これまでわかったことは，置換多面体の場合
Ｎk^(n)＝n+1Ｃk+1
正軸体版の場合
Ｎk^(n)＝２^(k+1)nＣk+1
として，ｋ次元面数は，
ｆk^(n)＝Ｎ0^(n)ｆk^(n-1)＋Ｎ1^(n)ｆk-1^(n-2)＋α（ｎ） （ｎ≧ｋ＋２）
α（ｎ）が問題となることがわかったが，ｆ3公式では
α（ｎ）＝Ｎ2^(n)ｆk-2^(n-3)
ｆk^(n)＝Ｎ0^(n)ｆk^(n-1)＋Ｎ1^(n)ｆk-1^(n-2)＋Ｎ2^(n)ｆk-2^(n-3)
のようになるかもしれないというアイデアが浮かぶ．
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【１】置換多面体のｆ1，ｆ2公式 （ｎ≧４）
ｆ1^(n)＝n+1Ｃ1ｆ1^(n-1)＋n+1Ｃ2ｆ0^(n-2)
＝（ｎ＋１）ｆ1^(n-1)＋ｎ（ｎ＋１）／２・ｆ0^(n-2)
ｆ2^(n)＝n+1Ｃ1ｆ2^(n-1)＋n+1Ｃ2ｆ1^(n-2)＋（ｎ＋１）！／６
＝（ｎ＋１）ｆ2^(n-1)＋ｎ（ｎ＋１）／２・ｆ1^(n-2)＋ｆ0^(n)／３！
において，
ｆ0^(n)＝（ｎ＋１）！，ｆ1^(n)＝ｎ／２ｆ0^(n)
であるから，
ｆ0^(n-3)＝（ｎ−２）！
また，
n+1Ｃ3＝（ｎ−１）ｎ（ｎ＋１）／６
であるから，
（ｎ＋１）！／６＝n+1Ｃ3ｆ0^(n-3)
したがって，
ｆ2^(n)＝n+1Ｃ1ｆ2^(n-1)＋n+1Ｃ2ｆ1^(n-2)＋n+1Ｃ3ｆ0^(n-3)
＝（ｎ＋１）ｆ2^(n-1)＋ｎ（ｎ＋１）／２・ｆ1^(n-2)＋（ｎ−１）ｎ（ｎ＋１）／６ｆ0^(n)
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【２】正軸体版のｇ1，ｇ2公式 （ｎ≧４）
置換多面体のｆ1，ｆ2公式と区別するためにｇ1，ｇ2公式とするが，
ｇ1^(n)＝２nＣ1ｇ1^(n-1)＋２^2nＣ2ｇ0^(n-2)
＝２ｎｇ1^(n-1)＋２ｎ（ｎ−１）ｇ0^(n-2)
ｇ2^(n)＝２nＣ1ｇ2^(n-1)＋２^2nＣ2ｇ1^(n-2)＋２^nｎ！／６
＝２ｎｇ2^(n-1)＋２ｎ（ｎ−１）ｇ1^(n-2)＋ｇ0^(n)／３！
において，
ｇ0^(n)＝２^nｎ！，ｇ1^(n)＝ｎ／２ｇ0^(n)
であるから，
ｇ0^(n-3)＝２^(n-3)（ｎ−３）！
また，
２^3nＣ3＝２^3ｎ（ｎ−１）（ｎ−２）／６
であるから，
２^nｎ！／６＝２^3nＣ3ｇ0^(n-3)
したがって，
ｇ2^(n)＝２nＣ1ｇ2^(n-1)＋２^2nＣ2ｇ1^(n-2)＋２^3nＣ3ｇ0^(n-3)
＝２ｎｇ2^(n-1)＋２ｎ（ｎ−１）ｇ1^(n-2)＋４ｎ（ｎ−１）（ｎ−２）ｇ0^(n-3)／３
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【３】置換多面体のｆ3公式 （ｎ≧５）
ｆ3^(n)＝n+1Ｃ1ｆ3^(n-1)＋n+1Ｃ2ｆ2^(n-2)＋n+1Ｃ3ｆ1^(n-3)＋n+1Ｃ4ｆ1^(n-4)
の形が想定されるが，調べてみたところ，うまく適合した．
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【４】置換多面体のｆ4公式 （ｎ≧６）
正軸体版は後回しにしてｆ4公式も調べてみる．
ｆ4^(n)＝n+1Ｃ1ｆ4^(n-1)＋n+1Ｃ2ｆ3^(n-2)＋n+1Ｃ2ｆ2^(n-3)＋n+1Ｃ4ｆ1^(n-4)＋n+1Ｃ5ｆ0^(n-5)
も適合．
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【５】正軸体版のｇ3公式 （ｎ≧５）
ｇ3^(n)＝２nＣ1ｇ3^(n-1)＋２^2nＣ2ｇ2^(n-2)＋２^3nＣ3ｇ1^(n-3)＋２^4nＣ4ｇ0^(n-4)→適合
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【６】正軸体版のｇ4公式 （ｎ≧６）
ｇ4^(n)＝２nＣ1ｇ4^(n-1)＋２^2nＣ2ｇ3^(n-2)＋２^3nＣ2ｇ1^(n-3)＋２^4nＣ4ｇ1^(n-4)＋２^5nＣ5ｇ0^(n-5)→適合
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【７】まとめ
（その７４）ではいくつか考察の誤りもあるが，最終的には
置換多面体の場合・・・Ｎk^(n)＝n+1Ｃk+1
正軸体版の場合・・・・Ｎk^(n)＝２^(k+1)nＣk+1
として，
ｆk^(n)＝Σ(j=0~k)Ｎj^(n)ｆ(k-j)^(n-1ｰj) （ｋ≦ｎ−２）
ときれいな形にまとまった．また，ｆn^(n)＝１とすれば（ｋ≦ｎ−１）とすることもできる．
先人達も苦心した難題はこれで完結．次はこれらの体積公式を求めてみたい．漸化式の形で求めるのが良かろうと思う．
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