今回のコラムでは平面と円と球面の分割問題を取り上げます．
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【１】平面の分割
（Ｑ）平面をｎ本の線で分割する．その際，分割によってできる領域が最も多くなるようにする．最大分割領域数Ｓnはいくつになるか？
（Ａ）分割される領域数が最大になるためには，新しい線を引くとき，それ以前のすべての線と新しい交点で交わるようにします．既存の交点を通ると分割される領域が最大数にならないからです．
Ｓ0＝１，Ｓ1＝２，Ｓ2＝４，Ｓ3＝７
はすぐに求められます．このことからｎ本目の線を引くと新しい領域がｎ個増えることがわかります．これを式で表すと
Ｓn＝Ｓn-1＋ｎ
Ｓn＝Ｓn-1＋ｎ
Ｓn-1＝Ｓn-2＋ｎ−１
・・・・・・・・・・
Ｓ1＝Ｓ0＋１
Ｓ0＝１
を辺々加えると，一般式
Ｓn＝１＋（１＋２＋３＋・・・＋ｎ）＝１＋ｎ（ｎ＋１）／２
＝（ｎ^2＋ｎ＋２）／２
が得られます．
Ｓ0＝１，Ｓ1＝２，Ｓ2＝４，Ｓ3＝７，
Ｓ4＝１１，Ｓ5＝１６，Ｓ6＝２２，・・・
と続くというわけです．
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この問題は実は円という条件を付加して，線→弦と変えても同じ答えになります．すなわち，１つの円をｎ本の弦で分割する．その際，分割によってできる領域が最も多くなるようにする．最大分割領域数Ｓnはいくつになるか？
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【２】円の分割
（Ｑ）円周上にｎ点をとり，円周上の点同士をすべて互いに弦で結ぶ．その際，円の分割によってできる領域が最も多くなるようにする．最大分割領域数Ｍnはいくつになるか？
（Ａ）Ｍ1＝１，Ｍ2＝２は明らか．また，円に内接する三角形，四角形，五角形を描くと
Ｍ3＝４，Ｍ4＝８，Ｍ5＝１６
このことから，
Ｍn＝２^(n-1)
であると予想されます．しかし，この式ではＭ0＝１／２となってしまい，Ｍ0＝１とならないことが気にかかるところです．
ｎ＝６の場合を実際にやってみると，正六角形のように３本の線が１点で交わってしまう場合は最大領域数にならないのでＮＧですが，第６の点が既存の弦の交点を通らないように注意すると，Ｍ6＝３２ではなく，Ｍ6＝３１となることがわかります．
ここで
Ｍn＝２^(n-1)
は間違いであることに気づかされるのですが，さらに
Ｍ7＝５７，Ｍ8＝９９，Ｍ9＝１６３
となり，数列
｛１，２，４，８，１６，３１，５７，９９，１６３，・・・｝
は，公比２の等比数列
｛１，２，４，８，１６，３２，６４，１２８，２５６，・・・｝
から大きく離れていきます．
それでは一般式はどのように表されるのでしょうか？ 図を描きながらパターンを探してみると，円周上に３点がある場合は三角形の外側に３つの領域，内側に１つの領域，４点の場合は四角形の外側に４つの領域，内側に４つの領域ができる．
４＝３＋１，８＝４＋４
円周上に５点がある場合は五角形の外側に５つの領域，すぐ内側に１０個の三角形領域，中心部に五角形がひとつある．
１６＝５＋１０＋１
円周上に６点がある場合は六角形の外側に６つの領域，すぐ内側に１８個の三角形領域，その内側に３つの五角形と３つの四角形，そして中心部に三角形がひとつある．
３１＝６＋１８＋６＋１
しかしこのパターンからはどうしてもこれといったアイディアが浮かばないのですが，領域の数は弦の数や交点の数と関係していることは明らかであって，前者はnＣ2，後者はnＣ4で計算されます．
図なしにこれ以上説明することは難しいので，結論を述べますが
［参］コンウィイ・ガイ「数の本」シュプリンガー・フェアラーク東京
には，すべての領域にラベルを与えると，ラベルを含む数の個数は０，１，２，３，４のいずれかであって，
Ｍn＝n-1Ｃ0＋n-1Ｃ1＋n-1Ｃ2＋n-1Ｃ3＋n-1Ｃ4
＝１＋（ｎ−１）＋（ｎ−１）（ｎ−２）／２＋（ｎ−１）（ｎ−２）（ｎ−３）／６＋（ｎ−１）（ｎ−２）（ｎ−３）（ｎ−４）／２４
＝（ｎ^4−６ｎ^3＋２３ｎ^2−１８ｎ＋２４）／２４
となることが示されています．
パスカルの三角形のはじめの５項の和というわけですが，
n-1Ｃ0＋n-1Ｃ1＋n-1Ｃ2＋n-1Ｃ3＋n-1Ｃ4＋・・・＋n-1Ｃn-1＝２^(n-1)
ですから，ｎが大きくなればその答えは２^(n-1)からますます離れていくというわけです．
Ｍ1＝１，Ｍ2＝２，Ｍ3＝４，Ｍ4＝８，Ｍ5＝１６，
Ｍ6＝３１，Ｍ7＝５７，Ｍ8＝９９，Ｍ9＝１６３，Ｍ10＝２５６，
Ｍ11＝３８６，Ｍ12＝５６２，Ｍ13＝７９４，Ｍ14＝１０９３，
・・・，Ｍ30＝３１９３１，・・・
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【３】球面の分割
（Ｑ）球面上にｎ個の大円をとり，どの３個も同一点で交わらないようにする．その際，球の表面は何個の領域に分けられるか？
（Ａ）２個の大円は２点で交わるから，２nＣ2＝ｎ^2−ｎ個の交点ができる．ｎ個の大円からなる図形をｖ＝ｎ^2−ｎ個の頂点とそれらを結ぶ辺からなる球面上のグラフと考える．各頂点の次数は４であるから握手定理（ｐｆ＝２ｅ，ｑｖ＝２ｅ）により
４ｖ＝２ｅ
であるから，辺数はｅ＝２（ｎ^2−ｎ）となる．
また，オイラーの多面体定理（ｖ−ｅ＋ｆ＝２）より，面数（領域数）は
ｆ＝−ｖ＋ｅ＋２＝ｎ^2−ｎ＋２
となる．
ｆ1＝２，ｆ2＝４，ｆ3＝８，ｆ4＝１４，ｆ5＝２２，ｆ6＝３２，・・・
と続く．ｆ1＝２，ｆ2＝４，ｆ3＝８まではｆn＝２^nであると予想されるが，ｎが大きくなればその答えは２^nから大きく離れていくことになる．
また，ｆ4は球面を１４個の領域に分けるが，これらの領域のうち，三角形は８個，四角形は６個ある．ｆ5は球面を２２個の領域に分けるが，三角形，四辺形，五辺形はそれぞれ１０個，１０個，２個できる．しかし，ｎ≧６のとき，ｎ辺形の領域の個数は一定ではない．
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球面上にＮ個の点を配置した三角形面多面体場合，ｖ＝Ｎ個の頂点をもつ三角形面多面体をＮ個の頂点とそれらを結ぶ辺からなる球面上のグラフと考えると，各頂点の次数は３ですから握手定理（ｐｆ＝２ｅ，ｑｖ＝２ｅ）により３ｆ＝２ｅ．また，オイラーの多面体定理（ｖ−ｅ＋ｆ＝２）より，ｖ−ｅ＋ｆ＝Ｎ−ｅ／３＝２ですから，ｅ＝３Ｎ−６，ｆ＝２Ｎ−４．
（ｖ，ｅ，ｆ）＝（Ｎ，３Ｎ−６，２Ｎ−４）
すなわち，ｆ＝２Ｎ−４はＮ個の頂点をもつ三角形面正多面体（単体的正多面体）の面数となります．
一方，Ｎ個の面をもつ３稜頂点多面体では３ｖ＝２ｅであり，
（ｖ，ｅ，ｆ）＝（２Ｎ−４，３Ｎ−６，Ｎ）
となります．これらは互いにもとの多面体と面と頂点の関係が逆向きの正多面体であり，表と裏の関係にある双対多面体となっています．
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