（その２）に掲げた生成多項式は不変式論の観点からみてもおもしろい結果とは思うが，どうやら私には勘違いがあるようである．

　方程式

　　ｆ（ｘ）＝ｘ^3−（ｓ−３）ｘ^2−ｓｘ−１＝０

に対して，

　　ｆ（−１／（ｘ＋１））＝（−１／（ｘ＋１））^3ｆ（ｘ）

が成り立つ．

　したがって，ｆ（α）＝０であれば，ｆ（−１／（α＋１））＝０．さらにｘ＝−１／（α＋１）を−１／（ｘ＋１）に代入すれば，ｆ（−（α＋１）／α）＝０．さらにｘ＝−（α＋１）／αを−１／（ｘ＋１）に代入すれば，ｆ（α）＝０に戻るので，Ｑ（α）は巡回３次体と呼ばれる．

　この方程式の実根をαで表すとき，数体

　　Ｑ（α）＝｛ａ＋ｂα＋ｃα^2｜ａ，ｂは有理数｝

は他の二つの根を含んでいる．すなわち，他の２根は

　　β＝−１／（α＋１），γ＝−（α＋１）／α

で与えられ，最小分解体は

　　Ｑ（α）＝Ｑ（β）＝Ｑ（γ）

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　巡回群Ｃnはよいとして，二面体群Ｄnがわからない．

Ｄ3（＝Ｓ3）：ｘ^3−ｓｘ−ｓ＝０

　３次方程式の根の公式より，根を

　　α＝（−ｃ／２＋（（−ｃ／２）^2＋（ｂ／３）^3）^1/2）^1/3＋（−ｃ／２−（（−ｃ／２）^2＋（ｂ／３）^3）^1/2）^1/3

で表す．ｘ^3−ｓｘ−ｓ＝０の場合，

　　α＝（ｓ／２＋（（ｓ／２）^2＋（−ｓ／３）^3）^1/2）^1/3＋（ｓ／２−（（ｓ／２）^2＋（−ｓ／３）^3）^1/2）^1/3

　判別式は

　　Ｄ（ｆ）＝６^2（（ｓ／２）^2＋（−ｓ／３）^3）＝（４ｓ^3−２７ｓ）＝ｓ^2（４ｓ−２７）

判別式Ｄ（ｆ）＝０はこの３次方程式が重根をもつための必要十分条件である．

また，Ｄ（ｆ）＞０のとき，ｆ（ｘ）＝０は相異なる３実根をもつ．

　この３次体が巡回３次体であるための必要十分条件はｓ^2（４ｓ−２７），したがって（４ｓ−２７）がＱのなかで平方数になっていることである．すなわち，因数（４ｓ−２７）がＱ内で平方（例えばｓ＝７，３１／４，９，４３／４，１３，・・・）であれば，３次体は巡回３次体である．ｓ＝０，２７／４の場合，判別式が０になって重根をもつ．

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　正ｎ角形の表と裏を区別することから二面体群と呼ばれるが，その位数は２ｎである．したがって，Ｄ3の位数は６である．

　群でなく体の話をするが，体Ｋでは四則演算が与えられており，加法と乗法はともに結合法則と交換法則を満たし，両者は分配法則で結ばれている．また，加法と乗法はそれぞれ零元と単位元と逆元（加法については−ａ，乗法についてはａ^-1）をもつ．

　二面体群Ｄ3とは位数６の集合｛α，β，γ，−α，−β，−γ｝あるいは（その３）に掲げた

　　｛α，β，γ，α^-1，β^-1，γ^-1｝＝｛λ，１−λ，１／（１−λ），１／λ，λ／（λ−１），（λ−１）／λ｝

のことかと思いきや，３次方程式であるから根は３つしか存在しないはずである．さりとて，３根α，β，γの置換６個のすべて（＝Ｓ3）としてもおかしいことになる．

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　当面の空間充填２^n＋２ｎ面体の面数公式の問題に関しても，八方ふさがり状態である．現在わかっているのは

　２次元：（ｆ0，ｆ1）＝（４，４）

　３次元：（ｆ0，ｆ1，ｆ2）＝（２４，３６，１４）＝切頂八面体

　４次元：（ｆ0，ｆ1，ｆ2，ｆ3）＝（２４，９６，９６，２４）＝正２４細胞体

の３つだけであるが，ｆ1＝ｎ／２・ｆ0が成り立たないから単純多面体ではないし，ｆn-2＝ｎ／２・ｆn-1が成り立たないから単体的多面体でもない．また，置換多面体にみられた逐次構造も有していない．当分の間，難渋は続きそうである．

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