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半正多面體

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半正多面體(semiregular solid) 亦稱“阿基米德體”、“阿基米德多面體”，是由邊數不全相同的正多邊形為面的多面體。如將正方體沿交於一頂點的三條稜的中點截去一個三稜錐，如此共可截去八個三稜錐，得到一個有十四個面的半正多面體，它們的邊都相等，其中八個為正三角形，六個為正方形，稱這樣的半正多面體為二十四等邊體。類似地，若以正方體的各個頂角為圓心，以面之對角線之半為半徑作弧截各邊，每邊得兩交點。依交點於面上作與邊平行的縱橫呈井字形線，共有二十四個交點，即得四十八等邊體之角頂，依各角頂削原體，即成四十八等邊體，設原正方體稜長為a，則四十八等邊體的稜長為a(√2－1) [1]  。
中文名
半正多面體
外文名
semiregular solid
所屬學科
數學
所屬問題
立體幾何（多面體）
別    名
阿基米德體
阿基米德多面體

目錄

  1. 1 定義
  2. 2 種類
  3. 3 性質

半正多面體定義

多面體的多面角都合同，當這些多面角由兩種(及)以上正多邊形構成，則多面體稱為半正多面體。例如把正四面體一條稜各三等分，沿三等分點從原體割去四個小正四面體，餘下的多面體就成為半正多面體，它的多面角都合同，這些多面角都由1個正三角形，2個正六邊形構成。這一半正多面體我們記為3·62。
阿基米德發現了全部13個可能的所謂半正多面體。正多面體的面都是同一類型的正多邊形，而半正多面體是一個凸多面體，它的面也是正多邊形，但並非全都是同一種類型。例如，如果我們從一個立方體a的8個角上各切掉一個邊長為
的四面體，結果得到的圖形就是一個半正多面體，或稱阿基米德多面體，其表面由8個等邊三角形和6個正八邊形構成 [2]  。

半正多面體種類

命題半正多面體（表1）有13種：
我們用
表示每一多面角由r個正m邊形，s個正n邊形，t個正p邊形構成的半正多面體 [3]  。
表 1 13種半正多面體
種類
面數F
頂點數V
稜數E
體積為1的稜長
透視圖
立體圖
展開圖
3·62
8
三角形×4
六邊形×4
12
18
0.717
3·4·3·4
14
三角形×8
正方形×6
12
24
0.445
4·62
14
正方形×6
六邊形×8
24
36
0.263
3·82
14
三角形×8
八邊形×6
24
36
0.419
3·5·3·5
32
三角形×20
五邊形×12
30
60
0.227
5·62
32
五邊形×12
六邊形×20
60
90
0.486
3·43
26
三角形×8
正方形×18
24
48
0.751
34·4
38
三角形×32
正方形×6
24
60
0.417
3·102
32
三角形×20
十邊形×12
60
90
0.287
3·4·5·4
62
三角形×20
正方形×30
五邊形×12
60
120
0.502
4·6·8
26
正方形×12
六邊形×8
八邊形×6
48
72
0.296
34·5
92
三角形×80
五邊形×12
60
150
0.288
4·6·10
62
正方形×30
六邊形×20
十邊形×12
120
180
0.169
命題 半正多面體只有13種。
證明我們記每一多面角頂點圍繞s個正多邊形，其中s₁個正r₁邊形，s₂個正r₂邊形，......sn個正rn邊形，s=s1+s2+...+sn，又設此半正多面體中共有
個正r₁邊形，
個正r₂邊形，....，
個正rn邊形，則
而
又
把(i)~ (iii)代人Euler示性數公式v+f=e+2，並進行整理，得到半正多面體的特徵方程 [3]  ：

半正多面體性質

半正多面體有以下性質:
性質1
，這是顯然的 [3]  。
性質2
中至少有一個應小於6。
證明 反證法。如果所有
，那麼特徵方程將是：
故v<0，引起矛盾。
性質3s<6。
證明直接從特徵方程計算，由性質1得
解得s<6。
綜合性質1和性質3，我們有 [3] 
（更加細緻的討論請參考相應書籍）。
參考資料
  • 1.    谷超豪主編．數學詞典：上海辭書出版社，1992年08月第1版：第159頁
  • 2.    （美)卡爾·B.博耶（CARL.B.BOYER）著；（美)尤塔·C.梅茲巴赫（UTA C.MERZBACH）修訂；秦傳安譯．數學史 上 修訂版=A HISTORY OF MATHEMATICS：中央編譯出版社，2012.05：第152頁
  • 3.    沈康身．歷史數學名題賞析：上海教育出版社，2010.05：第789頁