今回コラムでは，オイラーの多面体定理

　　ｖ−ｅ＋ｆ＝２

を取り上げる．たとえば，正八面体ではｆ＝８，ｖ＝６，ｅ＝１２．切頂２０面体ではｆ＝３２（正五角形１２枚，正六角形２０枚），ｖ＝６０，ｅ＝９０でオイラーの公式が成り立っているが，任意の凸多面体について成立する公式である．

　これが実に役立つ公式で，たとえば，正多面体は５種類しかないとか，すべての面が六角形であるような多面体は存在しないという結論を導いたりすることができるのである．

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【１】オイラーの多面体定理の応用

　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ます．

　量（ｖ−ｅ＋ｆ）は幾何学で最も基本的な位相不変量の１つで，オイラー標数と呼ばれます．一般に，図形がいくつかの３角形によって分割されているとき，

　　頂点の数−辺の数＋３角形の数

は分割の仕方によらず定まり，図形に固有な量になるというものです．その際，偶数次元は＋，奇数次元は−に勘定して交代和をとっています．元の立体の頂点の数ｖと面の数ｆを互いに入れ替えた立体を双対多面体といいますが，この式は頂点と面に関しての双対性も表現しているのです．

　また，種数（穴の数）ｇの向き付け可能な閉曲面の場合は

　　ｖ−ｅ＋ｆ＝２−２ｇ

となることはよく知られています．逆にいうと，多面体の種数ｇは，ｇ＝１−（ｆ−ｅ＋ｖ）／２で定義される量です．

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［Ｑ］すべての面が六角形であるような多面体は存在しない．

　各々の面の辺数を

　　ｐ1，・・・，ｐf（≧３）

頂点に結合する辺数を

　　ｑ1，・・・，ｑv（≧３）

で表すと，明らかに

　　３ｆ≦ｐ1＋・・・＋ｐf＝２ｅ

　　３ｖ≦ｑ1＋・・・＋ｑv＝２ｅ

ここで，オイラーの多面体定理より，３ｆ＋３ｖ＝３ｅ＋６ですから，

　　ｅ＋６≦３ｆ≦２ｅ

　　ｅ＋６≦３ｖ≦２ｅ

　したがって，面が何角形になるかを求めてみると，これはもちろん１通りではありませんが，１本の辺は２個の面によって共有されることを考慮し，各頂点に平均してｐ~角形がｑ~面会するとすると，

　　ｐ~ｆ＝２ｅ，ｑ~ｖ＝２ｅ　　　（握手定理）

より，その平均辺数ｐ~と平均会合面数ｑ~については

　　ｐ~＝２ｅ／ｆ≦６−１２／ｆ＜６

　　ｑ~＝２ｅ／ｖ≦６−１２／ｖ＜６

という不等式が導かれます．

　各面の辺数の平均は＜６なのですが，すべての頂点の次数が６以上となることは不可能であり，必ず次数が５以下の頂点をもつことが導き出されます．

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［Ｑ］多面体は７本の辺をもつこと（ｅ＝７）は不可能である．

　　２ｅ≧３ｆ，２ｅ≧３ｖ

から，ｅ＝７なる多面体が存在したと仮定すると，３ｆ≦１４，３ｖ≦１４．ｆ，ｖは面，頂点の個数なので，３より大きな整数でなければならない．したがって，ｆ＝４，ｖ＝４，ｅ＝７となるが，これはオイラーの多面体定理

　　ｖ−ｅ＋ｆ＝２

を満たさないので矛盾が生じる．

　このことから

　　ｆ≧４，ｖ≧４，ｅ≧６（ｅ≠７）

であることがわかりましたが，他にオイラーの多面体定理で示される制限はないのでしょうか？

　　ｖ−ｅ＋ｆ＝２，２ｅ≧３ｆ，２ｅ≧３ｖ

を組み合わせると，

　　２ｖ＋２ｆ＝２ｅ＋４≧３ｆ＋４　→　ｆ≦２ｖ−４

　　２ｖ＋２ｆ＝２ｅ＋４≧３ｖ＋４　→　ｖ≦２ｆ−４

　また，別の組合せ方をすると，

　　３ｖ＋３ｆ＝３ｅ＋６≦２ｅ＋３ｆ　→　３ｆ−ｅ≧６

　　３ｖ＋３ｆ＝３ｅ＋６≧２ｅ＋３ｖ　→　３ｖ−ｅ≧６

も得られます．

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［Ｑ］３次元立体では必ず頂点に結合する辺の個数が３の頂点か３角形の面をもつ．

　ｎ本の辺をもつｆn枚の面とｎ本の辺が交わるｖn個の頂点をもつ凸多面体について，

　i)Σｎｆn＝Σｎｖn

　ii)Σｆ2n+1は偶数

　iii)ｖ3＋ｆ3＞０

を順に示していきます．

　（答）各辺は２個の頂点をもつから，Σｎｖn＝２Ｅ

　　　　また，各辺では２枚の面が交わるからΣｎｆn＝２Ｅ

　（答）ｉ）より，Σ（２ｎ＋１）ｆ2n+1＝（偶数）

　　　　したがって，Σｆ2n+1も偶数

　（答）Ｅ＝Σｅn，Ｖ＝Σｖn，Ｆ＝Σｆn，Σｎｆn＝Σｎｖn＝２Ｅ

　　　　もしｖ3＝０，ｆ3＝０ならば，

　　　　２Ｅ＝４ｖ4＋５ｖ5＋・・・≧４Ｖ　同様に，２Ｅ≧４Ｆ

　　　　これより，Ｖ−Ｅ＋Ｆ≦Ｅ／２＋Ｅ／２−Ｅ＝０

　　　　これはオイラーの多面体定理：Ｖ−Ｅ＋Ｆ＝２に矛盾するから，

　　　　ｖ3，ｆ3のうち，少なくとも１つは０でない．

　もっとよい評価を与えると

　　ｆ3＋ｆ4＋・・・＝ｆ，３ｆ3＋４ｆ4＋・・・＝２ｅ

　　ｖ3＋ｖ4＋・・・＝ｖ，３ｖ3＋４ｖ4＋・・・＝２ｅ

したがって，

　　ｆ3−ｆ5−２ｆ6−・・・＝４ｆ−２ｅ

　　ｖ3−ｖ5−２ｖ6−・・・＝４ｖ−２ｅ

　オイラーの多面体定理より，４ｆ＋４ｖ＝４ｅ＋８ですから，これらを加えると，

　　ｆ3＋ｖ3＝８＋（ｆ5＋ｖ5）＋２（ｆ6＋ｖ6）＋・・・≧８

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［Ｑ］正多面体は５種類しかない．

　ｐ角形面およびｑ稜頂点をもつ正多面体を，シュレーフリにしたがって

　　（ｐ，ｑ）

で表すことにしましょう．前項より，

　　ａ）ｐ，ｑのいずれかは３に等しくならなければならない．

　　ｂ）ｐ，ｑは５を越えることができない．

ですから，このような整数の組は（ｐ，ｑ）＝（３，３），（３，４），（３，５），（４，３），（５，３）の５通りで，それぞれ，正４面体，正８面体，正２０面体，正６面体，正１２面体に対応します．

　すなわち，正多面体は正４・６・８・１２・２０面体の５種類あって５種類しかないことが比較的簡単に証明できます．このことはギリシャのプラトンの時代にはすでに見つけられていて，それらがプラトンの自然哲学で重要な役割を演ずるところから，正多面体はプラトンの立体（Platonic solod）とも呼ばれています．

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［Ｑ］同じ大きさの正多角形のタイルを床に貼る．もし床がこのタイルで過不足なく貼られるとき，このタイルは正何角形か？

　平面充填形は正三角形，正方形，正六角形の３種類に限ることは，昔からよく知られていますが，このうち正方形のは碁盤，正六角形のは蜂の巣などでおなじみでしょう．

　正多面体は５種類しかないことに３種類の平面充填形（３，６），（４，４），（６，３）を加えておくと都合がよいのですが，（３，６）は正三角形格子，（４，４）は正方格子，（６，３）は正六角形格子で，平面充填形は，面数が無限大となって全体が一面に広がってしまった正多面体（退化した多面体）ですから，一種の正２面体群と解釈することができます．

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【２】ヒーウッドの公式

　さらに，オイラーの多面体定理で示される制限からいえることとして，

　　Ｆ＝ｆ3＋ｆ4＋ｆ5＋・・・

　　２Ｅ＝３ｆ3＋４ｆ4＋５ｆ5＋・・・

を

　　６Ｆ−２Ｅ≧１２

に代入すると

　　３ｆ3＋２ｆ4＋ｆ5−ｆ7−２ｆ8−３ｆ9−・・・≧１２

　地図のように２つの辺に囲まれた領域まで許すことにすると，この数え上げ公式は

　　４ｆ2＋３ｆ3＋２ｆ4＋ｆ5−ｆ7−２ｆ8−３ｆ9−・・・＝１２

となります．いずれにせよ，係数が１ずつ小さくなり，それが０となるｆ6は式中に現れません．

　このことから，ｆ3，ｆ4，ｆ5の少なくとも１つは０でない→多面体には３角形か４角形面か５角形面が少なくとも１つなければならない，同様に，多面体の少なくとも１つの頂点は３次か４次か５次でなければならない→すべての頂点の次数が６以上となることは不可能であり，必ず次数が５以下の頂点をもつことが導き出されます．これもオイラーが知っていた結果であるということです．

　ここで，

(1)ｆ2＝ｆ3＝ｆ4＝０だとすると，少なくとも１２個のｆ5がなければならないことになる

(2)多面体の面がすべてｆ5とｆ6であるならば，ｆ5＝１２（切頂二十面体）

(3)多面体の面がすべてｆ4とｆ6であるならば，ｆ4＝６（切頂八面体）

(4)多面体の面がすべてｆ4，ｆ6，ｆ8であるならば，ｆ4＝ｆ8＋６（斜方切頂立方八面体）

これらの結果は極めて重要で，四色定理の証明の中核をなしています．

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　オイラーの公式は単純ですが，要はその使い方というわけで，たとえば，多面体には３角形か４角形面か５角形面が少なくとも１つなければならないことはもっと簡単に証明できます．

　どの領域も少なくとも６つの領域で囲まれていると仮定すると

　　６ｆ≦２ｅ

また，このような問題を解くにあたっては，すべての交点で３本の境界線が会している地図だけを考えればよいので，

　　３ｖ≦２ｅ

　これらをオイラーの公式に代入すると

　　ｖ−ｅ＋ｆ≦１／３ｅ−ｅ＋２／３ｅ＝０≠２

となって矛盾を生じます．したがって，５個以下の隣接領域しかもたない領域が少なくともひとつあることになります．

　平面や球面上に描かれた地図に関するオイラーの公式は

　　ｖ−ｅ＋ｆ＝２

でしたが，トーラス上の地図に関するオイラーの公式は

　　ｖ−ｅ＋ｆ＝０

です．

　トーラスでは６個以下の隣接領域しかもたない領域が少なくともひとつあることを証明するために，どの領域も少なくとも７つの領域で囲まれていると仮定すると

　　７ｆ≦２ｅ

また，３ｖ≦２ｅですから

　　ｖ−ｅ＋ｆ≦２／７ｅ−ｅ＋２／３ｅ＝−１／２１ｅ≠０

という矛盾を引き出すことができます．

　したがって，トーラスでは６個以下の隣接領域しかもたない領域が少なくともひとつあることになります．このことを利用すると，

　　「トーラス上のどんな地図でも７色で塗り分けられる」

ことが証明されます．ヒーウッドは実際に７色を必要とする例もあげています．

　これを証明したヒーウッドはさらにｇ個の穴があいたトーラス上の地図に関するオイラーの公式

　　ｖ−ｅ＋ｆ＝２−２ｇ

を利用して

(1)２個の穴があいているトーラス上の地図はどれも８色で塗り分けられる

(2)３個の穴があいているトーラス上の地図はどれも９色で塗り分けられる

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(3)１０個の穴があいているトーラス上の地図はどれも１４色で塗り分けられる

に引き続いて，

(4)ｇ個の穴があいているトーラス上の地図はどれもＨ（ｇ）色で塗り分けられる

　　Ｈ（ｇ）＝［｛７＋√（１＋４８ｇ）｝／２］

を証明しました．

　［・］はガウス記号で，

　　ｇ：１，２，３，　４，　５，　６，　７，　８，　９，１０

　　Ｈ：７，８，９，１０，１１，１２，１２，１３，１３，１４

となるのですが，しかし，ヒーウッドはｇ≧２に対してそのような地図が実在することを示すことはできませんでした．そのため，この問題は「ヒーウッド予想」と呼ばれることになりました．

　１９６８年，リンゲルとヤングスは，ｇ個の穴のあいているトーラス上にこれだけの色を必要とする地図が存在することを証明したのですが，ヒーウッド予想（１８９０年）が最終的に証明されるまでには７７年もの歳月が必要だったというわけです．

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　　［参］コラム「４次元・５次元を垣間みる」

　　　　　コラム「オイラーの公式と四色定理」