今回のコラムでは円の分割問題を２問取り上げます．この２つの問題は似て非なる問題となっています．
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【１】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？
（答）この問題は実は円という条件を取り去っても同じ答えになります．すなわち，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？
分割される領域数が最大になるためには，新しい線（弦）を引くとき，それ以前のすべての線（弦）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（弦）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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【２】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？
（答）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】数列の次の項を予想する
数列
｛Ｍn｝＝｛１，２，４，８，１６，３１，５７，９９，１６３，・・・｝
をこの問題を提起したモーザーにちなんでモーザー数列と呼ぶことにすると，モーザー数列は先入観から間違った答えを予想してしまう例としてしばしば引き合いにだされるものになっています．
カタラン数列｛Ｃn｝もその一例として挙げておきましょう．カタラン数列では
｛Ｃn｝＝｛１，２，５，１４，４２，１３２，４２９，１４３０，４８６２，１６７９６，・・・｝
のはじめの４項１，２，５，１４は初項１から始まって前項を３倍して１を引いたものに一致するのですが，５項目以降は異なってしまいます．
カタラン数は，凸ｎ角形を対角線で三角形分割する仕方は何通りあるかとか，ｎ対のかみ合い括弧の種類数などいろいろな場面で登場する数なのですが，
Ｃn＝2nＣn／（ｎ＋１）＝（２ｎ）！／ｎ！（ｎ＋１）！，
Ｃn＝2n+1Ｃn／（２ｎ＋１），
あるいは
Ｃn＝2nＣn−2nＣn-1＝１，２，５，１４，４２，・・・
と表されます．
カタラン数から一般項が何かを予想するのは難しいのですが，ここでは
Ｃn＝2nＣn／（ｎ＋１） （Ｃ0＝１）
がわかっているものとして，母関数
Ｆ（ｔ）＝ΣＣnｔ^n
を求めてみます．
この級数は，第０項：Ｃ0＝１から始まるので，そのまま項比をとると
ａn+1ｘn+1/ａnｘn=(n+1/2)(n+1)/(n+2)*4x/(n+1)
したがって，
Ｆ（ｘ）＝2Ｆ1(1/2,1,2,4x)=2/{1+(1-4x)^(1/2)}
＝{1-(1-4x)^(1/2)}/2x
(1-4x)^(1/2)＝Σ(-4)^k1/2Ck･ｘ^k
より
Ｃn＝-1/2(-4)^(n+1)1/2C(n+1)
これをさらに式変形すれば，
Ｃn＝2nＣn／（ｎ＋１）
になる．この結果，二項展開を丹念に使えば
{1-(1-4x)^(1/2)}/2x=Σ2nCnx^n/(n+1)
が得られるはず・・・．
この方法は試してはいないのですが，かなり面倒そうです．実はカタラン数に対しては，漸化式
Ｃn＝ΣＣkＣn-k-1＝Ｃ0Ｃn-1＋Ｃ1Ｃn-2＋・・・＋Ｃn-1Ｃ0
が成り立つので，母関数は
Ｆ（ｔ）＝ΣＣnｔ^n＝ΣＣkｔ^kΣＣn-k-1ｔ^n-k＋１
＝Ｆ（ｔ）・ｔＦ（ｔ）＋１
すなわち，
ｔＦ（ｔ）^2−Ｆ（ｔ）−１＝０
なる２次方程式を満たすことが知られています．
Ｃ0＝１を満足させなければならないので，複号は負号をとると，
Ｆ（ｔ）＝{1-(1-4x)^(1/2)}/2x
がでてくることを付記しておきたいと思います．
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【４】おまけ
カタラン数列では３倍して１を引いたのですが，３倍して１を足す問題として，コラッツの問題を紹介しておきましょう．
何でもいいから好きな自然数ａ0から始めて，奇数なら２で割る，偶数なら３倍して１を足す．
(1)ａ0＝３から始めると
３→１０→５→１６→８→４→２→１（→４→２→１→４→２→１）
(2)ａ0＝７から始めると
７→２２→１１→３４→１７→５２→２６→１３→４０→２０→１０→５→１６→８→４→２→１（→４→２→１→４→２→１）
どんな数でも１にたどりついて，その後は（→４→２→１→４→２→１）のくり返しになるというのがコラッツ予想です．この問題は理論的に証明することも反例を見つけることもできていない未解決問題となっています．
コラッツ予想はいわば３ｎ＋１予想でしたが，４ｎ＋１定理として
「４ｎ＋１の形をした素数ｐは２つの平方数の和：ｐ＝ａ^2＋ｂ^2として表される」
は有名な数学の定理となっています．
たとえば，５＝１^2＋２^2，１３＝２^2＋３^2，１７＝１^2＋４^2，２９＝２^2＋５^2，・・・．しかし，４ｎ＋３の形の素数は１つもこのようには表せないのです．また，８ｎ＋７の形の数は３個の平方数の和では表されません．
一方，「すべての正の整数は高々４個の整数の平方和で表される」というのがラグランジュの定理です．さらに，
「任意の整数はたかだか９個の３乗数の和として，あるいは１９個の４乗数の和として表される」
ｇ（２）＝４，ｇ（３）＝９，ｇ（４）＝１９
現在，ｋ≧６でのｇ（ｋ）の値はほぼ決まっていて，
ｇ（６）＝７３，ｇ（７）＝１４３，ｇ（８）＝２７９，
ｇ（９）＝５４８，ｇ（１０）＝１０７９，・・・
したがって，３７五乗数定理だけが残されたことになります．
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