［１］単一種による空間充填

［２］複数の種類による空間充填

［３］非空間充填

と分類すると，４次元での空間充填の性質から

［１］８胞体，１６胞体，２４胞体（これらはどれもＲＰから構成できる）

［２］なし

［３］５胞体，１２０胞体，６００胞体

に分類される．

　ここでは［３］の元素数が３，［１］の元素数が≧１であることを示す．

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【１】５胞体，１２０胞体，６００胞体の元素数

　５胞体，１２０胞体，６００胞体をそれぞれＰ，Ｑ，Ｒとし，そのデーン不変量をＤ（Ｐ），Ｄ（Ｑ），Ｄ（Ｒ）で表すことにする．そして，Ｐ，Ｑ，Ｒは２種類以下の元素α，βから構成できるものと仮定する．

　　Ｐ＝ａ1α＋ａ2β

　　Ｑ＝ｂ1α＋ｂ2β

　　Ｒ＝ｃ1α＋ｃ2β　　　（ａ，ｂ，ｃは整数）

［補］　Ｐ，Ｑ，Ｒはそれぞれデーン不変量が異なるので，１種類の元素に分解することはできないことは明らかであるが，この定式化はその場合も含んでいる．

　デーン不変量の線形加法性より，

　　Ｄ（Ｐ）＝ａ1Ｄ（α）＋ａ2Ｄ（β）

　　Ｄ（Ｑ）＝ｂ1Ｄ（α）＋ｂ2Ｄ（β）

　　Ｄ（Ｒ）＝ｃ1Ｄ（α）＋ｃ2Ｄ（β）

　１，２式より

　　Ｄ（α）＝（ｂ2Ｄ（Ｐ）−ａ2Ｄ（Ｑ））／Δ

　　Ｄ（β）＝（ａ1Ｄ（Ｑ）−ｂ1Ｄ（Ｐ））／Δ，Δ＝ａ1ｂ2−ａ2ｂ1

３式に代入して整理すると，

　　Ｌ・Ｄ（Ｒ）＝Ｍ・Ｄ（Ｐ）＋Ｎ・Ｄ（Ｑ）　　　（Ｌ，Ｍ，Ｎは整数）

　ここで，Ｐ，Ｑ，Ｒは正多胞体であるから二胞角は一定，

［注］多胞体Ｐに対し二面角をδiとすると，デーン不変量Ｄ（Ｐ）はすべての胞境界で二胞角の和をとり，ｍｏｄ　πで還元したものとして定義される．

　　Ｄ（Ｐ）＝Σｎδ　　　（ｍｏｄ　π）

　したがって，

　　Ｌ・Ｄ（Ｒ）＝Ｍ・Ｄ（Ｐ）＋Ｎ・Ｄ（Ｑ）　　　（Ｌ，Ｍ，Ｎは整数）

は二胞角の言葉に翻訳することができて，

　　Ｌ’δ6＝Ｍ’δ1＋Ｎ’δ5　　　（ｍｏｄ　π）　　　（Ｌ’，Ｍ’，Ｎ’は整数）

　さらに，δ6＝４π／３−δ1，δ5＝４π／５より，

　　Ｎ1δ1＝０　　　（ｍｏｄ　π）

しかし，この式が成り立たないことは，以下のごとく証明することができる．

　　正５胞体　→　ｃｏｓδ1＝１／４，ｓｉｎδ1＝√１５／４　（７５°ほど）

　　ｕ＝１／４＋ｉ√１５／４，ｕ−１／４＝ｉ√１５／４

より，ｕは２次方程式２ｕ^2−ｕ＋２＝０の解であるから，

　　２ｕ^2＝ｕ−２

　　２^2ｕ^3＝−３ｕ−２

　　２^3ｕ^4＝−７ｕ＋６

　　２^m-1ｕ^m＝ａ1ｕ＋ｂ1　　　（ａ1，ｂ1は整数でａ1≠０，ｂ1≠０）

が成り立つと仮定すると，ｍ＋１のとき

　　２^mｕ^m+1＝２ａ1ｕ^2＋２ｂ1ｕ＝ａ1（ｕ−２）＋２ｂ1ｕ

　＝（ａ1＋２ｂ1）ｕ−２ａ1

であるから

　　ａ1≠０，ｂ1＝０　ｍｏｄ　２

を示すことができる．

　これより，

　　Ｉｍ（ｎ^Ｎ1-1ｕ^Ｎ1）≠０すなわちＮ1δ1≠０

であるから，正多胞体Ｐ，Ｑ，Ｒの元素数は３であることがいえる．

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【２】８胞体，１６胞体，２４胞体の元素数

　８胞体，１６胞体，２４胞体をそれぞれＰ，Ｑ，Ｒとし，そのデーン不変量をＤ（Ｐ），Ｄ（Ｑ），Ｄ（Ｒ）で表すことにする．Ｐ，Ｑ，Ｒはそれぞれデーン不変量が等しいので，１種類の元素で構成できるものと仮定する．

　　Ｐ＝ａ1α，Ｑ＝ｂ1α，Ｒ＝ｃ1α　　　（ａ，ｂ，ｃは整数）

デーン不変量の線形加法性より，

　　Ｄ（Ｐ）＝ａ1Ｄ（α）

　　Ｄ（Ｑ）＝ｂ1Ｄ（α）

　　Ｄ（Ｒ）＝ｃ1Ｄ（α）

　　Ｌ・Ｄ（Ｒ）＝Ｍ・Ｄ（Ｐ）＝Ｎ・Ｄ（Ｑ）

　　Ｌ’δ24＝Ｍ’δ8＝Ｎ’δ16　　　（ｍｏｄ　π）

　　（Ｌ，Ｍ，Ｎ，Ｌ’，Ｍ’，Ｎ’は整数）

が矛盾なく成り立つので，［１］を合わせると元素数≧４となる．

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【３】雑感

　２種類の立体で空間充填形ができても，両方をうまく組み合わせてその次元の立方体ができるとは限らず，また，もとの２種類がさらに分割して同一の素片から組み立てられるとも限らない．３次元空間での正八面体と正四面体による空間充填がその典型例である．

　最初からデーンの不変量を持ち出すのではなく，空間充填の性質を分類した後にデーンの不変量を用いることによって，元素数４以上が主張できたことになる．４次元正多胞体元素定理もこれにて一件落着とあいなった．

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