歐基里德 (Euclid, 325$\sim$265 B.C.) 《幾何原本》 (Elements) 被後人闡述、 翻譯成諸多版本, 其中的第 13 冊 (末冊) 英文版本開宗明義的註釋 (scholium)： 後文 (本書) 所謂柏拉圖立體 (Platonic solids) 的稱呼不正確, 因為正四面體 (tetrahedron)、 正六面體 (cube) 與 正十二面體 (dodecahedron) 應該歸功於畢達哥拉斯學派 (the Pythagoreans), 正八面體 (octahedron) 與 正二十面體 (icosahedron) 則歸功於泰阿泰德 (Theaetetus, 417$\sim$369 B.C.)。

正多面體 (regular polyhedron) 被稱為「柏拉圖立體」的原因是： 柏拉圖 (Plato, 427$\sim$ 347 B.C.) 《對話錄》 (Timaeus) 利用五個正多面體解釋宇宙的構成 ^{1 1} 以上, 筆者翻譯自 Eves (1976) 《數學史》 第 73 頁 #。 參見康明昌 (2008) # 以及本文附錄說明。 ,即 《數學傳播》曾提及的「正多面體只有五種的『天意』」 (彭君智, 2001) #。 《數學傳播》尚有多篇關於正二十面體文章 ###, 但不曾提及後人對「柏拉圖立體」的評論, 更不曾討論正多面體內切球 (insphere)、 外接球 (circumsphere) 或頂點座標的解析。 本文利用三度空間極座標技巧, 系統性地對內切球半徑 1 的正多面體, 解析正多面體頂點座標、 邊長與外接球半徑 ^{2 2} 筆者分享過二篇文章 (1997, 2001) 於 《數學傳播》 ##, 純粹因為樂趣使然, 再發表此文。 初稿假設正多面體邊長 1, 感謝評審耐心閱讀初稿, 且建議更改為假設內切球半徑 1, 整合論述架構。 ,參見表 1。

1. 三度空間極座標

三度空間極座標 (3-dimensional polar coordinate) 又稱球座標 (sphere coordinate), 由徑距 (radius)、 極角 (polar angle) 與方位角 (azimuth angle) 構成。 極角 $\phi\in[\frac{-\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$ 又稱傾斜 (inclination) 角, 相當於地球南極與北極之間的緯度 (latitude), 方位角 $\theta\in[0,2\pi)$ 相當於沿著東西方向, 繞行地球所經過的經度 (longitude)。

參見圖 1 舉例： 直角座標點 $A(0, 0, 1)$ 對應至極座標徑距 1、 $\phi=\frac{\pi}{2}$ 與任意數 $\theta$。 直角座標點 $B(\cos\phi, 0, \sin\phi)$ 對應至極座標徑距 1、 $\phi$ 與 $\theta=0$。 直角座標點 $C(\rho\cos\phi\cos\theta, \rho\cos\phi\sin\theta, \rho\sin\phi)$ 則是通式。

以下假設內切球半徑 1 的正多面體中心位於原點 $O(0, 0, 0)$, 外接球半徑 (正多面體中心至任意角距離) 係未知的變數 $\rho$, 正多面體頂點之一固定於$Z$軸, 形成直角座標 $A(0, 0, \rho)$, 另一頂點 $B$ 固定於 $XZ$ 平面 ($y=0$), 形成 $B(\rho\cos\phi, 0, \rho\sin\phi)$。 當正多面體的 $O, A, B$ 三點座標固定, 則其他各頂點座標被唯一決定, 因此求得各頂點的座標與角度等性質。

2. 正四面體

內切球半徑 1 的正四面體頂點 $\{A,B,C,D\}$ 如圖 2 與圖 3 呈現, 頂點座標：

$$ A(0,0,\rho),$$ $$ B(\rho\cos\phi,0,\rho\sin\phi), $$ $$ C(\rho\cos\phi\cos\frac{2\pi}{3},\rho\cos\phi\sin\frac{2\pi}{3},\rho\sin\phi), $$ $$ D(\rho\cos\phi\cos\frac{4\pi}{3},\rho\cos\phi\sin\frac{4\pi}{3},\rho\sin\phi). $$

點 $B, C, D$ 位於同一平面, 且共有極角 $\phi\lt0$, 接續求取邊長平方：

\begin{align}\label{eq1} \overline{AB}^2=\,&\rho^2\cos^2\phi+\rho^2(1-\sin\phi)^2=2\rho^2(1-\sin\phi),\\ \label{eq2} \overline{BC}^2=\,&\rho^2\cos^2\phi(1-\cos\frac{2\pi}{3})^2+\rho^2\cos^2\phi\sin^2\frac{2\pi}{3}=3\rho^2(1-\sin^2\phi); \end{align}

以上導因於 $\cos\frac{2\pi}{3}=-\frac12$ 與 $\sin^2\phi+\cos^2\phi=1$。 將式 (\ref{eq2}) 除以式 (\ref{eq1}) 得

\begin{equation}\label{eq3} 1=\frac32(1+\sin\phi)\Rightarrow\sin\phi=-\frac13. \end{equation}

將式 (\ref{eq3}) 代入式 (\ref{eq1}), 得到正四面體邊長平方

\begin{equation} \overline{AB}^2=\overline{BC}^2=\frac83\rho^2. \label{eq3a} \end{equation}

接續觀察圖 3 的直角 $\Delta OO'B$, 內切球半徑 $\overline{OO'}=1$、 外接球半徑 $\overline{OB}=\rho$, $\overline{BO'}=\frac23\times\overline{RB}=\frac23\times\frac{\sqrt{3}}{2}\times\overline{AB}$, 後者是導因於式 (\ref{eq3a}) 與三角形重心性質。 再利用畢氏定理, 得到外接球半徑

\begin{equation}\label{eq4} \rho^2=1+\frac89\rho^2\Rightarrow\rho=3. \end{equation}

回到式 (\ref{eq3a}), 得到四面體邊長 $\overline{AB}=2\sqrt{6}$。

3. 正六面體

內切球半徑 1 的正六面體 (正方體) 有 8 個頂點 $\{A,\ldots,H\}$：

$$ A(0,0,\rho),\; H(0, 0, -\rho) ,$$ $$ B(\rho\cos\phi,0,\rho\sin\phi),\; G(-\rho\cos\phi, 0 ,-\rho\sin\phi) ,$$ $$ C(\rho\cos\phi\cos\frac{2\pi}{3},\rho\cos\phi\sin\frac{2\pi}{3},\rho\sin\phi),\; E(\rho\cos\phi\cos\frac{\pi}{3},-\rho\cos\phi\sin\frac{\pi}{3},-\rho\sin\phi),$$ $$ D(\rho\cos\phi\cos\frac{4\pi}{3},\rho\cos\phi\sin\frac{4\pi}{3},\rho\sin\phi),\; F(\rho\cos\phi\cos\frac{\pi}{3},\rho\cos\phi\sin\frac{\pi}{3},-\rho\sin\phi). $$

類似式 (\ref{eq1}) 與 (\ref{eq2}) 過程, 得到

\begin{align}\label{eq1hexa} \overline{AB}^2=\,&\rho^2\cos^2\phi+\rho^2(1-\sin\phi)^2=2\rho^2(1-\sin\phi),\\ \label{eq2hexa} \overline{BC}^2=\,&\rho^2\cos^2\phi(1-\cos\frac{2\pi}{3})^2+\rho^2\cos^2\phi\sin^2\frac{2\pi}{3}=3\rho^2\cos^2\phi. \end{align}

接續將式 (\ref{eq2hexa}) 除以式 (\ref{eq1hexa}), 則

\begin{equation}\label{eq3hexa} 2=\frac32(1+\sin\phi)\Rightarrow\sin\phi=\frac13. \end{equation}

如圖 5 顯示： 正六面體邊長等於內切球直徑, 再將式 (\ref{eq3hexa}) 代入式 (\ref{eq1hexa}), 得到正六面體外接球半徑：

\begin{equation} \overline{AB}^2=\frac43\rho^2=4\Rightarrow\rho=\sqrt{3}. \label{eq1hexa_1} \end{equation}

4. 正八面體

內切球半徑 1 的正八面體有 6 個頂點 $\{A,\ldots,F\}$, 如圖 6 顯示：

$$ A(0, 0, \rho),\quad F(0, 0, -\rho), $$ $$ B(\rho, 0, 0), \quad D(-\rho, 0, 0), $$ $$ C(0, \rho, 0), \quad E(0, -\rho, 0). $$

觀察等腰直角 $\Delta AOD$ 與直角 $\Delta AOO'$, 其中點 $O'$ 是正 $\Delta ACD$ 中心。 內切球半徑 $\overline{OO'}=1$、 外接球半徑 $\overline{OA}=\overline{OD}=\rho$, 則 多面體邊長 $\overline{AD}=\sqrt{2}\rho$。 正 $\Delta ACD$ 中心 $O'$ 性質, 則 $\overline{AO'}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\rho$, 再套用畢氏定理於直角 $\Delta AOO'$, 則

\begin{equation}\label{eq8} \rho^2=1+\frac{2}{3}\rho^2\Rightarrow\rho=\sqrt{3}. \end{equation}

5. 正十二面體

內切球半徑 1 的正十二面體有 20 個頂點 $\{A,\cdots,U\}$, 其中的 8 個設定為：

$$ A(0, 0, \rho), \quad U(0, 0, -\rho), $$ $$ B(\rho\cos\phi,0,\rho\sin\phi),\quad S(-\rho\cos\phi,0,-\rho\sin\phi), $$ $$ C(\rho\cos\phi\cos\frac{2\pi}{3},\rho\cos\phi\sin\frac{2\pi}{3},\rho\sin\phi),\quad T(\rho\cos\phi\cos\frac{\pi}{3},-\rho\cos\phi\sin\frac{\pi}{3},-\rho\sin\phi),$$ $$ D(\rho\cos\phi\cos\frac{4\pi}{3},\rho\cos\phi\sin\frac{4\pi}{3},\rho\sin\phi),\quad R(\rho\cos\phi\cos\frac{\pi}{3},\rho\cos\phi\sin\frac{\pi}{3},-\rho\sin\phi). $$

對照圖 7 與圖 8, 極角等於 $\phi$ 者 $\{B,C,D\}$, 等於 $-\phi$ 者 $\{R,S,T\}$。 類似於式 (\ref{eq1}) 與 (\ref{eq2}) 的處理過程, 得到

\begin{align} \overline{AB}^2=\,&\rho^2\cos^2\phi+\rho^2(1-\sin\phi)^2=2\rho^2(1-\sin\phi), \label{eq1dodeca} \\ \overline{BC}^2=\,&\rho^2\cos^2\phi(1-\cos\frac{2\pi}{3}^2+ \rho^2\cos^2\phi\sin^2\frac{2\pi}{3}=3\rho^2\cos^2\phi. \label{eq2dodeca} \end{align}

將式 (\ref{eq2dodeca}) 除以式 (\ref{eq1dodeca}) 得

\begin{equation}\label{eq2dodeca_1} \overline{BC}^2=\overline{AB}^2\times\frac32(1+\sin\phi). \end{equation}

觀察正五邊形 $ABEFC$ 的 $\angle ABC=\angle ACB=\pi/5$ 與 $\cos\frac{\pi}{5}=\frac{1+\sqrt{5}}{4}$ 則

\begin{equation}\label{eq2dodeca_2} \frac12\overline{BC}=\overline{AB}\times\cos\frac{\pi}{5}\Rightarrow \overline{BC}^2=\overline{AB}^2\times\frac{3+\sqrt{5}}{2}. \end{equation}

式 (\ref{eq2dodeca_2}) 除以式 (\ref{eq2dodeca_1}) 則

\begin{equation}\label{eq3dodeca} \frac32(1+\sin\phi)=\frac{3+\sqrt5}{2}\Rightarrow\sin\phi=\frac{\sqrt{5}}{3}. \end{equation}

觀察圖 8 的直角 $\Delta AOO'$, 其中點 $O'$ 是正五邊形 $ACGHD$ 的中心, 內切球半徑 $\overline{OO'}=1$、 外接球半徑 $\overline{AO}=\rho$、 角 $\angle CAO'=\frac{3\pi}{10}$ 與 $\overline{AC}=\overline{AB}$, 則 \begin{equation}\label{eq3dodeca_} \frac12\overline{AB}=\overline{AO'}\times\cos\frac{3\pi}{10}\Rightarrow \overline{AO'}=\overline{AB}\times\frac{2}{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}. \end{equation} 類似於式 (\ref{eq4}) 的套用畢氏定理於直角 $\Delta AOO'$, 且利用式 (\ref{eq1dodeca})、 (\ref{eq3dodeca}) 與 (\ref{eq3dodeca_}), 則 \begin{equation}\label{eq4dodeca} \rho^2=1+\rho^2\times\frac{6-2\sqrt{5}}{3}\times\frac{4}{10-2\sqrt{5}}\Rightarrow \rho=\sqrt{15-6\sqrt{5}}. \end{equation} 將式 (\ref{eq3dodeca}) 與 (\ref{eq4dodeca}) 代回 (\ref{eq1dodeca}), 得到正十二面體邊長：

$$ \overline{AB}^2=2(15-6\sqrt{5})(1-\frac{\sqrt{5}}{3})=50-22\sqrt{5}\Rightarrow \overline{AB}=\sqrt{50-22\sqrt{5}}. $$

6. 正二十面體

內切球半徑 1 的正二十面體, 有 12 個頂點 $\{A,\ldots,L\}$, 其中 6 個可設定如此：

$$ A(0,0,\rho),\quad L(0,0,-\rho),$$ $$ B(\rho\cos\phi,0,\rho\sin\phi),\ J(-\rho\cos\phi,0,-\rho\sin\phi),$$ $$ C(\rho\cos\phi\cos\frac{2\pi}{5},\rho\cos\phi\sin\frac{2\pi}{5},\rho\sin\phi),\ K(-\rho\cos\phi\cos\frac{2\pi}{5},-\rho\cos\phi\sin\frac{2\pi}{5},-\rho\sin\phi) .$$

圖 9 說明： 方位角之間差 $\frac{2\pi}{5}$。 圖 10 說明極角性質： $\angle AOB=\angle LOJ=\frac{\pi}{2}-\phi$, 而且極角等於 $\phi$ 者 $\{B,C,D,E,F\}$, 極角 等於 $-\phi$ 者 $\{G,H,I,J,K\}$。

類似處理正四面體的式 (\ref{eq1}) 與 (\ref{eq2}), 得到

\begin{align}\label{eq1icosa} \overline{AB}^2=\,&\rho^2\cos^2\phi+\rho^2(1-\sin\phi)^2=2\rho^2(1-\sin\phi),\\ \label{eq2icosa} \overline{BC}^2=\,&\rho^2\cos^2\phi(1-\cos\frac{2\pi}{5})^2+\rho^2\cos^2\phi\sin^2\frac{2\pi}{5}=\frac{5-\sqrt5}{2}\rho^2\cos^2\phi. \end{align}

式 (\ref{eq2icosa}) 導因於 $\cos\frac{2\pi}{5}=\frac{\sqrt5-1}{4}$。 接續將式 (\ref{eq2icosa}) 除以式 (\ref{eq1icosa}), 則

\begin{equation}\label{eq3icosa} 1=\frac{5-\sqrt5}{4}(1+\sin\phi)\Rightarrow\sin\phi=\frac{\sqrt{5}}{5}. \end{equation}

觀察圖 10 的直角 $\Delta EOO'$, 其中點 $O'$ 是 $\Delta DEJ$ 的中心 (圖 9), 內切球半徑 $\overline{OO'}=1$、 外接球半徑 $\overline{JO}=\rho$ 與 $\overline{JO'}=\frac{\sqrt{3}}{3}\overline{AB}$。 接續類似於式 (\ref{eq4}) 與 (\ref{eq4dodeca}) 的 套用畢氏定理於直角 $\Delta EOO'$, 且利用式 (\ref{eq1icosa}) 與 (\ref{eq3icosa}), 則

\begin{equation}\label{eq4icosa} \rho^2=1+\frac{2}{3}\rho^2\times\frac{5-\sqrt{5}}{5}\Rightarrow \rho^2=\frac{15}{5+2\sqrt{5}}\Rightarrow\rho=\sqrt{15-6\sqrt{5}}. \end{equation}

將式 (\ref{eq3icosa}) 與 (\ref{eq4icosa}) 代回式 (\ref{eq1icosa}), 則正二十面體邊長：

$$ \overline{AB}^2=2(15-6\sqrt{5})\times\frac{5-\sqrt{5}}{5}=3\times(3-\sqrt{5})^2\Rightarrow \overline{AB}=3\sqrt{3}-\sqrt{15}. $$

7. 後記

「幾何之內, 無帝王之路。」 歐基里德 2000 多年前留下的名言。

人類發展史上, 當少部分幸運者不再需要整日狩獵、 農耕之時, 開始好奇於宇宙、 星辰、 萬物的運行, 而試圖去理解之, 於是有巫師與巫術的產生； 卻也在同時出現兼具智慧與領導能力的人物, 他們深知供養學者的重要, 於是乎出現了蘇格拉底、 柏拉圖、 亞里斯多德、 孔子、 孟子 $\cdots$ 愛智者的任務是探究與傳遞知識, 由貴族或國王供養。

歐基里德時代的國王深知其中道理, 因此聘請歐基里德到王宮向國王傳授知識, 希望自己也能像柏拉圖等人一樣, 可以成為一個在歷史留名的學者, 因此有「幾何之內, 無帝王之路。」 這句名言。 ^{3 3} 根據文獻,康熙皇帝也曾聘請學者教導其幾何學、 靜力學和天文學的內容。 參見張小平 (2014) #。

民主法制時代, 國家取代古時候的王國與貴族, 國家力量讓每個人都有機會去試探追求知識的快樂。 樂在其中者, 則必須反饋到體制、 反饋回社會。

人死後, 是否存在靈魂？我無法證明靈魂的存在, 我也無法否認靈魂的存在, 但我決定跟隨康德 (Kant, 1727$\sim$1804) 的信仰： 如果你發現相信上帝與靈魂的存在, 可以讓你現在的生活更好, 那就選擇相信上帝與靈魂的存在。

我死後, 生前所做的一切都歸零！ 如果我死後, 發現靈魂永生, 發現我持續看到生前所做所有, 對我死後的社會有正面影響, 我會很慶幸自己生前選擇相信靈魂與永生。 以上係我撰寫此文的動機與目的。

附錄

數學史著作 Eves (1976) # 與 Merzbach and Boyer (2011) # 提及後人對「柏拉圖立體」的評論, 後者更具體的陳述「歐基里德《幾何原本》第 13 卷的一項註釋 (日期不詳) 指出, 五種正多面體中只有三種是畢達哥拉斯學派的功勞, 而正八面體和正二十面體則是透過泰阿泰德才為人所知。 無論如何, 泰阿泰德很可能對五種正多面體進行了最廣泛的研究之一, 而定理『正多面體只有五種』很可能也出自他之手。 或許, 《幾何原本》中關於 正多面體稜長與其外接球半徑之比 的計算也出自他之手。」 ^{4 4} Merzbach and Boyer (2011) # 第 76 頁原文： 「A scholium (of uncertain date) to Book XIII of Euclid's Elements reports ... it was through Theaetetus that the octahedron and the icosahedron became known.」 因此, 筆者撰寫此文不過是用另一個角度闡述泰阿泰德的貢獻。

然而, 「正八面體和正二十面體是透過泰阿泰德才為人所知。」 之說令人困惑！因為正六面體 (八對稱頂點)與正八面體 (六對稱頂點)對偶 (duality)、 正十二面體 (二十對稱頂點)與正二十面體 (十二對稱頂點)對偶。 況且, 正八面體的複雜度低於正十二面體, 不禁讓人懷疑該段「註釋」是否是將「正十二面體」與「正八面體」相互錯置？

Eves # 與 Merzbach and Boyer # 同時引用 Heath (1908) #, 該書第 438 頁陳述「歐基里德第 13 卷註釋 1 的作者確實指出, 本書談的是『五種所謂的柏拉圖圖形』, 但它們並非柏拉圖的原創作品。 這五種圖形中, 三種是畢達哥拉斯學派的, 即立方體、 稜錐和十二面體； 而八面體和二十面體則是泰阿泰德的貢獻。 該註釋可能是來自 Geminus ...」 ^{5 5} 原文： 「"the five so-called Platonic figures, ... the octahedron and the icosahedron are due to Theaetetus." This statement (taken probably from Geminus) may perhaps rest on the fact ...」 可透過參考文獻 # 的連結閱讀原文。 據此, 我們得以結論「正八面體和正二十面體是透過泰阿泰德」之說來自 Heath #。

現存《幾何原本》由後人註釋、 翻譯的事實, 充分反映於康明昌 # 第 17 頁所謂「Clavius 的數學造詣相當高, 他編了一本歐基里德的《幾何原本》 (1574 年), 這本書就是利瑪竇與徐光啟中譯本的依據。」 可惜「利瑪竇與徐光啟中譯本」僅翻譯十三冊中的前六冊, 我們無法藉此考證 Heath # 關於「正八面體和正二十面體是透過泰阿泰德」的正確性。

筆者最終搜尋到 Heiberg 拉丁文註釋、 Fitzpatrick 翻譯英文的雙語並陳版本 #, 該書第 505 頁註腳陳述 「五種正多面體-立方體、 正四面體 (即稜錐)、 正八面體、 正二十面體和正十二面體-很可能是由畢達哥拉斯學派發現的。 它們通常被稱為『柏拉圖』立體, 因為它們被強調於柏拉圖的《對話錄》。 本書中的許多定理 ⸺ 特別是與 最後二種正多面體相關的定理 ⸺ 都歸功於雅典的泰阿泰德。」 ^{6 6} 該版本希臘文編者 Heiberg, 英文譯者 Fitzpatrick, 該段英文： 「The five regular solids -- the cube, tetrahedron (i.e., pyramid), octahedron, icosahedron, and dodecahedron-- were probably discovered by the school of Pythagoras.... Many of the theorems contained in this book--particularly those which pertain to the last two solids--are ascribed to Theaetetus of Athens.」 除了透過參考文獻 # 的連結閱讀原文, 亦有另一獨立機構提供網路版全文： https://euclid.geometor.com/elements/book-13 . 即「 正二十面體和正十二面體歸功於雅典的泰阿泰德。」的說法確實存在！

參考文獻

本文作者任教德明財經科技大學財金系