直接計算する方法もあるかもしれないが，漸化式，すなわち，頂点に集まるファセットの頂点に集まるｋ次元面数を既知として，包除原理を使って，頂点に集まるｋ次元面数を求めるのが正攻法かもしれない．

　（その２１９）の４次元のデータを使って考えてみたい．

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［１］｛３，３，３｝（１０００）

　　頂点に集まるファセットは｛３，３｝（１００）４個

　平面上の１点に集まるように４円よりなるヴェン図を四葉のクローバー上に描く．すると

　　これらの共通部分は｛３｝（１０）４個

となり，包除原理より頂点に集まる２次元面は３・４−４＝８と計算される．

　しかし，実際は６（１次元低い正単体の１次元面数に一致する）である．すなわち，このような理解ではＮＧであって，４円が四面体状に配置した図形を想像すると，

　　これらの共通部分は｛３｝（１０）６個

と考えなければならない．すると頂点に集まる２次元面は包除原理によらず，直接６と計算される．

　同様に，１次元面も四面体の頂点（面数？）と同数の４になることが理解される．

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［２］｛３，３，３｝（０１００）

　　｛３，３｝（１００）２個

　　｛３，３｝（０１０）３個

　これらの共通部分は｛３｝（１０）であるから，頂点に集まる２次元面数は

　　ｆ2＝ｘ／３・ｆ0

より，９個のはずである．

　２個の切頂面と３個のファセットをどのような配置させれ名よいのか．もし，デルタ６面体を考えるのであれば辺数は９であり，一致することになる．

　また，頂点次数は６である．デルタ６面体の頂点数は５であるが，面数は６であるから面数と同数になる．

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［３］｛３，３，３｝（１１００）

　　｛３，３｝（１００）１個

　　｛３，３｝（１１０）３個

　　｛３，３｝（１００）１個は（３，３，３）

　　｛３，３｝（１１０）３個は（３，６，６）

これらの共通部分は｛３｝（１０）であるが，非共通部分として｛３｝）（１，１）もある．

　四面体状に配列すると，辺の数は６本で，２色に塗り分けると３本ずつになる．ｘ＝３，ｙ＝３とすると

　　ｘ／３＋ｙ／６＝３／２

を満たす．

　また，頂点次数は４である．四面体の面数は４であるから面数と同数になる．

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［４］｛３，３，３｝（０１１０）

　　｛３，３｝（１１０）２個

　　｛３，３｝（０１１）２個

　　｛３，３｝（１１０）２個は（３，６，６）

　　｛３，３｝（０１１）２個は（３，６，６）

これらの共通部分は｛３｝（１０），｛３｝（１１）のどちも可能である．

　四面体状に配列すると，辺の数は６本で，２色に塗り分けると３本ずつになる．ｘ＝２，ｙ＝４とすると

　　２／３＋ｙ／６＝４／３

を満たす．

　また，頂点次数は４である．四面体の面数は４であるから面数と同数になる．

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［５］｛３，３，３｝（１００１）

　　｛３，３｝（００１）１個

　　｛３｝（０１）×｛｝（１）３個

　　｛｝（１）×｛３｝（１０）３個

　　｛３，３｝（１００）１個

　　｛３，３｝（００１）１個は（３，３，３）

　　｛３｝（０１）×｛｝（１）３個は（３，４，４）

の共通部分は｛３｝（０１）

　　｛３｝（０１）×｛｝（１）３個は（３，４，４）

　　｛｝（１）×｛３｝（１０）３個は（３，４，４）

の共通部分は｛｝（１）×｛｝（１）となる．

　このペトリー多面体については，頂点に集まる２次元面はわかっていて，頂点回りには

　　切頂面｛３，３｝（００１）１個（四面体）

　　切稜面｛３｝（０１）×｛｝（１）３個（三角柱）

　　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

　　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）

　したがって，

　　｛３，３｝（００１）１個

　　｛３｝（０１）×｛｝（１）３個

　　｛｝（１）×｛３｝（１０）３個

　　｛３，３｝（１００）１個

から辺数１２，面数６の立体を考えることができればよいことになる．立方体ということなのであろう．

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