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．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，正多面体に限らず任意の凸多面体について常に成立する公式である．
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．量（ｖ−ｅ＋ｆ）はオイラー標数と呼ばれます．オイラー標数は幾何学において重要な概念である位相不変量の草分けであり，オイラーの多面体定理を利用すると，
１）どの面も同数の辺で囲まれている．
２）どの頂点にも同数の辺が集まっている．
という仮定をするだけで，正多角形であるという仮定をまったくせずとも正多面体は５種類しかないことを証明可能になります．
これが実に役立つ公式で，たとえばオイラーの多面体定理で示される制限から，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，単一の凸ｎ角形で平面を敷き詰めるものはｎ≧７では存在しないこと，２次元以上で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などが導き出されます．
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，以下，オイラーの多面体公式から導き出される定理を中心にみていくことにします．
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【１】プラトン立体
正則な多面体とはその面が正多角形で，どの頂点にも同じ数の面が集まっている凸多面体のことで，各頂点に正ｐ角形がｑ面集まる正多面体では，
ｐｆ＝２ｅ，ｑｖ＝２ｅ
が成り立ちます．さらに，正多面体の頂点，辺，面の数をそれぞれｖ，ｅ，ｆとすると，ｖ−ｅ＋ｆ＝２が成り立ちますから
１／ｅ＝１／ｐ＋１／ｑ−１／２
ｖ＝４ｐ／（２ｐ＋２ｑ−ｐｑ），
ｅ＝２ｐｑ／（２ｐ＋２ｑ−ｐｑ），
ｆ＝４ｑ／（２ｐ＋２ｑ−ｐｑ）
となります．
［１］すべての面が正三角形で構成されている立体の場合，ｐ＝３，ｑ＝３，４，５とおくと，
３ｆ＝２ｅ，３ｖ＝２ｅ，ｖ−ｅ＋ｆ＝２ → ｆ＝４（正四面体）
３ｆ＝２ｅ，４ｖ＝２ｅ，ｖ−ｅ＋ｆ＝２ → ｆ＝８（正八面体）
３ｆ＝２ｅ，５ｖ＝２ｅ，ｖ−ｅ＋ｆ＝２ → ｆ＝２０（正二十面体）
となります．
それに対して，すべての面が正方形，正五角形で構成されている立体は一意に決まり
［２］すべての面が正方形で構成されている立体の場合
４ｆ＝２ｅ，３ｖ＝２ｅ，ｖ−ｅ＋ｆ＝２ → ｆ＝６（立方体）
［３］すべての面が正五角形で構成されている立体の場合
５ｆ＝２ｅ，３ｖ＝２ｅ，ｖ−ｅ＋ｆ＝２ → ｆ＝１２（正十二面体）
となります．
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【２】アルキメデス立体・ジョンソン立体
アルキメデス立体・ジョンソン立体の話にはいる前に平面充填形について考えてみます．
［１］プラトンの平面充填形
正多角形は無限に多く存在しますが，それでは「互いに合同な正多角形を隙間も重なりもないように並べて平面を完全に埋める仕方が何通りあるでしょうか？」
この問題は昔から知られていて，それが３種類に限ることは以下のようにして証明されます．正多角形の中で平面をタイル張りのように隙間なく埋めつくすことができる平面充填形では，各頂点に正ｐ角形がｑ面が会するとすると，正ｐ角形の一つの内角は２（１−２／ｐ）×９０°であり，一つの頂点の回りの内角の和はこれがｑ個集まって四直角ですから，
２ｑ（１−２／ｐ）＝４，すなわち，
１／ｐ＋１／ｑ＝１／２ （ｐ，ｑ≧３）
で，この条件を満たす（ｐ，ｑ）の組は（３，６），（４，４），（６，３）の３通りしかありません．したがって，平面充填形は正三角形，正方形，正六角形の３つだけです．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．
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［２］アルキメデスの平面充填形
１種類の正多角形を使ったタイル張りはわかりましたが，それでは２種類以上の正多角形を使ったらどうでしょうか？ それを全部求めてみよといわれたらちょっと大変です．まず，どんな多角形を組み合わせたら，頂点のまわりを完全に埋めることができるかを考えてみましょう．
頂点のまわりには正三角形でも６個より多く並べることはできません．しかもこの場合は全部が正三角形に限ります．次に５個集まる場合は少なくとも正三角形が３個なければなりませんから，結局，５個の組は正三角形３個と正方形２個か，正三角形４個と正六角形１個の場合しかありません．次に４個の場合，正多角形をそれぞれｐ1 ，ｐ2 ，ｐ3 ，ｐ4 角形（ｐi ≧３）とすると，必要条件は
１／ｐ1 ＋１／ｐ2 ＋１／ｐ3 ＋１／ｐ4 ＝１
３個の場合は同様に
１／ｐ1 ＋１／ｐ2 ＋１／ｐ3 ＝１／２
と書けます．これを満たす３以上の正の整数の組を求めればよいことになります．
実際に解いてみると必要条件を満たす組は１７組できますが，十分条件を満たさない，すなわち，１点のまわりだけは完全に埋められても平面のタイル張りにならないものがでてきます．たとえば，正五角形，正十角形を含むものは実際にタイル貼りを完成させることができません．
十分条件を満たしたものだけを列挙すると
プラトンの平面充填形：（３^6），（４^4），（６^3）
アルキメデスの平面充填形：（３^4６），（３^3４^2），（３４^2６），（３^2６^2），（４８^2），（４６１２），（３１２^2）
ですが，（３^3４^2）には本質的に異なる並べ方が２通りあり，結局，求めるタイル張りであるアルキメデスの平面充填形は８種，ただ１種類の正多角形を使う場合の３通り（プラトンの平面充填形）を含めて全部で１１通りあることになります．
また，１１通りの基本領域はプラトンの平面充填形：（３^6），（４^4），（６^3）ではそれぞれ正三角形，正方形，正六角形ですが，アルキメデスの平面充填形では
（３^4６） ：正三角形：正六角形＝８：１
（３^3４^2）：正三角形：正方形＝２：１
（３４^2６）：正三角形：正方形：正六角形＝２：３：１
（３^2６^2）：正三角形：正六角形＝２：１
（４８^2） ：正方形：正八角形＝１：１
（４６１２）：正方形：正六角形：正十二角形＝３：２：１
（３１２^2）：正三角形：正十二角形＝２：１
となります．
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［３］アルキメデス立体・ジョンソン立体
アルキメデスの平面充填形は全部で８種ありましたが，アルキメデス立体やジョンソン立体は全部で何種類あるでしょうか？
１／ｐ1 ＋１／ｐ2 ＋１／ｐ3 ＋１／ｐ4 ＞１
１／ｐ1 ＋１／ｐ2 ＋１／ｐ3 ＞１／２
のすべての可能な解を列挙し，対応する多面体の存在・非存在を論じなければなりません，アルキメデスの平面充填形の最大ｐi角形は１２でしたが，その過程でアルキメデス立体，ジョンソン立体では１０になること，ｎ（≧１１）角形を含む面正則凸多面体は角柱か反角柱だけであることが証明されます．しかしながら，アルキメデス立体の１３種はともかくとしてジョンソン立体は９２種であることの完全な分類に達することは簡単ではありません．
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【３】デルタ多面体
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．
オイラーの多面体定理は，８個の凸なデルタ多面体が存在することの証明の基礎にもなります．デルタ多面体では，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．このように下限・上限が求められるとそれを実際に構成する際に非常に有用となります．
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
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【４】菱形多面体
菱形多面体に対してオイラーの公式を使うと，
４ｆ＝２ｅ，ｑｖ＝２ｅ
ここで頂点を鋭角同士，鈍角同士で合わせると，鋭角の頂点が何面合わさるか（３，４，５のいずれか）に応じて，菱形六面体，（標準的な）菱形十二面体，菱形三十面体の３種類しかできません．この６，１２，３０という値は正多面体の辺の数と同じですが，これは偶然ではなく，実質的に式
１／ｅ＝１／３＋１／ｑ−１／２ （ｑ＝３，４，５）
で与えられる量です．
菱形三十面体の「ベルト」を押しつぶしてできる菱形二十面体や第２種菱形十二面体では，菱形の鋭角と鈍角の頂点が混じって会する頂点があります．そのため，菱形多面体の分類には少し手間がかかるようです．デルタ多面体の場合に較べて複雑になるのですが，ここでは合同な菱形だけでできている菱形多面体の必要条件を求めてみることにします．
［１］ゾーン多面体
平行多角形のみで構成される多面体をゾーン多面体といいます．ゾーン多面体は無数にあるのですが，そのうち，ゾーン面は２枚ずつ増やせるので２（ｎ−１）面，天井面と床面はそれぞれ（ｎ−１）（ｎ−２）／２面で
２（ｎ−１）＋２（ｎ−１）（ｎ−２）／２＝ｎ（ｎ−１）
という構成になっています．
ｆ＝ｎ（ｎ−１）＝２，６，１２，２０，３０，４２，５６，・・・
ｅ＝２ｎ（ｎ−１）
ｖ＝ｎ（ｎ−１）＋２
ｎ ゾーン 天井床 ｆ ｅ ｖ
３ ４ ２ ６ １２ ８
４ ６ ６ １２ ２４ １４
５ ８ １２ ２０ ４０ ２２
６ １０ ２０ ３０ ６０ ３２
［２］合同な菱形だけでできている菱形多面体
次に，菱形のみの場合を考えます．菱形のすべての稜は２方向，菱形六面体のすべての稜は３方向，菱形十二面体では４方向，菱形三十面体では６方向を向いているのですが，菱形二十面体では５方向，菱形十二面体（第２種）では４方向を向いています．一般にすべての稜がｎ方向を向くとき，面数はｆ＝ｎ（ｎ−１）となります．
菱形の鋭角（acute）ｍ個と鈍角（obtuse）ｎ個が集まる頂点をａmｏnで表すことにすると，菱形の鋭角と鈍角の和は
ａ＋ｏ＝１８０°
ですから，頂点に４つ以上の鈍角が集まることは不可能です．頂点に集まる角がすべて鈍角である場合はｑi＝３すなわちｏ3で，菱形の鈍角が１２０°より小さいことが必要になります．また，この菱形（鋭角が６０°より大きい）が頂点に集まる角がすべて鈍角である場合は最大１頂点に５枚ですから，ｑi＝４またはｑi＝５ということになります．
さらにまた，鈍角と鋭角が混ざっている頂点がある多面体が菱形二十面体と菱形十二面体（第２種）なのですが，このような必要条件を満たす対象を広めに見積もると
ｐi＝４，３≦ｑi≦５
ですから
４ｆ＝２ｅ
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
ｅ≧１２，ｆ≧６
という下限が得られます．
しかし，ｆ＝６は細い菱面六面体と太った菱面六面体ですから，これだけでは何の手がかりも得られていないことと同じです．そこで，もう少し数学的に考察して上方からの制限（ｆ≦３０，ｅ≦６０）を設けてみたいと思います．
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ｏ＝１２０°（ａ＝６０°）の菱形では平面充填形となってしまいますから，ｏ3を有する菱形多面体の面は，正三角形を２個つなげた菱形（対角線の長さの比が１：√３）よりも太っていることが必要で，黄金比や１：√２の菱形などがその候補となるというわけです．
また，この菱形（鋭角が６０°より大きい）が頂点に集まる角がすべて鋭角である場合は最大１頂点に５枚ですから，ａ3またはａ4またはａ5ということになります．また，鈍角と鋭角が混ざっている頂点がある場合，ａ＋ｏ＝１８０°ですから，ａ1ｏ1，ａ2ｏ2は存在し得ず，ａ3ｏ1，ａ2ｏ1，ａ1ｏ2のみが可能となります．実際には
扁長菱面体：ａ3＝２，ａ1ｏ2＝６
扁平菱面体：ａ2ｏ1＝６，ｏ3＝２
菱形十二面体：ａ4＝６，ｏ3＝８
菱形十二面体（第２種）：ａ4＝２，ａ3ｏ1＝４，ａ1ｏ2＝４，ｏ3＝４
菱形二十面体：ａ5＝２，ａ3ｏ1＝１０，ｏ3＝１０
菱形三十面体：ａ5＝１２，ｏ3＝２０
のように必要条件として，さらに
Σｍi＝Σｎi＝ｅ
を満たすような頂点が可能となります．
以上をまとめると
ｑ＝３：ａ3，ａ2ｏ1，ａ1ｏ2，ｏ3
ｑ＝４：ａ4，ａ3ｏ1
ｑ＝５：ａ5
であり，ｑ＝６となる頂点は不可能です．
また，ｏ3をもたない多面体ではある頂点に鋭角が３つ集まってａ3となるのですが，それは扁長菱面体のケースですから平均会合面数ｑmは最小（ｑm＝３）となり除外することができます．こうしてｑmが最大になるのはａ5とｏ3のみからなる菱形多面体の場合と考えられます．
このとき，ａ5の頂点数をｘ，ｏ3の頂点数をｙとすると，
５ｘ＋３ｙ＝２ｅ
５ｘ＝ｅ，３ｙ＝ｅ
が成り立ちますから，
ｑm＝（５ｘ＋３ｙ）／（ｘ＋ｙ）
５ｘ＋３ｙ＝２ｅ，ｘ＝ｅ／５，ｙ＝ｅ／３
を代入すると
ｑm＝１５／４
これより，
３≦ｑm≦１５／４＜４
となるのですが，
４ｆ＝２ｅ，ｑmｖ＝２ｅ
をオイラーの公式に代入すると
１２≦ｅ≦６０ → ６≦ｆ≦３０
となって，ｆの上限値が得られます．
４ｆ＝２ｅよりｅは偶数ですが，さらに
５ｘ＝ｅ，３ｙ＝ｅ
よりｅは５の倍数かつ３の倍数ですから，ｆは１５の倍数であることがわかります．しかし，ｆ＝１５，３０，４５，６０，・・・と順に検討しなくても，ａ5とｏ3のみからなる菱形多面体は，オイラーの公式から直ちにｆ＝３０であることが導き出されます．
以上のようにａ5とｏ3のみからなる菱形多面体に絞って考えると，ｆの上限：ｆ≦３０を簡単に求めることができるというわけです．
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【５】７本の辺をもつ多面体？
ｐi≧３，ｑi≧３ですから
２ｅ≧３ｆ，２ｅ≧３ｖ
このことから多面体は７本の辺をもつこと（ｅ＝７）は不可能であることが証明されます．
（証）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？
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，
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
これらはシュタイニッツの定理（１９０６年）と呼ばれますが，オイラー自身すでに
ｆ≦２ｖ−４，ｖ≦２ｆ−４
という結果を知っていたようです．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．
なお，これらの式の頂点ｖと面ｆの対称性により，ｆ面凸多面体とｖ点凸多面体は同数になるのですが，「４面体は４つの頂点と４つの面から構成されるので，頂点数を加えていうと，４点４面体である．５面体には４角錐（５点５面体）と３角柱（６点５面体）がある．６面体には５点６面体が１種類，６点６面体，７点６面体，８点６面体が２種類ずつの合計７種類ある．以下，７面体には３４種類，８面体には２５７種類，９面体には２６６種類ある．
見方を変えて，凸多面体を頂点数で分類すると，４点多面体は１種類，５点多面体は２種類，６点多面体は７種類，７点多面体は３４種類，８点多面体は２５７種類，９点多面体は２６６種類，１０点多面体は３２３００種類ある．」・・・両者で同じ数値が出現していることに気づかれたかと思います．
つぎに，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角形の面をもつことを示します．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．
（証）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．
（証）ｉ）より，Σ（２ｎ＋１）ｆ2n+1＝（偶数），したがって，Σｆ2n+1も偶数．
（証）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．
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【６】六角形で球面が覆えるか？
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．
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【７】もっと驚くべき定理
フラーレンはダイヤモンドに次ぐくらい硬く，セシウムやルビジウムなどのアルカリ金属を加えると超伝導をおこすという化学的性質をもつ．切頂２０面体は頂点が６０あり，どの頂点からも３本の手がでている．したがってＣ60では３０本の二重結合（１２５００のケクレ構造）が描ける．また，異性体は１８１２種類もあり，そのうちで１２個の五角形がすべて離れているものが１つだけあり，それがサッカーボール型のＣ60である．この形は最も安定であるが，Ｃ60，Ｃ70以外にも正五角形１２枚，正六角形は２０枚〜１００枚以上の０次元ダイヤモンドが知られている．
球を六角形でタイル貼りすることができないこと以上に驚くべきことがある．もし球を５角形と六角形からなる地図で敷き詰めたならば，サッカーボールのようにちょうど１２個の５角形がなければならないというものである．
（Ｑ）五角形と六角形からなる多面体には五角形が常に１２個ある．
（Ａ）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，
Ｆ＝ｆ3＋ｆ4＋ｆ5＋・・・
２Ｅ＝３ｆ3＋４ｆ4＋５ｆ5＋・・・
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，係数が１ずつ小さくなり，それが０となるｆ6は式中に現れない．
このことからも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る．これもオイラーが知っていた結果であるということである．
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（フラーレン）．
(2)多面体の面がすべてｆ5とｆ6であるならば，ｆ5＝１２（切頂二十面体など）
(3)多面体の面がすべてｆ4とｆ6であるならば，ｆ4＝６（切頂八面体など）
(4)多面体の面がすべてｆ4，ｆ6，ｆ8であるならば，ｆ4＝ｆ8＋６（大菱形立方八面体など）
(5)多面体の面がすべてｆ3とｆ6であるならば，ｆ3＝４（切頂四面体など）
すなわち，球面を六角形と三角形で覆うとしたら，ちょうど４個の三角形が必要である．一般に，球面を六角形とｎ角形で覆うとしたら，ちょうどｋ＝１２／（６−ｎ）個のｎ角形が必要である．ｎ＝３，４，５のとき，
ｋ＝１２／（６−ｎ）＝４，６，１２
であるが，これは正多面体の面数と同じである．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る．
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【８】石鹸の泡細胞
オイラーの定理が物理的作用と結びつくと，興味のある幾何学的効果が出現してきます．たとえば，２次元的にランダムに配列した石鹸の泡はいろいろなサイズの泡細胞からなっていますが，表面張力の要請から境界長を極小化しようとしますから，接合角度は１２０度となります（プラトー問題・最小シュタイナー木問題）．このことから，石鹸の泡は各頂点の次数がすべて３である平面図形と考えることができます．また，互いに１２０°の角度で交わる石鹸膜の交線は
ａｒｃｃｏｓ（−１／３）＝１０９．４７１°
で接触します．正四面体の頂点から中心に向かう３枚の膜は互いに１２０°の角度をなし，中心に集まる４本の線は１０９．４７１°（マラルディの角）をなすのです．
このように，１２０°と１０９．４７１°は石鹸膜が接触するときの基本的な角度ですが，コクセターは１つの泡に接する泡の数を
（２３＋√３１３）／３＝１３．５６
と計算し，そのアイデアを日記に記しています．
これは２次方程式
３ｘ^2−４６ｘ＋７２＝０
の解となっていることが見てとれますが，どのようにして導出されたものなのでしょうか？
（Ａ）４次元正多胞体はシュレーフリ記号｛ｐ，ｑ，ｒ｝・・・各頂点にｐ角形がｑ面集まる多面体が各辺にｒ個集まる・・・で表記されるとします．
［参］コクセターの「最密充填と泡」に関する論文
Coxeter: Close packing and froth, Illinois Journal of Mathematics 2, 746-758 (1958)
によると，ｐ，ｑ，ｒに関する不等式
１／ｐ＋１／ｑ＞１／２ （ｐ，ｑ≧３）
１／ｑ＋１／ｒ＞１／２ （ｑ，ｒ≧３）
に有限群であるという条件が付加されると，さらに２次不等式
ｐ−４／ｐ＋２ｑ＋ｒ−４／ｒ＜１２
ｐ−４／ｐ＜１２−２ｑ−ｒ＋４／ｒ
ｐ^2−（１２−２ｑ−ｒ＋４／ｒ）ｐ−４＜０
が得られます．
泡細胞の合胞体の場合，１個の頂点に３個の辺が集まり，１本の辺の周りに３個の泡細胞が合するというのが空間分割の局所条件ですから，ｑ＝ｒ＝３とおくと
ｐ^2−（１３／３）ｐ−４＜０
ｐ＜（１３＋√３１３）／６＝５．１１５３
これを
ｆ＝１２／（６−ｐ）
ｖ＝４ｐ／（６−ｐ）
ｅ＝６ｐ／（６−ｐ）
に代入すると
ｆ＝（２３＋√３１３）／３＝１３．５６４
ｖ＝２（１７＋√３１３）／３＝２３．１２８
ｅ＝１７＋√３１３＝３４．６９２
になるというわけです．
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【９】ヒーウッドの公式
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
・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・
(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．
＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝
【１０】さらなる帰結
オイラーの多面体定理を使うと
［１］２次元泡細胞の辺数の平均は≦６であり，すべての泡細胞が６辺以上の辺をもつことは不可能である
［２］３次元泡細胞の面数の平均は≦１４であり，すべての泡細胞が１４面以上の面をもつことは不可能である
ことが証明された．
２次元細胞の多くは６角形であり，３次元細胞の多くには１４面体であることはわかったが，４次元，５次元，・・・，ｎ次元での空間充填多面体の基本形はどうなるのだろう？ どのような形になるのかを知る人は（たとえいたとしても）非常に少ないであろう．
そこで，「ｎ次元の舗石定理」をまとめておきたい．
［１］ｎ次元空間充填では，各頂点の周りに少なくともｎ＋１個の多面体が集まる（ルベーグ）．
［２］ｎ＋１個のとき，ボロノイ細胞の面数は最大２（２^n−１）個で，安定な空間充填となる（ミンコフスキー）．
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