畢達(dá)哥拉斯學(xué)派的五面體

畢達(dá)哥拉斯學(xué)派的五面體\o"分享到QQ空間"\o"分享到新浪微博"\o"分享到微信"正多邊形（多邊形的英語(yǔ)在希臘語(yǔ)中是多角體的意思）是一個(gè)具有n個(gè)等邊的二維物體。因此，n＝3時(shí)，是一個(gè)等邊三角形；n＝4時(shí)，是一個(gè)正方形；n＝5時(shí)，是一個(gè)五邊形如此等等。多面體（希臘語(yǔ)的含義是多邊的）是一個(gè)三維的物體，組成多面體的各面都是多邊形。例如，立方體由六個(gè)正方形組成。簡(jiǎn)單的多面體，或者說(shuō)正多面體，是沒(méi)有空洞的。畢達(dá)哥拉斯學(xué)派和開(kāi)普勒研究的本質(zhì)問(wèn)題是世界上只能有五面體，而且是正五面體。最容易的證明方法是用畢達(dá)哥拉斯的后輩笛卡爾和歐拉發(fā)現(xiàn)的關(guān)系式。該關(guān)系式把正多面體的面的個(gè)數(shù)F，棱的個(gè)數(shù)E和頂角的個(gè)量V聯(lián)系起來(lái)：

V－E＋F＝2（式1）

所以，立方體有六個(gè)面（F＝6）和8個(gè)項(xiàng)角（V＝8）；代入式1，得8－E＋6＝2，即V14-E=2，E=12。式1計(jì)算結(jié)果立方體有12個(gè)邊，立方體果然有12個(gè)棱。本書(shū)文獻(xiàn)目錄中列出的CourantandRobbins的著作中用簡(jiǎn)單幾何方法證明了式1。根據(jù)式1可以證明世界上只能有正五面體。

多面體的任何一個(gè)棱均為相鄰的兩個(gè)多邊形的邊所共有。再以立方體為例，立方體的任何一個(gè)棱都是兩個(gè)正方形的共邊界。如果把一個(gè)多面體的所有面的所有邊（nF）都計(jì)算一遍，則每一個(gè)棱都要兩次計(jì)算。因此：

nF＝2E（式2）

以r代表一個(gè)頂角的共有邊的個(gè)數(shù)，則在立方體中，r＝3。同理，每一個(gè)邊都具有兩個(gè)頂角。如果把所有的頂角（rV）都計(jì)算一遍，則每一個(gè)頂角也都要計(jì)算兩次。因此：

rV＝2E（式3）

把式2和式3代入式1，則得：

2E/r-E+2E/n=2

兩邊都除以2E，則得：

1/n+1/r=1/2+1/E（式4）

已知n等于3或大于3，因?yàn)樽詈?jiǎn)單的多邊形是具有三條邊的三角形。已知r等于3或大于3，因?yàn)橹辽僖齻€(gè)面夾一個(gè)頂角才能構(gòu)成最簡(jiǎn)單的多面體。若n和r同時(shí)都大于3，則式4的式邊得數(shù)則要小于2/3。這樣，只要E是正數(shù)，式4則不成立。于是，再根據(jù)謬誤歸約論，則只能出現(xiàn)兩種情況，即或者n＝3，r等于或大于3，或者r＝3，n等于或大于3。

若n＝3，式4則變化為（1/3）+（1/r）=（1/2）+（1/E），或下式：

1/r=1/E+1/6（式5）

據(jù)此，r只能等于3、4或5。如果r（原文為E。根據(jù)上下文，應(yīng)為r?！g者注）等于或大于6，則式5不成立。于是，n＝3和r＝3是由3個(gè)三角形共有一個(gè)項(xiàng)角構(gòu)成的多面體。根據(jù)式5，這個(gè)多面體有6個(gè)棱；根據(jù)式2，這個(gè)多面體有4個(gè)面；根據(jù)式3，這個(gè)多面體有4個(gè)頂角。顯然，這是一個(gè)金字塔或四面形。n＝3和r＝4是一個(gè)具有8個(gè)面的多面體，其中4個(gè)三角形共有一個(gè)項(xiàng)角，即八面體。而n＝3和r＝5是一個(gè)具有20個(gè)面的多面體，其中5個(gè)三角形共有一個(gè)頂角，即20面體（參見(jiàn)本書(shū)第53頁(yè)）。

若r＝3，則式4變化為：

1/n=1/E+1/6，

同理可得，r也只能等于3、4或5。若n=3，則又是一個(gè)四邊形；n=4，則是由六個(gè)正方形組成的多面體，即立方體；n＝5，則是由12個(gè)五邊形組成的多面體，即12面體。

綜上所述，除了3、4和5外，n和r不可能是其