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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