【１】正多面体の中の正多面体

　プラトン立体には，面と頂点の双対関係

　　正四面体　　←→　正四面体　（自己双対）

　　立方体　　　←→　正八面体

　　正十二面体　←→　正二十面体

があり，双対正多面体同士は辺の数が等しく同じ対称性をもっている．

　双対関係のほかにも包含関係があり，立方体の中に正四面体をその頂点が立方体の頂点となりその辺が立方体の面の対角線になるように内接させることができる．これと同様に，立方体の頂点が正１２面体の頂点となり，立方体の各辺が正１２面体の面上にあるように正１２面体の中に立方体を内接させることができる．

　このことによって

　　(1)正４面体群は正８面体群の部分群である

　　(2)正８面体群は正２０面体群の部分群である

ことが直ちにわかる．

　３次元空間の回転群の有限部分群は，コーシーが示したように

　　(1)巡回群Ｃn

　　(2)正二面体群Ｄ2n

　　(3)正多面体群，すなわち

　　　a)正四面体群（４次交代群：Ａ4）

　　　b)正八面体群（４次対称群：Ｓ4）

　　　c)正二十面体群（５次交代群：Ａ5）

に限られ，

　　Ａ4＜Ｓ4＜Ａ5

るというわけである．

　一番外側に辺の長さ１の正１２面体をおくと，その内部に辺の長さφの立方体，その中に辺の長さφ√２の正四面体がはいる．この双対は正四面体の中に正八面体，正八面体の中に正二十面体がはいるもので，この関係は外側にも内側にも無限に続くことになる．

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【２】球面上の点配置のミニマックス問題，マックスミニ問題

　球面上に定点を決めて，もう一つの点を球面距離が最大になるようにしてやります．この点は球のちょうど反対側にある点です．次に，球面上に３つの点をおいて，３点が互いにできるだけ遠ざかるようにすると，正三角形ができあがります．４点の場合は正四面体となります．

　球面上にＮ個の点を配置して，点間の最小球面距離が最大になるようにすることを考えましょう．正多面体の頂点は外接球上に分布していますが，どの２点の最短距離もできるだけ大きくなるような点の分布をなしているとは限りません．たとえば，６個あるいは１２個の点の分布はそれぞれ正八面体と正２０面体になりますが，８個の点については立方体にはならないからです．

　最小球面距離の最大化というミニマックス問題の解は，Ｎ＝４，６，１２の場合には，それぞれ正４面体，正８面体，正２０面体の頂点に一致するような配置が導かれます．これらはすべて三角形面多面体（単体的正多面体）です．Ｎ＝８の解は，単位球に内接し８個の頂点をもつ反プリズム（２個の正方形と８個の正三角形からなる），Ｎ＝２４では，アルキメデスの多面体（３，３，３，３，４）の頂点，Ｎ＝２０は未解決のまま残っています．

　一方，最大球面距離の最小化というマックスミニ問題の解は，Ｎ＝６のとき，正則な二重ピラミッドの頂点，Ｎ＝１２のとき，反プリズム的二重ピラミッドの頂点であることが導かれています．二重ピラミッドとは，プリズムあるいは反プリズムの底面および上面にそれぞれひとつずつピラミッドをおくときにできる立体です．

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【３】デルタ多面体

　すべての面が正三角形で構成されている立体をデルタ多面体（正三角面体）といいます．正４面体，正８面体，正２０面体は正三角形だけから作られる正多面体ですが，このほかに５種類，計８種類の凸デルタ多面体を作ることができます．

　結論を先にいうと，正３角形ばかりを集めると４面体から２０面体まで，１８面体以外の８種類すべての偶数多面体ができあがります．そのうち，正４面体，正８面体，正２０面体は正多面体にも分類されるのですが，デルタ多面体はそれらを含めて全部で８種類あることがわかりました．逆にいうと，もし多面体の各面が正三角形ならば８つの多面体の中のどれかひとつであるということになります．

　同様に，正方形１種類では立方体のみ，正５角形１種類では正１２面体のみが得られ，正６角形以上の正多角形ばかりでは凸多面体はできません．結局，１種類の正多角形でできる凸多面体は合計１０種類あることになります．

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　３次元凸多面体の頂点，辺，面の数をそれぞれｖ，ｅ，ｆとすると，

　　ｖ−ｅ＋ｆ＝２　　（オイラーの多面体定理）

が成り立ちます．これは３次元立体について，０次元の特性数であるｖ，１次元の特性数であるｅ，２次元の特性数であるｆの関係を述べたものと解釈され，最も美しい数学の１０大定理の１つに挙げられるものです．

　また，正則な多面体とはその面が正多角形で，どの面にも同じ数の面が集まっている凸多面体のことで，正多面体では

　　ｐｆ＝２ｅ，ｑｖ＝２ｅ

でしたが，正則とは限らない一般の多面体では

　　Σｐi＝ｐ1＋・・・＋ｐf＝２ｅ，

　　Σｑi＝ｑ1＋・・・＋ｑv＝２ｅ

となります．

　ｐi＝３，３≦ｑi≦５ですから

　　３ｆ＝２ｅ　　　（ｆは偶数）

　　３ｖ≦２ｅ≦５ｖ

これをオイラーの多面体定理

　　ｖ−ｅ＋ｆ＝２

に代入すると

　　６≦ｅ≦３０

　これより

　　４≦ｆ≦２０，（３≦ｖ≦２０）

が得られます．３ｆ＝２ｅよりｆは偶数ですから，４面体から２０面体までの偶数多面体がデルタ多面体の候補となります．

　　　ｆ　　　　　　ｅ　　　　　　ｖ

　　　４　　　　　　６　　　　　　４

　　　６　　　　　　９　　　　　　５

　　　８　　　　　１２　　　　　　６

　　１０　　　　　１５　　　　　　７

　　１２　　　　　１８　　　　　　８

　　１４　　　　　２１　　　　　　９

　　１６　　　　　２４　　　　　１０

　　１８　　　　　２７　　　　　１１

　　２０　　　　　３０　　　　　１２

　オイラーの多面体定理によってそれ以外にはないことを証明することができましたが，１９４２年，フロイデンタールによってデルタ１８面体は存在しないことが証明されました．

　ところで，ｆ＝１８（ｖ＝１１）が十分条件を満たさないことはどのようにして証明されるのでしょうか？　この点について一松信先生にうかがったのですが，この証明は殊の外厄介ということでした．それは凸多面体という条件がつくためなのですが，結局は頂点数１１の形を分類してどのような組でも凸体にならないことを確かめるという手間を要します．

　ｆ＝１８の不可能性の証明は端的にいって「あらゆる可能性を調べて凸体にならない」ことを示すような厄介な話です．オイラーの士官３６人の問題の不可能性の証明などもその１例です．

　なお，「ポリドロン」には辺の長さの等しい正３角形，正４角形，正５角形，正６角形のユニットがあります．ポリドロンによるｆ＝１８の模型を掲げますが，凸体に近いものの凸でない多面体ができあがりました．同じｆ＝１８を２つの方向から見た図を掲げます．

　この構成では

　　佐藤耕太郎（小学６年生），佐藤一麦（小学４年生），佐藤千種（２才）

の協力を得ました．「ポリドロン」は東京書籍がその取り扱い店となっています．→連絡先：tel:03-5390-7513,fax:03-5390-7409（大山茂樹）

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【４】直線上を転がるときの正多角形の頂点の軌跡

　１辺の長さ１の正三角形が直線上を回転するとき，正三角形の１つの頂点に着目すると，その頂点が描く軌跡は中心角２π／３で半径１の円弧を連ねた波型曲線となります．正方形の場合，その頂点は中心角π／２で半径１の円弧と中心角π／２で半径√２の円弧を連ねた波型曲線を描きます．

　固定した直線上を円が滑らずに転がるとき，回転円上の固定点のなす軌跡がサイクロイドです．正ｎ角形の場合も円弧をつないだ曲線となるのですが，円の場合は正ｎ角形のｎ→∞のときの極限として，サイクロイドを描くというわけです．

サイクロイドは重要な性質をもっていて

　［１］最速降下線

　［２］等時曲線

などいくつかの興味深い特性があります．サイクロイドはそもそもガリレイによって発見され，ホイヘンスによって振子時計の設計に使われ，そしてパスカルの積分法の研究にも貢献しています．サイクロイド弧が囲む面積は３πｒ^2（回転円の面積の３倍に等しい），弧長は８ｒ（回転円に外接する正方形の周に等しい）になります．

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　先日，宮本次郎先生（釜石南高校）より「杜陵サークル」の会報が送られてきたのですが，その中の下河原英先生（釜石工業高校）の記事が目にとまりました．『正多角形の頂点のうち，直線に接しているものの一方に目印をつける．そうして正多角形を直線に沿って転がしたとき，正多角形が停止する度に目印をつけた頂点の位置を直線（！）で結んでいく．目印をつけた頂点が再び直線に接したところで回転を止める．』このようにして得られた折れ線で囲まれた面積は正多角形の面積のちょうど３倍になっているという話題であり，証明も添えられてありました．

　サイクロイドは回転角を媒介変数として回転円の半径をａとすると

　　ｘ＝ａ（θ−ｓｉｎθ），ｙ＝ａ（１−ｃｏｓθ）

と書くことができますが，

　　Ｓ＝∫ｙｄｘ＝ａ^2∫（１−ｃｏｓθ）^2ｄθ＝３πｒ^2

　　Ｌ＝∫（１＋ｙ’^2）^1/2ｄｘ

　　　＝ａ√２∫（１−ｃｏｓθ）^1/2ｄθ

　　　＝４ａ∫ｓｉｎ（θ／２）ｄθ＝８ａ

などの解析的表現よりも，図形的表現の方が高校生にとってはよほど印象深いと思われ感心した次第です．

　弧長は，正ｎ角形の外接円の半径をｒとすると

　　Ｌn＝４ｒｓｉｎ(π/n)Σｓｉｎ(kπ/n) (k=1=n-1)

で与えられるのですが，

　　ｓｉｎα＋ｓｉｎ２α＋ｓｉｎ３α＋・・・＋ｓｉｎｎα

　＝ｓｉｎ（ｎα／２）・ｓｉｎ｛（ｎ＋１）α／２｝／ｓｉｎ（α／２）

なる関係にα←π／ｎ，ｎ←ｎ−１を代入すると

　　Σｓｉｎ(kπ/n)＝１／ｓｉｎ(π/2n)

　　Ｌn ＝４ｒｓｉｎ(π/n)Σｓｉｎ(kπ/n)

　　　 ＝４ｒｓｉｎ(π/n)／ｓｉｎ(π/2n)　→　８ｒ　　（ｎ→∞）

となって同様に証明できます．これによりサイクロイドの弧長が外接円の直径の４倍であることが示されました．

　高校生にとって難しいと感じられるところは，正弦・余弦の和公式を用いていることでしょう．正弦・余弦の和公式には正ｎ角形をひとつの頂点から引いた対角線でｎ−２個に分割したときの面積と周長という幾何学的意味があることがわかったわけですが，以下はコラム「地図と三角法」より正弦・余弦の和公式を易しく説明した箇所を抜粋したものです．ご参考までに．

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［１］正弦・余弦の和公式

　等差級数

　　Ｓ＝１＋２＋３＋・・・＋ｎ

の値を求めるのに，逆順にして

　　Ｓ＝ｎ＋（ｎ−１）＋（ｎ−２）＋・・・＋１

辺同士を加えると

　　２Ｓ＝（ｎ＋１）＋（ｎ＋１）＋（ｎ＋１）＋・・・＋（ｎ＋１）

より，

　　Ｓ＝ｎ（ｎ＋１）／２

　これが等差級数の和公式で，これを使うと，たとえば１から１００まで数の合計が５０５０であることが瞬時に計算できることはご存知であろう．

　この取り扱いと似た方法で，正弦の和公式

　　ｓｉｎα＋ｓｉｎ２α＋ｓｉｎ３α＋・・・＋ｓｉｎｎα

　＝ｓｉｎｎα／２ｓｉｎ（ｎ＋１）α／２／ｓｉｎα／２

を証明してみよう．

（証明）

　　Ｔ＝ｓｉｎα＋ｓｉｎ２α＋ｓｉｎ３α＋・・・＋ｓｉｎｎα

　　Ｔ＝ｓｉｎｎα＋ｓｉｎ（ｎ−１）α＋ｓｉｎ（ｎ−２）α＋・・・＋ｓｉｎα

　ここで，和から積への式

　　ｓｉｎα＋ｓｉｎβ＝２ｓｉｎ（α＋β）／２ｃｏｓ（α−β）／２

を用いると

　　２Ｔ＝２ｓｉｎ（ｎ＋１）α／２｛ｃｏｓ（１−ｎ）α／２＋ｃｏｓ（３−ｎ）α／２＋・・・＋ｃｏｓ（ｎ−３）α／２＋ｃｏｓ（ｎ−１）α／２｝

　両辺にｓｉｎα／２を掛けて，積から和への公式

　　ｓｉｎαｃｏｓβ＝１／２｛ｓｉｎ（α＋β）＋ｓｉｎ（α−β）｝

を用いると

　　２Ｔｓｉｎα／２

＝ｓｉｎ（ｎ＋１）α／２｛ｓｉｎｎα／２＋ｓｉｎ（１−ｎ／２）α＋・・・＋ｓｉｎ（−１＋ｎ／２）α＋ｓｉｎｎα／２｝

＝２ｓｉｎ（ｎ＋１）α／２ｓｉｎｎα／２

　同様に，余弦の和公式

　　ｃｏｓα＋ｃｏｓ２α＋ｃｏｓ３α＋・・・＋ｃｏｓｎα

　＝ｓｉｎｎα／２ｃｏｓ（ｎ＋１）α／２／ｓｉｎα／２

も証明できる．これらの式において，α＝π／ｎとおくと

　　Σｓｉｎｋπ／ｎ＝ｃｏｔπ／２ｎ

　　Σｃｏｓｋπ／ｎ＝１

　さらに，

　　ｓｉｎα＋ｓｉｎ３α＋ｓｉｎ５α＋・・・＋ｓｉｎ（２ｎ−１）α＝ｓｉｎ^2ｎα／ｓｉｎα

　　ｃｏｓα＋ｃｏｓ３α＋ｃｏｓ５α＋・・・＋ｃｏｓ（２ｎ−１）α＝ｓｉｎ２ｎα／２ｓｉｎα

α＝π／（２ｎ＋１）とおくと，

　　Σｃｏｓ（２ｋ−１）π／（２ｎ＋１）＝１／２

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［２］正弦・余弦の積公式

　正弦・余弦の和公式はフーリエ級数との関連で研究された歴史がある．一方，和公式ほどよく知られていないが，正弦・余弦の積公式としていろいろな公式が登場してくる．ここでは証明は省いたが，複素数を使って証明するのが一番の近道であろう．

　　Πｓｉｎｋπ／ｎ＝ｓｉｎπ／ｎ・・・ｓｉｎ（ｎ−１）π／ｎ

　　　　　　　　　　＝ｎ／２^(n-1)

　　Πｓｉｎ（θ＋ｋπ／ｎ）

　＝ｓｉｎ（θ＋π／ｎ）・・・ｓｉｎ（θ＋（ｎ−１）π／ｎ）

　＝ｓｉｎｎθ／２^(n-1)ｓｉｎθ

　ここで，θ→θ−π／２ｎと置き換えれば

　　Πｓｉｎ（θ＋（２ｋ−１）π／ｎ）＝ｃｏｓｎθ／２^(n-1)

θ＝０とおけば

　　Πｓｉｎ（（２ｋ−１）π／ｎ）＝１／２^(n-1)

また，θ＝π／２とおけば

　　Πｃｏｓｋπ／ｎ＝ｓｉｎ（ｎπ／２）／２^(n-1)

などを導き出すことができる．

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