正多面体の分類

同義語：classification of regular polyhedra

概要

前提知識: 正多角形, 多面体, Eulerの多面体定理（高校数学）

高校での出発点：紙の正多角形で頂点を作る

同じ大きさの正三角形を紙で何枚も作り、1 つの点のまわりに並べてテープでとめる。3 枚並べると、平らに置いたときに隙間が残る。その隙間を閉じるように折り曲げると、とがった頂点ができる。これが正四面体の頂点である。正多角形の 1 つの内角は、正 $p$ 角形なら $180^\circ-\dfrac{360^\circ}p$ である（内角の和 $(p-2)\times180^\circ$ を $p$ 等分した値。多角形の内角の和と外角の和）。

1 点のまわりに並べる

正三角形の内角は $60^\circ$、正方形は $90^\circ$、正五角形は $108^\circ$、正六角形は $120^\circ$ である。1 点のまわりに $q$ 枚並べたときの角の和は次のとおりである（図1）。

正三角形：3 枚で $180^\circ$、4 枚で $240^\circ$、5 枚で $300^\circ$、6 枚で $360^\circ$。
正方形：3 枚で $270^\circ$、4 枚で $360^\circ$。
正五角形：3 枚で $324^\circ$、4 枚で $432^\circ$。
正六角形：3 枚で $360^\circ$。
和が $360^\circ$ より小さいときだけ隙間が残り、折り曲げてとがった頂点が作れる。和がちょうど $360^\circ$ なら平らに敷き詰まってしまい、$360^\circ$ を超えると重なって並べられない。とがった頂点が作れるのは、(正三角形, 3 枚)、(正三角形, 4 枚)、(正三角形, 5 枚)、(正方形, 3 枚)、(正五角形, 3 枚) の 5 通りである。

正多角形を 1 点のまわりに並べたときの角の和。赤い斜線は 360° に足りない隙間で、これを閉じるように折り曲げると立体の頂点になる。和が 360° の 3 つの場合は平らに敷き詰まる
この 5 通りのそれぞれから、実際に立体が 1 つずつできる。頂点・辺・面の数は、同じものを 2 通りに数えると求まる。

正二十面体の頂点・辺・面

正三角形 20 枚でできていて、どの頂点にも 5 枚が集まる立体（正二十面体）を考える。

辺：面ごとに辺を数えると $3\times20=60$ 本になる。どの辺も 2 枚の面に共有されるので、辺は $60\mathbin{÷}2=30$ 本である。

頂点：面ごとに頂点を数えると $60$ 個になる。どの頂点も 5 枚の面に共有されるので、頂点は $60\mathbin{÷}5=12$ 個である。
$V-E+F=12-30+20=2$ で、Eulerの多面体定理（高校数学）と合う。同じ計算で、5 つの立体は次の表のようになる。

名前	面の形	1 頂点の面の数	$V$	$E$	$F$	1 頂点の角の和
正四面体	正三角形	$3$	$4$	$6$	$4$	$180^\circ$
正八面体	正三角形	$4$	$6$	$12$	$8$	$240^\circ$
正二十面体	正三角形	$5$	$12$	$30$	$20$	$300^\circ$
立方体	正方形	$3$	$8$	$12$	$6$	$270^\circ$
正十二面体	正五角形	$3$	$20$	$30$	$12$	$324^\circ$

この記事で答える問いは次の 4 つである。

正多面体の型が 5 通りしかないことを、きちんと証明するにはどうするか。→ thm-crp-main、prf-crp-angle
「頂点の角の和は $360^\circ$ より小さい」はなぜ正しいのか。→ lem-crp-trihedral、lem-crp-vertex-sum
角を使わずに、数えるだけで同じ結論が出るか。→ prop-crp-vef

5 種類は実際にあるのか。条件を弱めるとどうなるか。→ prop-crp-existence、「例と反例」の節の表

高校の計算	この記事での見方	大学の言葉
正 $p$ 角形の内角 $180^\circ-\frac{360^\circ}p$	1 頂点の角の和 $<360^\circ$	凸多面体の頂点の性質
$q\left(180^\circ-\frac{360^\circ}p\right)<360^\circ$	$(p-2)(q-2)<4$	Schläfli 記号 $\{p,q\}$
辺を 2 通りに数える	$\frac1p+\frac1q=\frac12+\frac1E$	球面の Euler標数が $2$
立体を重ねる回転	回転の数は $2E$	有限回転群 $A_4$、$S_4$、$A_5$

正多面体の定義

多面体と凸多面体は Eulerの多面体定理（高校数学）と同じ意味で使う。有限個の平らな多角形（面）をはり合わせた立体の表面で、どの辺もちょうど 2 枚の面に共有され、各頂点のまわりに面が 1 つの輪のように並ぶもの、そのうち中の 2 点を結ぶ線分がいつも立体に含まれるものが凸多面体である。

正多面体と型

凸多面体が次の 2 つの条件を満たすとき、正多面体 という。

すべての面が、互いに合同な正 $p$ 角形である（$p\ge3$）。
どの頂点にも、同じ枚数 $q$ の面が集まる（$q\ge3$）。
組 $(p,q)$ をその正多面体の型といい、$\{p,q\}$ とも書く（Schläfli 記号）。

どの頂点にも少なくとも 3 枚の面が集まる。2 枚だけでは、2 枚の面がその頂点から出る 2 本の辺を両方とも共有して重なってしまい、立体の頂点にならないからである。

型を読む

立方体は、面が正方形（$p=4$）で、どの頂点にも 3 枚の面が集まる（$q=3$）ので、型は $\{4,3\}$ である。
正八面体は、面が正三角形（$p=3$）で、どの頂点にも 4 枚が集まる（$q=4$）ので、型は $\{3,4\}$ である。立方体の $p$ と $q$ を入れ替えた型になっている（rem-crp-dual）。

主定理：正多面体の型は 5 通り

正多面体の分類

正多面体の型 $\{p,q\}$ は
$$ \{3,3\},\quad\{3,4\},\quad\{3,5\},\quad\{4,3\},\quad\{5,3\} $$
の 5 通りに限られる。逆に、この 5 通りのそれぞれについて、その型の正多面体がある（正四面体・正八面体・正二十面体・立方体・正十二面体）。

「5 通りに限られる」ことを 2 通りに証明し、「ある」ことは prop-crp-existence で座標を与えて確かめる。
同じ型の正多面体が大きさを除いて同じ形（相似）であること、つまり型が形を決めることは、本記事では証明しない。この記事で「正多面体は 5 種類」というときは、型が 5 通りという意味である。

1 つめの証明の準備：空間の角の不等式

平面では、1 点から出る 3 本の半直線のなす角について、$\angle AOC=\angle AOB+\angle BOC$ となることがある（$B$ が角 $AOC$ の内側にあるとき）。空間では、3 本が同じ平面になければ、真の不等号になる。

三面角の不等式

点 $O$ から出る 3 本の半直線 $OA$、$OB$、$OC$ が同じ平面上にないとき
$$ \angle AOC<\angle AOB+\angle BOC $$
である。

合同な三角形と余弦定理

要点：$\angle AOC$ の中に $\angle AOB$ と同じ大きさの角 $\angle AOD$ を作り、残りの角 $\angle DOC$ を $\angle BOC$ と比べる。三角形の不等式から $BC>DC$ が出て、2 辺がそれぞれ等しい 2 つの三角形では、残りの辺が長いほうが間の角も大きいこと（余弦定理（高校数学））から $\angle BOC>\angle DOC$ が出る。

詳しい証明を開く（段 1〜段 6）

段 1（易しい場合）。$\angle AOC\le\angle AOB$ なら、$\angle BOC>0^\circ$ なので $\angle AOC<\angle AOB+\angle BOC$ である。以下 $\angle AOC>\angle AOB$ とする。

段 2（角を写す）。平面 $AOC$ の上で、角 $AOC$ の内側に半直線 $OD$ を $\angle AOD=\angle AOB$ となるようにとる。$OD$ の上に点 $D$ を 1 つ決め、半直線 $OB$ の上に $OB=OD$ となる点 $B$ をとり直す。$D$ を通り、角 $AOC$ の二等分線に垂直な直線を引くと、角 $AOC$ は $180^\circ$ より小さい（$180^\circ$ なら $A,O,C$ が一直線上にあり、3 本の半直線は同じ平面上にのってしまう）ので、この直線は半直線 $OA$、$OC$ と交わる。交点を改めて $A$、$C$ とする。$D$ は線分 $AC$ の上にある。

段 3（合同）。三角形 $AOB$ と $AOD$ は、$OA$ が共通、$OB=OD$、$\angle AOB=\angle AOD$ なので合同で、$AB=AD$ である。

段 4（三角形の不等式）。$O,A,B,C$ は同じ平面上にないので、$A,B,C$ は一直線上になく、三角形 $ABC$ で $AB+BC>AC$ である。$AC=AD+DC$ と $AB=AD$ を入れると $AD+BC>AD+DC$、つまり $BC>DC$ である。

段 5（角を比べる）。三角形 $BOC$ と $DOC$ で、余弦定理から $$BC^2=OB^2+OC^2-2\,OB\cdot OC\cos\angle BOC,\qquad DC^2=OD^2+OC^2-2\,OD\cdot OC\cos\angle DOC$$ である。$OB=OD$ なので、$BC>DC$ から $\cos\angle BOC<\cos\angle DOC$ である。$0^\circ$ から $180^\circ$ の範囲で余弦は減少するので、$\angle BOC>\angle DOC$ である。

段 6（まとめ）。$D$ は角 $AOC$ の内側にあるので $\angle AOC=\angle AOD+\angle DOC$ である。段 2 と段 5 から $\angle AOD+\angle DOC<\angle AOB+\angle BOC$ なので、$\angle AOC<\angle AOB+\angle BOC$ である。

立方体の頂点で確かめる

原点から $A=(1,0,0)$、$B=(0,1,0)$、$C=(0,0,1)$ へ向かう 3 本（立方体の 1 つの頂点から出る 3 本の辺）では、どの角も $90^\circ$ で、$90^\circ<90^\circ+90^\circ$ である。
$A=(1,0,0)$、$B=(1,1,1)$、$C=(0,1,0)$ とする（$B$ は立方体の対角線の向き）。$\angle AOC=90^\circ$、$\cos\angle AOB=\cos\angle BOC=\dfrac1{\sqrt3}$ で、$\angle AOB=\angle BOC\approx54.74^\circ$ である。$90^\circ<109.47^\circ$ となり、lem-crp-trihedral のとおりである。
$B$ を平面 $AOC$ の上の $B=(1,1,0)$ に替えると、$\angle AOB=\angle BOC=45^\circ$ で、$\angle AOC=90^\circ=45^\circ+45^\circ$ と等号になる。3 本が同じ平面上にあると、真の不等号は成り立たない。

凸多面体の頂点の角の和

凸多面体の頂点 $x$ に $q$ 枚の面が集まり、それらの面の $x$ での内角を $\alpha_1,\dots,\alpha_q$ とする。このとき
$$ \alpha_1+\alpha_2+\dots+\alpha_q<360^\circ $$
である。

頂点の近くで切る

方針：頂点 $x$ のすぐ近くを平面で切り、切り口の多角形の各頂点で lem-crp-trihedral を使う。切り口の多角形の内角の和と、側面の三角形の内角の和を比べる。途中で、凸多面体についての次の事実を使う（本記事では証明しない）。
(C) $x$ を端とする $q$ 本の辺を $x$ のまわりに並ぶ順に $e_1,\dots,e_q$ とする。$x$ のすぐ近くを適当な平面で切ると、平面は各辺 $e_i$ と 1 点 $A_i$ で交わり、切り口は $A_1,A_2,\dots,A_q$ をこの順に頂点とする凸多角形 $K$ になる。三角形 $xA_iA_{i+1}$ は $x$ に集まる面の 1 つに含まれ、その $x$ での角が $\alpha_i$ である（$A_{q+1}=A_1$、$A_0=A_q$ と読む）。
段 1（切り口の頂点で不等式）。$K$ の頂点 $A_i$ から出る 3 本の半直線 $A_iA_{i-1}$、$A_iA_{i+1}$、$A_ix$ を考える。はじめの 2 本は切り口の平面の上にあり、$x$ はその平面の上にないので、3 本は同じ平面上にない。lem-crp-trihedral から
$$ \angle A_{i-1}A_iA_{i+1}<\angle A_{i-1}A_ix+\angle xA_iA_{i+1} $$
である。
段 2（左辺を足す）。$i=1,\dots,q$ について左辺を足すと、凸 $q$ 角形 $K$ の内角の和で、多角形の内角の和と外角の和から $(q-2)\times180^\circ$ である。
段 3（右辺を足す）。右辺を足すと、$q$ 個の三角形 $xA_iA_{i+1}$ の、$x$ 以外の 2 つの角をすべて足したものになる。各三角形の内角の和は $180^\circ$ で、$x$ での角が $\alpha_i$ なので、右辺の和は $q\times180^\circ-(\alpha_1+\dots+\alpha_q)$ である。
段 4（比べる）。段 1〜段 3 から
$$ (q-2)\times180^\circ< q\times180^\circ-(\alpha_1+\dots+\alpha_q) $$
である。移項すると $\alpha_1+\dots+\alpha_q<2\times180^\circ=360^\circ$ である。

lem-crp-vertex-sum は Euclid『原論』第 XI 巻命題 21 の内容で、第 XIII 巻命題 18 の後半は、この命題を使って 5 種類のほかに正多面体がないことを論じている（Hea56（Vol. III、第 XIII 巻命題 18））。

1 つめの証明：頂点の角の和から

頂点の角の和による証明

方針：1 つの頂点に集まる角の和を $p,q$ で表し、lem-crp-vertex-sum の不等式を整数の不等式に直す。
段 1（角の和）。型 $\{p,q\}$ の正多面体の 1 つの頂点には、内角 $180^\circ-\dfrac{360^\circ}p$ の角が $q$ 個集まる。lem-crp-vertex-sum から
$$ q\left(180^\circ-\frac{360^\circ}p\right)<360^\circ $$
である。
段 2（整理する）。両辺を $180^\circ$ で割ると $q\left(1-\dfrac2p\right)<2$ である。両辺に $p>0$ を掛けると $q(p-2)<2p$、つまり $pq-2p-2q<0$ である。両辺に $4$ を足すと $pq-2p-2q+4<4$ で、左辺は $(p-2)(q-2)$ に等しい。よって
$$ (p-2)(q-2)<4 $$
である。
段 3（整数の組を調べる）。$p\ge3$、$q\ge3$ なので $p-2$ と $q-2$ は正の整数で、積が $4$ より小さい。積が $1,2,3$ になる組は $(p-2,q-2)=(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(3,1)$ だけである。これは $\{p,q\}=\{3,3\},\{3,4\},\{4,3\},\{3,5\},\{5,3\}$ にあたる。

不等式で候補を消す

$p=6$、$q=3$：$(6-2)(3-2)=4$ で $4<4$ を満たさない。角の和は $3\times120^\circ=360^\circ$ で、平らな蜂の巣の敷き詰めになる。
$p=5$、$q=4$：$(5-2)(4-2)=6\ge4$。角の和は $4\times108^\circ=432^\circ$ で $360^\circ$ を超える。
$p=3$、$q=5$：$(3-2)(5-2)=3<4$ で候補に残る。角の和は $300^\circ$ である。
$p$ を横、$q$ を縦にとって格子点を描くと、候補に残るのは曲線 $(p-2)(q-2)=4$ より下の 5 点だけである（図2）。

格子点 (p, q) と曲線 (p−2)(q−2)=4。曲線より下の 5 点（青）が正多面体、曲線上の 3 点（緑）は角の和がちょうど 360° で平面の敷き詰め、上の点（赤）は角の和が 360° を超える

2 つめの証明：Euler の多面体定理から

角の大きさを使わず、頂点・辺・面の数を数えるだけでも同じ結論が出る。凸多面体について $V-E+F=2$ が成り立つことは Eulerの多面体定理（高校数学）で証明した。

型から決まる頂点・辺・面の数

型 $\{p,q\}$ の正多面体の頂点・辺・面の数は
$$ \frac1p+\frac1q=\frac12+\frac1E,\qquad V=\frac{2E}q,\qquad F=\frac{2E}p $$
を満たす。特に $\dfrac1p+\dfrac1q>\dfrac12$ で、これは $(p-2)(q-2)<4$ と同じである。

辺を 2 通りに数える

方針：辺の数を「面ごと」と「頂点ごと」の 2 通りに数えて $V$、$F$ を $E$ で表し、$V-E+F=2$ に入れる。
段 1（面ごと）。各面は $p$ 本の辺をもつので、面ごとに数えると $pF$ 本である。各辺はちょうど 2 枚の面に共有されるので、$pF=2E$、つまり $F=\dfrac{2E}p$ である。
段 2（頂点ごと）。各頂点には $q$ 枚の面が輪のように並び、隣り合う面の間に 1 本ずつ辺があるので、各頂点から $q$ 本の辺が出る。頂点ごとに数えると $qV$ 本で、各辺は両端の 2 つの頂点で数えられるので、$qV=2E$、つまり $V=\dfrac{2E}q$ である。
段 3（Euler の定理に入れる）。$V-E+F=2$ に入れると $\dfrac{2E}q-E+\dfrac{2E}p=2$ である。両辺を $2E$ で割ると $\dfrac1q-\dfrac12+\dfrac1p=\dfrac1E$、つまり $\dfrac1p+\dfrac1q=\dfrac12+\dfrac1E$ である。
段 4（不等式）。$E>0$ なので $\dfrac1p+\dfrac1q>\dfrac12$ である。両辺に $2pq>0$ を掛けると $2q+2p>pq$、つまり $pq-2p-2q<0$ で、両辺に $4$ を足すと $(p-2)(q-2)<4$ である。ここから先は prf-crp-angle の段 3 と同じで、型は 5 通りに限られる。

公式で数を求める

$\{5,3\}$：$\dfrac15+\dfrac13=\dfrac8{15}$、$\dfrac8{15}-\dfrac12=\dfrac1{30}$ なので $E=30$、$V=\dfrac{60}3=20$、$F=\dfrac{60}5=12$ である（正十二面体）。
$\{3,4\}$：$\dfrac13+\dfrac14=\dfrac7{12}$、$\dfrac7{12}-\dfrac12=\dfrac1{12}$ なので $E=12$、$V=\dfrac{24}4=6$、$F=\dfrac{24}3=8$ である（正八面体）。
$\{4,4\}$ を入れると $\dfrac14+\dfrac14-\dfrac12=0=\dfrac1E$ となり、$E$ が決まらない（辺が無限にある碁盤の目にあたる）。

2 つの証明は使うものが違う。1 つめは凸多面体の角の性質 lem-crp-vertex-sum を使い、面が正多角形であることが効く。2 つめは $V-E+F=2$ と数え方だけを使うので、面が正多角形でなくても、「どの面も $p$ 角形で、どの頂点にも $q$ 枚の面が集まる」凸多面体なら、$(p,q)$ は同じ 5 通りに限られる。たとえば、面がすべて三角形（正三角形でなくてもよい）で、どの頂点にもちょうど 6 枚の面が集まる凸多面体はない（$\{3,6\}$ は $(p-2)(q-2)=4$）。

5 つの正多面体は実際にある

5 つの正多面体の座標

$\varphi=\dfrac{1+\sqrt5}2$（黄金比。$\varphi^2=\varphi+1$ を満たす）とする。次の点を頂点とする凸多面体（点をすべて含む最小の凸な立体）は、それぞれ型 $\{4,3\}$、$\{3,3\}$、$\{3,4\}$、$\{3,5\}$、$\{5,3\}$ の正多面体である。

立方体：$(\pm1,\pm1,\pm1)$ の $8$ 点（符号はすべての組合せ）。
正四面体：$(1,1,1)$、$(1,-1,-1)$、$(-1,1,-1)$、$(-1,-1,1)$ の $4$ 点。
正八面体：$(\pm1,0,0)$、$(0,\pm1,0)$、$(0,0,\pm1)$ の $6$ 点。
正二十面体：$(0,\pm1,\pm\varphi)$、$(\pm1,\pm\varphi,0)$、$(\pm\varphi,0,\pm1)$ の $12$ 点。
正十二面体：$(\pm1,\pm1,\pm1)$ の $8$ 点と、$(0,\pm\frac1\varphi,\pm\varphi)$、$(\pm\frac1\varphi,\pm\varphi,0)$、$(\pm\varphi,0,\pm\frac1\varphi)$ の $12$ 点。

証明について

1〜3 は次の ex-crp-small-three で確かめる。4 と 5 で「面がこれですべてである」ことを示すには、座標の符号の反転と巡回的な入れ替えで点の集合が変わらないことを使う議論が要る。本記事では証明しない。証明は大学向けの正多面体の命題「5種類の正多面体の座標」にある。ここでは ex-crp-icosahedron で辺の長さと、1 頂点に集まる辺の数を確かめる。

5 つの正多面体。座標は命題「5 つの正多面体の座標」のもの

立方体・正四面体・正八面体を確かめる

立方体：点 $(\pm1,\pm1,\pm1)$ をすべて含む最小の凸な立体は $-1\le x,y,z\le1$ で、面は $x=\pm1$、$y=\pm1$、$z=\pm1$ の 6 枚の正方形（1 辺 $2$）である。各頂点、たとえば $(1,1,1)$ は $x=1$、$y=1$、$z=1$ の 3 枚の面にのる。型は $\{4,3\}$ である。
正四面体：4 点のどの 2 点の距離も $2\sqrt2$ である（たとえば $(1,1,1)$ と $(1,-1,-1)$ の距離の 2 乗は $0+4+4=8$）。4 点は同じ平面上にないので、4 枚の面はどれも 1 辺 $2\sqrt2$ の正三角形で、各頂点に 3 枚集まる。型は $\{3,3\}$ である。この 4 点は立方体の頂点を 1 つおきに選んだものである。
正八面体：立体は $|x|+|y|+|z|\le1$ で、面は $\pm x\pm y\pm z=1$ の 8 枚である。たとえば $x+y+z=1$ の面は $(1,0,0)$、$(0,1,0)$、$(0,0,1)$ を頂点とする 1 辺 $\sqrt2$ の正三角形である。頂点 $(1,0,0)$ は $x$ の係数が $+1$ の 4 枚の面にのる。型は $\{3,4\}$ である。

正二十面体と黄金長方形

prop-crp-existence の 4 の 12 点は、互いに直交する 3 枚の長方形の頂点である。たとえば $(0,\pm1,\pm\varphi)$ の 4 点は、$yz$ 平面の上の、たて $2\varphi$、よこ $2$ の長方形の頂点で、たてとよこの比は $\varphi$（黄金比）である（図4）。
点 $v=(0,1,\varphi)$ から他の 11 点までの距離を計算すると、最も近いのは次の 5 点で、距離はどれも $2$ である。
$$ (0,-1,\varphi),\quad(1,\varphi,0),\quad(-1,\varphi,0),\quad(\varphi,0,1),\quad(-\varphi,0,1) $$
たとえば $(1,\varphi,0)$ までの距離の 2 乗は $1+(\varphi-1)^2+\varphi^2=2\varphi^2-2\varphi+2=2(\varphi+1)-2\varphi+2=4$ である（$\varphi^2=\varphi+1$ を使った）。$(\varphi,0,1)$ までは $\varphi^2+1+(\varphi-1)^2=4$ で、同じく $2$ である。
座標の巡回的な入れ替え $(x,y,z)\mapsto(z,x,y)$ と、各座標の符号の反転では、12 点の集合は変わらない（$(0,\pm1,\pm\varphi)$ は $(\pm\varphi,0,\pm1)$ に、$(\pm\varphi,0,\pm1)$ は $(\pm1,\pm\varphi,0)$ に、$(\pm1,\pm\varphi,0)$ は $(0,\pm1,\pm\varphi)$ に移る）。これらを組み合わせると $v$ をほかのどの頂点にも移せて、しかも 2 点の距離は変わらない。よって、どの頂点も $v$ と同じ状況にあり、どの頂点からも長さ $2$ の辺がちょうど 5 本出る。ただし、どんな入れ替えでもよいわけではない。たとえば $x$ と $y$ の入れ替えは $(0,1,\varphi)$ を $(1,0,\varphi)$ に移すが、$(1,0,\varphi)$ は 12 点に含まれない。辺の数は $\dfrac{12\times5}2=30$、長さ $2$ の辺でできる正三角形は $20$ 個あり、ex-crp-start-count の表と一致する。

正二十面体の 12 頂点は、互いに直交する 3 枚の黄金長方形（2 × 2φ）の頂点になっている

双対：$p$ と $q$ を入れ替える

正多面体の各面の中心を頂点とし、隣り合う面の中心を結ぶと、新しい正多面体ができる。これを双対という。型 $\{p,q\}$ の双対は型 $\{q,p\}$ で、頂点の数と面の数が入れ替わる。立方体 $\{4,3\}$ と正八面体 $\{3,4\}$、正十二面体 $\{5,3\}$ と正二十面体 $\{3,5\}$ が双対の組で、正四面体 $\{3,3\}$ の双対は正四面体である。これらは本記事では証明しない（立方体と正八面体の組は次の ex-crp-dual で確かめる）。

立方体の面の中心

立方体 $-1\le x,y,z\le1$ の 6 枚の面の中心は $(\pm1,0,0)$、$(0,\pm1,0)$、$(0,0,\pm1)$ で、prop-crp-existence の正八面体の頂点そのものである。隣り合う 2 面、たとえば $x=1$ と $y=1$ の中心 $(1,0,0)$ と $(0,1,0)$ は、正八面体の辺で結ばれている。立方体の頂点 8 個・辺 12 本・面 6 枚が、正八面体では面 8 枚・辺 12 本・頂点 6 個になる。

例と反例：どの条件が効いているか

thm-crp-main は「凸な」「閉じた立体で」「条件 1・2 を満たす」ものについての定理である。どれかを外すと、5 種類という結論や、その途中の主張が崩れる。

外した仮定	崩れる主張	ボックス
凸である（大十二面体は凸でなく、面どうしが突き抜けている）	1 頂点の角の和が $360^\circ$ より小さい（大十二面体では $540^\circ$）	ex-crp-great-dodecahedron
条件 2（どの頂点にも同じ枚数の面）	面が合同な正多角形なら 5 種類のどれかである（三角両錐）	ex-crp-bipyramid
条件 1（面がすべて合同）	正多角形の面で、どの頂点にも同じ並びで集まるなら 5 種類のどれかである（立方八面体）	ex-crp-cuboctahedron
面が有限個で、閉じた立体になる	$(p-2)(q-2)<4$（平面の敷き詰めでは $=4$）	ex-crp-tiling

反例：大十二面体

ex-crp-icosahedron の正二十面体の 1 つの頂点 $v$ に隣り合う 5 つの頂点は、1 辺 $2$ の正五角形の頂点になる（隣り合わない 2 点の距離はどれも $2\varphi$）。12 個の頂点のそれぞれについてこの正五角形をとると、12 枚の合同な正五角形ができる。正二十面体のどの頂点も、隣り合う 5 つの頂点の正五角形に含まれるので、5 枚の正五角形にのる。
この 12 枚を面とする立体（大十二面体）は、面がすべて合同な正五角形（条件 1）で、どの頂点にも 5 枚の面が集まる（条件 2）。しかし 1 頂点の角の和は $5\times108^\circ=540^\circ$ で、$360^\circ$ を超える。面どうしが互いを突き抜けていて、凸ではない。$V=12$、$E=30$（正二十面体の辺と同じ）、$F=12$ で、$V-E+F=-6$ となり、$2$ でもない。
満たす性質：条件 1・2。満たさない性質：凸であること（面どうしが突き抜けていて、凸でない）。破る主張：lem-crp-vertex-sum と、型が 5 通りに限られること（$\{5,5\}$ は $(p-2)(q-2)=9$）。

反例：三角両錐

2 つの正四面体を 1 枚の面ではり合わせると、6 枚の合同な正三角形でできた凸多面体（三角両錐）ができる。上下の 2 頂点には面が 3 枚（角の和 $180^\circ$）、真ん中の 3 頂点には 4 枚（角の和 $240^\circ$）集まる。$V=5$、$E=9$、$F=6$ で $V-E+F=2$ である。
満たす性質：凸、条件 1。満たさない性質：条件 2。破る主張：「面がすべて合同な正多角形の凸多面体は 5 種類のどれかである」。

反例：立方八面体

$(\pm1,\pm1,0)$、$(\pm1,0,\pm1)$、$(0,\pm1,\pm1)$ の 12 点を頂点とする凸多面体（立方体の各辺の中点を頂点とし、角を切り落とした形）を立方八面体という。面は 1 辺 $\sqrt2$ の正三角形 8 枚と正方形 6 枚で、どの頂点にも正三角形・正方形・正三角形・正方形の順に 4 枚の面が集まる。1 頂点の角の和は $60^\circ+90^\circ+60^\circ+90^\circ=300^\circ$ で、$360^\circ$ より小さい。$V=12$、$E=\dfrac{3\times8+4\times6}2=24$、$F=14$ で、$V-E+F=2$ である。
満たす性質：凸、条件 2、どの面も正多角形。満たさない性質：条件 1（面が 2 種類）。破る主張：「正多角形の面が各頂点に同じ並びで集まる凸多面体は 5 種類のどれかである」。このような立体は Archimedes の立体（半正多面体）とよばれ、サッカーボールの形（Eulerの多面体定理（高校数学）の例「サッカーボールの形」）もその 1 つである。

反例：平面の敷き詰め

正六角形を 3 枚ずつ集めて並べ続けると、蜂の巣の形に平面を埋めつくす。面はすべて合同な正六角形で、どの頂点にも 3 枚集まるので、条件 1・2 を満たす。しかし面は無限にあり、閉じた立体にならない。$(6-2)(3-2)=4$ で、$(p-2)(q-2)<4$ は成り立たない。正方形 4 枚ずつ $\{4,4\}$、正三角形 6 枚ずつ $\{3,6\}$ も同じで、図2 の曲線の上の 3 点にあたる。これらが平面を敷き詰める正多角形のすべてであることは正多角形の敷き詰めで扱う。
満たす性質：条件 1・2。満たさない性質：面が有限個で閉じた立体になること。破る主張：$(p-2)(q-2)<4$。

大学数学で見ると

角の不足の総和

prf-crp-angle で使った「$360^\circ$ に足りない分」を、1 つの頂点での 角の不足 とよぶ。型 $\{p,q\}$ の正多面体では、1 頂点の角の不足は $\delta=360^\circ-q\left(180^\circ-\dfrac{360^\circ}p\right)$ で、どの頂点でも同じである。

角の不足に頂点の数を掛ける

型	1 頂点の角の和	角の不足 $\delta$	$V$	$V\times\delta$
$\{3,3\}$	$180^\circ$	$180^\circ$	$4$	$720^\circ$
$\{3,4\}$	$240^\circ$	$120^\circ$	$6$	$720^\circ$
$\{3,5\}$	$300^\circ$	$60^\circ$	$12$	$720^\circ$
$\{4,3\}$	$270^\circ$	$90^\circ$	$8$	$720^\circ$
$\{5,3\}$	$324^\circ$	$36^\circ$	$20$	$720^\circ$

どの行でも、角の不足の合計は $720^\circ$ になる。これを知っていれば、頂点の数は $V=\dfrac{720^\circ}\delta$ で求まる。たとえば $\{5,3\}$ では $720^\circ\mathbin{÷}36^\circ=20$ である。

角の不足の合計が $720^\circ$ になることは正多面体に限らない。どんな凸多面体でもそうなることが Descartesの角欠損定理で、それは Euler の多面体定理 $V-E+F=2$ の言い換えになっている。角の不足は、多面体の表面の「曲がり具合」が頂点に集まったものと見ることができ、大学では曲面の曲率の総和と Euler標数を結ぶ Gauss–Bonnetの定理につながる。

対称性の群

正多面体を、形を変えずに自分自身にぴったり重ねる回転を考える。2 つの回転を続けて行うとまた回転になり、逆回しも回転になる。このような回転の全体は、大学で学ぶ群の例である。回転を行列で表す見方は回転・鏡映と行列の群で扱った。

立方体を重ねる回転を数える

立方体 $-1\le x,y,z\le1$ を自分自身に重ねる回転を、回転軸の種類で数える。

何もしない回転：$1$ 個。
向かい合う面の中心を通る軸（$3$ 本）のまわりの $90^\circ$、$180^\circ$、$270^\circ$ の回転：$3\times3=9$ 個。
向かい合う頂点を通る軸（対角線、$4$ 本）のまわりの $120^\circ$、$240^\circ$ の回転：$4\times2=8$ 個。
向かい合う辺の中点を通る軸（$6$ 本）のまわりの $180^\circ$ の回転：$6\times1=6$ 個。
合計 $1+9+8+6=24$ 個である。別の数え方もある。面を 1 つ選んで、それをどの面に重ねるかが $6$ 通り、重ねた面の上で回す仕方が $4$ 通りで、$6\times4=24$ である。

ex-crp-cube-rotations の 2 つめの数え方は、どの正多面体にも使える。1 つの面をどの面に重ねるかが $F$ 通り、その面の上で回す仕方が $p$ 通りなので、回転の数は $pF=2E$ である（面をどの面にでも重ねられる回転があることは、本記事では証明しない）。

正多面体の回転群

回転の数は、正四面体で $2\times6=12$、立方体と正八面体で $2\times12=24$、正十二面体と正二十面体で $2\times30=60$ である（双対の組は同じ回転で重なる）。大学の群論では、これらの回転の全体が、それぞれ 4 文字の偶置換の群 $A_4$、4 文字の置換の群 $S_4$、5 文字の偶置換の群 $A_5$ と同じ構造をもつことを学ぶ。たとえば立方体の回転は、4 本の対角線の並べ替えとちょうど対応する。本記事では証明しない。正二十面体と $A_5$ の対応は交代群の定理「正二十面体の回転群との同型」で扱っている（対称群も参照）。

高い次元の正多面体

4 次元以上の空間でも、正多面体にあたる図形（正多胞体）を考えることができる。4 次元の正多胞体は 6 種類、5 次元以上ではどの次元でも 3 種類（正四面体・立方体・正八面体にあたるもの）しかないことが知られている。本記事では証明しない（Cox73）。3 次元で「1 頂点のまわりに集まる角の和」を調べたのと同じく、1 つ低い次元の正多胞体をまわりに集めたときに隙間が残るかどうかが、分類の出発点になる。