３次元空間を埋め尽くす正多面体は立方体のみである．５次元以上の空間でもｎ次元立方体のみが空間充填図形となるのに対して，４次元空間の充填図形は多彩で正８胞体，正１６胞体，正２４胞体の３種類ある．そして，４次元空間においてのみ正多面体かつ平行多面体の元素であるＲＰと４次元超立方体の基本単体ｆｓは接点をみせる．

　基本単体１６個（＝３８４／２４）でＲＰが構成できればよいのであるが，そうは問屋が卸さない．（その２４）で構成した５頂点

　　ｑ0（２，０，０，０）

　　ｑ1（１，０，０，０）

　　ｑ2（１，１，０，０）

　　ｑ3（１，１／３，１／３，１／３）

　　ｑ4（１，１／２，１／２，０）

よりなる単体（５胞体）をγ，（その２）（その２５）で構成した７頂点

　　ｑ0（０，０，０，０）

　　ｑ1（１，０，０，０）

　　ｑ2（１，１，０，０）

　　ｑ3（１／２，１／２，１／２，１／２）

　　ｑ4（１，１／３，１／３，１／３）

　　ｑ5（２／３，２／３，２／３，０）

　　ｑ6（１，１／２，１／２，０）

よりなる６胞体をβとすると，ＲＰはβとγから構成されるのである．

　しかし，βがさらに分割してγから組み立てられるとも限らないだろう．今回のコラムではそのことを検証してみたい．

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【１】体積からの検証

　鏡像体も含め同形である場合に≡．同形かどうかはわからないが体積が等しい場合に＝を用いることにすると，

　　４次元立方体≡３８４ｆｓ，４次元立方体≡２４ＲＰ

　　ＲＰ＝１６ｆｓ

　４次元立方体の１頂点の集まるｆｓの個数は

　　３８４／１６＝２４ｆｓ

　　ＲＰ＝２４（β＋γ）＝１６ｆｓ，β≡ｆｓ／２

より，

　　β＝３γ

すなわち，βの体積はγの３培である．

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【２】辺からの検証

　この関係は，立方体を陽馬３個，陽馬をテトラドロン３個に分割した状況によく似ている．それでは実際にγを３個組み合わせるとβが構成できるのであろうか？

　γの辺の長さは

　　ｑ0ｑ1＝１，ｑ0ｑ2＝√２，ｑ0ｑ3＝√（４／３），ｑ0ｑ4＝√（３／２）

　　ｑ1ｑ2＝１，ｑ1ｑ3＝√（１／３），ｑ1ｑ4＝√（１／２）

　　ｑ2ｑ3＝√（２／３），ｑ2ｑ4＝√（１／２）

　　ｑ3ｑ4＝√（１／６）

βの辺の長さは

　　ｑ0ｑ1＝１，ｑ0ｑ2＝√２，ｑ0ｑ3＝１，ｑ0ｑ4＝√（４／３），ｑ0ｑ5＝√（４／３），ｑ0ｑ6＝√（３／２）

　　ｑ1ｑ2＝１，ｑ1ｑ3＝１，ｑ1ｑ4＝√（１／３），ｑ1ｑ5＝１，ｑ1ｑ6＝√（１／２）

　　ｑ2ｑ3＝１，ｑ2ｑ4＝√（２／３），ｑ2ｑ5＝√（２／３），ｑ2ｑ6＝√（１／２）

　　ｑ3ｑ4＝√（１／３），ｑ3ｑ5＝√（１／３），ｑ3ｑ6＝√（１／２）

　　ｑ4ｑ5＝２／３，ｑ4ｑ6＝√（１／６），ｑ5ｑ6＝√（１／６）

　たとえば，βのｑ4ｑ5＝２／３に注目すると，これはγをどのように組み合わせたとしても構成することができないことがわかる．結局，１個の単体γと１個の６胞体βを組み立て直せばＲＰになるが，これ以上分解して，ひとつの素片だけから組み立てようというのは無理であろう．

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