■幾何の問題
約２０００年に及ぶユークリッド幾何学（放物線幾何学）の時代を経て，１７世紀以降，ボヤイ・ロバチェフスキー幾何学（双曲線幾何学），リーマン幾何学（楕円幾何学），射影幾何学，位相幾何学などいろいろな考えに基づく種々の幾何学が続々と誕生しました．このような細分化の一方で，近年，（古典）幾何学の果たす役割は小さくなってきているといわれていますが，幾何学についてもう一度見直してみることは意味のあることでしょう．
今回のコラムは，簡単な演習問題を通して，幾何学におけるいろいろな問題をわかりやすく論じたものにしました．読者を幾何学の深遠にまで導くことはできませんが，なかには筆者のオリジナルでお気に入りの証明法も含まれています．これらは，数学愛好家のみなさんにも大いに参考となると考えています．
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■ユークリッド・非ユークリッド幾何から
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．
２次元の平面の中に正多角形は無限に多くあるのに反して，３次元の空間には無限に多くの正多面体は存在しません．平面充填形は，面数が無限大となって全体が一面に広がってしまった正多面体と解釈することができますが，平面充填形の場合と同様にして，正多面体の各面を正ｐ角形，各頂点にｑ面が会するとすると，頂点の周囲は４直角未満ですから，不等式
２ｑ（１−２／ｐ）＜４，すなわち，
１／ｐ＋１／ｑ＞１／２ （ｐ，ｑ≧３）
（ｐ−２）（ｑ−２）＜４
が正多角形となる必要条件です．このような整数の組は（ｐ，ｑ）＝（３，３），（３，４），（３，５），（４，３），（５，３）の５通りで，それぞれ，正４面体，正８面体，正２０面体，正６面体，正１２面体に対応します．すなわち，正多面体は正４・６・８・１２・２０面体の５種類あって５種類しかないことはプラトンの時代にはすでに見つけられていて，それらがプラトンの自然哲学で重要な役割を演ずるところから，正多面体はプラトンの立体（Platonic solod）とも呼ばれています．
【問】３種類の平面充填形のうち，どの隣接する２面も同じ色でないように，黒と白の市松模様に塗ることができるのはどれか？
（ヒント）これが可能なためには，１つの頂点で偶数の面が交わらなければならない．すなわち，ｑは偶数．
【問】プラトン立体のうち，どの隣接する２面も同じ色でないように，黒と白で塗ることができるのはどれか？
（答）正八面体
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以上は，平面（空間）を合同な多角形で埋めることを考えたものですが，次に，三角形Ｐ（黒塗り）とそれを裏返した三角形Ｑ（白塗り）の２つを交互に並べて，平面全体をタイル張りすることを考えます．たいていの場合は途中でタイル同士が重なってしまいますが，うまくいくと市松模様のタイル張りができあがります．
【問】Ｐがどのような形のとき，このようなタイル張り（平面の市松模様三角形タイル張り）が可能であろうか？
（答）これが可能なためには，１つの頂点で偶数個の３角形が交わらなければならないので，これを２ａとおく．また，その頂点の角度をαとおくと，頂点を一回りしたので，２ａα＝２π．ゆえに，
α＝π／ａ ただし，ａは２以上の自然数．
まったく，同様に残り２つの内角に対しても
β＝π／ｂ，γ＝π／ｃ
また，α＋β＋γ＝πより
１／ａ＋１／ｂ＋１／ｃ＝１
この等式を満たす（ａ，ｂ，ｃ）の組は非常に少ない．便宜上，ａ≧ｂ≧ｃとすると
（３，３，３） → 正三角形
（４，４，２） → 直角二等辺三角形
（６，３，２） → ３０°，６０°，９０°の三角形
の３種類が得られる．
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以上の解は平面を鏡映三角形で埋めることをユークリッド面（放物的）で考えたものですが，リーマン面（楕円的），ロバチェフスキー面（双曲的）を問題にするならば，解は非常に異なるものになります．
α＋β＋γ＞π，＝π，＜π
すなわち
１／ａ＋１／ｂ＋１／ｃ＞１，＝１，＜１
に応じて楕円幾何学，ユークリッド幾何学，双曲幾何学の三角形が得られます．
１／ａ＋１／ｂ＋１／ｃ＞１を満たす正の整数の組みたす（ａ，ｂ，ｃ）は高々有限個で，（ｎ，２，２）は正２面体群，（３，３，２）は正４面体群，（４，３，２）が正８（６）面体群，（５，３，２）は正２０（１２）面体群に対応しています．一方，１／ａ＋１／ｂ＋１／ｃ＜１の場合は無限個あり，双曲幾何学における市松模様三角形タイル張りの可能性は無限にあることになります．
すなわち，楕円的平面では基本領域は有限個しかなく，有限個の基本領域をならべることによって全平面を埋めつくすことができます．一方，双曲的平面の場合には，無限に多くの種類の基本領域があり，全平面を隙間なく埋めるには無限個必要となります．ユークリッド平面はその中間で，基本領域は有限種類しかないが，全平面を埋めつくすには無限個必要であるというわけです．
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■射影幾何から
２変数ｘ，ｙの多項式ｆ（ｘ，ｙ）＝０で定義される曲線を平面代数曲線と呼びます．ｆ（ｘ，ｙ）＝０が２次式の場合，その一般式は，
ａｘ2 ＋ｈｘｙ＋ｂｙ2 ＋ｃｘ＋ｄｙ＋ｅ＝０
のごとく，項数６の多項式として書くことができます．２次曲線には楕円，放物線，双曲線があり，それらは円錐（必ずしも直円錐でなくてよい）を平面で切断したときの切り口として現れる一群の曲線，すなわち円錐曲線です．
同様に，３次曲線とはｆ（ｘ，ｙ）＝０が２変数ｘ，ｙの３次あるいは３次以下の方程式で与えられた曲線です．３次曲線の例としては，ディオクレスのシッソイド（ｘ3 ＋ｘｙ2 ＝ｙ2 ）があげられますが，これは古代ギリシアにおいて立方体倍積問題に用いられた曲線です．また，
ｙ＝ｘ3 ＋ｘ2 ＋ｘ＋１
ｙ3 ＝ｘｙ2 −２ｘ2 ｙ＋ｙ−３
なども３次曲線で，一般式の項数は１０になります．そこで，・・・
【問】平面内ｎ次曲線ｆ（ｘ，ｙ）＝０の一般式の項数は？
（答）3Ｈn＝n+2Ｃn＝（ｎ＋２）（ｎ＋１）／２
平面内の２次曲線や空間内の２次曲面の分類はよく知られていて，高校で習うところです．２次曲線の分類については，３種類の円錐曲線，すなわち楕円，双曲線，放物線になることは既に述べたとおりですが，「無限遠点」「無限遠直線」を導入した射影平面上では，双曲線・放物線・楕円などの区別はなく，円錐曲線はただ１種類しかありません．なぜなら，違いは無限遠直線の選び方（無限遠直線と交わらない，接する，交わる）にあるだけであって，どれも同種の曲線と考えることができるからです．また，２次曲面ｆ（ｘ，ｙ，ｚ）＝０は楕円面，一葉双曲面，二葉双曲面，楕円放物面，双曲放物面のどれかに分類されます．
さらに，同じことをもっと高次の曲線・曲面に対して考えるのは自然なことでしょう．３次曲線の分類には，２次曲線とは異なった種類の難解さが要求されましたが，ニュートンは３次曲線の分類を試みた最初の人であり，可能な７８の形式のうち７２を得ています．ニュートンはこうした研究を応用して，２次曲線上の５点，３次曲線上の７点が与えられた場合にこれを作図する方法を見いだしています．後に，あらゆる場合を考察して，最終的に３次曲線は全部で７８種類が必要であること，さらに３次曲線の一般式が５個の標準形に帰することが示されています．また，３次曲面ｆ（ｘ，ｙ，ｚ）＝０には無数に多くの直線がのっているか（その場合には線織面と呼ばれる），そうでなければ，高々２７本の直線しか含まないことが証明されています（サルモン，１８８４年）．
４次曲線（項数１５）とか５次（項数２１）以上の高次曲線も考えることができますが，１９００年当時まで，５次曲線までと３次曲面までのトポロジカルな分類は既に知られていたようです．
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射影幾何学とは，長さや角の大きさに無関係に，例えば，いくつかの点がある直線上にあるといった関係，射影によって不変な図形の性質を研究する学問です．「無限遠点」「無限遠直線」を導入した射影平面上では，円錐曲線はただ１種類しかなく，双曲線・放物線・楕円などの区別はなく，どれも同種の曲線となります．
また，射影平面上では点という語と直線という語を入れ替えても定理は成り立っています．これをポンスレーの双対原理と呼び，射影幾何学の最も美しい特質です．パスカルの６角形定理：
「円錐曲線，すなわち楕円，双曲線，放物線に内接する任意の六角形の三組の対辺の交点は同一直線上にある．」
を例にあげて説明してみましょう．
パスカルはこの有名な共線定理をわずか１７才の時に発見したのですが，これは射影幾何学の基本定理の一つになっています．パスカルの定理の重要な系が「円錐曲線は任意の５点で一意に定まる」です．また，パスカルの定理から１５０年以上たって，その双対にある共点定理「円錐曲線の外接する６辺形の対角線は１点で交わる」が発見されたのですが，それがブリアンションの６辺形定理です．
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■位相幾何から
位相幾何学（トポロジー）とは形には関係しないで，接触・分離にだけ関係する不変な図形の性質（位相不変量）を研究する学問です．その代表的な例がオイラー・ポアンカレの定理です．まずは，次の問題を解いてみましょう．
【問】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せ．
（答）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．
（答）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
（答）ｉ）より，Σ（２ｎ＋１）ｆ2n+1＝（偶数）
したがって，Σｆ2n+1も偶数
（答）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．
さらに，オイラーの多面体定理で示される制限から，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，また，３次元では１４以上の凹面細胞をもつことは許されないことなどが導き出されています．
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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．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ます．
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，一般に，図形がいくつかの３角形によって分割されているとき，
頂点の数−辺の数＋３角形の数
は分割の仕方によらず定まり，図形に固有な量になるというものです．例えば，平面図形（多角形）は，１つの面が無限大となって全体が一面に広がってしまった正多面体と解釈することができますから，オイラー標数は１となり，また，種数（穴の数）ｇの向き付け可能な閉曲面の場合は２−２ｇとなることはよく知られています．
オイラーの多面体定理を一般化したものが，オイラー・ポアンカレの定理です．オイラー数はベッチ数の交代和
ｖ−ｅ＋ｆ−ｇ＋ｈ−ｉ＋・・・
に等しいというのが，オイラー・ポアンカレの内容ですが，ベッチ数とは，簡単にいえば図形の中に潜む種々の次元の穴の数のことです．
オイラー・ポアンカレの定理をｎ次元単体について証明してみましょう．
線分と三角形および四面体は，それぞれ最も簡単な１次元図形，２次元図形，３次元図形です（単体：シンプレックス）．線分は２つの端点（０次元の境界要素）をもち，その内部は１次元です．三角形は３つの頂点（０次元）と３つの辺（１次元）をもち，その内部は２次元です．四面体は４つの頂点（０次元）と６つの辺（１次元）および４つの面（２次元）をもち，その内部は３次元です．これらの数をまとめて書くと
２，１
３，３，１
４，６，４，１
ですが，これらの数はパスカルの三角形の一部分に相当しています．これから類推すると４次元のシンプレックスは５，１０，１０，５，１，すなわち５つの頂点と１０辺，１０面，５面，５胞（正５胞体）になります．
これより，ｎ次元単体についてはｖ＝n+1Ｃ1，ｅ＝n+1Ｃ2，ｆ＝n+1Ｃ3，ｃ＝n+1Ｃ4，・・・ですから，
ｖ−ｅ＋ｆ−ｇ＋ｈ−ｉ＋・・・＝１±１
すなわち，オイラー標数は，ｎが奇数のとき２，偶数のとき０になることが理解されます．
単体でなくとも、オイラー・ポアンカレの定理は成立し，たとえば，２次元凸多角形に対するオイラー・ポアンカレの定理は，
ｖ−ｅ＝０
ですから，ｎ角形は必然的にｎ辺形になります．また，二次元における正多角形，三次元における正多面体と同じ概念が，四次元における正多胞体で，正（５，８，１６，２４，１２０，６００）胞体の６種類あります．胞の個数をｃで表すと，４次元空間では，
ｖ−ｅ＋ｆ−ｃ＝０
というオイラー・ポアンカレの定理が成り立っています．
なお，偶数次元と奇数次元とでの同様の交代性は，超球の体積にも現れます．ｎ次元単位超球{x12+x22+･･･+xn2≦1}の体積をｖnとすると，ｖ1=2（直径）,ｖ2=π（面積）,ｖ3=4π/3（体積）はご存知でしょうが，ｖnは漸化式：
ｖn/ｖn-2=2π/n
によって求めることができます．そして，任意のｎに対して，
ｖn=2(2π)^((n-1)/2)/n!! ｎが奇数の場合
ｖn=(2π)^(n/2)/n!! ｎが偶数の場合
であり，１次元から６次元までを具体的に書けば，
ｖn＝２，π，４π／３，π2／２，８π2／１５，π3／６
という具合に，πのべき乗は偶数次元になるたびに１つあがります．
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■単体のｎ次元幾何から
平面図形の中で３本またはそれ以上の直線が１点で交わっていることを主張する定理が共点定理です．三角形の５心とは内心，傍心，重心，外心，垂心を指しますが，たとえば，三角形の各頂点から対辺に引いた３つの中線や垂線は１点に会するなど，三角形の５心の存在は共点定理の例となっています．
一方，３点あるいはそれ以上の点が一直線上にあることを主張する定理は共線定理と呼ばれます．たとえば，三角形の外心と重心と垂心はその順番に一直線上に並んでいて，外心と垂心を結ぶ線分が重心によって１：２に内分されています．この共線はオイラー線と呼ばれています．
また，フォイエルバッハの９点円が三角形の内接円と傍接円の各々に接するなど，三角形のような簡単な図形が無数に未知の性質を有することはまことに不思議なことです．
ところで，線分と三角形および四面体（三角錐）は，それぞれ最も簡単な１次元図形，２次元図形，３次元図形ですが，次元数ｎより１つ多い（ｎ＋１）個の頂点によって作られる図形をシンプレックス（単体）と呼びます．線分は１次元単体，三角形は２次元単体，三角錐は３次元単体とも呼ばれます．この節で取り上げるのは，幾何学の基本形である三角形・四面体とその高次元幾何学についての問題です．
【問】辺の長さが２の正三角形に，その頂点を中心とする３つの単位円板を置くと，中にできる隙間には半径√３×２／３−１の円を入れることができる．さて，辺の長さが２の正四面体に単位球を４個置くと，その隙間に入れることのできる球の半径は？
（答）半径√６／２−１の球を入れることができる．
（ヒント）三角形の３つの中線は一点で交わります．この交点が三角形の重心です．原点Ｏに対する三角形ＡＢＣの３頂点Ａ，Ｂ，Ｃの位置ベクトルをそれぞれａ↑，ｂ↑，ｃ↑とすれば，重心の位置ベクトルは（ａ↑＋ｂ↑＋ｃ↑）／３となります．三角形の形をした均一な板の重心は３つの中線の交点，すなわち重心にあります．この点（一様な三角形の重心）は３つの頂点の重心（ａ↑＋ｂ↑＋ｃ↑）／３，すなわち三角形の頂点におかれた３つの等しい質量の中心（物理的重心）に一致します．
一方，四面体ＡＢＣＤの３組の相対する辺の中点を結ぶ直線は１点で交わり，この交点の位置ベクトルは（ａ↑＋ｂ↑＋ｃ↑＋ｄ↑）／４となります．三角形と同様に，一様な四面体の重心はその４つの頂点の重心（ａ↑＋ｂ↑＋ｃ↑＋ｄ↑）／４と一致します．一様な棒の重心は両端の間の距離を１：１に，三角形の重心は中線を２：１に，四面体の重心は頂点と向かいあう面の重心との距離を３：１に内分します．すなわち，四面体の重心は１つの面の重心から対頂点に引いた直線の１／４の点にあります．４次元以上でもこの規則性が失われることはありそうもなく同様に類推されます．三角形の重心の性質は四面体に遺伝するのです．
ｎ次元の幾何学の例をもう一つあげると，三角形の面積は底辺かける高さ割る２ですが，三角錐になると底面積かける高さ割る３，四次元の三角錐なら底体積かける高さ割る４，五次元なら底四次元面積かける高さ割る５・・・．高次元の多面体ではこのようになることが知られています．
【問】ｎ次元単体では半径
√｛２／（１＋１／ｎ）｝−１
のｎ次元超球が詰められることを示せ．
（ヒント）ベクトルを利用すると簡単に解答を与えることができる．
n-1Ｈ2＝n+1Ｃ2，（√n+1Ｃ2）×２／（ｎ＋１）−１＝？
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上の問題の答は，ｎ→∞の極限でｒ＝√２−１になりますが，ところで，辺の長さが２の正方形に，その頂点を中心とする４つの単位円板を置くと，４つの円板で囲まれた部分に，第５の小さな円を入れることができます．ピタゴラスの定理によって第５の円の半径は√２−１だとわかります．これと同じことを３次元空間で行ってみましょう．辺の長さが２の立方体の８つのカドに単位球を８個置くと，中にできる隙間に第９の小さな球を入れることができ，第９の球の半径は√３−１となります．ｎ次元では半径√ｎ−１のｎ次元超球が詰められるのです．
しかし，ここの驚きが潜んでいます．たとえば，ｎ＝９の場合，中に詰められるｎ次元超球の半径は√９−１＝２であり，この球は外側の立方体の表面に接してしまい，ｎ＞９だとはみ出してしまうのです．この驚くべき結論は，日常生活ではありえないだけに面食らってしまいます．
球の詰め込みに関するこのはみ出し現象は，モーザーのパラドックスとして知られているものですが，このように，高次元はいくつかのパラドックスの源泉になっていて，しばしばたちの悪い現象が起こるのです．
前述したｎ次元超球とｎ次元超立方体の関係についても考察してみましょう．ｎ次元ユークリッド空間において，１辺の長さが１の立方体をｎ次元単位立方体といいます．その体積は１ですが，もっとも離れた２頂点を結ぶ対角線の長さはｎ次元ユークリッド空間の距離の定義から
√１2＋１2＋・・・＋１2＝√ｎ
となります．したがって，次元ｎが大きくなると対角線の長さはどんどん大きくなり，ついには地球でさえ含むことができるようになります．
それに対して，ｎ次元単位球はどんなに次元が高くても，長さが２より大きな線分を含むことはできません．また，ｎ次元単位球の体積をＶnとすると，Ｖ1=2（直径）,Ｖ2=π（面積）,Ｖ3=4π/3（体積）はご存知でしょう．ｎが整数のとき，実際にＶnの値を計算してみると，超球の体積はｎ＝５のとき最大８π2／１５＝５．２６３７・・・となり，以後は減少します．そして，不思議なことに，単位球の体積はｎ→∞のとき０に収束するのです．
ｎ Ｖn
１ 2
２ 3.14
３ 4.19
４ 4.93
５ 5.263
６ 5.167
７ 4.72
８ 4.06
９ 3.30
10 2.55
また，このことから，ｎ次元超立方体[-1,1]n（体積2^n）において，単位超球が占める比率は，ｎ＝２であればπ／４(79%)であるが，ｎ＝５のときは16%に下落し，ｎ＝１０となると0.25%になることも理解されます．単位超球を超立方体中に置くと，次元が大きくなるにつれて隙間がより大きくなるのです．
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【問】平面上に３つの定点Ａ，Ｂ，Ｃがある．この平面上に点Ｐをとって，ＡＰ＋ＢＰ＋ＣＰが最小になるようにせよ．
（答）この問題はフランスの数学者フェルマーがイタリアの物理学者トリチェリに出題したものとして有名な問題で，求める点Ｐをフェルマー点といいます．点Ｐは三角形ＡＢＣの内部にありますが，∠Ａ，∠Ｂ，∠Ｃ＜１２０°のときには，３頂点に至る距離の和が最小となる点は３辺を等角１２０°に見込む点です．∠Ａ，∠Ｂ，∠Ｃのいずれかが≧１２０°のときには，それぞれ頂点Ａ，頂点Ｂ，頂点Ｃになります．
微分積分の入門書に「平面上に３つの定点Ａ，Ｂ，Ｃがある．この平面上に点Ｐをとって，ＡＰ2 ＋ＢＰ2 ＋ＣＰ2 が最小になるようにせよ」という問題が偏導関数の応用例として載せられています．その点Ｐは重心です．３定点が４定点であっても，同じ議論になるのですが，距離の２乗の和に特に具体的な意味があるようには思えません．むしろ，２乗を取り去ったほうが問題としては自然です．たとえば，「Ａ，Ｂ，Ｃ３軒の家に電線をひきたい．電線の長さを最小にするにはどこの柱を立てればよいか」ではＡＰ＋ＢＰ＋ＣＰを最小にする実用価値のある問題になります．このような最短配線問題は最小木問題（問題の発案者シュタイナーに因んで最小シュタイナー木問題）と呼ばれていますが，ＶＬＳＩ回路を設計するときの最も基本的な技術となっています．
なお，三角形の内心は３辺への距離のうちで一番小さいものが最大となる点（マックスミニ点），外心は３頂点に至る最大距離が最小となる点（ミニマックス点）です．同様に，垂心は三角形に内接する三角形の周長が最小になる点，重心は３頂点に至る距離の２乗の和が最小となる点です．
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【問】任意の三角形の三辺の長さをａ，ｂ，ｃ，面積をΔとする．外接円の半径Ｒおよび内接円の半径ｒをａ，ｂ，ｃ，Δで表せ．また，与えられた三角形が直角三角形のときのＲ，ｒをａ，ｂ，ｃの一次式で表せ．
（ヒント）正弦定理
【問】Ｒ≧２ｒを証明せよ．等号が成り立つのはどのようなときか．
（ヒント）外接円と内接円の中心間の距離をｄとおくとき，
Ｒ2 −２Ｒｒ＝ｄ2 （オイラーの定理）
が成り立っています．双心三角形のこの関係式を導き出せば，ただちにＲ≧２ｒがわかるのですが，この関係式を導き出すことは見かけよりもやっかいで，ヘロンの公式を使ったほうがほうが簡単です．
ヘロンの公式とは，
Δ2 ＝（２ａ2 ｂ2 ＋２ｂ2 ｃ2 ＋２ｃ2 ａ2 −ａ4 −ｂ4 −ｃ4 ）／１６
＝（ａ＋ｂ＋ｃ）（−ａ＋ｂ＋ｃ）（ａ−ｂ＋ｃ）（ａ＋ｂ−ｃ）／１６
ここで，２ｓ＝ａ＋ｂ＋ｃとおくと
Δ2 ＝ｓ（ｓ−ａ）（ｓ−ｂ）（ｓ−ｃ）
となり，おなじみの平面三角形のヘロンの公式が得られます．
なお，三次元空間では三角形は四面体に，正方形は立方体に，正五角形は正十二面体に，円は球に拡張されると考えられますが，三次元空間において四面体の外接球，内接球の半径をそれぞれＲ，ｒとすれば，Ｒ≧３ｒが成り立ちます．
また，内接円と外接円の両方をもつ四角形（双心四角形）では，
２Ｒ2 （ｒ2 ＋ｄ2 ）＝（ｒ2 −ｄ2 ）2 （フースの定理）
が成り立ちます．フースは双心五角形，六角形，七角形，八角形に関する同様の公式も見つけています．
【問】６辺の長さがａ，ｂ，ｃ，ｄ，ｅ，ｆで，与えられた４面体に外接，内接する球面の半径を求めよ．
（ヒント）４面体の頂点をＯ，Ａ，Ｂ，Ｃとし，ベクトルＯＡ↑＝ａ↑，ＯＢ↑＝ｂ↑，ＯＣ↑＝ｃ↑とおく．４面体の体積Ｖを，ａ↑，ｂ↑，ｃ↑によって表すと，スカラー３重積より
６Ｖ＝（ａ↑×ｂ↑）・ｃ↑
これより，
３６Ｖ^2＝｜ａ↑・ａ↑ ａ↑・ｂ↑ ａ↑・ｃ↑｜
｜ｂ↑・ａ↑ ｂ↑・ｂ↑ ｂ↑・ｃ↑｜
｜ｃ↑・ａ↑ ｃ↑・ｂ↑ ｃ↑・ｃ↑｜
を得る．
なお，ｎ＋１個の点の座標に（１，１，１，・・・，１）を加えて作られる（ｎ＋１）次の行列式の絶対値は，ｎ次元単体の体積のｎ！倍になります．
２Ｓ＝｜１ ｘ1 ｙ1｜ ６Ｖ＝｜１ ｘ1 ｙ1 ｚ1｜
｜１ ｘ2 ｙ2｜ ｜１ ｘ2 ｙ2 ｚ2｜
｜１ ｘ3 ｙ3｜ ｜１ ｘ3 ｙ3 ｚ3｜
｜１ ｘ4 ｙ4 ｚ4｜
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最後の問題は，イスラエル人のスタンバーグ博士（腫瘍外科医）と雑談中に思いついた問題です．
同じ大きさの正３角形２個のうち，１個を天地逆転させ，もう１個の正３角形に重ねると，星形６角形ができます．これはダビデの星と呼ばれて，イスラエルの国旗にも使われ，ユダヤ人の象徴とされています．星形６角形では内側に正６角形ができますが，外側のとがった角を結んでも正６角形ができます．すなわち，星形６角形は外側を正６角形が取り囲んでいて，内側にも正６角形が入っていることがわかります．それでは，・・・
【問】同じ大きさの正４面体２個を重ねた場合，その外側と内側にはどのような立体ができるでしょうか？
（答）この問題はダビデの星の３次元版です．頭の中でイメージできれば答は簡単なのですが，勘の働きにくい問題でもあります．
上から見ても，前から見ても，横から見ても，同じ６角形に見える３次元図形を想像されたのではないでしょうか？ ところが正解は，同じ大きさの正４面体２個による相貫体にはケプラーの８角星という名前がつけられていて，外側に立方体（正方形６面），内側に正８面体（正３角形８面）をもっています．
小生はこの問題を「ダビデの星・ケプラーの星」と呼んでいます．しかし，よくよく考えると，正三角形と正六角形が互いに隣接した周期的な格子は「ダビデの星」に限りません．竹篭編みにみられる「カゴメ格子」もそうなっています．「カゴメ格子」は，文字通り，篭の目の結び目を作る格子であり，日本人が最も愛好した文様のひとつです．ちなみに「カゴメ」は世界でも通用する呼び名とのことです．
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