第 1 章：先把对象和“正”定义清楚

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1.1 正多边形、全等与相似

正 $p$ 边形是平面上的凸多边形，要求所有边长度相等、所有内角相等。只等边不够：一般菱形四边相等，却不是正方形。 $p$ 是边数，且 $p\ge3$ 。

“全等”表示可以平移、旋转，必要时作镜面反射，使两个图形完全重合；不允许缩放。“相似”还允许整体按同一比例放大或缩小。本篇说五“种”立体，是按相似区分：大小不同的两个立方体算同一种。

角度既可用度也可用弧度。整圈 $360^\circ=2\pi$ 弧度，平角 $180^\circ=\pi$ ；因此正 $p$ 边形每个内角为 $(p-2)\pi/p$ 。

1.2 凸性与闭半空间：先看立体，再看式子

所有立体都包含自己的边界。集合 $P$ 是凸的，意思是任取 $A,B\in P$ ，整条线段 $AB$ 都在 $P$ 中，包括端点：

$(1-t)A+tB\in P\qquad(0\le t\le1).$

这里 $t$ 是沿线段的位置比例。例如 $t=1/2$ 给出中点。该条件要求对任意两点成立，画一条留在体内的线段只能举例；找到一条离开立体的线段则足以否定凸性。

图 1｜先看截面：左图只展示一个例子，凸性要求对所有两点成立；右图的一条反例线段已经足以否定凸性。

一个平面把空间分成两边。“闭半空间”就是其中一边连同平面本身。例如 $x\le1$ 包括平面 $x=1$ 及其左侧。这里“闭”只强调把分界平面也包含进来。

本篇采用如下精确定义：三维凸多面体是有限个闭半空间的交集，且有界、内部非空。 “交集”就是同时满足每一个限制；“有界”就是能装进某个足够大的球；“内部非空”就是其中能放进一个半径大于零的小球，排除薄片和线段。

立方体的例子是 $P=\{(x,y,z):-1\le x,y,z\le1\}$ ，即六个半空间限制同时成立。一般可以写为

$P=\bigcap_{j=1}^{m}\{x:a_j\cdot x\le b_j\}.$

$x=(x_1,x_2,x_3)$ 表示空间点， $a_j=(a_{j1},a_{j2},a_{j3})\ne0$ ；记号 $a_j\cdot x$ 是 $a_{j1}x_1+a_{j2}x_2+a_{j3}x_3$ ，称为点积。 $a_j\cdot x=b_j$ 给出一个平面。点积的其他性质在第 10.1 节先解释再使用。

这个定义确实蕴含线段凸性：若 $a_j\cdot A\le b_j$ 、 $a_j\cdot B\le b_j$ ，则对 $0\le t\le1$ ，

$a_j\cdot((1-t)A+tB)=(1-t)a_j\cdot A+t a_j\cdot B\le b_j.$

每一个限制都成立，所以整条线段都在交集中。这里不把“顶点角和小于 $360^\circ$ ”当成凸性的定义；那个角度结论将另行证明。

先把平面式子读成几何。 在 $a\cdot x=b$ 中， $x$ 是可以变化的空间点， $a\ne0$ 固定；下标 $j$ 只是编号。取 $x_0=ba/|a|^2$ ，便有 $a\cdot x_0=b$ 。于是

$a\cdot x=b\iff a\cdot(x-x_0)=0.$

右边说，从 $x_0$ 出发到 $x$ 的方向垂直于 $a$ 。所有这样的方向组成一个二维平面，故左边确实给出整张平面。把 $a$ 除以其长度，得到单位法向量 $n=a/|a|$ ，方程变为

$n\cdot x=d,\qquad d=\frac b{|a|}.$

$n\cdot x$ 是沿 $n$ 的有符号投影，因而 $d$ 是平面沿 $n$ 相对于原点的位置；通常的非负距离是 $|d|$ 。固定 $a$ 后， $b$ 从 $b_1$ 变为 $b_2$ ，平面沿 $n$ 移动 $(b_2-b_1)/|a|$ 。例如 $a=(0,0,1)$ 时是 $z=b$ ； $a=(0,0,2)$ 时是 $z=b/2$ ，不能把 $b$ 一律当成距离。

同一张平面也可写为 $2a\cdot x=2b$ 。改变 $a$ 的长度并同步改变 $b$ 不改变平面；把两边乘负数仍表示同一平面，但写不等式时必须同时反向。因此，说“ $b$ 决定位置”始终以 $a$ 已固定为前提。

图 2｜同一个法向量给出平行平面族。图示三张水平平面的位置；平面本身向四周无限延伸。

1.3 面、棱、顶点怎样确定

先定义支撑平面：一个平面碰到 $P$ ，而 $P$ 全部在该平面的一侧。若平面 $a\cdot x=b$ 满足对所有 $x\in P$ 都有 $a\cdot x\le b$ ，且有点取等，它就是支撑平面。

支撑平面与 $P$ 的交集若是一片有面积的多边形，就叫一个面，取整片交集，不任意再切分。面上的边界线段构成棱；棱的端点是顶点。也可辨认顶点：它不能位于 $P$ 内两个不同点连接的线段中间。这个等价性质的专门术语是“极点”，下文直接说顶点，不要求记这个新词。

例如，立方体的 $x=1$ 是支撑平面，交出一个正方形面。画在这个正方形上的对角线不是立方体的棱；对角线中点也不是新顶点。

一个闭合凸多面体的每条棱属于两个面，每个顶点至少连接三条棱。理由是：在棱中段作垂直小截面，实体局部是一个凸角，它的两条边界射线对应两个面；在顶点附近截去一小块，会得到有面积的凸多边形，至少有三条边。截顶平面的存在与截面形状在第 10.3 节展开。

还有一个后面投影要用的细节：若去掉某个不等式而集合不变，就称它冗余，可以删去。把有限限制删到没有冗余时，每个限制都对应一个真正的面。证明如下：某限制若不能删，就有一点 $X$ 满足其他所有限制，却违反它。取体内点 $O$ ，沿 $OX$ 走到第一次使该限制取等的点 $Y$ ；因为此时还没到 $X$ ，其他限制在 $Y$ 都严格成立。因此在该限制的平面内， $Y$ 周围有一小片仍满足其他限制，确实形成有面积的面。这说明可以按真正的面选取支撑半空间，不是额外假设。

三个集合要分开。 对已经选定的立体 $P$ ，令

写法	它包含哪些点	是否已经是立体的面
$H^- = \{x:a\cdot x\le b\}$	平面一侧全部空间，包括边界	不是；通常无界
$H = \{x:a\cdot x=b\}$	一张无限延伸的平面	不是；尚未限制在 $P$ 内
$P\cap H$	同时在立体和平面上的点	支撑时可能是顶点、棱或二维面

只有 $P\subseteq H^-$ 且 $P\cap H\ne\varnothing$ 时， $H$ 才是相对于 $P$ 的支撑平面。本篇把有面积的 $P\cap H$ 称为“面”，避免用“支撑面”同时指整张平面和有限多边形。

例如 $P=[-1,1]^3$ ： $z=1$ 接触整个正方形； $x+y=2$ 只接触竖直棱； $x+y+z=3$ 只接触顶点 $(1,1,1)$ 。它们都是支撑平面。 $z=0$ 穿过实体两侧，不是支撑平面； $z=2$ 根本不接触实体，也不是。

图 3｜三个立方体示意分别高亮支撑平面与实体的交集，点、线、面都可能出现。方程采用正文的标准立方体坐标；透视图不按坐标比例绘制。

1.4 凸包：给出点集后究竟造了什么

有限点集 $S=\{v_1,\ldots,v_n\}$ 的凸包，记作 $\operatorname{conv}S$ ，是所有这些点的凸组合：

$\operatorname{conv}S=\left\{\sum_{i=1}^{n}\lambda_i v_i:\lambda_i\ge0,\ \sum_i\lambda_i=1\right\}.$

权重 $\lambda_i$ 不为负且总和为一。两点的凸包是线段，三个不共线点的凸包是填实的三角形，四个不共面点的凸包是填实的四面体。它不是只把点用线连起来，也不是只取外表面。

凸包的顶点一定从所列点集中选，不会凭空多出新顶点。若一个点不在所列点集中，它的凸组合至少有两个不同点参与；单独抽出一个正权重点，把其余权重归一化平均，就把该点夹在两个不同凸包点的线段中间，所以它不是顶点。

为什么“凸”会写成加权平均？ 从 $A$ 出发朝 $B$ 走全程的 $t$ 倍，位置是 $A+t(B-A)=(1-t)A+tB$ 。令 $0\le t\le1$ ，恰好走完整条线段。所以线性组合写法只是线段的坐标翻译。

两点时，每选一个 $t$ 就得到一个点；让 $t$ 取遍整个区间，才得到一整条线段。例如 $A=0,B=10$ ， $t=0.7$ 得到 $7$ ，而所有合法 $t$ 的结果集合是 $[0,10]$ 。“一个凸组合”说一个计算结果，“凸包”说全部结果构成的集合。

多点的系数之和为一还有坐标上的理由：把原点移动向量 $c$ ，新坐标为 $v_i'=v_i-c$ ，则

$\sum_i\lambda_i v_i'=\sum_i\lambda_i v_i-c\sum_i\lambda_i.$

当 $\sum_i\lambda_i=1$ 时，结果也只是减去 $c$ ，仍是原来的几何点；非负条件再把它限制在点之间，防止如 $-A+2B$ 那样超出线段。

为什么三个点能精确填满三角形？ 给定三角形内或边界上任意一点 $X\ne C$ ，从 $C$ 向 $X$ 延伸到对边 $AB$ 上的点 $D$ 。存在 $s,t\in[0,1]$ 使

$D=(1-t)A+tB,\qquad X=(1-s)C+sD,$

于是

$X=s(1-t)A+stB+(1-s)C.$

三权重非负，总和为一。 $X=C$ 则直接取其权重为一。这给出三角形中每个点的权重，并非用有限个采样点近似填充。

反过来，若 $X=\alpha A+\beta B+\gamma C$ 是凸组合，且 $\alpha+\beta>0$ ，把前两项除以 $\alpha+\beta$ 得到 $AB$ 上的点 $D$ ，再写 $X=(\alpha+\beta)D+\gamma C$ ，可见 $X$ 在 $CD$ 内；若和为零，则 $X=C$ 。两个方向都证毕。

图 4｜任意三角形内点都可先沿 AB、再沿 CD 定位，精确给出凸组合权重。蓝色表示整个填实区域，金色点只是一组选定权重的结果。

四个不共面点同理：从一个顶点向对面的填实三角形连线，填满实心四面体。更多点不必寻找统一的“内部形状”：任意有限凸组合都可反复分成两个点的线段组合。例如

$0.2A+0.3B+0.5C=0.5(0.4A+0.6B)+0.5C.$

一般抽出最后一项，把其余权重归一化，再归纳。因此任何含 $S$ 的凸集都包含全部凸组合；而这些凸组合自身成凸集、包含 $S$ ，所以它正是包含 $S$ 的最小凸集。这同时解释了为什么没有漏掉“点之间必须填上的部分”。

原始点、凸包中的点、凸包顶点各是什么？ 令 $S=\{(0,0),(2,0),(2,2),(0,2),(1,1)\}$ 。其凸包是整个实心正方形；原始点 $(1,1)$ 在 $S$ 中，却不是顶点； $(1,2)$ 在凸包边界上，也不是顶点。真正顶点是四个角。下文的 $x\in\operatorname{conv}S$ 始终允许任意内部点和边界点，不专指某个原始 $v_i$ 。

支撑平面的取等条件，为什么不能混入下方点？ 在全部 $a\cdot v_i\le b$ 的前提下，令缺额 $d_i=b-a\cdot v_i\ge0$ 。对凸组合 $x=\sum_i\lambda_i v_i$ ，

$b-a\cdot x=\sum_i\lambda_i(b-a\cdot v_i)=\sum_i\lambda_i d_i.$

右边是非负项之和。若 $x$ 落在平面上，左边为零，每个正权重对应的 $d_i$ 都必须为零；有任意一项正权重且正缺额，和就大于零。例如三个不超过 $10$ 的数，按正权重平均得到 $10$ ，三者必须全为 $10$ ；权重为零的数则不受此限。

故有准确的集合等式

$\operatorname{conv}S\cap H =\operatorname{conv}\{v_i\in S:a\cdot v_i=b\}.$

这一步利用了“全部点在同一侧”。若原始点分居两侧，正负缺额可以抵消，结论就不成立。

明确引用的基础结论。 有限个不全共面的点的凸包是有界、内部非空的凸多面体；反过来，每个有界凸多面体是其有限顶点集的凸包。这是有限凸多面体的两种表示定理。本篇不从零证明整个表示定理；第 11.6 节会证明计算中实际需要的“有界半空间交等于顶点凸包”方向。引用范围仅限此处，不包含正多面体分类、欧拉公式或任何正则性结论，来源见第 12.4 节。

1.5 本篇对“凸正多面体”的明确标准

先把一种对称变换说清：对整个空间作保持距离的刚性变换，使立体仍与原立体重合。旋转、镜面反射及其组合都允许；缩放不算对称。

在立体上同时标出三样东西：一个顶点 $A$ 、一条包含 $A$ 的棱 $e$ 、一个包含 $e$ 的面 $f$ 。称它们为一组关联标记 $(A,e,f)$ 。高级术语把这一组标记叫“旗标”，这里只把它看成三个相互包含的标记。

定义： 凸多面体 $P$ 称为凸正多面体，如果任意两组这样的关联标记，都能用同一个整个立体的对称变换，同时把第一组的顶点、棱、面移到第二组的对应位置。

对每一对给定标记，要求存在一个最终的整体对称 $T$ ，同时完成三项对应；不同标记对允许选择不同的 $T$ 。 $T$ 可以由若干次旋转或反射复合得到，不要求只做一步动作。只分别证明“点能到点、棱能到棱、面能到面”，却没有协调成同一个 $T$ ，仍然不足。第 1.10—1.11 节把两种可用的协调方法具体展开。

它蕴含熟悉的几何性质：

任何一个面能移到另一个面，所以所有面全等。
固定一个面时，它的任意顶点—边标记可互相对齐。因此该面各边、各角相同，是正多边形。更细地说，面上这些对称保持顶点平均位置，所有顶点在以它为圆心的圆上；边界各段圆心角又相同，所以是规则地等分圆周的正多边形。
任意顶点可移到另一个顶点，所以每个顶点相交的面数相同。

因此可用 $p$ 表示每个面的边数、 $q$ 表示每个顶点相交的面数，也等于该顶点相接的棱数。 $p,q\ge3$ 。我们实际证明的构造会满足完整的关联标记标准，不只是验证“棱长相等”。

常见初等教材用“凸、各面为全等正多边形、每个顶点面数相同”介绍柏拉图立体。本文为使第 11.8 节的唯一性论证不暗用更强对称，始终采用上面的明确标准；不把两种说法的等价性当成未说明的中间步骤，也不将它们在非凸或抽象对象上的推广混为一谈。

1.6 本篇要分别完成的三项任务

用 $V,E,F$ 分别表示顶点数、棱数、面数：V = Vertex（顶点），E = Edge（棱），F = Face（面）。顺序是“点—线—面”，维数 $0\to1\to2$ ；计数式 $V-E+F=2$ 可读作“点减棱加面”。例如立方体为 $8-12+6=2$ 。

必要限制： 任意凸正多面体只能落在五组参数 $(p,q)$ 中。
存在与正则性： 对每一组，确实造出一个凸多面体，并验证它满足第 1.5 节的定义。
唯一性： 同一组参数的凸正多面体相似，故只算一种。

第三项不能只由前两项推出。本版第 11 章把三角形面的实际确定、五重对称、十二面体的半空间验证和唯一性的推导分节展开；不再用“可直接核对”代替这些任务。

1.7 旗标怎样画出来，能不能填满立体

把顶点涂红、选中的棱涂金色、选中的面涂蓝色，就得到旗标的图像。用小写 $e,f$ 表示一条具体棱、一个具体面，用大写 $V,E,F$ 专门计数，避免把“一条棱”误读成“棱的条数”。

图 5｜一组关联标记对应面内一个小三角形，再连向内部点得到一块小四面体。图中虚线在实体内部；旗标记录与小四面体不是同一种对象。

旗标 $(A,e,f)$ 是关联记录，本身没有体积。要把它变成一小块空间，取每条棱的中点 $M_e$ 、每个面内部的一点 $C_f$ ，再取实体内部一点 $O$ ；旗标对应小四面体 $\operatorname{conv}\{O,C_f,M_e,A\}$ 。

这确能分完整个凸多面体，且各块内部互不重叠。先在每个凸多边形面内，从 $C_f$ 连到各顶点，分成以原棱为底的三角形；再由 $C_fM_e$ 把每个三角形切成两半。如此得到全部 $2p$ 个旗标小三角形。随后由 $O$ 连向这些表面小三角形，得到小四面体。

任意 $X\in P\setminus\{O\}$ 所在的射线从内部点 $O$ 出发，因凸性、有界性恰好有一个最远边界点 $Y$ ， $X\in OY$ 。 $Y$ 落在某个小三角形中，故 $X$ 落在对应小四面体中。不同块若内部重叠，其射线边界点就会同时落在两个表面小三角形内部，矛盾；公共边界处允许相交。 $O$ 则在每块的边界上。

每条棱有两个端点、两侧两个面，因此总共有 $4E$ 个旗标。立方体有 $4\times12=48$ 个小四面体。任意凸多面体都能这样划分；各小块未必全等，更不保证存在使整个立体不变的变换将它们互换。

1.8 先把八种平面标记全部走一遍

在正方形 $ABCD$ 上，标记只需“顶点—边”。取

$A=(1,1),\quad B=(-1,1),\qquad C=(-1,-1),\quad D=(1,-1).$

令 $R$ 为逆时针 $90^\circ$ 旋转， $M$ 为关于对角线 $AC$ 的反射。右边变换先执行，例如 $RM$ 表示先 $M$ 后 $R$ 。

已知整个正方形的变换	$(A,AB)$ 的像
$I,R,R^2,R^3$	$(A,AB),(B,BC),(C,CD),(D,DA)$
$M,RM,R^2M,R^3M$	$(A,AD),(B,BA),(C,CB),(D,DC)$

这两行确实覆盖全部 $4\times2=8$ 个标记。这里只证明一次 $AB$ 能到 $BC$ 会不够；上表明确补上了所有目标。 $AB$ 与 $BA$ 是同一条无向边，但 $(A,AB)$ 与 $(B,BA)$ 的选中顶点不同，仍是不同标记。

图 6｜正方形上八种标记形成一个完整循环。这里的连线表示改选记录；是否能由保持整个物体的对称实现，还需要另行验证。

同一面的标记还可以按上图的八步循环，仅靠“换端点”和“换相邻边”全部走遍。这里先只是换选中的对象；在不规则长方形中也能这样换标记，但长边变短边未必能由等距对称实现。

1.9 三维旗标为何连通，为什么单靠连通还不够

从旗标 $(A,e,f)$ 出发有三种相邻记录：

编号	保持选中什么	唯一改选什么
$0$	$e,f$	$e$ 的另一个端点
$1$	$A,f$	$f$ 内经过 $A$ 的另一条棱
$2$	$A,e$	$e$ 另一侧的面

把所有旗标当成图的节点，每一对相邻记录之间画线，得到旗标图。这是记录之间的关系图，画出的线不是原立体的棱。

同一个 $p$ 边形面内，交替换端点、换棱，沿边界形成 $2p$ 个旗标的循环；相邻面共享棱时，可以保持该棱和一个端点，只改选面，从一个循环跨到另一个循环。任意凸多面体的面都能沿共享棱的面链相连，详细截面证明放在第 5.1 节。因此所有旗标相连。

该证明用凸性保证截面是单个凸多边形，沿其边界能走通。这不表示凸性是结论的必要条件：对于连通的多边形表面，只要每条棱恰好邻接两面、每个顶点附近的面围成一个环，也可在表面上将路径挪开有限顶点，得到共享棱的面链。这里的两个条件排除“只在一个点接触”的异常连接；两个立方体只在一个顶点碰到时，集合虽然连通，两个旗标图却不能跨过去。非凸体的一个平面截面还可能分裂成多块，不能原样套用凸截面的证明。

连通只负责提供换标记的路线。 普通长方体的旗标也连通，但长棱不能经整体等距变换变成短棱。所以还必须逐步证明：所需的标记对应，确实来自保持整个立体的变换。

1.10 统一验证法一：先对齐顶点，再对齐棱和面

这是第 11 章的主要方法，先把共同逻辑写全。需要证明两件事：

任意顶点能由整个立体的对称变换移到任意另一个顶点。
固定一个顶点时，仍能用保持该顶点不动的整个立体对称，把该处任意“棱—面”关联对移到任意另一个。

任取 $\Phi_A=(A,e_A,f_A)$ 、 $\Phi_B=(B,e_B,f_B)$ 。先用第一项找到 $T_1$ 使 $T_1(A)=B$ ；此时记 $e'=T_1(e_A),f'=T_1(f_A)$ 。再用第二项找到 $T_2$ ，保持 $B$ ，同时将 $e',f'$ 变成 $e_B,f_B$ 。于是

$T=T_2\circ T_1,\qquad T(A)=B,\quad T(e_A)=e_B,\quad T(f_A)=f_B.$

每个分步都作用于整个立体，复合后仍是一个整体对称，正好符合定义。定义并不要求物理上只做一次动作，也不禁止连续用多次反射、旋转。

若第二项只在一个基准顶点 $v$ 验证，也足够：给定目标顶点 $B$ ，先用已经证明存在的 $K$ 把 $v$ 移到 $B$ ； $K^{-1}$ 把 $B$ 处的两组标记拉回 $v$ ，在 $v$ 用已知对称 $U$ 调整，再用 $K$ 放回。 $KUK^{-1}$ 就完成 $B$ 处的局部调整。这没有假定待证的旗标传递性。

反过来，若立体满足旗标定义，任意选定顶点上的旗标可移到另一顶点上的旗标；同一顶点上的两旗标也能相互对应且该顶点不动，所以上述两项也是必要的。这里没有要求读者先学“稳定子”：这个术语只表示保持某个顶点不动的所有整体对称。

图 7｜两步法始终移动整个立体。中间状态允许棱和面尚未对齐，最后一个复合变换同时满足三项要求。

1.11 统一验证法二：三个基本 S 怎样构造全部 T

另一种方法是：在基准旗标 $\Phi_0$ 上，找到三个已经核对保持整个立体的对称 $S_0,S_1,S_2$ ，分别将它移到第 $0,1,2$ 种相邻旗标。具体构造中的困难是找到这三个 $S_i$ ；之后的 $T$ 用归纳构造，不能预先假定存在。

令“已到达”表示已经有一个整体对称 $T$ 使 $T(\Phi_0)=\Psi$ 。开始 $T_0=I$ ，所以 $\Phi_0$ 已到达。整体等距对称保持面、棱、顶点的包含关系，故将相邻旗标映成同类型相邻旗标；又因每种邻居唯一， $\Psi$ 的第 $i$ 种邻居正是

$T\bigl(S_i(\Phi_0)\bigr)=(T\circ S_i)(\Phi_0).$

所以“到达一个旗标”推出“它的三个邻居也都到达”。沿第 1.9 节保证存在的任意有限路线归纳，就得到所有目标。若路线第 $k+1$ 步换第 $i_k$ 个对象，递推式为

$T_{k+1}=T_k\circ S_{i_k},\qquad T_0=I.$

注意区别：这是从基准旗标算目标像的公式。若要从当前 $\Psi$ 实际执行下一步，使用的是

$U_k=T_k\circ S_{i_k}\circ T_k^{-1}.$

右边先把当前标记带回基准，再做 $S_{i_k}$ ，最后带回当前位置；这叫“共轭”。直接代入可核对 $U_k(\Psi)=T_kS_{i_k}(\Phi_0)$ ，且 $U_kT_k=T_{k+1}$ 。原来的固定 $S_i$ 未必在当前位置只换一项，不能略去这个区别。

图 8｜把基准处的动作搬到当前位置，合成为 T Sᵢ T⁻¹。开始的 T 来自此前已完成的步骤，不是假定任意目标都已可达。

最后，若 $T_A(\Phi_0)=\Phi_A$ 、 $T_B(\Phi_0)=\Phi_B$ ，则 $T_BT_A^{-1}$ 把任意给定的 $\Phi_A$ 移到 $\Phi_B$ 。这才从一个起点的覆盖推出任意两点互通。

立方体的三个 S 可以直接写出。 取 $A=(1,1,1)$ ， $e$ 为连接 $(1,1,1)$ 和 $(1,1,-1)$ 的棱， $f$ 为 $x=1$ 的面：

对称	保持整个立方体的理由	对基准旗标的作用
$S_0(x,y,z)=(x,y,-z)$	改变一个坐标符号	保持 $e,f$ ，换端点
$S_1(x,y,z)=(x,z,y)$	交换两个坐标	保持 $A,f$ ，换棱
$S_2(x,y,z)=(y,x,z)$	交换两个坐标	保持 $A,e$ ，换面