ヴィヴィアーニ曲線

排除${\displaystyle x}$、${\displaystyle y}$、 そして${\displaystyle z}$それぞれ、交差曲線の直交投影を以下に示す。

${\displaystyle x}$-${\displaystyle y}$-平面は方程式を持つ円です${\displaystyle \left(x-{\tfrac {r}{2}}\right)^{2}+y^{2}=\left({\tfrac {r}{2}}\right)^{2},}$

${\displaystyle x}$-${\displaystyle z}$方程式で放物線を平面化する${\displaystyle x=-{\tfrac {1}{r}}z^{2}+r,}$そして

${\displaystyle y}$-${\displaystyle z}$代数曲線を方程式で平面化する${\displaystyle z^{4}+r^{2}(y^{2}-z^{2})=0.}$

球体を表す

${\displaystyle {\begin{array}{cll}x&=&r\cdot \cos \theta \cdot \cos \varphi \\y&=&r\cdot \cos \theta \cdot \sin \varphi \\z&=&r\cdot \sin \theta \qquad \qquad -{\tfrac {\pi }{2}}\leq \theta \leq {\tfrac {\pi }{2}},\ -\pi \leq \varphi \leq \pi ,\end{配列}}}$

設定${\displaystyle \varphi =\theta ,}$曲線が得られる

${\displaystyle {\begin{array}{cll}x&=&r\cdot \cos \theta \cdot \cos \theta \\y&=&r\cdot \cos \theta \cdot \sin \theta \\z&=&r\cdot \sin \theta \qquad \qquad -{\tfrac {\pi }{2}}\leq \theta \leq {\tfrac {\pi }{2}}.\end{array}}}$

球面曲線が円柱の式を満たすことは容易に確認できる。しかし、境界条件により、ヴィヴィアーニ曲線の赤い部分（図を参照）しか許容されない。欠落している後半部分（緑色）は、${\displaystyle \varphi =-\theta .}$

このパラメトリック表現を利用すると、ヴィヴィアーニ曲線を含む半球の面積から2つの窓の面積を引いたものが次のようになることが容易に証明できます。${\displaystyle 4r^{2}}$ヴィヴィアーニの窓の右上部分の面積（図を参照）は、積分によって計算できます。

${\displaystyle \iint _{S_{sphere}}r^{2}\cos \theta \,\mathrm {d} \theta \,\mathrm {d} \varphi =r^{2}\int _{0}^{\pi /2}\int _{0}^{\theta }\cos \theta \,\mathrm {d} \varphi \,\mathrm {d} \theta =r^{2}\left({\frac {\pi }{2}}-1\right).}$

したがって、ヴィヴィアーニ曲線によって囲まれた球面の総面積は${\displaystyle 2\pi r^{2}-4r^{2}}$半球の面積（${\displaystyle 2\pi r^{2}}$) ヴィヴィアーニの窓の面積を引いたものは${\displaystyle 4r^{2}}$球の直径を辺の長さとする正方形の面積。

3D空間の正の八分円に位置するヴィヴィアーニ曲線の四分の一は、任意の次数の通常のベジェ曲線では正確に表現できません。しかし、4次の3D有理ベジェ線分では正確に表現でき、その線分を生成する有理ベジェ制御点は無限に存在します。考えられる解の1つは、次の5つの制御点によって与えられます。

${\displaystyle p_{0}=(0,0,1,1)}$

${\displaystyle {\begin{array}{llllll}p_{0}&=&(0&0&1&1)&&\\p_{1}&=&(0&1&2&2)&/&(2{\sqrt {2}})\\p_{2}&=&(2&3&3&4)&/&6\\p_{3}&=&(2&1&1&2)&/&(2{\sqrt {2}})\\p_{4}&=&(1&0&0&1)&&\end{array}}}$

${\displaystyle {\boldsymbol {p0}}={\begin{bmatrix}0\\0\\1\\1\end{bmatrix}}{\boldsymbol {p1}}={\begin{bmatrix}0\\{\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\\{\frac {1}{\sqrt {2}}}\\{\frac {1}{\sqrt {2}}}\end{bmatrix}}{\boldsymbol {p2}}={\begin{bmatrix}{\frac {1}{3}}\\{\frac {1}{2}}\\{\frac {1}{2}}\\{\frac {2}{3}}\end{bmatrix}}{\boldsymbol {p3}}={\begin{bmatrix}{\frac {1}{\sqrt {2}}}\\{\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\\{\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\\{\frac {1}{\sqrt {2}}}\end{bmatrix}}{\boldsymbol {p4}}={\begin{bmatrix}1\\0\\0\\1\end{bmatrix}}}$

対応する有理パラメータ化は次のとおりです。

${\displaystyle \left({\begin{array}{c}\displaystyle {\frac {2\mu ^{2}\left(\mu ^{2}-2\left(2+{\sqrt {2}}\right)\mu +4{\sqrt {2}}+6\right)}{\left(2(\mu -1)\mu +{\sqrt {2}}+2\right)^{2}}}\\\displaystyle {\frac {2(\mu -1)\mu \left((\mu -1)\mu -3{\sqrt {2}}-4\right)}{\left(2(\mu -1)\mu +{\sqrt {2}}+2\right)^{2}}}\\\displaystyle -{\frac {(\mu -1)\left({\sqrt {2}}\mu +{\sqrt {2}}+2\right)}{2(\mu -1)\mu +{\sqrt {2}}+2}}\\\end{array}}\right)\;\mu \in \left[0,1\right]}$