■置換多面体の空間充填性(その255)

 正単体切頂切稜型のペトリー多面体のほうが分配法則がわかりやすい.

[2]{3,3,3}(1,0,0,1)=(20,60,70,30)

の頂点回りには

  切頂面{3,3}(001)1個(四面体)(3,3,3)

  切稜面{3}(01)×{}(1)3個(三角柱)(3,4,4)

  2次元面{}(1)×{3}(10)3個(三角柱)

  3次元面{3,3}(100)1個(四面体)

  三角錐10,三角柱20

  {3,3}(001)1個・・・頂点数4

  {3}(01)×{}(1)3個・・・頂点数6

  f3=(2/4+6/6)・f0=10+20=30  (1331)=(1,1)^3

 8点からなる図形で,頂点次数は6であるからその面数は6である.これは立方体と思われ,その辺数は12である.

  x+y=12

  x/3+y/4=7/2→4x+3y=42→x=6,y=6

  三角形40枚,四角形30枚

  {3}(01)6個・・・頂点数3

  {}(1)×{}(1)6個・・・頂点数4

  f2=(6/3+6/4)・f0=70  (363)=3(1,1)^2

 次数6で,辺回りに三角形2,四角形2,正四面体1,三角柱3

  f1=(6/2)・f0=60

  f1=(3/2+3/2)・f0=60  (3,3)=3(1,1)

 これと同様のことが,5次元以上でも計算できるだろうか?

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[3]{3,3,3,3}(1,0,0,0,1)=(30,120,210,180,62)

 頂点回りには

  切頂面{3,3,3}(0001)1個・・・頂点数5

  切稜面{3,3}(001)×{}(1)4個・・・頂点数8

  2次元面{3}(01)×{3}(10)6個・・・頂点数9

  3次元面{}(1)×{3,3}(100)4個・・・頂点数8

  4次元面{3,3,3}(1000)1個・・・頂点数5

  f4=(2/5+8/8+6/9)f0=12+30+20=62  (14641)=(1,1)^4

 16点からなる図形で,頂点次数は8であるからその3次元面数は8である.これは4次元立方体と思われ,その辺数は32,面数は24である.

  三角錐60,三角柱20

  x+y=32

  x/4+y/6=6→3x+2y=72→x=8,y=24

  {3,3}(001)8個・・・頂点数4

  {3}(01)×{}(1)24個・・・頂点数6

  f3=(8/4+24/6)・f0=180  (4,12,12,4)=4(1,1)^3

  三角形120枚,四角形90枚

  x+y=24

  x/3+y/4=7→4x+3y=84→x=12,y=12

  {3}(01)12個・・・頂点数3

  {}(1)×{}(1)12個・・・頂点数4

  f2=(12/3+12/4)・f0=210  (6,12,6)=6(1,1)^2

 次数8で,辺回りに三角形3,四角形3,正四面体3,三角柱9

  f1=(8/2)・f0=120

  f1=(4/2+4/2)・f0=120  (4,4)=4(1,1)

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[4]{3,3,3,3,3}(1,0,0,0,0,1)=(42,210,490,630,434,126)

 頂点回りには

  切頂面{3,3,3,3}(00001)1個・・・頂点数6

  切稜面{3,3,3}(0001)×{}(1)5個・・・頂点数10

  2次元面{3,3}(001)×{3}(10)10個・・・頂点数12

  3次元面{3}(01)×{3,3}(100)10個・・・頂点数12

  4次元面{}(1)×{3,3,3}(1000)5個・・・頂点数10

  5次元面{3,3,3,3}(10000)1個・・・頂点数6

  f5=(2/6+10/10+20/12)f0=14+42+70=126  (1,5,10,10,5,1)=(1,1)^5

 32点からなる図形で,頂点次数は10であるからその4次元面数は10である.これは5次元立方体と思われ,その辺数は80,面数は80,3次元面数は40である.

 n−2次元面

  x+y+z=80

  x/5+y/8+z/9=31/3→72x+45y+40z=3720

  →x=10,y=40,z=30

  {3,3,3}(0001)10個・・・頂点数5

  {3,3}(001)×{}(1)40個・・・頂点数8

  {3}(01)×{3}(10)30個・・・頂点数9

  f4=(10/5+40/8+30/9)f0=84+210+140=434  (5,20,30,20,5)=5(1,1)^4

  三角錐70,三角柱420

  x+y=80

  x/4+y/6=15→3x+2y=180→x=20,y=60

  {3,3}(001)20個・・・頂点数4

  {3}(01)×{}(1)60個・・・頂点数6

  f3=(20/4+60/6)・f0=210+420=630  (1030,30,10)=10(1,1)^3

  三角形280枚,四角形210枚

  x+y=40

  x/3+y/4=35/3→4x+3y=140→x=20,y=20

  {3}(01)20個・・・頂点数3

  {}(1)×{}(1)20個・・・頂点数4

  f2=(20/3+20/4)・f0=280+210=490  (1020,10)=10(1,1)^2

 次数10で,辺回りに三角形4,四角形4,正四面体6,三角柱18

  f1=(10/2)・f0=210

  f1=(5/2+5/2)・f0=210  (5,5)=5(1,1)

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[まとめ]4次元ではいいが,5次元では連立方程式の数が足りないノデはないかと危惧されていた.しかし,その場合も頂点図形の双対のfベクトルがわかれば計算は可能であることが確かめられた.

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