Cauchyの剛性定理

同義語：コーシーの剛性定理Cauchy's rigidity theorem

概要

前提知識: Eulerの多面体定理（高校数学）, 余弦定理（高校数学）, 三角形の合同条件, ベクトルの内積（高校数学）

高校での出発点：棒で作った図形は動くか

同じ長さの棒 4 本を、端どうしを自由に回る留め金でつないで四角形を作る。正方形にしても、押せばひし形につぶれる。一方、3 本の棒の三角形は形が変わらない。3 辺の長さで三角形は決まるからである（三角形の合同条件の 3 辺相等）。

四角形は動き、三角形は動かない

1 辺 $2$ の正方形と、1 辺 $2$、1 つの角が $60^\circ$ のひし形は、4 辺の長さがすべて等しいが、合同ではない。対角線の長さが、正方形では $2\sqrt2$ と $2\sqrt2$、ひし形では $2$ と $2\sqrt3$ で違う（図 1 の左）。
3 辺が $2,2,2$ の三角形は、どれも 1 辺 $2$ の正三角形と合同である（図 1 の右）。辺の長さから角が決まる。たとえば余弦定理から $\cos A=\dfrac{2^2+2^2-2^2}{2\cdot2\cdot2}=\dfrac12$ で、$A=60^\circ$ である（余弦定理（高校数学））。

左：辺の長さが同じ正方形とひし形。棒の四角形は押すとつぶれる。右：3 辺の長さが決まった三角形は形が変わらない
空間では、多面体の面を金属の板にして、辺を蝶番（ちょうつがい）でつなぐ。板の形は変わらないが、蝶番で板どうしの角度は変わりうる。この立体は動くだろうか。この記事の主定理は、凸多面体なら動かない、というものである。
この記事では次の問いに答える。

面の形とつながり方が同じ 2 つの凸多面体は、必ず合同か。→ thm-crt-main
証明の鍵は何か。→ lem-crt-local（頂点のまわり）と lem-crt-global（全体の数え上げ）
どの頂点にも 3 本の辺が集まる多面体では、もっと易しく分かるか。→ thm-crt-three

「凸」や「面が合同」を外すとどうなるか。→「例と反例」の節

高校での見方	この記事の言葉	大学の言葉
3 辺で三角形が決まる	3 本の辺の頂点では二面角が決まる	球面三角形の 3 辺相等
板と蝶番の立体が動かない	剛性	Cauchy の剛性定理
辺に $+$、$-$ の印をつける	符号の変わり目	グラフの辺の符号付け
$V-E+F=2$ で数える	変わり目の数え上げ	平面グラフの Euler の公式

言葉の準備：つながり方と二面角

多面体と凸多面体は Eulerの多面体定理（高校数学）の定義「この記事での多面体」と同じ意味で使う。

つながり方が同じ・二面角

2 つの多面体 $P$、$P'$ の頂点の間に 1 対 1 の対応 $x\leftrightarrow x'$ があり、頂点 $x_1,x_2,\dots,x_k$ がこの順に $P$ の面の頂点になることと、$x_1',x_2',\dots,x_k'$ がこの順に $P'$ の面の頂点になることが同じであるとき、$P$ と $P'$ は つながり方が同じ という。このとき面・辺も対応する。
多面体の辺 $e$ で隣り合う 2 枚の面のなす角（多面体の内側で測る）を、$e$ での 二面角 という。$e$ の上の点から、2 枚の面の中で $e$ に垂直な半直線を引いたときの、2 本の半直線のなす角である。凸多面体の二面角は $0^\circ$ より大きく $180^\circ$ より小さい。

立方体と正四面体の二面角

立方体の二面角は、隣り合う 2 枚の正方形が垂直なので $90^\circ$ である。
正四面体の二面角 $\theta$ は $\cos\theta=\dfrac13$、$\theta\approx70.53^\circ$ である。これは次の節の prop-crt-formula で求める（ex-crt-formula）。

主定理：Cauchy の剛性定理

Cauchy の剛性定理

2 つの凸多面体 $P$、$P'$ のつながり方が同じで、対応する面がどれも（頂点の対応のとおりに）合同であるとする。このとき $P$ と $P'$ は合同である。

Wei26 は、この定理を「凸多面体の面を金属の板に、辺を蝶番に替えても、多面体は動かない」と述べている。
証明は 4 つの部分からなる。

lem-crt-glue：対応する二面角がすべて等しければ合同である。
2 つの多面体の二面角を比べて、各辺に $+$、$-$、$0$ の印をつける。
lem-crt-local：印のついた辺が集まる頂点のまわりでは、符号が 4 回以上変わる。
lem-crt-global：多面体全体では、そうはなりえない（Euler の多面体定理を使う）。
lem-crt-local の証明には lem-crt-arm（腕の補題）を使う。この記事では、腕の補題を、辺が 3 本の場合（$n=3$）だけ証明し、一般の場合は証明しない。したがって、thm-crt-main の証明は、腕の補題の一般の場合を認めたうえでの証明である。どの頂点にも 3 本の辺が集まる多面体については、thm-crt-three で、腕の補題の一般の場合を使わずに証明を完結させる。

3 本の辺が集まる頂点：二面角は面の角で決まる

凸多面体の頂点 $O$ から出る辺を、$O$ から出る半直線と見る。2 本の半直線 $r$、$s$ のなす角を $\angle(r,s)$ と書く。$O$ に集まる面の $O$ での角は、その面の 2 本の辺のなす角である。

3 本の半直線の公式

点 $O$ から出る 3 本の半直線 $r_1$、$r_2$、$r_3$ が同じ平面上になく、$\angle(r_1,r_2)=a$、$\angle(r_2,r_3)=b$ とする（$0^\circ< a,b<180^\circ$）。$r_1,r_2$ を含む平面の半分と $r_2,r_3$ を含む平面の半分が $r_2$ でなす角を $\theta$ とすると
$$ \cos\angle(r_1,r_3)=\cos a\cos b+\sin a\sin b\cos\theta $$
である。特に、$a$、$b$ を決めると、$\angle(r_1,r_3)$ は $\theta$ が大きいほど大きく、$\theta$ は $\angle(r_1,r_3)$ から 1 つに決まる。

座標をうまくとって内積を計算する

要点：$r_2$ を $z$ 軸にとり、$r_1$、$r_3$ の向きの単位ベクトルを $u_1=(\sin a,0,\cos a)$、$u_3=(\sin b\cos\theta,\sin b\sin\theta,\cos b)$ と書くと、内積 $u_1\cdot u_3$ が右辺になる。

詳しい証明を開く

方針：$r_2$ を $z$ 軸にとり、3 本の半直線の向きの単位ベクトルを書き下して内積を計算する（ベクトルの内積（高校数学））。

段 1（座標）。$O$ を原点、$r_2$ の向きの単位ベクトルを $u_2=(0,0,1)$ とする。$r_1$ が $xz$ 平面の $x>0$ の側にあるように座標をとると、$r_1$ の向きの単位ベクトルは $u_1=(\sin a,0,\cos a)$ である（$z$ 軸となす角が $a$）。

段 2（$r_3$ の向き）。$r_3$ の向きの単位ベクトル $u_3$ は $z$ 軸となす角が $b$ なので、$u_3=(\sin b\cos\psi,\ \sin b\sin\psi,\ \cos b)$ と書ける。ここで $\psi$ は、$u_1$、$u_3$ を $xy$ 平面に正射影した $(\sin a,0,0)$ と $(\sin b\cos\psi,\sin b\sin\psi,0)$ のなす角である。この 2 つの射影は、2 枚の平面の半分の中で $r_2$ に垂直な向きなので、そのなす角は二面角 $\theta$ に等しい。よって $\psi=\theta$ としてよい（必要なら $y$ 軸の向きを逆にとる）。

段 3（内積）。$\cos\angle(r_1,r_3)=u_1\cdot u_3=\sin a\sin b\cos\theta+\cos a\cos b$ である。

段 4（大小）。$0^\circ< a,b<180^\circ$ なので $\sin a\sin b>0$ である。$0^\circ<\theta<180^\circ$ で $\cos\theta$ は減少するので、右辺は $\theta$ について減少し、$\angle(r_1,r_3)$ は $\theta$ について増加する。増加するので、$\angle(r_1,r_3)$ が決まれば $\theta$ はただ 1 つに決まる。$\square$

この公式は、球面の上の三角形についての球面の余弦定理と同じ式である（球面三角法）。

公式を使う

立方体の頂点：3 本の辺のどの 2 本も $90^\circ$ で、$a=b=90^\circ$、$\theta=90^\circ$ を入れると $\cos\angle(r_1,r_3)=0+1\cdot1\cdot0=0$ で、$90^\circ$ と合う。
正四面体の頂点：面の角はどれも $60^\circ$ なので、$a=b=\angle(r_1,r_3)=60^\circ$ である。公式から
$$ \frac12=\frac12\cdot\frac12+\frac{\sqrt3}2\cdot\frac{\sqrt3}2\cos\theta,\qquad \cos\theta=\frac{\frac12-\frac14}{\frac34}=\frac13 $$
で、二面角は $\theta\approx70.53^\circ$ である。
$a=b=60^\circ$ のまま $\theta$ を変えると、$\theta=70^\circ$ で $\angle(r_1,r_3)\approx59.6^\circ$、$\theta=120^\circ$ で $\approx97.2^\circ$ になる（図 2）。

3 本の半直線 r1、r2、r3（r1 と r2、r2 と r3 のなす角はどちらも 60°）。r2 での二面角 θ を 70° から 120° に広げると、r1 と r3 のなす角（赤い弧）が大きくなる
次の補題は、二面角が全部そろえば多面体が決まることを言う。

二面角がそろえば合同

thm-crt-main の仮定に加えて、対応する辺での $P$ と $P'$ の二面角がすべて等しいならば、$P$ と $P'$ は合同である。

面を 1 枚ずつ貼り合わせる

要点：1 枚の面 $f_1$ と対応する面 $f_1'$ を重ねると、隣の面は、共有する辺・面の形・二面角で位置が 1 つに決まるので、$P$ と $P'$ で重なる。面は辺をたどってすべてつながっているので、全部の面が重なる。

詳しい証明を開く

段 1（1 枚目）。$f_1$ と $f_1'$ は頂点の対応のとおりに合同なので、$P'$ を動かして（必要なら裏返して）$f_1'$ を $f_1$ にぴったり重ねられる。さらに、$f_1$ を含む平面について $P'$ を裏返すことで、$P'$ が $f_1$ の平面に対して $P$ と同じ側にあるようにできる（凸多面体は、どの面についても、その面の平面の片側にある）。

段 2（隣の面）。$f_1$ と辺 $e$ を共有する面 $f_2$ を考える。$f_2$ は、$e$ を含み、$f_1$ の平面と $P$ の内側で角 $\theta_e$ をなす平面の上にあり、その平面の中で $e$ に対して $f_1$ と反対の側にある。この平面は $e$ と $\theta_e$ で決まり、平面の中の $f_2$ の位置は、$e$ の両端と面の形で決まる。$P'$ の $f_2'$ も、同じ辺 $e$、同じ二面角、合同な形なので、$f_2$ と重なる。$P'$ も $f_2$ の平面に対して $P$ と同じ側にある。

段 3（全部の面）。多面体の表面はひとつながりなので、どの面にも、辺を共有する面を順にたどって $f_1$ から行ける。段 2 をくり返すと、すべての面が重なる。よって $P$ と $P'$ は合同である。$\square$

3 本の辺が集まる多面体の剛性

thm-crt-main の仮定に加えて、$P$ のどの頂点にもちょうど 3 本の辺が集まるとする。このとき $P$ と $P'$ は合同である。

頂点ごとに二面角を求める

方針：各頂点で、3 つの面の角から 3 つの二面角が決まることを prop-crt-formula で示し、lem-crt-glue に持ちこむ。
段 1（頂点の面の角）。$P$ の頂点 $O$ から出る 3 本の辺を $r_1,r_2,r_3$ とし、$O$ に集まる 3 枚の面の $O$ での角を $a=\angle(r_1,r_2)$、$b=\angle(r_2,r_3)$、$c=\angle(r_1,r_3)$ とする。3 枚は $O$ のまわりに輪のように並ぶので、$r_1$ と $r_3$ も 1 枚の面の 2 辺である。$P'$ の対応する頂点 $O'$ にも 3 枚の面が集まり、面が合同なので、面の角は同じ $a,b,c$ である。
段 2（二面角）。$O$ に集まる 3 本の辺は、凸多面体の頂点から出るので同じ平面上にない。prop-crt-formula から、$r_2$ での二面角 $\theta_2$ は
$$ \cos\theta_2=\frac{\cos c-\cos a\cos b}{\sin a\sin b} $$
で決まる。$P'$ でも同じ式になるので、$r_2$ での二面角は $P$ と $P'$ で等しい。$r_1$、$r_3$ での二面角も、役割を入れかえて同じように等しい。
段 3（まとめ）。どの辺も、その両端のどちらかの頂点で段 2 を使えば、$P$ と $P'$ で二面角が等しい。lem-crt-glue から $P$ と $P'$ は合同である。$\square$

3 本の辺が集まる多面体

立方体、正十二面体、正四面体、角柱、それに半正多面体の主定理で調べた頂点の形 $p.q.r$ の 7 つ（切頂四面体やサッカーボールの形の切頂二十面体など）は、どの頂点にも 3 本の辺が集まる。したがって、これらと面の形・つながり方が同じ凸多面体は、それぞれと合同である。たとえば、正五角形 12 枚と正六角形 20 枚をサッカーボールと同じつながり方で貼り合わせた凸多面体は、切頂二十面体と合同である。

一般の場合：腕の補題

頂点に 4 本以上の辺が集まると、面の角だけでは二面角が決まらない。平面の四角形が 4 辺で決まらないのと同じである。そこで、二面角を比べて印をつける方法をとる。

凸な多面角

点 $O$ から出る $n$ 本（$n\ge3$）の半直線 $r_1,\dots,r_n$ がこの順に $O$ のまわりに並び、隣り合う $r_i$、$r_{i+1}$（$r_n$ と $r_1$ も）の間の角の部分を面とする、$O$ を頂点とするとがった立体の角 $K$ を考える。$K$ の中の 2 点を結ぶ線分がいつも $K$ に含まれ、$K$ が $O$ を通るある平面の片側にある（$O$ 以外はその平面にのらない）とき、$K$ を $r_1,\dots,r_n$ を辺とする 凸な多面角 という。$r_i$ で隣り合う 2 つの面のなす角（$K$ の内側で測る）を、$r_i$ での 二面角 という。

凸多面体の頂点では、そこから出る辺が凸な多面角をつくる。凸な多面角を、$O$ を通る平面で 2 つに切ると、切り口の平面を面にもつ 2 つの凸な多面角になる。

腕の補題

$n\ge3$ とし、$r_1,\dots,r_n$ を辺とする凸な多面角 $K$ と、$r_1',\dots,r_n'$ を辺とする凸な多面角 $K'$ が次を満たすとする。
(R1) $i=1,\dots,n-1$ について $\angle(r_i,r_{i+1})=\angle(r_i',r_{i+1}')$ である。
(R2) $i=2,\dots,n-1$ について、$r_i$ での二面角 $\theta_i$ と $r_i'$ での二面角 $\theta_i'$ が $\theta_i\le\theta_i'$ を満たす。
このとき $\angle(r_1,r_n)\le\angle(r_1',r_n')$ であり、等号が成り立つのは $i=2,\dots,n-1$ のすべてで $\theta_i=\theta_i'$ のときに限る。

$r_1,r_2,\dots,r_n$ を、肩から指先までの腕の骨と見る。関節の角（二面角）を開くと、肩 $r_1$ と指先 $r_n$ の開きが大きくなる、という主張である。$r_n$ と $r_1$ の間の面の角だけは条件に入っていない。

$n=3$ の場合は prop-crt-formula そのものである。$r_2$ での二面角が大きいほど $\angle(r_1,r_3)$ は大きく、二面角が等しければ等しい。
$n\ge4$ の場合は、この記事では証明しない。thm-crt-main の証明はこの補題を使うので、thm-crt-main の証明は $n\ge4$ の腕の補題を認めたうえでのものである。thm-crt-three は $n\ge4$ の腕の補題を使わない。

平面の腕

同じことを平面の折れ線で見る。長さ $1$ の棒 3 本を $A_0A_1$、$A_1A_2$、$A_2A_3$ とつなぎ、$A_1$、$A_2$ での角をどちらも $120^\circ$ にすると、$A_0=(0,0)$、$A_1=(1,0)$ として $A_2=\left(\frac32,\frac{\sqrt3}2\right)$、$A_3=(1,\sqrt3)$ で、端の距離は $A_0A_3=\sqrt{1+3}=2$ である。2 つの角をどちらも $150^\circ$ に広げると、$A_0A_3=1+\sqrt3\approx2.73$ に伸びる（図 3）。角を開くと端が遠ざかる。

途中の計算を開く

$A_2=\left(1+\frac{\sqrt3}2,\frac12\right)$、$A_3=\left(\frac32+\frac{\sqrt3}2,\ \frac12+\frac{\sqrt3}2\right)$ で、$$A_0A_3^2=\left(\frac{3+\sqrt3}2\right)^2+\left(\frac{1+\sqrt3}2\right)^2=\frac{12+6\sqrt3}4+\frac{4+2\sqrt3}4=4+2\sqrt3=(1+\sqrt3)^2$$ である。

長さ 1 の棒 3 本の折れ線。2 つの角を 120 度から 150 度に開くと、端の距離が 2 から 1+√3 に伸びる

頂点のまわりの符号

thm-crt-main の $P$、$P'$ の対応する辺 $e$、$e'$ で、二面角を比べて $e$ に印をつける。

$P'$ の二面角が $P$ の二面角より大きければ $+$
小さければ $-$
等しければ $0$
頂点のまわりを 1 周して、$0$ を飛ばして $+$、$-$ を読んだとき、隣り合う 2 つの符号が違う箇所を 符号の変わり目 という（最後と最初の間も数える）。1 周して元に戻るので、変わり目の数は偶数である。

頂点のまわりの符号

thm-crt-main の $P$、$P'$ の辺に上のように印をつける。$P$ の頂点で、$+$ か $-$ の印のついた辺が集まるものでは、符号の変わり目は 4 回以上ある。

変わり目が 0 回・2 回なら腕の補題に反する

方針：変わり目は偶数なので、0 回と 2 回の場合を否定すればよい。どちらの場合も、頂点の多面角を切り開いて腕の補題を当て、同じはずの角が違うという矛盾を出す。
$P$ の頂点 $O$ から出る辺を $O$ のまわりの順に $r_1,\dots,r_n$（$n\ge3$）とし、$P'$ の対応する辺を $r_1',\dots,r_n'$ とする。面が合同なので、隣り合う辺のなす角（面の角）は $P$ と $P'$ で等しい。$O$、$O'$ から出る辺はそれぞれ凸な多面角 $K$、$K'$ をつくる。
段 1（変わり目が 0 回）。$0$ でない印はすべて同じ符号である。$P$ と $P'$ の役割を入れかえれば、印は $+$ か $0$ で、ある辺 $r_k$ が $+$ としてよい。$O$ に集まる $n\ge3$ 枚の面のうち $r_k$ を含むのは 2 枚なので、$r_k$ を含まない面がある。それを $r_j$ と $r_{j+1}$ の間の面とし、辺を $r_{j+1}$ から始めて $O$ のまわりに $r_j$ まで並べ直す。$r_k$ はその途中にある。腕の補題を $K$、$K'$ に使うと、条件 (i)(ii) を満たし、$r_k$ で二面角が真に大きいので、$\angle(r_{j+1},r_j)<\angle(r_{j+1}',r_j')$ である。しかし両辺は、$r_j$ と $r_{j+1}$ の間の面の角で、面が合同なので等しい。これは矛盾である。
段 2（変わり目が 2 回）。$O$ のまわりで、$0$ でない印は $+$ の続く部分と $-$ の続く部分に 1 つずつ分かれる。そこで、$O$ に集まる面 $F$、$G$ を、$F$ から $G$ まで $O$ のまわりを回る間の辺の印が $+$ か $0$（少なくとも 1 本は $+$）、$G$ から $F$ まで戻る間の辺の印が $-$ か $0$（少なくとも 1 本は $-$）になるように選べる。$F$ の中に $O$ から出る半直線 $s$ を、$G$ の中に半直線 $t$ を引き、$P'$ でも対応する面の同じ位置に $s'$、$t'$ を引く（面が合同なので引ける）。$K$ は凸で $O$ を通る平面の片側にあるので、$s$ と $t$ は一直線にならず、$s$、$t$ を含む平面で $K$ を 2 つの凸な多面角に切れる。$F$ から $G$ の側の多面角は、辺が $s$、（$+$ か $0$ の辺）、$t$ の順で、途中の辺での二面角は $K$ のものと同じ、隣り合う辺のなす角も $K'$ の側と等しい。腕の補題から $\angle(s,t)<\angle(s',t')$ である。$G$ から $F$ の側では、$P$ と $P'$ の役割を入れかえて腕の補題を使うと、$\angle(s',t')<\angle(s,t)$ である。2 つは両立しない。
段 1・段 2 から、変わり目は 0 回でも 2 回でもなく、偶数なので 4 回以上である。$\square$

頂点のまわりの辺の印。左は変わり目が 4 回で、補題と矛盾しない。右は変わり目が 2 回で、補題によりこのような頂点はない

変わり目を数える

頂点のまわりの印が順に $+,+,-,0,+,-$ なら、$0$ を飛ばすと $+,+,-,+,-$ で、変わり目は $+\to-$、$-\to+$、$+\to-$、最後と最初の $-\to+$ の 4 回である（図 4 の左）。
ほかの例を開く
(2) 印が $+,0,+,-,-$ なら、$0$ を飛ばすと $+,+,-,-$ で、変わり目は 2 回である（図 4 の右）。lem-crt-local により、このような頂点はない。
(3) 辺が 3 本の頂点では、変わり目は多くても 2 回なので、lem-crt-local から、印はすべて $0$ である。これは thm-crt-three の証明と同じ結論である。

全体の数え上げ：Euler の多面体定理を使う

lem-crt-local は頂点ごとの性質である。次の補題は、多面体全体ではそれが両立しないことを、辺と面を数えて示す。二面角も腕の補題も使わない、数え上げだけの補題である。
平面の網は Eulerの多面体定理（高校数学）の定義「平面の網」の意味で使い、その命題「平面の網の数え方」（$V-E+F_{\mathrm{in}}=1$）を使う。平面の網の頂点 $x$ で、$x$ から出る辺を $x$ のまわりの順に並べたとき、隣り合う 2 本の辺（最後と最初も）の組を $x$ での角という。$x$ から出る辺が $d$ 本（$d\ge2$）なら、$x$ での角は $d$ 個で、どの角も網のどれか 1 つの領域に面している。

証明せずに使う平面の図形の事実

次の 2 つは、Eulerの多面体定理（高校数学）の注意「平面の図形について使う事実」と同じく、多角形の Jordan 曲線定理（多角形のJordan曲線定理）が要るので、この記事では証明しない。
(R1) 平面の網の各領域 $R$ について、$R$ のまわりを 1 周すると、$R$ に面する角を 1 つずつ順に通って元に戻る。$R$ に面する角の数を $n_R$ とすると、すべての領域（外側の領域も含む）について足した和は $2E$ である（各辺の両側がそれぞれ 1 回ずつ数えられる）。
(R2) どの頂点からも 3 本以上の辺が出ている網では、どの領域でも $n_R\ge3$ である。

変わり目の数え上げ

凸多面体の辺に $+$、$-$、$0$ の印をつけ、$+$ か $-$ の辺が少なくとも 1 本あるとする。このとき、$+$ か $-$ の辺が集まる頂点のうち、符号の変わり目が 4 回未満のものがある。

変わり目を頂点と領域で 2 通りに数える

方針：どの頂点でも変わり目が 4 回以上だと仮定して、変わり目の総数を、頂点ごとに下から、領域ごとに上から押さえ、Euler の多面体定理と矛盾させる。
段 1（網を作る）。$+$ か $-$ の辺と、その両端の頂点だけを残した図形を考え、その中で辺でつながっている部分の 1 つを $H$ とする。1 つの頂点に集まる $+$ か $-$ の辺は、すべて $H$ に入るか、すべて入らない（同じ頂点でつながっているからである）。Eulerの多面体定理（高校数学）の注意「凸多面体を平らに広げる」のとおり多面体を平面に広げると、$H$ は辺が交わらずひとつながりの平面の網になる。$H$ の頂点・辺・領域（外側の領域も含む）の数を $V_H$、$E_H$、$F_H$ とすると、命題「平面の網の数え方」から $V_H-E_H+(F_H-1)=1$、つまり
$$ V_H-E_H+F_H=2 $$
である。
段 2（頂点ごとに数える）。$H$ のどの頂点でも変わり目が 4 回以上あると仮定する。変わり目は、$H$ の頂点での角のうち、2 本の辺の符号が違うものである。その総数を $C$ とすると $C\ge4V_H$ である。また、変わり目が 4 回以上ある頂点からは $H$ の辺が 4 本以上出ている。
段 3（領域ごとに数える）。$H$ の領域 $R$ のまわりを 1 周すると（rem-crt-facts の (i)）、$R$ に面する $n_R$ 個の角を通って元に戻るので、そのうち変わり目の数 $c_R$ は偶数で、$n_R$ 以下である。よって $c_R\le2\left\lfloor\dfrac{n_R}2\right\rfloor$ である。rem-crt-facts の (ii) から $n_R\ge3$ で、$n_R=3$ なら $2\le2$、$n_R=4$ なら $4\le4$、$n_R\ge5$ なら $2\left\lfloor\dfrac{n_R}2\right\rfloor\le n_R\le2n_R-4$ なので、いつも
$$ c_R\le2n_R-4 $$
である。
段 4（矛盾）。どの角もちょうど 1 つの領域に面するので、段 3 を全部の領域で足すと、rem-crt-facts の (i) から
$$ C=\sum_Rc_R\le\sum_R(2n_R-4)=2\cdot2E_H-4F_H=4(E_H-F_H)=4(V_H-2) $$
である（最後に段 1 の式を使った）。これは $C\ge4V_H$ と両立しない。よって、変わり目が 4 回未満の頂点がある。$\square$

立方体の辺に印をつけてみる

立方体の上の面の 4 本の辺に $+$、下の面の 4 本に $-$、縦の 4 本に $0$ をつけると、上の面の頂点では $0$ を飛ばして $+,+$ となり、変わり目は 0 回である。立方体のどの頂点からも辺は 3 本しか出ないので、どう印をつけても変わり目は 2 回以下で、lem-crt-global の結論が成り立っている。

主定理の証明

Cauchy の剛性定理の証明

方針：二面角を比べた印がすべて $0$ であることを示し、lem-crt-glue で合同を結論する。
段 1（印をつける）。thm-crt-main の $P$、$P'$ の対応する辺で二面角を比べ、「頂点のまわりの符号」の節のとおり $+$、$-$、$0$ の印をつける。
段 2（印はすべて 0）。$+$ か $-$ の辺が 1 本でもあると仮定する。lem-crt-global から、$+$ か $-$ の辺が集まる頂点で、変わり目が 4 回未満のものがある。これは lem-crt-local に反する。よって印はすべて $0$ で、対応する二面角はすべて等しい。
段 3（合同）。lem-crt-glue から $P$ と $P'$ は合同である。$\square$

段 2 で使った lem-crt-local は、lem-crt-arm を $n\ge4$ でも使っている。この記事で証明していない部分は、$n\ge4$ の腕の補題と、rem-crt-facts の平面の図形の事実である。

例と反例：どの条件が効いているか

外す条件	反例	成り立たなくなること
$P'$ も凸	立方体にのせた四角錐のふたを内側に折り返す	$P$ と $P'$ は合同
対応する面が合同（辺の長さだけ等しい）	立方体と、ひし形 6 枚の平行六面体	$P$ と $P'$ は合同
空間の凸多面体（平面の多角形にする）	正方形とひし形	辺の長さが同じなら合同

反例：ふたを内側に折り返す

立方体 $-1\le x,y,z\le1$ の上の面に、頂点 $A=\left(0,0,\frac32\right)$ の四角錐をのせた多面体 $P$ を考える（図 5）。面は正方形 5 枚と、3 辺が $2,\frac32,\frac32$ の二等辺三角形 4 枚である（$A$ から上の面の頂点 $(1,1,1)$ までの距離は $\sqrt{1+1+\frac14}=\frac32$）。$A$ は、立方体の側面を延ばした平面 $x=\pm1$、$y=\pm1$ で囲まれた部分にあるので、$P$ は凸である。
$A$ を上の面について折り返した点 $A'=\left(0,0,\frac12\right)$ を頂点とし、四角錐を立方体の内側にへこませた多面体 $P'$ を作る（図 6）。$A'$ から $(1,1,1)$ までの距離も $\frac32$ なので、$P'$ の面も正方形 5 枚と同じ二等辺三角形 4 枚で、つながり方も $P$ と同じである。しかし体積が違う（$P$ は $\frac{26}3$、$P'$ は $\frac{22}3$）ので、$P$ と $P'$ は合同でない。$P'$ は凸でない。thm-crt-main で $P'$ も凸と仮定したのはこのためである。

詳細

四角錐の体積は $\frac13\times(\text{底面積 }4)\times(\text{高さ }\frac12)=\frac23$ なので、$P$ の体積は $8+\frac23=\frac{26}3$、$P'$ の体積は $8-\frac23=\frac{22}3$ である。$P'$ が凸でないことは、$(1,1,1)$ と $(-1,-1,1)$ を結ぶ線分の中点 $(0,0,1)$ が、へこみの中（$P'$ の外）にあることから分かる。

立方体の上に四角錐のふたをのせた凸多面体

同じふたを内側に折り返した凸でない多面体。面の形とつながり方は左と同じ

反例：辺の長さだけ等しい

1 辺 $1$ の立方体と、$O$ から出る 3 本の辺の向きが
$$ e_1=(1,0,0),\quad e_2=\left(\tfrac12,\tfrac{\sqrt3}2,0\right),\quad e_3=\left(\tfrac12,\tfrac{\sqrt3}6,\tfrac{\sqrt6}3\right) $$
の平行六面体を比べる（図 7・図 8）。$e_1,e_2,e_3$ はどれも長さ $1$ で、どの 2 つの内積も $\frac12$（なす角 $60^\circ$）である。平行六面体の 12 本の辺はどれも長さ $1$ で、面は 1 つの角が $60^\circ$ のひし形 6 枚、つながり方は立方体と同じである。対応する辺の長さはすべて等しいが、面は正方形とひし形で合同でなく、立体も合同でない（体積は立方体が $1$、平行六面体が $\frac{\sqrt2}2$）。thm-crt-main の「面が合同」を「辺の長さが等しい」に弱めると成り立たない。面がすべて三角形なら、辺の長さが等しければ面は合同になる（3 辺相等）ので、この弱め方でも定理は使える。

1 辺 1 の立方体

辺の長さがすべて 1 で、面が角 60 度のひし形の平行六面体。つながり方は立方体と同じ

平面の多角形では、ex-crt-plane のとおり、辺の長さだけでは形が決まらない（三角形を除く）。空間の凸多面体では、面が「板」として形を保つことと、凸であることが合わさって、形が決まる。

大学数学で見る：Cauchy の証明と、動く多面体

Wei26 によれば、この定理は Cauchy が 1813 年の論文で述べたが、その論文には誤りがあり、50 年以上気づかれなかった。この記事では、証明を「頂点のまわり」（lem-crt-local）と「全体の数え上げ」（lem-crt-global）に分け、頂点のまわりの部分が腕の補題に帰着することまでを示した。腕の補題の一般の場合の証明は、この記事では扱わない。

凸でない多面体は動くことがある：動く多面体を開く

Wei26b によれば、凸でない多面体では、面の形を保ったまま連続的に動くもの（動く多面体）がある。最初の例は 1978 年に Connelly が見つけた 18 枚の三角形の面をもつ多面体で、のちに Steffen が 9 個の頂点と 14 枚の三角形の面をもつ例を見つけた。さらに Connelly らは 1997 年に、動く多面体は動いても体積が変わらないこと（ふいご予想）を証明した。この記事の ex-crt-dent の $P$ と $P'$ は、面の形とつながり方が同じで合同でない例だが、一方から他方へ連続的に動かせるわけではない。

演習

正八面体の二面角

正八面体の頂点には、1 辺の等しい正三角形が 4 枚集まる。頂点 $(0,0,1)$ と、そこから出る辺の向き $(1,0,-1)$、$(0,1,-1)$、$(-1,0,-1)$ を使い、prop-crt-formula で、辺 $(0,1,-1)$ の向きでの二面角 $\theta$ を求めよ。

解答を開く

3 本の向きを長さ $1$ にすると $u_1=\frac1{\sqrt2}(1,0,-1)$、$u_2=\frac1{\sqrt2}(0,1,-1)$、$u_3=\frac1{\sqrt2}(-1,0,-1)$ である。$\cos a=u_1\cdot u_2=\frac12$、$\cos b=u_2\cdot u_3=\frac12$ で $a=b=60^\circ$、$\cos\angle(r_1,r_3)=u_1\cdot u_3=\frac{-1+1}2=0$ である。$r_1$、$r_3$ は $r_2$ の両隣の辺なので、$r_2$ での二面角が公式の $\theta$ である。公式から $0=\frac14+\frac34\cos\theta$ で、$\cos\theta=-\frac13$、$\theta\approx109.47^\circ$ である。$r_1$ と $r_3$ のなす角 $90^\circ$ は面の角ではないが、prop-crt-formula は 3 本の半直線についての式なので、そのまま使える。

印のつけ方

正八面体（どの頂点にも 4 本の辺が集まる）の 1 つの頂点のまわりの 4 本の辺に、lem-crt-local と矛盾しないように $+$、$-$、$0$ の印をつけるには、どうすればよいか。

解答を開く

印のついた辺があるなら、変わり目が 4 回以上必要である。4 本しかないので、4 本すべてに印をつけ、$+,-,+,-$ と交互に並べるしかない。それ以外（$0$ が 1 本でもある、または同じ符号が隣り合う）では変わり目は 2 回以下である。すべて $0$ でもよい。

さらに先へ

正多面体の分類では、正多面体の型 $\{p,q\}$ が 5 通りに限ることを示している。thm-crt-main を使うと、同じ型で辺の長さが同じ正多面体は合同であること、つまり型が形を決めることも分かる（面が合同な正多角形で、つながり方が同じになることは、型から組み立て方が決まることを示す必要があり、この記事では扱わない）。
頂点のまわりの角の大きさは Descartesの角欠損定理、頂点のまわりを球面の上の多角形として見る見方は球面三角法で扱う。
凸でない多面体の例は Kepler–Poinsotの多面体にもある。