約 80,834 件
https://w.atwiki.jp/aoe3de/pages/58.html
さっさと3入りしてファルコネットと長槍兵、マスケット銃兵で押すオーダー。2の時代の軍では大砲槍マスケに対応するのが難しく、一気に勝負を決めやすい。ファルコを大事に扱うことが重要となってくる。 1枚目農民3、農民は全部肉採集。15人で前哨1金200進化。進化中に木200と金100を集めてその後農民を全部肉に割り振る。 2枚目金700。前哨は自陣に。3枚目木700。戦士育成所建築。余りは全部家建築に。肉1200集めて進化金200と金700回収後ハサー4進化。農民は金に5人、他は肉に。戦士育成所ではマスケ生産。進化中に4枚目長槍兵8。 進化後5枚目ファルコネット2。6枚目長槍兵12。7枚目ハサー5。プッシュはファルコネット2と長槍兵12が来てから。 カード手順 農民3→金700→木700→長槍兵8→ファルコネット2→長槍兵12→ハサー5→軍カード... Tips 進化してからもマスケットと農民の生産を止めないこと。もし最初のプッシュで決めきれなくてもこっちの内政が整っていて軍が十分にいれば相手が再建する前に潰せる。 ファルコネットを大事にすること。ファルコネット2がいるからこそのプッシュ。ファルコネットが消えれば相手は嬉々として軽歩兵でマスケ槍を溶かしに来る。 進化ハサー4とカードハサー5で相手の農民を狩ること。相手の育成所を割って、町の中心を破壊したとしても農民が生きていれば何とかなってしまうこともある。馬で農民を狩って勝利を決定づけよう。
https://w.atwiki.jp/bwbritannia/pages/100.html
功績値についてメモするページ 執筆：六天灰夢くらん 沙漠斧兵(刀盾兵Lv.1) 1721 功績値 172 精鋭沙漠斧兵(刀盾兵Lv.2) 1800 経験値7200 功績360 精鋭ファラオ射手(遠戦兵 Lv.2) 32 経験値192 功績9 精鋭ファラオ射手(遠戦兵 Lv.2) 35 経験値210 功績10 精鋭ファラオ射手(遠戦兵 Lv.2) 29 経験値174 功績8 精鋭ファラオ射手(遠戦兵 Lv.2) 1800 経験値10800 功績540 精鋭沙漠騎兵(騎兵 Lv.2) 1000 経験値6000 功績300 ローマ剣士(刀盾兵 Lv.1) 100 経験値200 功績10 精鋭ローマ剣士(刀盾兵 Lv.2) 100 経験値400 功績20 近衛ローマ剣士(刀盾兵 Lv.3) 100 経験値600 功績30 帝国ローマ剣士(刀盾兵 Lv.4) 100 経験値800 功績40 長槍兵(長槍兵 Lv.1) 100 経験値200 功績10 精鋭長槍兵(長槍兵 Lv.2) 100 経験値400 功績20 近衛長槍兵(長槍兵 Lv.3) 100 経験値800 功績40 帝国長槍兵(長槍兵 Lv.4) 100 経験値1000 功績50 クロスボウ兵(遠戦兵 Lv.1) 100 経験値200 功績10 精鋭クロスボウ兵(遠戦兵 Lv.2) 100 経験値600 功績30 近衛クロスボウ兵(遠戦兵 Lv.3) 100 経験値800 功績40 帝国クロスボウ兵(遠戦兵 Lv.4) 100 経験値1000 功績50 重装騎兵(騎兵 Lv.1) 100 経験値200 功績10 精鋭重装騎兵(騎兵 Lv.2) 100 経験値588 功績29 -----※1 精鋭重装騎兵(騎兵 Lv.2) 100 経験値600 功績30 近衛重装騎兵(騎兵 Lv.3) 100 経験値1000 功績50 帝国重装騎兵(騎兵 Lv.4) 100 経験値1200 功績60 スコルピウス(バリスタ Lv.1) 100 経験値200 功績10 精鋭スコルピウス(バリスタ Lv.2) 100 経験値600 功績30 カタパルト(投石器 Lv.1) 100 経験値200 功績10 精鋭カタパルト(投石器 Lv.2) 100 経験値600 功績30 ※1--- 味方の損害が大きかったから、それが加味されたみたい。 違う文明でも、同格のユニットならば、経験値、功績値ともに同じみたいだ。 バリスタ・投石器の Lv.3、Lv.4 は生産できないので当分調べられません。 特殊兵科の研究に特化してるんで。 そのうち纏めも書きます。 コメント 経験値は ユニット数×食料消費×２、功績は ユニット数×食料消費×０．１ かもね (2011-07-25 18 30 34)
https://w.atwiki.jp/taisendsten/pages/131.html
大徳デッキ SR劉備を中心に作られたデッキ。劉備自身が復活持ちなので回転も速い。 効果範囲が格段に広く、妨害計略やダメージ計略をある程度避けやすいのが特徴。 槍兵中心の武力強化なので、壁突撃の出来ない相手には滅法強い。 だが同時に、デッキ構成の時点で事前に対策していないと麻痺矢や赤壁の相手がとても辛い。 逆に言えばデッキの構成でガラリと性格が変わるデッキとも言える。 構成 大戦3では各国の武力インフレが進行したため、大徳のみで勝つ事は難しくなってしまった。 よって、挑発、連環、落雷などの計略を駆使して戦うという大戦1の時のような戦い方が求められる。 現在の一般的な構成としては 武力を高めつつ計略バランスがとりやすい「劉備/2/2/1/1」 最大武力を重視した「劉備/2.5/1.5/1/1」 優秀な1.5コスト枠を採用した「劉備/2/1.5/1.5/1」等5枚編成が主流。 また、コスト2武将4枚で固めたり、コスト2.5武将を採用したりした4枚構成も時折見られる。 武力・知力・計略・特技のバランスを高い水準でとる事ができるが 手数が少なくなるうえ主力が槍に偏るため、テクニカルなデッキにならざるを得ない。 また逆に「2/2/1/1/1/1」などの6枚編成も見られることがある。 コスト1の多彩な計略要員を複数採用できるため対応力が高く、また大徳使用後の爆発力も高いが、 当然ながら素武力が非常に不安になるため立ち回りには高度な技術が求められる。 5枚デッキの場合、槍3+馬2という編成で組まれることが多い。 相手が騎馬メインならば、槍でけん制して相手の突撃を封じ、こちらの馬で一方的に突撃を繰り返す。 相手が弓メインならば、馬の矢集めや突撃で相手弓を押さえ、その隙に槍部隊を前進させて制圧する。 相手が槍メインならば、機動力のなさをついて馬を城に走らせることで相手をかく乱して優位に立つ。 という具合に、あらゆる状況に対応できるバランス編成といえるからだ。 キーカード SR劉備 コスト2 槍兵 人 6/7 復活/魅力/募兵 倒されても復活で素早く戻ってきて、倒されなければ後方で募兵で回復するという実にしぶといカード。 号令要員としては非常に良いカードであるとも言える。 序盤に伏兵を踏みにいって倒されても、中盤の号令をかけるタイミングには既に復活しているというのが強み。 計略の範囲も広く、機動力が不足する槍兵にとって相性がよい。 しかしながらコスト2武力6と戦闘力は頼りないので死にやすい事に注意。 いくら復活があるといってもすぐに戻ってこられる訳ではないので 劉備が倒された瞬間に相手が号令で攻めてきて対処できないなんて事もありうる。 戦闘に参加しつつもちょっと後ろの方で控えておき、いざ号令という時には前に出て盾になる、というのが理想的な動きだろうか。 その他のカード 【コスト3】 【コスト2.5】 UC関羽 槍 天9/5 勇 R張飛では知力が不安だという場合はこのカードしか選択肢がない。 武力インフレの御時勢、武力9はやや心許ない。 しかし天で計略が強化され長槍の長さがUP、騎兵に対する尋常ではないプレッシャーを手に入れた。 SR趙雲 騎 人8/7 活/魅/勇 人馬一体を習得しますます安定性に磨きがかかった。 使い勝手は抜群だが、5枚大徳にいれると総武力にがかなり不安。 R張飛 槍 人10/2 勇 蜀軍が誇る最強の槍兵。コスト2.5武力10は実に心強い。 挑発はほぼ騎兵相手の強制迎撃専用だが、威力は凄まじい。 ただ、高コスト武将にして脳筋のため、妨害などで長時間無力化されたり、ダメージ計略で一発退場が怖い。 SR馬超 騎 天9/5 勇 魅力が削がれたが代わりに勇猛を手にいれ、不慮の事故が少なくなった。 大徳以外の決め技が欲しいのならこちら。 DS張飛 騎 人9/4 勇/募 武力9の勇猛、募兵持ち騎兵と高い能力を持つ。 計略は大徳デッキの苦手になりがちな弓を止めることが出来る。 停止時間は短いが使い方によっては化ける1枚。 【コスト2】 SR魏延 騎 天8/4 R馬超の上方修正により立場が危うくなりつつあるが、計略の仕様変更により、6枚大徳ならば活路を見いだせるかもしれない。 R魏延と同時に使えないのもネックか。 R魏延 槍 天8/5 募 大車輪戦法をもって登場した高スペック武将。 高武力中知力で募兵もあるが、車輪の弱体化で以前程の戦果が望めなくなってしまった。 R姜維/DS姜維 槍 人7/7(8) 募 武力インフレが起こっているVer3おいて武力7が少々物足りない事、また相変わらず蜀のコスト2枠は超激戦区なので立場はやや危うい。 コスト3以外の全てのコスト帯で挑発が調達出来るのも向かい風。 DS姜維は知力が+1されたが大きな違いはないだろう。 UC黄忠 騎 天7/6 勇/募 安定感のある消耗戦のエキスパート。 士気は少々重いが大徳が使えないor有効でない状況でなんとかしてくれるかもしれない。 R趙雲 騎 天7/7 募 安定している分パンチには欠けるが、コスト2騎馬の選択肢としては充分。 知力7の神速戦法は結構何とかしてくれる。 UC張飛 槍 天9/1 勇 コスト2の武力槍筆頭。 知力1で計略も強化戦法だが、それを補って余りある武力9勇猛。 劉備の低い武力をカバー出来る。 R馬超 騎 人8/3 魅/勇 開幕から武力8勇猛騎馬は彼のみ。 八卦の戦計を除くと、唯一の計略ステルス所持武将であり、高武力ながら安定感がある。 EX趙雲 槍 人7/6 活 Ver.1.xのR趙雲と同スペックで、計略は長槍戦法。 活槍の有用さはいまさら語るまでも無いだろう。 やはり武力7と低めなのがネック。 【コスト1.5】 C王平 槍 天5/6 柵/活 もはやコモンとは思えない程の高スペック。 劉備以外の復活持ちが増えると回転力が良い。大車輪戦法による攻城にも期待できる。 UC関平 槍 人6/6 募 コスト1.5では破格の高スペック。 長槍はマウント、自城防衛と用途が幅広い。 UC厳顔 騎 人6/3 勇 コスト1.5の武力騎馬、計略も奮激と戦闘要員としては十分。 R徐庶 騎 天4/9 伏 伏兵・騎馬・ダメージ計略と、まさに痒いところに手が届くカード。 落雷は威力が落ちたがピンで知力7までほぼ確殺。2発落ちで知力5まで撤退させられる可能性がある。 SR孫尚香 弓 天5/5 魅/勇 弓が欲しいというならば。 大徳は範囲が広いので後方支援をしている弓も範囲に入れやすいのは大きな利点。 R馬謖 槍 天5/7 伏 別カードになった馬謖君。 スペックは決して悪くなく、R姜維よりコストが軽く、効果時間もR姜維も変わらない。 UC馬岱 騎 人5/6 伏 知力6の神速戦法は意外と長く、1.5枠にしては瞬発力が期待できる。 DS周倉 槍 人6/3 勇 武力の高い憤激持ちが欲しいが騎馬ではなく槍がいいと言う場合に。 蜀の1.5コスト槍兵では唯一の勇猛持ちな所もポイント。 【コスト1】 R関銀屏 槍 人3/4 魅/勇 コスト1武力枠の定番。 大徳デッキでは目覚め発動が難しくなってしまったが、車輪がつかなくても士気3の単体強化という点では破格の計略効果を持つ。 C夏侯月姫 槍 天2/7 魅 数少ないコスト1のデメリット無し実用ダメージ計略持ち。 落雷は相手の超絶強化にピンで落とすのが基本。最強の超絶殺しと言える。 しかしながら相手に固まられるとピンで落とすことは難しくなるため、相手に固まらせない工夫が必要となる。 C簡擁 槍 天2/6 伏 存在自体が相手にとってプレッシャーとなるだろう。 前作と比べスペックもあがっているので伏兵槍として最低限の働きはできる。 UC周倉 槍 人4/2 勇 武力だけならコスト1槍最高。特技も勇猛がついてVer1.xxの楽進並の強さ。 大徳デッキなら関銀屏の車輪が発動しにくいので、武力重視で入れるのもあり。 C張松 騎 人1/7 蜀への誘導は同知力の挑発と同じ効果時間。 武力は低いがコスト1騎兵はやれることが多いので他兵種ほどは気にはならない。 基本的にはコスト1に挑発が欲しい場合に。 C趙累 槍 天2/7 柵 蜀にとって貴重な柵要員。 UC張飛を入れた場合によく起用され、大徳と車輪のコンボはなかなか強力。 ver3.02→天で効果時間が7C→5.5Cとかなり弱体化しているため計略を使うべきか否か 慎重な判断がより一層求められるようになった。 R龐統 槍 人1/9 伏 ver1から能力が変化しない人。 知力9の伏兵は伏兵ダメージの上昇した今verでは強力。計略の連環の計は移動速度を低下させるのみの計略。 計略範囲が大きいので相手が号令をかける為に固まったところにかけたり、脳筋武将にかけて生殺しにしたり、計略内容が単純なだけに使用者の腕が問われる計略といえる。 軍師の自分と共に移動速度を0.2倍にできる唯一の男。 C孟達 槍 人3/6 伏 連計の削除により、特技が伏兵となった。 下方修正された計略は乙だが、コスト1武力要員に中知力の伏兵は美味しい。 総武力が不安だが伏兵は欲しい、軍師龐統を使いたい…そんな時に。 C廖化 騎 人3/4 蜀おなじみのコスト1騎兵。 序盤に伏兵踏んだり、端攻城で相手を釣ったり、奮激を使っての戦闘要員と色々便利。 DS馬良 槍 天2/7 柵 C夏侯月姫とC趙累を足して2で割ったような武将。 柵もダメージ計略も欲しい、そんなあなたに。 車輪の伝授が弱体化しているのでC趙累と1コスト柵槍の座を争う。 DS甘皇后 弓 人1/8 魅 前作で猛威を振るった忠義大徳が復活。 近作では武力差によるダメージが激しいため前作ほどの脅威ではなくなったが依然強力。 武力1の弓兵と戦力的に厳しいのが弱点。 軍師 SR諸葛亮 七星祈祷(天)/精兵集陣(人) 兵略,陣略共に強力かつ大徳デッキと相性がいい。 兵略は壁役のみが消耗しやすい大徳デッキにおいて無駄になりにくく 陣略は単純に強力で武力9+大徳+精兵でR関銀屏を車輪状態に出来る。 ただし属性を偏らせないと兵略、陣略ともに使いづらい。 R龐統 兵力増援(天)/鉄鎖連環(人) 鉄鎖連環の拘束力が凄まじい。増援も大徳デッキには相性がよい。 諸葛亮と違い、人属性に偏った構成でも兵略が無駄にならないのは大きなメリット。 R馬謖 転進再起(天)/回復奮陣(人) 大徳デッキは機動力に欠ける槍が多くなることが多いので転進再起はありがたい。 回復奮陣で敵陣に居座り続けるのも面白いだろう。 C麋竺 再起興軍(天)/知勇兼陣(人) 再起の安定感はもちろん、劉備の武力の低さを手軽に補える陣略も使いやすい。 加えて他の軍師と比べ属性に縛られずデッキを組めることが最大の長所。 C法正 再起興軍(天)/長槍閃陣(人) 天で長槍の長さが強化され、募兵による長槍マウントは恐怖と言えるほどに。 ただし範囲が狭いので長槍閃陣の配置は良く考えること。 明確な攻城ビジョンが無いにもかかわらず自陣に配置するのは敗北や引き分けを大量生産するだけの愚行。 相手のデッキと自分のデッキを良く見比べ、自陣に配置するか敵陣に配置するかを考えよう。 vs大徳デッキ 総括 デッキサンプル 武将名 勢力 コスト 兵種 属性 特技 武/知 計略名 SR劉備 蜀 2 槍 人 魅活募 6/7 劉備の大徳 UC張飛 蜀 2 槍 天 勇 9/1 強化戦法 UC厳顔 蜀 1.5 騎 人 勇 6/3 憤激戦法 R徐庶 蜀 1.5 騎 天 伏 4/9 落雷 R関銀屏 蜀 1 槍 人 勇魅 3/4 若き血の目覚め 総武力28/総知力24。兵力を回復できるSR諸葛亮かRホウ統が好まれている様子。 武将名 勢力 コスト 兵種 属性 特技 武/知 計略名 SR劉備 蜀 2 槍 人 魅活募 6/7 劉備の大徳 UC張飛 蜀 2 槍 天 勇 9/1 強化戦法 R関銀屏 蜀 1 槍 人 勇魅 3/4 若き血の目覚め UC周倉 蜀 1 槍 人 勇 4/2 強化戦法 C寥化 蜀 1 騎 人 3/4 憤激戦法 C張松 蜀 1 騎 人 1/7 蜀への誘導 総武力26/総知力25。軍師は再起系が安定する。大徳を掛けたあとの爆発力は随一。苦手とする麻痺矢相手も蜀への誘導で足並みを崩したり、枚数が多いのでターゲットが多いことで速度低下に苦しむ事はある程度少ないだろう。他には使い手のどれだけ槍撃スキルがあるかが問題。使い手の槍撃スキルで全てが決まると言っていい。三国志大戦DS天は槍撃しやすいのでACよりは楽か。
https://w.atwiki.jp/n4908bv/pages/860.html
虚空蔵槍 白象の短槍+ 白象の長槍+ 亜氷飛竜のパイク+ 双角猛蛇神の槍+ 双角猛蛇の長槍+ 三叉戟 双角猛蛇神の長槍+ 天沼矛 グングニル
https://w.atwiki.jp/sengokutaisenark/pages/1358.html
武将名 いまがわ よしもと 駿河の鷹 R今川義元 今川氏親の子。五男であったため、幼少時に京で出家し梅岳承芳と称したが、兄が相次いで亡くなり還俗、異母兄の玄広恵探を花倉の乱で倒し当主となる。太原雪斎の助けもあり今川氏の最盛期を築くも、永禄３年の桶狭間の戦いで織田信長に討たれた。「お見せしよう。圧倒的な…… そう、圧倒的な今川の力を……！」 出身地 駿河国(静岡県) コスト 2.0 兵種 槍足軽 能力 武力6 統率5 特技 魅力 新星 計略 花倉の戦火(はなくらのせんか) 【超新星】（新星レベルが上がると効果が追加される）武力と移動速度と槍の長さが上がり、最大士気が上がるたびに兵力が回復する。ただし効果中は徐々に最大士気が下がる。新星３：さらに敵を撤退させるたびに自軍の士気が上がる。 必要士気5 Illustration 塚本陽子 計略効果 レベル カテゴリ 士気 武力 統率 速度 兵力 効果時間 その他 1 槍強化 5 +5 - +50% +20%/最大士気+1 17.5c(統率依存0.4c) 最大士気-1/4.2c、槍長さ+2 2 17.9c(統率依存0.4c) 3 超新星 18.3c(統率依存0.4c) 自軍士気+0.5/1撃破、槍長さ+2 (以上3.02C) (最終修正3.02A) 解説 今川2コスト新星槍足軽。 スペックは若干物足りないが成長し切れば安定感がある。計略の威力は高いので…といったところか。 計略は長時間の単体強化。速度と槍の長さも上がる。 効果中は最大士気が下がり続ける。敵撃破で士気0.5回復。最大士気が増えた場合、兵力回復。 それぞれの効果が単独でシナジーしているようでしていないので注意(最大士気回復は他のカードの助けが必要)。 最大士気低下のデメリットはあるが、士気5で武力+5の高速長槍を長時間生み出せるという事自体が強く、荒らし力は高い。 効果中2部隊撃破できれば実質士気4。かなりの費用対効果。 "龍王の大戦火"と組み合わせると長時間武力18(長時間武力アップ家宝を絡めれば20以上)という驚くべき士気効率を発揮する。 二重になるのですごい勢いで最大士気が減るがラストの追い込みとしては普通にあり。 "龍王"と合わせる型が多いが親子ンボせず単体でも荒らし要員としては中々。 ワラデッキのトップにして最大士気回復計略を持つカードと組み、積極的に兵力回復効果を発動させて戦っていくのもありだろう。 どのような使い方においても、新星である事も含めて中盤～後半戦に強く、敵の頭数を減らして最後の反撃を防ぐような荒らしに向いている。 備考 若き今川義元。五男の立場から当主に成り上がったという戦国時代でも稀有な経歴を持つ実力派(当主争いが出来るのは病気などあってもせいぜいが三男まで)。 台詞の節々から成長後の姿を感じさせる。 2.22A 移動速度上昇値増加(+30%→+40%)、効果時間延長(18.8c→19.5c)、兵力回復量増加(+15%→+20%) 2.22C 効果時間短縮(19.5c→17.5c、統率依存0.8c→0.4c) 3.02A 移動速度上昇値増加(+40%→+50%) 台詞 ＼ 台詞 開幕 美しき戦、そして美しき天下実現のため、参ろう！ 計略 お見せしよう、圧倒的……そう、圧倒的な攻めを！ タッチアクション - 新星 我が威光を感じよ！ 撤退 こ、これは夢か……？ 復活 天を、掴む 伏兵 - 虎口攻め すでに答えは出たようなもの └成功 脆い……が、それも当然か。私の前ではな！ 攻城 ふん、弱い……！ 落城 大名では満足できん……我は、さらなる高みへ！ 熟練度上昇
https://w.atwiki.jp/mhfotw/pages/969.html
哈.沒有骨髓以上的料...好運眾被婊了 P - 2010-04-14 11 26 47 又是卡笛3火事大劍……很無聊…就沒有人懂長槍的厲害嗎？唉…… - 2010-04-14 17 20 20 = =a 沒辦法 包台要錢啊 當然是越快越好 - 2010-04-14 22 13 42 如果是比快的話，4把開火的長槍鎖頭應該可以比卡笛3火事大劍快，卡笛的好處是在不用技術 - 2010-04-16 18 20 31 會玩長槍的不多 我玩到HR130也才看過一個火事長槍鎖頭 - 2010-04-20 03 24 11 這種情況還是要建立在沒有人會干擾你的情況下才能 不然被打倒地就等貓了= = - 2010-05-01 12 49 00
https://w.atwiki.jp/tohofight/pages/550.html
「はいはーい。みんな注目ー！ 今回の対決はタコの掴み取りでーす。 この中に合計で199匹のタコを放してあるので、先に100匹捕まえた方が勝ちでーす」 そう言って紫が指差した先にあるのは紅魔湖。きっちりと6人分の潜水機材セットまで用意されている。 「なぁ、掴み取りって祭とかでよく見るアレのノリでいいんだよな？」 すかさず魔理沙が口を挟む。 「正解！ ただ、ここは幻想郷。 なので、今回はただのタコじゃなくてキラーオクトパスと呼ばれる品種を用意しちゃいました」 「ちょっと待てーい！ キラーオクトパスって露骨にモンスターじゃない！！」 「大正解！ 今回は足の長さが約2メートルのタコで統一してありまーす」 輝夜の突っ込みに紫はしれっと答える。 「無理！ 絶対無理だって！！」 すでに半泣き状態のスターが逃げ出そうとするが、極上の笑みを浮かべた幽香がそれを阻止する。 「それに関してはご心配なく。原形さえ保ってればタコの生死は問わないから、仕留めてから運べば比較的安全よん♪」 それにしてもこのババ……もといスキマ妖怪、ノリノリである。 結局、潜水機材を身に付けた計6名が湖へと潜る。 バラバラに動くのは危険なので、それぞれチームごとに固まってタコを探す……必要はなかった。 なにせ足の長さだけで2メートルもあるような大ダコである。結構な距離からでもしっかりと視認できるのだ。 雪月花組はハルバードを持った幽香と長槍を持ったレティが接近戦を挑み、水中銃を持った輝夜が援護する作戦。 流れ星組はスターのレーダーを頼りにして徹底的に接近戦を避ける作戦のようで、全員が水中銃を持っている。 そう。水中では光の減衰が激しいため、両チームともにマスタースパークが使えないのだ。 輝夜が水中銃でタコを挑発し、幽香がハルバードの薙ぎ払いで足止めしたところをレティが槍で突く。 地味ではあるが、ゲームで鍛えた精密射撃と妖怪の体力を有効に活かしたコンビネーションで、雪月花組は確実に捕獲数を増やしていく。 スターのレーダーを頼りに逃げ回り、遠距離からリリカが指向性音波でタコを仕留める。 念のために解説しておくと、水中は音速が冗談のように速いのだ。空気中だと秒速にして約340メートル程度だが、水中の音速は秒速1400メートルを超えるのだ。 当然だが、空気中ならマッハ4を超える攻撃をタコが回避できるはずもなく、リリカの活躍でタコの接近を許すことなく捕獲（撃墜？）数を稼ぐ。惜しむらくは、魔理沙の存在感が薄くなっていることか……。 結果：タコに接近する必要のない流れ星組が、1体仕留めるのにかける時間の差で勝利。 なお、競技に使用されたタコは試合終了後に紅魔館で食材として利用されました。 「さくや～。もうタコ食べ続けるのやだよ～……」 「我慢してください。腐らせると公害レベルの悪臭で館全体が覆われてしまいますから」 スターサファイア トリオ戦 リリカ レティ 三月精 幽香 狩猟 輝夜 魔理沙
https://w.atwiki.jp/pluto-herr/pages/24.html
一つの辺の長さが共通な2つの三角形を共通辺を貼り合わせて四面体ができる必要十分条件_2008.12.9(火) ＜幾何学的に四面体が構成できることの「証明」＞ この稿での主な目標は以下の[命題1.2]及びその「幾何学的証明」と 次の「定理8.3」の提示及びその「証明」の概略を示すことである。 [定理8.3] BC＝a ，CA＝b ，AB＝cである△ABCと BC＝a，BD＝e ，CD＝fである△BCDとが与えられたとき、「四面体ABCDができる」ためのAD＝dの長さの「条件」は ⇔ [a2(b2＋c2―a2)+e2(c2＋a2―b2)+f2(a2＋b2―c2)―(4S_A)(4S_D)]/(2a2) ＜d2 ＜[a2(b2＋c2―a2)+e2(c2＋a2―b2)＋f2(a2＋b2―c2)＋(4S_A)(4S_D)]/(2a2) ・・・(8.3.3) ⇔ 4detJ(3) ＞0 ・・・(8.3.4) すなわち ⇔ (ad)2(b2+e2＋c2+f2―a2―d2)＋(be)2(c2+f2＋a2+d2―b2―e2) ＋(cf)2(a2+d2＋b2+e2―c2―f2)―{(aef)2+(dbf)2＋(cde)2+(abc)2} 0 ・・・(8.3.5) ここに、S_D＝△ABCの面積、S_A＝△BCDの面積 とする。 ◎ なお、[命題1.2]及び[定理8.3]は「私の2007年6月までの研究冊子」を読んでくれた 畏友K氏の指摘によるところが大きな部分を占めている。K氏に感謝したい。 さて、2008.10.22(水)のBlogの「四面体の外心の重心座標表現の具体例(一般的な場合)_例１」で、 detJ(3)を考えずに「四面体ABCDが構成できること『高校生の段階で分かる』ように、 「図形的」な方法で証明してみよう」と述べた。このことを、実行してみる。 そのときの「四面体ABCDの外心の重心座標表現の具体例(一般的な場合)_例１」では 6辺の長さを次のように与えた。 「例１」「垂心四面体でないもので、6辺の長さがみな異なるものを造る」 四面体ABCDの6辺の長さを BC＝a ，CA＝b ，AB＝c ，AD＝d ，BD＝e ，CD＝f で表す。 a＝BC＝√2 ， b＝CA＝√3 ，c＝AB＝2， d＝AD＝3 ，e＝BD＝√10 ，f＝CD＝√11 ・・・(1.1.1) とした。 このとき、この「四面体ABCD」の4つの面の三角形はみな鋭角三角形であった。 そして、最後に detJ(3) 0を示して (→AB)，(→AC)，(→AD)が一次独立と なることから「四面体ABCD」が構成できることの根拠とした。 [1] さて、△ABC及び△BCDは、できていて、これは共に鋭角三角形であった。 辺BCが共通であるから、この２つの三角形を辺BCを貼り合わせて、△BCDは水平な面上の置いておき、 △ABCをBCを軸として回転していって、「四面体ABCD」ができないか？と、考えてみるのである。 ☆ 厳密には次のようにしてみる。 まず、△ABCのコピーを2枚用意する。それを△(A_1)BC と△(A_2)BCとする。また、xyzー空間 R^3を考え、 点Bがxyzー空間 R^3の原点 (0，0，0)に、辺BCをx軸上におき、Cのx座標が正であるようにして 点Dはxyー平面上におき、Dのy座標が正であるように△BCDをxyー平面上にとる。 すなわち、B，C の空間内の座標が、B(0，0，0)，C(a，0，0)，そしてDはxyー平面上にあり、 y座標が正でz座標が0であるように△BCDをxyー平面上におく。 [2] △ABCのコピーである△(A_1)BCをxy―平面上にBCが△BCDの辺BCと重なり、頂点(A_1)のy座興が正で あるように、xy-平面上に△BCDと重なるように置く。 また、△ABCのコピーである△(A_2)BCは、裏返して点(A_2)のy座標が負であるように、xy-平面上に BCが△BCDの辺BCと重なるようにおく。つまり、△(A_2)BCを△(A_1)BCとx軸に関して線対称に なるように置くのである。 [3] △(A_1)BCと△BCDとはx軸に関して同じ側、△(A_2)BCと△BCDとはx軸に関して反対側にあり、 △BCDと△(A_1)BCとは近く、BCDと△(A_2)BCとはもっとも遠くにある。 ここで、△BCDはxyー平面上に固定したまま、△(A_1)BCの板を辺BCを軸として回転してゆくことを 考える。D(A_1)＜D(A_2) ・・・(1.1.2) であることに注意しておく。 このA_1の「動点」を改めて、Qで表して、頂点DからQまでの伸び縮みする棒DQを考える。 条件よりDA＝dだから、△QBCの板をx軸に関して回転させて行ったとき、動点Qは「A_1」から「A_2」を 通って動くが、この間にDQ＝dとなることが可能であれば、側面の△QDB、△QDCの面はあとから張ればよいので 「四面体ABCD」の骨組みは完成し「四面体ABCD」は出来上がる。 つまり、側面の面QDB，QDCは無視しておいて、「棒DQの先端Qがxyー平面より上方の位置でDQ＝dとなれば」 その点Qが求める頂点Aである。 動点Qが「A_1」のとき、距離DQ＝D(A_1)はもっとも短く、動点Qが「A_2」のとき距離DQ＝D(A_2)は もっとも長い。 なおQ＝A_1や、Q＝A_2では、△BCDと△(A_1)BCや、△BCDと△(A_2)BCは xyー平面上にあるので、「四面体ABCD」はできない。よって四面体ABCDができるための条件は [命題1.2] 以上の記号などのもとで、 「四面体ABCD」ができる ⇔Dからの伸び縮みする棒DQの長さがxy―平面の上方(z座標が正なる点)で、DQ＝DA とできること ⇔ (A_1)D AD (A_2)D ・・・(1.2.1) である。 [4] 条件(1.2.1)をもっと「幾何学的に」きちんと証明しよう。 「証明」 まず、「xyー平面上にある頂点Dを中心とし、半径DA＝d の2次元の球面 S(d)」を描いておく。 次に△(A_1)BCの頂点(A_1)から直線BCに下した垂線の足をKとする。Kはx軸上の点である。 (A_1)K＝(A_2)K＝r 0 とおく。△(A_1)BCをxyz―空間 R^3内でx軸を軸として回転すれば、 その頂点である「動点Q」は「点Kを中心とする半径rの1次元の円周T(r)」を描く。 さて （あ) (1.2.1)が成り立っているとしよう。このとき、次のようにして、点Aの位置を決定できる。 D(A_1) DA＝dだから、点(A_1)は「2次元の球面 S(d)の内部」にある。また、d＝DA D(A_2)より、 点(A_2)は「2次元の球面 S(d)の外部に」ある。T(r)は、x軸と垂直な位置にある。 そこでT(r)と中心Kを結び2次元の円盤D(r)を作り(その境界が円周T(r)である）、x軸を軸とする「コマ」を 考えてクルクルと回転すれば、点(A_1)が「球面 S(d)の内部」にあり、点(A_2)が「球面 S(d)の外部」に あることから、「回転運動」の「連続性」により、T(r)上の「動点Q」は、2次元の球面 S(d)とはただ2点 「Q1とQ2」とだけで交わることが分かる。S(d)∩T(r)＝{Q1，Q2｝・・・(1.2.2) ここに 「点Q1のz座標は正の数」、「点Q2のz座標は負の数」で、 2点Q1とQ2とはxyー平面に関して 「面対称な位置に」ある。 そして DQ1＝DQ2＝d＝AD より、点Q1が求める点Aになる。 もっと詳しくいうと、2次元球面S(d)をx軸上の点Kの位置でx軸に垂直に切断した切り口の円周Uと円周T(r) (x軸に垂直な同一平面上にあり、その中心はどちらもxy―平面上にある）の2つの円周が2点Q1、Q2を交点とし 交わっている状況である。 この内、交点Q1が求める頂点Aになる。 このようにして、条件(1.1)⇒ 「四面体ABCD」ができた。 次に (い) 仮にD(A_1)≧DAとして上の議論のように「四面体ABCD」の頂点Aの位置を決めるために、 点K中心、半径(A_1)K＝rの円周T(r)を描いたとしよう。しかし、D(A_1)≧dだから点(A_1)は この球面S(d)の「外部または表面にある」ことになり、さらに(1.1.2)のD(A_2)＞D(A_1)から、 点A_2も球面S(d)の「外部に」くる。 (a) S(d)の外部にA_1があるときは、点A_2も球面S(d)の「外部に」くるので円周T(r)全体が 球面S(d)の外部にあることになり、交点はない。 つまり、S(d)∩T(r)＝Φ（空集合) となり、「四面体ABCD」はできない。 (b) A_1がS(d)の表面にあるとすれば、点(A_1)はxy―平面上の点なので、T(r)∩S(d)＝{A_1}となり、 △BCDと△(A_1)BCとでは(A_1)D＝d となっており、立体にならない。 最後に、 (う) DA≧D(A_2)のときは、点(A_2)は「2次元の球面S(d)の内部か表面」にあり、DはA_2とx軸に関して 反対側にあって、(1.1.2)のD(A_2)＞D(A_1)からA_1も「S(d)の内部に」あり、今度は円周T(r)全体が 球面S(d)の内部にあるか、S(d)∩T(r)＝{A_2}となり、やはり「四面体ABCD」はできない。 以上より、(A_1)D AD (A_2)Dのときだけに、「四面体ABCD」ができることが分かった。 （[命題１.2]の証明終わり） ◎ それでは本題に入って、「例１」で与えた「四面体ABCD」が構成できることを、 [命題1.2]を用いて「証明する」 [5] (A_1)Dと(A_2)Dの長さを求めるために、点Dと点A_1の座標を求めよう。なおz座標は共に「0」である。 また、A_1，A_2，B，C,Dはすべてxyー平面上にあるかから z座標＝0は無視して、計算して行く。 Dのx座標＝BD×cos∠DBC＝e×(e^2＋a^2―f^2)/(2ea)＝(e^2＋a^2―f^2)/(2a) ・・・(5.1) ＝[(√10)^2＋(√2)^2―(√11)^2]/(2√2)＝1/(2√2) ・・・(5.2) 次に△BCDの面積＝S_Aだから、 Dのy座標＝(2S_A)/a＝(4S_A)/(2a) ・・・(5.3) ＝(4S_A)/(2√2) ・・・(5.4) よって、D((e^2＋a^2―f^2)/(2a)，(4S_A)/(2a))＝(1/(2√2) ，(4S_A)/(2√2)）・・・(5.5) A_1のx座標＝AB×cos∠ABC＝c×(c^2＋a^2―b^2)/(2ca)＝(c^2＋a^2―b^2)/(2a) ・・・(5.6) ＝{2^2＋(√2)^2―(√3)^2}/(2√2)＝3/(2√2) ・・・(5.7) △ABCの面積＝S_Dだから、 A_1のy座標＝(2S_D)/a＝(4S_D)/(2a) ・・・(5.8) ＝(4S_D)/(2√2) ・・・(5.9) よって、A_1((c^2＋a^2―b^2)/(2a)，(4S_D)/(2a))＝(3/(2√2) ，(4S_D)/(2√2)）・・・(5.10) したがって、 A_2((c^2＋a^2―b^2)/(2a)，―(4S_D)/(2a))＝(3/(2√2) ，―(4S_D)/(2√2)）・・・(5.11) となる。 [6] (A_1)D＜AD＜(A_1)D ⇔[(A_1)D]^2＜AD^2＜[(A_2)D]^2 ・・・(6.1)だから、 [(A_1)D]^2 ＝[(e^2＋a^2―f^2)/(2a)―(c^2＋a^2―b^2)/(2a)]^2＋[(4S_A―4S_D)/(2a)]^2 ＝[{(b^2＋e^2)―(c^2＋f^2)}^2＋16(S_A)^2＋16(S_D)^2―32(S_A)(S_D)]/(4a^2) ＝(3―1)^2/(2√2)^2＋[16(S_A)^2＋16(S_D)^2―32(S_A)(S_D)]/(2√2)^2 ＝1/2＋[16(S_A)^2＋16(S_D)^2―32(S_A)(S_D)]/8 ・・・(6.2) また、 [(A_2)D]^2 ＝[(e^2＋a^2―f^2)/(2a)―(c^2＋a^2―b^2)/(2a)]^2＋[(4S_A＋4S_D)/(2a)]^2 ＝[{(b^2＋e^2)―(c^2＋f^2)}^2＋16(S_A)^2＋16(S_D)^2＋32(S_A)(S_D)]/(4a^2) ＝[(3―1)^2/(2√2)^2＋16(S_A)^2＋[16(S_D)^2―32(S_A)(S_D)]/(2√2)^2 ＝1/2＋[16(S_A)^2＋16(S_D)^2＋32(S_A)(S_D)]/8 ・・・(6.3) そして 16(S_D)^2＝(a＋b+c)(a＋b―c)(b＋c―a)(c＋a―b) ＝(√2＋√3＋2)(√2＋√3―2))(√3＋2―√2)(2＋√2―√3) ＝{(√2＋√3)^2―2^2}{2^2―(√3―√2)^2} ＝(2√6＋1)(2√6―1)＝23 ・・・(6.4) ゆえに 4(S_D)＝√23 ・・・(6.5) 同様に 16(S_A)^2＝(a＋e+f)(a＋e―f)(e＋f―a)(f＋a―e) ＝(√2＋√10＋√11)(√2＋√10―√11)(√10＋√11―√2)(√11＋√2―√10) ・・・(6.6) ＝{(√2＋√10)^2―(√11)^2)}{(√11)^2―(√10―√2)^2} ＝(4√5＋1)(4√5―1)＝80―１＝79 ・・・(6.7) ゆえに 4(S_D)＝√79 ・・・(6.8) よって (6.2)，(6.3)は それぞれ、 [(A_1)D]^2＝1/2＋[79＋23―2√23√79]/8＝(53―√23√79)/4 ・・・(6.9) [(A_2)D]^2＝1/2＋[79＋23＋2√23√79]/8＝(53＋√23√79)/4 ・・・(6.10)となるから、 (6.1)は (53―√23√79)/4＜d^2＜(53＋√23√79)/4 ・・・(6.11) ゆえに √(53―√23√79)/2＜d＜√(53―√23√79)/2 ・・・(6.12) [7] すなわち BC＝a＝√2 ，CA＝b＝√3 ，AB＝c＝2 である△ABCと BC＝a＝√2，BD＝e＝√10 、CD＝f＝√11である△BCDが与えられたとき、 「四面体ABCDができる」ためのAD＝dの長さの「条件」は、 (53―√23√79)/4＜d^2＜(53＋√23√79)/4 ・・・(7.1) つまり、√(53―√23√79)/2＜d＜√(53―√23√79)/2 ・・・(7.2)である ことになる。ここに 4S_D＝√23 ，4S_D＝√79 であることに注意されたい。 √23√79＝4.795831523・・・×8.888194417・・・＝42.62628297・・・なので、 (53―√23√79)＝10.37371703・・・、(53＋√23√79)＝95.62628297・・・ (53―√23√79)/4＝ 2.593429257・・・，(53＋√23√79)/4＝23.90657074・・・、 位なので (7.1)は、 大体 2.593429257・＜d^2＜23.90657074・ ・・・(7.3) となる。 今この「例1」では、d＝AD＝３としているので、d^2＝９であって(7.3)、したがって (7.1)を満たし、「四面体ABCDができる」 [8] 一般には、 BC＝a ，CA＝b ，AB＝cである△ABCとBC＝a，BD＝e 、CD＝fである△BCDが 与えられたとき、「四面体ABCDができる」ためのAD＝dの長さの「条件」は、 [(e^2＋a^2―f^2)/(2a)―(c^2＋a^2―b^2)/(2a)]^2＋[(4S_A―4S_D)^2/(2a)]^2 ＜d^2 ＜[(e^2＋a^2―f^2)/(2a)―(c^2＋a^2―b^2)/(2a)]^2＋[(4S_A＋4S_D)/(2a)]^2 ・・・(8.1.1) ここで、実は {(b^2＋e^2)―(c^2＋f^2)}^2＋16(S_A)^2＋16(S_D)^2 ＝2(a^2)(b^2＋c^2―a^２)+2(e^2)(c^2＋a^２―b^2)＋2(f^2)(a^２＋b^2―c^2) ・・・(8.1.2) となるので、(8.1.1)は、 [(a^2)(b^2＋c^2―a^２)+(e^2)(c^2＋a^２―b^2)＋(f^2)(a^２＋b^2―c^2)―(4S_A)(4S_D)]/(2a^2) ＜d^2 ＜[(a^2)(b^2＋c^2―a^２)+(e^2)(c^2＋a^２―b^2)＋(f^2)(a^２＋b^2―c^2)＋(4S_A)(4S_D)]/(2a^2) ・・・(8.1.3) となる。 よって 「定理8.2] BC＝a ，CA＝b ，AB＝c である△ABCと BC＝a，BD＝e 、CD＝f である△BCDとが与えられたとき、 「四面体ABCDができる」ためのAD＝dの長さの「条件」は、 ⇔ [(a^2)(b^2＋c^2―a^２)+(e^2)(c^2＋a^２―b^2)＋(f^2)(a^２＋b^2―c^2)―(4S_A)(4S_D)]/(2a^2) ＜d^2 ＜[(a^2)(b^2＋c^2―a^２)+(e^2)(c^2＋a^２―b^2)＋(f^2)(a^２＋b^2―c^2)＋(4S_A)(4S_D)]/(2a^2) ・・・(8.2.1) ここに、S_A＝△BCDの面積、S_A＝△BCDの面積であって、例えば ヘロンの公式から、 4S_D＝√(a＋b+c)(a＋b―c)(b＋c―a)(c＋a―b)，4S_A＝√(a＋e+f)(a＋e―f)(e＋f―a)(f＋a―e) で計算できる。 「定理8.3] (8.2.1)式は (1) ―(4S_A)(4S_D) 2(ad)^2―[(a^2)(b^2＋c^2―a^２)+(e^2)(c^2＋a^２―b^2)＋(f^2)(a^２＋b^2―c^2)] (4S_A)(4S_D) ⇔ |2(ad)^2―[(a^2)(b^2＋c^2―a^２)+(e^2)(c^2＋a^２―b^2)＋(f^2)(a^２＋b^2―c^2)]|^2 ＜(4S_A)^2×(4S_D)^2 ・・・(8.2.2） (2) これを、「一生懸命計算する」と (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＋(dbf)^2＋(cde)^2＋(abc)^2} ＞ 0 ・・・(8.3.1） と同値になる。 ここで 4detJ(3) ＝(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＋(dbf)^2＋(cde)^2＋(abc)^2} ＞ 0 ・・・(8.3.2）だったので、 結局 (3)「定理8.2]の BC＝a ，CA＝b ，AB＝cである△ABCと BC＝a，BD＝e 、CD＝fである△BCDとが与えられたとき、 「四面体ABCDができる」ためのAD＝dの長さの「条件」は ⇔ [(a^2)(b^2＋c^2―a^２)+(e^2)(c^2＋a^２―b^2)＋(f^2)(a^２＋b^2―c^2)―(4S_A)(4S_D)]/(2a^2) ＜d^2 ＜[(a^2)(b^2＋c^2―a^２)+(e^2)(c^2＋a^２―b^2)＋(f^2)(a^２＋b^2―c^2)＋(4S_A)(4S_D)]/(2a^2) ・・・(8.3.3) ⇔ 4detJ(3) ＞0 ・・・(8.3.4)となる。すなわち ⇔(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+(dbf)^2＋(cde)^2+(abc)２} 0 ・・・(8.3.5) となる。 [9] 「例１」で [命題1.2](1.2.1)の 「四面体ABCD」ができる ⇔ (A_1)D AD (A_2)D を使って求めたAD=dの範囲が (7.1)の (53―√23√79)/4＜d^2＜(53＋√23√79)/4 であった。 そこで[定理8.3]より、 このd^2の条件が上記の(8.3.5) (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+(dbf)^2＋(cde)^2+(abc)２} 0 からも導かれることを示してみよう 。 BC＝a＝√2 ，CA＝b＝√3 ，AB＝c＝2 である△ABCと BC＝a＝√2，BD＝e＝√10 、CD＝f＝√11である△BCDだったから(8.3.5)に代入して 2d^2(3＋10＋4＋11―2―d^2)＋30(4＋11＋2＋d^2―3―10) ＋44(2＋d^2＋3＋10―4―11)―{(2×10×11)+(d^2)×3×11＋4×(d^2)×10+2×3×4}＞０ ・・・(9.1.1) よって 2d^2(26―d^2)＋30(4＋d^2)+44(d^2)―{220＋33(d^2)＋40(d^2)＋24}＞０ ゆえに ―2(d^4)+(52＋30＋44―33―40)d^2＋120―220―24＞０・・・(9.1.2)すなわち、 2(d^4)―53(d^2)＋124＜０ ・・・(9.1.3)という d^2の2次不等式になる。 2(d^4)―53(d^2)＋124＝０を解の公式で解く d^2＝(1/4)［53±√{(53^2)―4×2×124} ・・・(9.1.4) (9.1.4)の√の中身＝判別式＝53×53―4×2×4×31＝53×53―32×31 ＝53×53―31×31―31＝(53＋31)(53―31)―31＝84×22―31＝1848―31＝1817 ところが 1817＝23×79 ・・・(9.1.5) となる！！ ので(9.1.3)を解くと {53―√(23×79)}/4＜d^2＜{53＋√(23×79)}/4 つまり (53―√23√79)/4＜d^2＜(53＋√23√79)/4 となり、 (7.1)が導かれた。 [10] この場合は2つの三角形は共に存在していたので、 d^2の求める条件は (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+(dbf)^2＋(cde)^2+(abc)２} 0 つまり、四面体ABCDの体積Ｖについて 4detJ＝(6V)^2＞０ だけで必要十分であったのである。 一般には、三角形ができるかどうかもわからないので、この4detJ＝(6V)^2＞０だけでは不十分である。 これについては、「栗田 稔」 先生の本「入門｜現代の数学[7] 具象から幾何学へ」 (数学セミナー増刊）のP64〜P65に書いてある。 つまり、 (1)「1つの三角形ができること、すなわちヘロンの公式＞０ (面積が存在すること）」 かつ (2) 4detJ 0 (体積が存在すること）となる ことが必要十分である。
https://w.atwiki.jp/359crosssaga/pages/15.html
魏武将一覧 武将名 兵種 張遼 重騎兵 甄姫 歌姫 許褚 刀兵 郭嘉 策士 龐徳 重騎兵 典韋 刀兵 賈詡 策士 司馬懿 重騎兵 荀彧 策士 曹操 重騎兵 夏侯惇 長槍兵 徐晃 連弩兵 程昱 連弩兵 辛憲英 歌姫 于禁 刀兵 張郃 長槍兵 張春華 策士 楽進 長槍兵 曹仁 刀兵 夏侯淵 重騎兵 曹丕 重騎兵
https://w.atwiki.jp/otusu/pages/50.html
Ver3.11 今回は英傑伝攻略【武錬第２５話】なので呂蒙軍です。 『敵部隊詳細』 部隊数 ５ 伏兵数 ０ 柵 ３ 『条件』 騎兵使用禁止 『攻略』 柵は全て城門前にあります、この章では弓兵が多いので、普通に戦うとけっこう面倒です。 簡単なやり方としては弓兵を多く入れて遠弓撃陣や極滅業炎を使うと楽に撃破出来ます。 また攻城兵と７コスト槍兵で開幕長槍陣でも簡単にクリアできます。 騎兵を使えませんので、もし極滅業炎や長槍陣を使用しても開幕落城出来なかった場合は１部隊ずつ集中して撃破を狙うと良いです、困ったら地属性弓兵＋遠弓撃陣なら一方的に弓ダメージを与えられます。 『ハイスコアを目指す』 自分は長槍陣でやりました、極滅業炎＋弓兵でももちろん大丈夫です。 長槍陣のデッキはＲ張飛 Ｒ華雄 ＵＣ凌統 Ｃ雷薄 軍師法正でやりました、開幕端攻めで長槍陣を使用しますが、兵力が減ると城に帰ろうとするので逃がさないように気をつけなければいけません。 敵がＲ徐盛の計略を使用してくれたらかなりラッキーです、難易度はどちらかというと極滅業炎＋地属性弓兵＋Ｃ雷薄のが簡単だと思います。 極滅業炎でやる場合は配置は敵城門前で大丈夫です、ちょっと深め(奥)にしておくと連環効果もあるので逃げられにくいです。 ここの章はハイスコアを目指すとちょっと運の要素もあるのでやり込みになるかもしれません^^;