各面的边数都相等的凸多面体

hejoseph

各面都是三角形的凸多面体很容易构造，那么能否构造出无限多种各面都是四边形或各面都是五边形的凸多面体？

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四边形的可以这样做到
地面上放置的正方体上，再其上放一个同底正四棱台，使侧棱和底面成80度；再在其上放一个正四棱台（此下底面同上一个上底面），使得侧棱和底面成40度；20度，10度，5度...如此重复。

五边形的这样，f+v-e=2,因为每边被2个面共用，2e=5f,又每顶点至少被3面共用，3v≤5f
这样解得f≥12，看来说明不了什么....

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五边形的也可以，模仿上面立方体。
先把正12面体变形如下：20个顶点均匀分布在一个半球的四条纬线上，比如50，60，70，80度，连接成一个凸多面体，再依次不断在一个特定的正五边形面上粘上缩小后的这个几何体。50，60，70，80度似乎会出问题，改成多少合适呢？应该象上面的四边形例子，整体考虑度数，干脆让沾上去的所有几何体顶点都在原正12面体的外接球上。

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这个办法说明，只要构造出一个，就可以用类似的办法构造无数个

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都是六边形的话，应该不可能了，假设各面都是六边形，那么E=3F,
V≤2F(每个顶点至少被3个面共享)，这样与F+V-E=2矛盾。

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1楼问题改成这样，平面四边形内添上线段，分割开的每个区域都是四边形。
平面五边形内添上线段，分割开的每个区域都是五边形。
平面六边形内添上线段，分割开的每个区域都是六边形。这个假，但不能说明，下面的也是假，
平面m(m≥6)边形内添上线段，分割开的每个区域至少是n(n≥6)边形


最后一个应该不可能的，F+V=2+E,
假设存在这样一个多面体，有F个面，这些面依次是$k_1,k_2,...k_F(k_i\ge6,i=1,2,...,F)$边形，即使每个顶点仅被3个面共享，也能证明F+V<2+E
因为如下不等式成立$F+\frac{k_1}{3}+\frac{k_2}{3}+...+\frac{k_F}{3}<2+\frac{k_1}{2}+\frac{k_2}{2}+....+\frac{k_F}{2}$
只需要证明$1+\frac{k_i}{3}\le \frac{k_i}{2}$