正多面體

正多面體，或稱柏拉圖立體， 指各面都是全等的正多邊形且每一個頂點所接的面數都是一樣的凸多面體。

命名由来

正多面體的別稱柏拉圖立體是因柏拉圖而命名的。柏拉圖的朋友特埃特圖斯告訴柏拉圖這些立體，柏拉圖便將這些立體寫在《蒂邁歐篇》(Timaeus)內。正多面體的作法收錄《几何原本》的第13卷。在命題13描述正四面體的作法，命題14就是正八面體，命題15為立方體，命題16是正二十面體，命題17是正十二面體。

判断依据

判断正多面体的依据有三条

1. 正多面体的面由正多边形构成
2. 正多面体的各个顶角相等
3. 正多面体的各条棱边都相等

这三个条件都必须同时满足，否则就不是正多面体，比如五角十二面体，虽然和正十二面体一样是由十二个五角形围成的，但是由于它的各个顶角并不等价因此不是正多面体。

正多面体具有很高的对称形，每个正多面体是相似多面体所属点群中对称性最高的，对正多面体加以变化就会导致对称性下降，如正十二面体属于Ih点群，当它变化为五角十二面体的时候对称性也随之下降为Td群。

存在的正多面體

正多面體共有五個，均由古希臘人發現：(表中a為正多面體的邊長)

名稱	圖	構成面	面	邊	頂點	幾何數據	所属点群
正四面體		等邊三角形	4	6	4	表面積：$\sqrt{3}a^2$$\approx 1.732a^2$ 體積：${1\over12}\sqrt{2}a^3$$\approx 0.118a^3$ 二面角角度：$\arccos \frac 1 3$$\approx 70^\circ 32'$ 外接球半徑：$\frac {\sqrt 6}{4} a$$\approx 0.612 a$ 內接球半徑：$\frac {\sqrt 6}{12} a$$\approx 0.204 a$ 對偶多面體：正四面體	Td群
立方體（正六面體）		正方形	6	12	8	表面積：$6a^2\$ 體積：$a^3\$ 二面角角度：$90^\circ$ 外接球半徑：$\sqrt{\frac{3}{4}}a$$\approx 0.866 a$ 內接球半徑：$\frac a 2$ 對偶多面體：正八面體	Oh群
正八面體		等邊三角形	8	12	6	表面積：$\sqrt{12}a^2$$\approx 3.464 a^2$ 體積：$\frac{\sqrt{2}}{3}a^3$$\approx 0.471 a^3$ 二面角角度：$\arccos \left(-\frac 1 3 \right)$$\approx 109^\circ 28'$ 外接球半徑：$\frac a {\sqrt 2}$$\approx 0.707a$ 內接球半徑：$\frac a {\sqrt 6}$$\approx 0.408a$ 對偶多面體：立方體	Oh群
正十二面體		正五邊形	12	30	20	表面積：$3\sqrt{25+10\sqrt5}a^2$$\approx 20.65a^2$ 體積：${1\over4}(15+7\sqrt5)a^3$$\approx 7.663a^3$ 二面角角度：$\arccos \bigg({-\frac{\sqrt 5}5}\bigg)$$\approx 116^\circ 34'$ 外接球半徑：$\frac{\sqrt{6}}{4} \sqrt{3 +\sqrt{5}} a$$\approx 1.401 a$ 內接球半徑：$\frac{a}{4} \sqrt{ \frac{50+22\sqrt{5}}{5} }$$\approx 1.114 a$ 對偶多面體：正二十面體	Ih群
正二十面體		等邊三角形	20	30	12	表面積：$5\sqrt3a^2$$\approx 8.660a^2$ 體積：${5\over12}(3+\sqrt5)a^3$$\approx 2.182a^3$ 二面角角度：$\arccos \bigg({-\frac {\sqrt 5}3}\bigg)$$\approx 138^\circ 11'$ 外接球半徑：$\frac{a}{4} \sqrt{10 +2\sqrt{5}}$$\approx 0.951 a$ 內接球半徑：$\frac{a}{12} \sqrt{3} \left(3+ \sqrt{5} \right)$$\approx 0.756 a$ 對偶多面體：正十二面體	Ih群

用途

因為正多面體的形狀的骰子會較公平，所以正多面體骰子經常出現於角色扮演游戏。

正四面體、立方體和正八面體，亦會自然出現於結晶體的結構。

正多面体经过削角操作可以得到其他对称性类似的结构，比如著名的球状分子碳六十空间结构就是正十二面体经过削角操作得到的，因此可以知道，碳六十分子所属的对称性群也是与正十二面体相同的Ih群

由于正多面体和由正多面体衍生的削角正多面体大多有很好的空间堆积性质，即可以在空间中紧密堆积，因此常常选择正多面体形或者削角正多面体形的盒子作为分子模拟计算的周期边界条件

除了上面提到的正十二面体，还有一种由五边形（其中四条边等长）构成的多面体——五角十二面体，五角十二面体是黄铁矿的一种可能的晶体结构，尽管五角十二面体是由五边形构成的，但是他并不是柏拉图体，它所属的对称性群也不是正十二面体的Ih群而是与立方体相同的Oh群。

象徵意義

開普勒在《宇宙的奧秘》(1596)中給太陽系的柏拉圖立體模型。

柏拉圖視“四古典元素”為元素，其形狀如正多面體中的其中四個。

• 火的熱令人感到尖銳和刺痛，好像小小的正四面體。
• 空氣是用正八面體製的，可以粗略感受到，它極細小的結合體十分順滑。
• 當水放到人的手上，它會自然流出，那它就應該是由很多小球所組成，好像正二十面體。
• 土與其他的元素相異，因為它可以被堆疊，正如立方體。

剩下沒有用的正多面體——正十二面體，柏拉圖以不清晰的語調寫：「神使用正十二面體以整理整個天空旳星座。」柏拉圖的學生亚里士多德添加了第五個元素——以太（希腊文：Αιθήρ，拉丁轉寫：aithêr；拉丁文：aether），並認為天空是用此組成，但他沒有將以太和正十二面體連繫。

约翰内斯·开普勒依隨文艺复兴建立數學對應的傳統，將五個正多面體對應五個行星——水星、金星、火星、木星和土星，同時它們本身亦對應了五個古典元素。

正多面体只有 5 个的证明

所有正多面体的相关于顶点数 V、棱数 E 和面数 F 的性质都可以由每个面上的边（棱）的数目 p 和每个顶点出发的棱的数目 q 给出。由于每条棱有两个顶点又在两个面上，我们有

$pF = 2E = qV.$

另一个关系是欧拉公式:

$V - E + F = 2.$

（这个不显然的事实可以通过多种途径证明。在几何拓扑中，这是因为球面的欧拉示性数是 2。） 上面三个等式可以解出 V, E和 F：

$V = \frac{4p}{4 - (p-2)(q-2)},\quad E = \frac{2pq}{4 - (p-2)(q-2)},\quad F = \frac{4q}{4 - (p-2)(q-2)}.$

注意交换 p 和 q 会交换 F 和 V 但 E 不变。

正多面体只有五种这个定理是一个经典结果。下面给出了两个证明。注意这两个证明都只证明了正多面体至多有五种，这五种的存在性需要靠构造给出。

几何证明

下面的几何讨论和阿基米德在几何原本中给出的证明非常相似：

1. 多面体的每个顶点至少在三个面上。
2. 这些相交的面处的角（也就是顶点发出的角）的和必须小于 360°。
3. 正多面体的顶点发出的角是相等的，所以这个角必须小于 360°/3 = 120°。
4. 正六边形及边更多的正多边形的角大于等于 120°，所以正多面体上的面只能是正三角形，正方形或正五边形。于是：
   • 正三角形：每个角是 60°，所以正多面体每个顶点发出的角数目小于 360°/60° = 6，也就是每个顶点只能在三、四、五个面上，这分别对应于正四面体、正八面体、正二十面体；
   • 正方形：每个角是 90°，所以正多面体每个顶点发出的角数目小于 360°/90° = 4，也就是每个顶点只能在三个面上，这对应于正方体；
   • 正五边形：每个角是 108°，所以正多面体每个顶点发出的角数目小于 360°/108° = 10/3，也就是每个顶点只能在三个面上，这对应于正十二面体。

拓扑证明

纯粹的拓扑证明可以只利用正多面体的性质．关键在于 $V - E + F = 2$ 和 $pF = 2E = qV$．综合上面等式，我们有

$\frac{2E}{q} - E + \frac{2E}{p} = 2.$

于是

${1 \over q} + {1 \over p}= {1 \over 2} + {1 \over E}.$

由于 $E > 0$，

$\frac{1}{q} + \frac{1}{p} > \frac{1}{2}.$

注意到 p 和 q 必须大于等于 3，我们可以容易地找到所有五组 (p, q)：

$(3, 3),\quad (4, 3),\quad (3, 4),\quad (5, 3),\quad (3,5).$

外部連結

• 正多面體平面展開圖
• 正多面體360度立體環視
• 正多面體只有五種的證明
• 多面体纸制模型 正多面體