代数和超立方体
我们都熟悉正方体，它们是空间的基本几何实体。以某种方式表示，立方体的顶点包含了所有可以用数字0和1构造的点（后面我会解释）。因此，（超）立方上的每一点都可以用下列代数展开式来表示：
例如，让我们从d=2开始，立方体是一个正方形。我们得到：
这些项都可以在一个正方形上可视化，如下所示（用0替换θ，用1替换l；所以θ^2映射到（0,0），θl映射到（0,1），依此类推）。请注意，θl和lθ项结合在一起，位于黄线上。黄线的方程是x+y=1。
- 图1：正方形上的代数系数。
接下来，我们转移到三维空间，看看一个立方体。代数表达式变成了：
θ^2l系数的三项组成了下面图2中的紫色等边三角形，而θl^2系数的三项构成了橙色的等边三角形。紫色平面的方程是x+y+z=1，橙色平面的方程是x+y+z=2（从各自平面上的点可以看出）。
- 图2：立方体上的代数系数
到目前为止，我们已经在这些立方体的切割平面上看到了一些线和一些等边三角形。我们需要快速回顾一下柏拉图实体的情况。
广义的柏拉图立体（多面体）
柏拉图立体是非常的对称物体。五个柏拉图实体存在于三维空间，六个存在于四维空间。你会期望5维和6维空间的数量可能更多，但事实上所有大于4的维度都只有3个柏拉图立体。 那么，存在于所有维度空间的这3个柏拉图实体是什么？
正方体
我们已经研究了正方体，它属于柏拉图立体。由于它是用来测量空间的，所以它必须存在于所有维度。在d维空间中，它将有2^d个顶点。
八面体
在立体几何中，有一个对偶立体的概念。选取一个立体，并考虑每个面的中心（如果实体是在d维空间，面就是d-1维的）。现在，你将这些面的中心视为顶点，并构建一个新的实体，从而形成开始时立体的对偶。八面体就是立方体的对偶实体。在二维空间中，我们得到一个正方形，通过连接所有边的中点得到对偶，就是另一个正方形。
- 图3：在二维空间中，正方形的对偶还是正方形。
在三维空间中，事情变得更加有趣，我们在取立方体的对偶时得到了一个新的立体。请看下面的图。由于立方体有6个面，所以八面体最终有6个顶点。
- 图4：八面体是立方体在三维空间的对偶。
由于立方体存在于所有维度，其对偶八面体也存在于所有维度。
四面体
四面体实际上是最简单的立体。考虑一组点（实体的顶点），它们都是相互等距的。如果你是在二维空间，这种点的最大数量可能是3个，它们形成一个等边三角形。在三维空间中，可以从等边三角形的中心点开始，把它提升到第三维，直到它与前面三个点的距离一样远。这个过程可以随着我们增加维度而无限地重复，事实证明，有可能将(d+1)个点放在d维空间中，使它们都相互等距离。做到这一点的唯一方法是把它们放在广义四面体的顶点上。
- 图5：3维空间的四面体。白色的点是蓝色等边三角形的中心点，沿着第三维度提升。
四维立方体的切面
现在我们有了柏拉图立方体的概念，我们可以继续前进，从三维空间到四维空间，一个四维的立方体被称为超立方体（魔方体）。和之前一样，我们从代数开始：
事实证明（即将解释），构成θ^3l系数的四个项位于x+y+z+w=1平面上，形成一个四面体，构成θl^3系数的四个项也是如此。构成θ^2l^2系数的六个项形成一个八面体，这在下图中显示。令人难以置信的是，这些三维柏拉图立体居然隐藏在四维的on=e中。
回到三维空间
形成蓝色四面体的顶点位于x+y+z+w=1的平面上，每个顶点都包含三个0和一个1（1的位置是它们四个之间的区别）。可以清楚地看到，它们之间的距离都是一样的。而根据上一节，这意味着它们必须形成一个四面体。
对于形成红色四面体的四个顶点，也可以做类似的论证，它们位于平面x+y+z+w=3上，由3个1和1个0组成。
构成绿色八面体的顶点位于平面x+y+z+w=2上，因此它们的坐标中有两个0和两个1。这6个点是2个0和2个1的排列方式，也就是4!/(2!2!) = 6。很容易看出，这六个点中的每一个点与其他四个点的距离都是sqrt(2)，与剩下的一个点的距离是2（例如：[0,0,1,1]与[1,0,1,0]、[0,1,1,0]、[1,0,0,1]的距离是sqrt(2)，约为1.414，而与[1,1,0,0]的距离是2）。这个剖面与八面体完全吻合。
有两个重要的事情需要提出。
- 首先，沿着这些切片平面形成实体的各种点，只是一些0和1的排列组合。上图中的蓝色四面体是由[0,0,0,1]的排列组成的，绿色八面体是由[0,0,1,1]的排列组成的，红色四面体是由[0,1,1,1]的排列组成的。
- 第二，在任何维度的空间中，第一个切割面x+y+...=1将包含点[0,0,...,1]的排列组合。这些点都将是彼此等距的。因此，与第一个平面（x+y+...=1）相交的d维立方体的点将形成一个（d-1）维的四面体。另外，由于我们只是对0和1的数组进行置换，所以我们永远不会改变数组的总和。因此，如果我们考虑的超立方体是d维的，切片的实体将位于（d-1）维。这就是为什么我们对一个普通立方体的切片得到2维的形状，而当我们对一个4维立方体切片时得到3维的实体。
那么，是否像迄今为止的观察所表明的那样，我们总是从这些类型的切片平面中得到柏拉图式的实体？
让我们考虑一下五维立方体。从代数扩展开始：
θ^5和l^5分别映射到（0,0,0,0,0）和（1,1,1,1）。与5θ^4l项相对应的5个点是[0,0,0,0,1]的排列组合，由于它们彼此之间的距离相等，所以形成了一个四边形的四面体。同样地，5θl^4也形成一个四面体。但是由10θ^3l^2项形成的立体呢？这10个点是[0,0,0,1,1]的排列组合。这也是一个柏拉图式的立体吗？没有10个顶点的四维柏拉图立体，所以这不可能是真的。这有点让人失望，但也让人兴奋。失望是因为到目前为止，用0和1组成的数组的排列组合总是能得到柏拉图式的立体，但这个观察结果不成立。令人兴奋的是，我们现在可以探索用这种方法发掘出的各种立体。对于有10个顶点的四维空间的神秘立体，我们可以研究它的属性，但不能想象出它的样子，因为我们的大脑是针对三维世界的。为了得到更多我们可以用大脑思考的令人兴奋的三维立体，我们需要回到对四维立方体的切割上。我们已经尝试了超立方体，而且产生了三个柏拉图实体（两个四面体和一个八面体）。我们还能得到什么？
更大的立方体
我们已经从四维立方体中提取了所有的三维立方体。为了探索其中更多的东西，我们需要把超立方体维度变大，这时已经很难可视化。为了保证我们得到的切片是3维的，我们必须坚持4维空间。
如果我们坚持相同的维度空间，但仍然想让立方体变大，我们必须增加边的长度。因此，我们不再是一个单位立方体，而是让它变成2个单位。这是一个很大的变化，所以让我们看看它在三维空间中是什么样子。
回到三维空间
与图2相比，我们得到了相当多的切割平面，你可以在下面看到。橙色平面对应x+y+z=1，蓝色平面对应x+y+z=2，绿色平面对应x+y+z=3，红色平面对应x+y+z=4，紫色平面对应x+y+z=5。
- 图7：边长为2个单位的三维立方体的切割面
让我们回到代数上。之前，我们用θ代表0，用l代表1。现在我们也有了2，让我们用变量τ来代表它。代数表达式就变成了：
首先要注意的是，除了θ^3和τ^3项只是代表点[0,0,0]和[2,2,2]之外，还有其他8项。然而，只有5个平面。这表明，这些点的集合中有许多一定是共享相同的平面。事实上，考虑一下3θl^2项中代表[0,1,1]、[1,1,0]和[1,0,1]的三个点，以及3θ^2τ中代表[0,0,2]、[0,2,0]和[2,0,0]的三个点。前三个是上图中用白色圈起来的蓝色点，后三个是没有用白色圈起来的三个蓝色点。很明显，它们两组都位于平面x+y+z=2上。这在单位立方体中是不可能的，因为那里的点只由0和1组成。因此，每个代数扩展项都有一个平面（如3θ^2l），其他项的点都不会到里面。现在，我们能够通过包括两个1（或一个θl^2项）或一个2（一个θ^2τ项）使坐标加到2。因此，平面共享成为一件事。
但这没有关系，我们仍然可以提出这样的问题：在代数式展开中，这些项会形成什么形状。例如，来自3θl^2项的[0,1,1]、[1,1,0]、[1,0,1]和来自3θ^2τ项的[0,0,2]、[0,2,0]的两组点都形成等边三角形（刚好共享同一个平面）。事实上，是否有可能从展开的项中得到所有可能的形状？我们知道，代数式展开中的任何项都是由一些整数阵列的排列组合的点组成的。在三维空间中，数组的长度为三个元素》有三种可能性：
- 数组的所有三个元素都是不同的。例如：[0,1,2]
- 两个元素是相同的，第三个元素是不同的。例：[0,0,1]
- 所有三个元素都是相同的。例子：[0,0,0]
对于第三种情况，只有一个可能的点，所以我们根本没有得到一个例体。对于第二种情况，会有三个这样的点的排列组合，这三个排列组合所对应的点会形成一个等边三角形。对于第一种情况，将有六个排列组合，这六个点将形成一个六边形。而这正是图7中间的绿色六边形的情况。就3维空间的不同可能性而言，图7中都有涉及，就是这样了。你可能会问，如果我们使用除0、1和2之外的其他整数会怎样？事实证明，除了上述情况1、2和3之外，增加其他类型的整数不会改变可能的基本形状，你可以自己去验证。
然而，立方体中包含的实际平面可能是不同的，因为它们是由一组以上的代数项组成的。下图显示了一个更大的立方体的平面情况，每个边的尺寸为6个单位。
- 图8：边长为6的立方体的切割平面。
再谈四维空间
我们知道，切开一个三维立方体，会得到位于平面上的点，这些点可以形成等边三角形或正六边形。我们对切开4维立方体所形成的3维立体更感兴趣。我们已经看到了切割单位四维立方体得到的东西：一个四面体和一个八面体。但退一步讲，我们知道点的坐标将是四维整数数组。这里有一些可能性：
- 所有的元素都是不同的。例如：[0,1,2,3]。这些点的排列组合：4! = 24.
- 两个元素是相同的，另外两个是不同的。例如：[0,0,1,2]。这样的点的排列组合：4!/2! = 12.
- 两个元素是相同的，另外两个也是相同的，但与前两个不同。例如：[0,0,1,1]。这种点的排列组合：4!/(2! 2!) = 6.
- 三个点是相同的，最后一个点是不同的。例如：[0,0,0,1]。这样的点的排列组合：4!/3! = 4.
- 所有四个点都是一样的。例如：[0,0,0,0]。这样的点的排列组合：1.
这就穷尽了所有的可能性。第5种情况是不值一提的，我们只得到一个点。情况4是我们在切割四维立方体并得到四面体时已经看到的情况。情况3也是，当时我们在中心得到一个八面体。让我们像对3维情况那样扩大4维立方体的大小。代数表达式变成：
这里不再列出所有的15个项，它们是一堆四面体和八面体。除了上面案例2中形成立体的两个项，有12个顶点；12θ^2lτ和12θlτ^2。这些可能会形成什么样的立体？二十面体是一个具有12个顶点的柏拉图式立体，那么会不会是这个呢？绘制形成这些点的近邻的边（由[0,0,1,2]的排列组合形成），并投射到二维空间，我们得到以下形状：
- 图9：由[0,0,1,2]的12个排列组合形成的图形。这就是截断的四面体，一个阿基米德立体。
它本质上是一个被切掉四个角的四面体。它属于一个立体家族，是仅次于柏拉图式立体的东西，即阿基米德式立体。在三维空间中只有13个这样的立体，它们与柏拉图立体完全一样，只是可以有多种不同类型的正多边形组成面（在这里，有三角形和六边形）。
开放性问题
我将给你留下一些在本文中没有回答的问题。我也不知道答案（感知难度的增加）。
- 通过一个五维立方体，我们在四维空间有某种具有10个顶点的立体，我们从未进一步探索过。这可能是4维空间中的某种阿基米德立体吗？
- 对于在超立方体的切割超平面上发现的这类立体，我们能说点什么吗？我们知道它们可以是但不一定是柏拉图式的，而且它们可以是阿基米德式的。还有什么其他的可能性吗？
我们知道5维及以上维度的柏拉图实体的数量总是3。对于更高维度上的阿基米德立体，有多少个？在4维中有多少个？