vamos a utilizar ese hecho para eliminar las incógnitas $D_{16},D_{25},D_{34}$. Sin embargo, no vamos a tratar de encontrar subespacios propios; en su lugar emplearemos el equivalente pero más práctico condición de que la matriz adjunta de a$M$ debe ser cero. Que le da un montón de ecuaciones, aunque no todas las personas son independientes.

Si había abundante tiempo o potencia de cálculo, usted puede probar los siguientes Sage secuencia de comandos:

R.<W,D12,D13,D14,D15,D16,D23,D24,D25,D26,D34,D35,D36,D45,D46,D56> = QQ[]
KM = matrix(R, [
    [0, 0, 0,   1,   0,   0,   0,   0,   1],
    [0, 0, 0,   0,   1,   0,   0,   1,   0],
    [0, 0, 0,   1,   1,   1,   1,   1,   1],
    [1, 0, 1,   0, D12, D13, D14, D15, D16],
    [0, 1, 1, D12,   0, D23, D24, D25, D26],
    [0, 0, 1, D13, D23,   0, D34, D35, D36],
    [0, 0, 1, D14, D24, D34,   0, D45, D46],
    [0, 1, 1, D15, D25, D35, D45,   0, D56],
    [1, 0, 1, D16, D26, D36, D46, D56,   0]
])
pv = KM.det() - 2*W     # Octahedron's volume formula; W = (12*V)^2
CM = KM[2:,2:]          # Cayley-Menger matrix, 7*7, rank less than 6
AM = CM.adjoint()       # all entries constrained to be zero
# Many of the AM[i,j]==0 are redundant, but it does not hurt to give as many
# low-degree equations as we can; this helps finding a good ideal basis.
constraints = [AM[h,k] for h in range(7) for k in range(h+1)]
I = R.ideal([pv] + constraints)
J = I.elimination_ideal([D16,D25,D34])  # massive effort here
# Exactly one equation left: len(J.gens()) == 1
wpoly = J.gen(0)

Que te haga un polinomio wpoly que, cuando se establece igual a cero, los estados de la algebraicas relación entre el $W$ e la (no en diagonal) longitud de la arista plazas. Entonces usted sólo tendrá que conectarlo en el borde de lo posible, resolver para $W$, deseche no real o negativo soluciones, y finalmente calcular $V=(\sqrt{W})/12$ para el resto de las $W$.

Varias soluciones son posibles porque dar las distancias no se puede recuperar la información de orientación; conceptualmente puede voltear vértices más allá de sus vecinos y por lo tanto encontrar otro medio válido en configuraciones con diferentes formas.

Por desgracia, la realización de todos aquellos borde libre a los parámetros de longitud alrededor era tanto una carga para mi versión de Sage (y los Máximos y Singular), y que había para abortar el cálculo anterior. Le tomó demasiado tiempo, o se le agotó la memoria.

Déjenos simplifican el caso a lo que te han indicado en el dibujo: Deje $P_1$ ser el vértice de la izquierda, $P_2$ todo, $P_3$downmost. A continuación, establezca $$\begin{align} A &= D_{12} = D_{13} = D_{23} & B & = D_{14} = D_{15} = D_{45} \\ C &= D_{24} = D_{26} = D_{46} & D &= D_{35} = D_{36} = D_{56} \end{align}$$

Que sólo cuatro parámetros libres. Ay, mi viejo plataforma (o mi paciencia) todavía no puede manejar eso.

Vamos a usar un pequeño truco. Reemplace $W$ con $F^3$. A continuación, $F$ tiene el físico dimensión de un cuadrado de la longitud, como todos los demás parámetros. Por lo tanto, la ecuación polinómica buscamos entre $A,B,C,D,F$ será homogénea. Equivalentemente, podemos arreglar $D = 1$, calcular una solución no homogénea polinomio, y homogeneizar la que, de nuevo, por lo tanto la recuperación de la energía correcta de $D$ en cada monomio. Esto realmente funciona:

R.<D16,D25,D34,F,W,A,B,C,D> = QQ[]
# W = F^3 = (12*Vol)^2
# Dij = squared distance between vertices i and j; diagonal iff i+j == 7
# A = D12 = D13 = D23
# B = D14 = D15 = D45
# C = D24 = D26 = D46
# D = D35 = D36 = D56

KM_full = matrix(R, [
    [0, 0, 0,   1,   0,   0,   0,   0,   1],
    [0, 0, 0,   0,   1,   0,   0,   1,   0],
    [0, 0, 0,   1,   1,   1,   1,   1,   1],
    [1, 0, 1,   0,   A,   A,   B,   B, D16],
    [0, 1, 1,   A,   0,   A,   C, D25,   C],
    [0, 0, 1,   A,   A,   0, D34,   D,   D],
    [0, 0, 1,   B,   C, D34,   0,   B,   C],
    [0, 1, 1,   B, D25,   D,   B,   0,   D],
    [1, 0, 1, D16,   C,   D,   C,   D,   0]
])
# To reduce computation effort, set D=1 and recover the powers of D by
# re-homogenizing the result polynomial.
KM = KM_full(D=1)
# All parameters represent lengths squared, therefore represent Vol^2 as F^3
# (do not use W here), so that re-homogenization makes sense.
pv = KM.det() - 2*F^3   # Octahedron's volume formula; F^3 = 144 Vol^2
CM = KM[2:,2:]          # Cayley-Menger matrix, 7*7, rank less than 6
AM = CM.adjoint()       # All entries constrained to be zero
constraints = [AM[h,k] for h in range(7) for k in range(h+1)]
# Many of the AM[i,j]==0 are redundant, but it does not hurt to give as many
# low-degree equations as we can; this helps finding a good ideal basis.
I = R.ideal([pv] + constraints)
J = I.elimination_ideal([D16,D25,D34])  # now done within minutes
# Exactly one equation left: len(J.gens()) == 1
# Reconstruct powers of D
fpoly = J.gen(0).homogenize(var=D)
# Note: fpoly.degree(F) == 24
# Exponents of F in fpoly are always divisible by 3, i.e.
# uniq(t[3] % 3 for t in fpoly.exponents()) == [0]
# Rewrite in terms of W, up to W^8
wcoeffs = [fpoly.coefficient({F:3*i}) for i in xrange(fpoly.degree(F)/3 + 1)]
wpoly = sum(c*W^i for i,c in enumerate(wcoeffs))

# Checking the result without homogenization tricks:
KM = KM_full
pv = KM.det() - 2*W     # Octahedron's volume formula; W = 144 Vol^2
CM = KM[2:,2:]          # Cayley-Menger matrix, 7*7, rank less than 6
AM = CM.adjoint()       # all entries constrained to be zero
constraints = [AM[h,k] for h in range(7) for k in range(h+1)]
I = R.ideal([pv] + constraints)
wpoly in I              # True
save(wpoly, "octa-wpoly.sobj")  # save for later re-use

El ejemplo y la cordura de la prueba: octaedro Regular con la longitud de la arista $3\sqrt{2}$:

wpoly = load("octa-wpoly.sobj")
R = wpoly.parent()
D16,D25,D34,F,W,A,B,C,D = R.gens()
weq = wpoly(A=18,B=18,C=18,D=18).univariate_polynomial()
weq.roots(ring=RR, multiplicities=False)                # [0., 186624.]
sqrt(max(weq.roots(ring=RR, multiplicities=False)))/12  # 36.

P. S.: he elegido el factor constante en $W$ tal que los coeficientes de wpoly tienen pequeñas factores constantes.

Answer 3

Supongamos que comenzamos con una forma compuesta de dos pirámides cuadradas, cada una con una plaza de "base" de lado de longitud $1,$ donde los laterales inclinados de la parte superior de uno son todos los $1$ pero de la otra (que se encuentra debajo de la primera para hacer un octaedro) que aún indeterminado de inclinación lateral de la longitud de $b.$

Suponga que la base cuadrada es en $xy$ plano con centro en el origen.

Podemos tomar un triángulo de lado de la parte superior de la plaza de la pirámide y la dejó caer rígidamente hacia el origen, con lo cual mantiene su inclinación lados (de los elegidos triángulo de lado) $1$ y las causas de sus otros dos inclinación lados para cambiar a algunos de longitud $b<1.$ [Esta $b$ es entonces el "todavía indeterminado" lado se menciona en la primera versión.] A continuación, el nuevo octaedro tendrá su plaza superior de la pirámide, como se describe, con dos inclinación lados $1$ y los otros dos de la inclinación de los lados $b,$ , mientras que la parte inferior de la plaza de la pirámide de la nueva octaedro es el reflejo de la parte superior en la $xy$ plano. Ambos octaedros tienen la misma base cuadrada de lado a$1.$

Así que tenemos dos octaedros cada uno con el mismo periodo de doce lados $1,1,1,1,1,1,1,1,b,b,b,b.$

Yo creo que estos tienen diferentes volúmenes, para un cierto valor de $b$ (que depende de cuánto podemos hacer el elegido triángulo "caída" en la construcción. Sin embargo no he trabajado fórmulas para los dos volúmenes en términos de $b$ a confirmar mi suposición.