柏拉图立体
柏拉图立体是一个多面体，其所有面都是全等正多边形，以及相同数量的面在每个顶点相交的位置。最著名的例子是立方体（或六面体)他们的脸是六个相等的正方形。
操作此页面上的形状。
如果您有Java语言兼容浏览-你可以点击这个的任何数字页面并打开一个新窗口，您可以在其中旋转多面体，所以对它的形状有更好的感觉。这个小程序是简单3D几何查看器的特殊情况附带说明。
只有五个！
希腊人承认只有五个柏拉图主义者固体。但为什么会这样呢？关键观察结果是在顶点相交的多边形的内角多面体增加到360度以下。看看这个请注意，如果这些多边形在平面上相交，则内部所有多边形在一个顶点相交的角度将增加到正好360度。现在从纸上剪下一个角，然后把另一张纸沿着一条线折成那个角度。这个第一块将与第二块匹配垂直于褶皱。把折叠想象成一条线从我们的多面体出来。多面体的面在折叠处以小于90度的角度相遇。如何才能这可能吗？试着摆动你的第一张纸秒之内。能够相对于折叠时，你必须减小第一块的角度，或者增加第二个的角度。
接下来，我们将考虑在正多面体顶点相交的面。对于每个可能我们真的构造了这样一个多面体您可以在本页附近看到的图片。这里有可能性：
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三角形。等边的内角三角形是60度。因此，在正多面体上，只有3个、4个或5个三角形可以与一个顶点相交。如果有如果超过6个，它们的角度之和至少为360度。考虑可能性：
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3个三角形在每个顶点相遇。这个导致四面体。
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4个三角形在每个顶点相遇。这个导致八面体。
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5个三角形在每个顶点相遇。这个导致二十面体
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方形。由于正方形的内角是90度，最多三个正方形可以在一个顶点相交。这确实是可能的，它导致了六面体或立方体.
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五角大楼。就立方体而言可能是三个五边形在一个顶点相遇。这导致了十二面体。
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六边形或六个以上的规则多边形边不能形成正多面体的面因为它们的内角至少为120度。
但现在情况变得更加微妙了。我们已经看过了全等正多边形在a处相遇的所有可能性多面体的顶点，但我们如何知道没有另一个某些情况下是正多面体吗？例如，为什么立方体只有多面体哪三个正方形在每个顶点相交？剩下的这一页给出了这个问题的答案，但是会更难！
在继续之前，让我们收集一些数据。让
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米是在顶点，
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n个每个多边形的顶点数，
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（f）多面体的面数，
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e（电子）多面体的边数，以及
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v（v）多面体的顶点数。
每个多面体的这些数值为此表中列出：
| | n个 | 米 |
（f） | e（电子）
| v（v） |
| 四面体 | 三 | 三 | 4 | 6 | 4 |
| 八面体 | 三 | 4 | 8 | 12 | 6 |
| 二十面体 | 三 | 5 | 20 |
30 | 12 |
| 六面体 | 4 | 三 | 6 | 12 | 8 |
| 十二面体 | 5 | 三 | 12 |
30 | 20 |
| 表：组合数学正多面体 |
我们现在的目标是证明对于任何一对数字n个和米其他参数的值，（f）,e（电子）、和v（v）已确定独特地。
首先，我们注意到，由于两个面在一个边缘相遇，我们必须有
e=nf/2
接下来，因为每个顶点都由共享米脸，我们必须有
v=nf/m
从表中可以明显看出，对于所有五个常规多面体
f=2+e-v（E）
下面我们将看到，这个方程实际上适用于所有人凸多面体。鉴于米和n个以上三个方程式决定（f）,e（电子）、和v（v）独特地，所以只有五个可能的正多面体。
结果（E）为
欧拉多面体定理
为了了解为什么这是真的，我们采取了几个步骤。首先，我们从多面体中删除一个面。让 F=F-1 是新的面数。我们需要展示 F=1+e-v (*)
现在想想多面体的剩余面用橡胶做的，伸在桌子上。这当然会更改多边形的形状和涉及的角度，但它不会改变顶点、边和面孔。现在我们在拉伸面上画对角线多边形。每条对角线都会增加数字e（电子）边的数量为1，以及数量F类脸的数量，所以我们的方程式（*）仍然有效。我们继续这样做直到所有多边形都变成三角形。
在最后一个阶段，我们移除三角形，直到我们离开只有一个三角形(*)很明显真的。我们如何做到这一点？如果删除的三角形那么正好是边界上的一条边F类和e（电子）都减少了1，并且（*）仍然为true。如果是这样那么边界上有两条边F类减少了1,e（电子）减少2，并且v（v）减少了1，以便（*）保持为真。
有一个最后的微妙之处.我们真的可以拆卸吗所描述的三角形？答案是肯定的。但作为一个您可能希望将拆卸程序修改为消除你心中的所有疑虑。类似的拆卸程序可以设计为细分一个接一个的多面体，但在这种情况下不总是可能的。如需了解插图，请访问我的页面描述鲁丁关于不可动摇的三角测量的例子。
如果你想玩多面体，这是对球体的粗略渲染，当然不是柏拉图式的固体！
[1997年1月22日]
精细打印，您的评论，更多链接，Peter Alfeld，PA1UM公司