３次元では立方体から直角三角錐を４個取り除くと正四面体，４次元では正８胞体からＲＰを８個取り除くと１６胞体になるのに対し，５次元以上の空間では直角三角錘を２^n-1個を取り除くと正多面体にならず，１種の準正多面体になる．
ｎ次元空間の正多胞体（ｎ≧５）は
境界胞体 頂点 双対性 対応
（ｎ＋１）胞 ｎ胞体 ｎ＋１ 自己双対 正４面体・５胞体
２ｎ胞体 （２ｎ−２）胞体 ２^n ２^n胞体 立方体・８胞体
２^n胞体 ｎ胞体 ２ｎ ２ｎ胞体 正８面体・１６胞体
の３種類だけであるから，５次元以上の空間では芯（頂点数２^n-1）は正多面体にならず，１種の準正多面体になることがわかる．
２^n＝２・２ｎ → ４次元超立方体の頂点をひとつおきに結べば，正１６胞体ができる．
２^n＝２・（ｎ＋１） → ３次元立方体の頂点をひとつおきに結べば，正４面体ができる．
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【１】半立方体（hemicube）
ｎ次元の立方体（頂点数２^n）のひとつおきの頂点において，そこと相隣る頂点全体を通る超平面で切り落として残る図形は半立方体（hemicube）と呼ばれる．たまたま，３次元では正四面体，４次元では正１６胞体となるが，５次元以上ではそれほど簡単な図形ではない．
５次元の場合は，１６個の正５胞体と１０個の正１６胞体で囲まれた立体（中心対称ではない）である．６次元になると，この図形１２個と５次元の正単体３２個で囲まれた図形である．
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【２】半立方体の要素数
半立方体（ｎ次元の超立方体において，ひとつおきの頂点（全体で２^n-1個）を結んでできる図形）の要素数を計算してみたところ，やはり，７次元までは個別にうまく計算できたものの８次元でゆきづまりました．ｎ≧４では側面（１次元低い胞）が２種類現れて，次元を下げていってもｆ4以上で２種類の図形が複雑に絡み合うのが原因です．
３次元：（ｆ0，ｆ1，ｆ2）＝（４，６，４） （正四面体）
４次元：（ｆ0，ｆ1，ｆ2，ｆ3）＝（８，２４，３２，１６） （正１６胞体）
５次元：（ｆ0，ｆ1，ｆ2，ｆ3，ｆ4）＝（１６，８０，１６０，１２０，１６＋１０）
６次元：（ｆ0，ｆ1，ｆ2，ｆ3，ｆ4，ｆ5）＝（３２，２４０，６４０，６４０，１９２＋６０，３２＋１２）
７次元：（ｆ0，ｆ1，ｆ2，ｆ3，ｆ4，ｆ5，ｆ6）＝（６４，６７２，２２４０，２８００，１３４４＋２８０，４４８＋８４，６４＋１４）
ｆ2は正三角形，ｆ3は正四面体，ｆ4以上で２種類の形の各々の和
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【３】問題の深化
超立方体の頂点をひとつおきにとると別の正多面体になるのは３次元・４次元の特殊性である．５次元以上の空間では正多面体ではなく，１種の準正多面体になることはわかったが，・・・
［Ｑ］３次元では立方体から直角三角錐ＲＴを４個取り除くと正四面体になるが，奇数次元立方体からどのように取り除けばその次元の正単体になるのだろうか？
［Ａ］再び頂点数の整除性を考えると
２^n＝２・（ｎ＋１） → ２^n-1＝ｎ＋１，ｎ＝３ → ３次元立方体の頂点をひとつおきに結べば，正４面体ができる．
２^n＝４・（ｎ＋１） → ２^n-2＝ｎ＋１ → 整数解なし
２^n＝８・（ｎ＋１） → ２^n-3＝ｎ＋１ → 整数解なし
一般に，「２^nｰk＝ｎ＋１の整数解を求めよ（ｎ＞ｋ）」に対してはグラフを描けばすぐに解は求まるが，この解をグラフを使わないで求めることはできるだろうか？
［１］２^n-k＝ｎ＋１ （ｍｏｄ２）
ｎ＞ｋのとき，０＝ｎ＋１ → ｎ＝２ｍ−１
ｎ＝ｋのとき，１≠ｎ＋１
［２］２^n-k＝ｎ＋１ （ｍｏｄ４）
ｎ＞ｋ＋１のとき，０＝ｎ＋１ → ｎ＝４ｍ−１
ｎ＝ｋ＋１のとき，２≠ｎ＋１
ｎ＝ｋのとき，１≠ｎ＋１
［３］２^n-k＝ｎ＋１ （ｍｏｄ８）
ｎ＞ｋ＋２のとき，０＝ｎ＋１ → ｎ＝８ｍ−１
ｎ＝ｋ＋２のとき，４＝ｎ＋１
ｎ＝ｋ＋１のとき，２≠ｎ＋１
ｎ＝ｋのとき，１≠ｎ＋１
［４］２^n-k＝ｎ＋１ （ｍｏｄ１６）
ｎ＞ｋ＋３のとき，０＝ｎ＋１ → ｎ＝１６ｍ−１
ｎ＝ｋ＋３のとき，８≠ｎ＋１
ｎ＝ｋ＋２のとき，４＝ｎ＋１
ｎ＝ｋ＋１のとき，２≠ｎ＋１
ｎ＝ｋのとき，１≠ｎ＋１
となって（ＮＧを除去すれば）ｎ＝３，ｋ＝１（ｍｏｄ ２^m）であることが示される．したがって，ｎ≧５のとき，整数解なし．
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［Ｑ］４次元では正８胞体からＲＰを８個取り除くと１６胞体になるが，偶数次元立方体からどのように取り除けばその次元の正軸体になるのだろうか？
［Ａ］再び頂点数の整除性を考えると
２^n＝２・２ｎ → ２^n-2＝ｎ，ｎ＝４ → ４次元超立方体の頂点をひとつおきに結べば，正１６胞体ができる．
２^n＝４・２ｎ → ２^n-3＝ｎ → 整数解なし
２^n＝８・２ｎ → ２^n-4＝ｎ → 整数解なし
［１］２^n-k＝ｎ （ｍｏｄ２）
ｎ＞ｋのとき，０＝ｎ → ｎ＝２ｍ
ｎ＝ｋのとき，１≠ｎ
［２］２^n-k＝ｎ （ｍｏｄ４）
ｎ＞ｋ＋１のとき，０＝ｎ → ｎ＝４ｍ
ｎ＝ｋ＋１のとき，２≠ｎ
ｎ＝ｋのとき，１≠ｎ
［３］２^n-k＝ｎ （ｍｏｄ８）
ｎ＞ｋ＋２のとき，０＝ｎ → ｎ＝８ｍ
ｎ＝ｋ＋２のとき，４＝ｎ
ｎ＝ｋ＋１のとき，２≠ｎ
ｎ＝ｋのとき，１≠ｎ
［４］２^n-k＝ｎ （ｍｏｄ１６）
ｎ＞ｋ＋３のとき，０＝ｎ → ｎ＝１６ｍ
ｎ＝ｋ＋３のとき，８≠ｎ
ｎ＝ｋ＋２のとき，４＝ｎ
ｎ＝ｋ＋１のとき，２≠ｎ
ｎ＝ｋのとき，１≠ｎ
となって（ＮＧを除去すれば）ｎ＝４，ｋ＝２（ｍｏｄ ２^m）であることが示される．したがって，ｎ≧６のとき，整数解なし．
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［Ｑ］２（２^n−１）＝２^n＋２ｎの整数解を求めよ
にはれっきとした幾何学的由来がある．グラフを描けばすぐに解は求まるが，この解をグラフを使わないで初等的に求めることはできるだろうか？
２^n−１＝２^n-1＋ｎ
２^n-1＝ｎ＋１
［１］２^n-1＝ｎ＋１ （ｍｏｄ２）
ｎ＞１のとき，０＝ｎ＋１ → ｎ＝２ｍ−１
ｎ＝１のとき，１≠ｎ＋１
［２］２^n-1＝ｎ＋１ （ｍｏｄ４）
ｎ＞２のとき，０＝ｎ＋１ → ｎ＝４ｍ−１
ｎ＝２のとき，２≠ｎ＋１
ｎ＝１のとき，１≠ｎ＋１
［３］２^n-1＝ｎ＋１ （ｍｏｄ８）
ｎ＞３のとき，０＝ｎ＋１ → ｎ＝８ｍ−１
ｎ＝３のとき，４＝ｎ＋１
ｎ＝２のとき，２≠ｎ＋１
ｎ＝１のとき，１≠ｎ＋１
［４］２^n-1＝ｎ＋１ （ｍｏｄ１６）
ｎ＞４のとき，０＝ｎ＋１ → ｎ＝１６ｍ−１
ｎ＝４のとき，８≠ｎ＋１
ｎ＝３のとき，４＝ｎ＋１
ｎ＝２のとき，２≠ｎ＋１
ｎ＝１のとき，１≠ｎ＋１
となって（ＮＧを除去すれば）ｎ＝３であることが示される．
正多面体の元素定理の観点からすると，３次元と４次元は特殊な次元といえるが，平行多面体の元素定理の観点からは
２（２^n−１）＝２^n＋２ｎ
の解であるｎ＝３は最も特異な次元である．
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