2019年(平成31年)東京工業大学-数学[4] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2022.04.20記

[4] $H_1, \, \cdots, \, H_n$ を空間内の相異なる $n$ 枚の平面とする． $H_1, \, \cdots, \, H_n$ によって空間が $T(H_1, \, \cdots, \, H_n)$ 個の空間領域に分割されるとする．例えば，空間の座標を $(x, \, y, \, z)$ とするとき，

●平面 $x=0$ を $H_1$ ，平面 $y=0$ を $H_2$ ，平面 $z=0$ を $H_3$ とすると $T(H_1, \, H_2, \, H_3)=8$ ，

●平面 $x=0$ を $H_1$ ，平面 $y=0$ を $H_2$ ，平面 $x+y=1$ を $H_3$ とすると $T(H_1, \, H_2, \, H_3)=7$ ，

●平面 $x=0$ を $H_1$ ，平面 $x=1$ を $H_2$ ，平面 $y=0$ を $H_3$ とすると $T(H_1, \, H_2, \, H_3)=6$ ，

●平面 $x=0$ を $H_1$ ，平面 $y=0$ を $H_2$ ，平面 $z=0$ を $H_3$ ，平面 $x+y+z=1$ を $H_4$ とすると $T(H_1, \, H_2, \, H_3, \, H_4)=15$ ，

である．

(1) 各 $n$ に対して $T(H_1, \, \cdots, \, H_n)$ のとりうる値のうち最も大きいものを求めよ．

(2) 各 $n$ に対して $T(H_1, \, \cdots, \, H_n)$ のとりうる値のうち2番目に大きいものを求めよ．
ただし $n\geqq2$ とする．

(3) 各 $n$ に対して $T(H_1, \, \cdots, \, H_n)$ のとりうる値のうち3番目に大きいものを求めよ．
ただし $n\geqq3$ とする．

本問のテーマ

超平面配置

2022.04.20記
超平面配置の簡単はイントロについては、
寺尾宏明, 超平面配置入門～特に、自由超平面配置について〜(pdf)
を参照のこと．

なお，(1) は1985年の慶応理工に出題されている．

[解答]
(1) 1本の直線は $n$ 点で $a_n=n+1$ 個の部分に分割されることに注意する．

平面に $n$ 本の直線で最大 $b_n$ 個の部分に分割されるとすると，新たに $n+1$ 目の直線を加えると，これまでにある $n$ 本の直線によってその直線は $a_n=n+1$ 個の部分に分割され，それら線分は1個の領域を2つの領域に分割するので、
$b_{n+1}=b_n+a_n$
が成立する． $a_1=2$ に注意すると
$b_n=b_1+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1} a_i$ $=2+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1} (i+1) =\dfrac{n^2+n+2}{2}$
である．

空間に $n$ 枚の直線で最大 $c_n$ 個の部分に分割されるとすると，新たに $n+1$ 目の平面を加えると，これまでにある $n$ 枚の平面との交わりである $n$ 本の直線によってその平面は $b_n$ 個の部分に分割され，それら平面片は1個の領域を2つの領域に分割するので、
$c_{n+1}=c_n+b_n$
が成立する． $c_1=2$ に注意すると
$c_n=c_1+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1} b_i$ $=2+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1} \dfrac{i^2+i+2}{2}=\dfrac{n^3+5n+6}{6}$
である．

よって $T(H_1, \, \cdots, \, H_n)$ の最大値は $\dfrac{n^3+5n+6}{6}$ である．

(2) $n\geqq 2$ のとき，必ず $c_n-1=\dfrac{n^3+5n}{6}$ となる配置が存在することを示せば良い．
そのためには，固定された $n$ に対して
$c_{n}=c_{n-1}+(b_{n-1}-1)$
が成立するような $n$ 目の平面を加える方法があることを示せば良い．

つまり， $n$ 枚目の平面を加えたときの断面である $n-1$ 本の直線で平面が $b_{n-1}-1$ 個の部分に分割されるような $n-1$ 本の直線の配置が存在すれば良い．

そしてこのとき， $b_{n-1}-1=b_{n-2}+(a_{n-2}-1)$ であるから，この平面上で $n-2$ 本の直線が分割数が最大となるように配置され(このときどの2本の直線も平行でなく，どの3直線も1点で交わらない)，その後に加えた $n-1$ 番目の直線が，

● $n-2$ 本のいずれかに平行であり，どの3直線も1点で交わらないように配置されている

または

● $n-2$ 本のいずれとも平行でないが， $n-1$ 本目の直線を含む3直線で1点で交わるようなものが丁度1組だけ存在するように配置されている

ならば $n$ 枚目の平面を加えたときに増える領域の個数は $b_{n-1}-1$ 個となる.

以上から， $n$ 枚目の平面を，これまで領域最大となるように配置されたどの2枚も平行でない $n-1$ 枚の平面のうちの2枚の平面の交線と平行になるように配置すれば，
$T(H_1, \, \cdots, \, H_n)＝\dfrac{n^3+5n}{6}$
とすることができる．

(3) $n\geqq 3$ のとき， $c_n-2=\dfrac{n^3+5n-6}{6}$ となる配置が存在するかどうかについて考える．

$n-1$ 枚の平面が領域の分割数が最大となるように配置されてて，かつ $n$ 枚目の平面を加えたときに，その平面上に $n-1$ 本の直線が描かれているとするとき，この $n-1$ 本の直線が

(a) いずれかも平行でなく，3直線のみが交わる点が丁度2つあるように配置されている

または

(b)1組だけ平行な直線があり，3直線のみが交わる点が丁度1つあるように配置されている

場合にのみ $c_n=c_{n-1}+(b_{n-1}-2)$ が成立し，(a) が成立する条件は $n-1\geqq 5$ ，(b) が成立する条件は $n-1\geqq 4$ であるから， $n\geqq 5$ ならばこのような配置が存在するので
$T(H_1, \, \cdots, \, H_n)＝\dfrac{n^3+5n-6}{6}$
とすることができる．

そして， $n=3,4$ のときは， $n-1$ 枚の平面が領域の分割数が最大となるように配置されてて，かつ $n$ 枚目の平面を加えたときに，その平面上に $n-1$ 本の直線が描かれているとするときには
$T(H_1, \, \cdots, \, H_n)＝\dfrac{n^3+5n-6}{6}$
とすることはできない．

$n=3$ のとき，2枚の平面が領域の分割数が最大となるように配置されてて，かつ $3$ 枚目の平面を加えたときに，その平面上に $2$ 本の直線が描かれているときには領域の分割数を $8-2=6$ とすることはできないが，3枚の平面を2枚が平行で「キ」の字のように配置することによって領域の分割数を
$T(H_1, \, \cdots, \, H_n)＝\dfrac{n^3+5n-6}{6}=6$
にすることができる．

$n=4$ のとき，3枚の平面が領域の分割数が最大 $8$ となるように配置されてて，かつ $4$ 枚目の平面を加えたときに，その平面上に $3$ 本の直線が描かれているときには領域の分割数を $15-2=13$ とすることはできない．

(i) 3枚の平面が領域の分割数が最大 $8$ となるように配置されてて，かつ $4$ 枚目の平面を加えたときに，その平面上に $2$ 本の直線が描かれているとき領域の分割数の最大は，この2本で領域が4分割されているときで $8+4=12$ である．

(ii) 3枚の平面が領域の分割数が2番目に大きい $7$ となるように配置（2枚の交わりの直線3本が平行で異なる直線となる場合）されてて，かつ $4$ 枚目の平面を加えたときに，その平面上に $3$ 本の直線が描かれているときに領域の分割数が $13$ となるには、この平面上に描かれている3本の直線で平面が6個の領域に分割されていなければならないが，このときの3本の直線の配置は＊のような配置でなければならないが，そのためには最初の3枚の平面が共有点をもたなければならず矛盾するので，分割数が13になることはない

(iii) 3枚の平面の領域の分割数3番目に大きい $6$ となるように「キ」の字のように配置したとき， $4$ 枚目の平面を加えたときの切り口が一番分割されるのは，切り口が「キ」の字になるときだから，分割数の最大値は12であり，13になることはない．

(iv) 3枚の平面の領域の分割数が $5$ 以下とする．4枚目の平面を加えたときに増える領域の数は最大7であるから，それが13になることはない．

以上から， $n=4$ のとき，領域の分割数の3番目に大きな値は $12$ である．

まとめると，
$n\neq 4$ のとき $T(H_1, \, \cdots, \, H_n)＝\dfrac{n^3+5n-6}{6}$ ，
$n=4$ のとき $T(H_1, \, \cdots, \, H_n)＝12$
である．

2018年5月のヘウレーカという番組で超平面配置をやっていたそうな。

数セミの2019年4月号から、八森先生が超平面配置について連載しているみたいなので、読んでみるか。

なんかみつけた。

全大学の入試数学で当時最難とされた伝説の2019年度東工大数学第4問（空間をn個の平面で分割したときにできる領域の個数に関する問題）をN次元に一般化してみました。

死ぬほど難しいです。
不思議なことに二項係数の和が現れます。
二重漸化式でゴリ押して「N重のシグマ」を工夫して計算しました。 pic.twitter.com/XylvXdlGmS
— 佐久間 (@keisankionwykip) 2022年4月20日

これにもあるように，[解答]で $a_n={}_n\mbox{C}_0+{}_n\mbox{C}_1$ ，
$b_n={}_n\mbox{C}_0+{}_n\mbox{C}_1+{}_n\mbox{C}_2$
$c_n={}_n\mbox{C}_0+{}_n\mbox{C}_1+{}_n\mbox{C}_2+{}_n\mbox{C}_3$
となり，これは帰納的に簡単に高次元に拡張され，
$N$ 次元空間の $n$ 枚の $N-1$ 次元空間（余次元1）の配置による最大の分割数は
$\displaystyle\sum_{i=0}^N {}_n\mbox{C}_i$
となる．そして，解答にあるような領域の潰しかたを実行するために空間の微小に動かすことを考えると、ある程度までは1個ずつ領域を潰すことができるということである。 $n$ が大きければ部屋をつぶすために必要は空間を独立にある程度とることができるからである．例えば、3次元空間で $n=15$ のとき，例えば3枚の平面が1点で交わるようなものを少なくとも5個とれるので(本当はもっととれる)、 $\dfrac{15^3+5\times 15+6}{6}-k$ （ $k=0,1,2,3,4,5$ ）となる配置が存在することがわかる．この下限を求めるのは、まぁ難しい。

あと、オイラー多面体の公式を用いて、 $b_n$ を求める方法が知られている．2直線の ${}_n\mbox{C}_2$ 個の交点を含むような， $n$ 本の直線上に2つの頂点をもつ $2n$ 角形でとりかこむと，平面におけるオイラー多面体の公式において，
$F=b_n$ ， $E=2n+n\times {}_n\mbox{C}_1$ ， $V=2n+{}_n\mbox{C}_2$
を $V-E+F=1$ に代入して整理すると $b_n=\dfrac{n^2+n+2}{2}$ が得られる．
この数え方を工夫すると
$b_n={}_n\mbox{C}_0+{}_n\mbox{C}_1+{}_n\mbox{C}_2$
の意味が明確になる求め方がわかるんじゃないかな。

2022.04.22記
Orlik and Terao

Arrangements of Hyperplanes (Grundlehren der mathematischen Wissenschaften, 300)

作者:Orlik, Peter
Springer

Amazon

を見てみたら、初っ端に
$N$ 次元空間の $n$ 枚の $N-1$ 次元空間（余次元1）の配置による最大の分割数は
$\displaystyle\sum_{i=0}^N {}_n\mbox{C}_i$
が書いてあったよ。

オイラー多面体の公式の拡張であるシュレーフリーの定理を使って $c_n$ を求めてみよう．
3平面の ${}_n\mbox{C}_3$ 個の交点を，球面と同相な多面体で囲んでできる有限の領域を考えると，その個数は $c_n$ である．
この球面と同相な多面体の頂点数を $V_s$ ，辺の数を $E_s$ ，面の数を $F_s$ ，領域の数 $C_s=1$ について，シュレーフリーの定理により，
$V_s-E_s+F_s-C_s=1$
が成立する．同様に球面と同相な多面体で囲んでできる有限の領域における頂点数を $V$ ，辺の数を $E$ ，面の数を $F$ ，領域の数 $C$ について
$V-E+F-C=1$
が成立するので
$(V-V_s)-(E-E_s)+(F-F_s)-(C-C_s)=0$ ，
つまり
$(V-V_s)-(E-E_s)+(F-F_s)-(C-1)=0$
が成立する．ここで
$V=V_s+{}_n\mbox{C}_3$ ，
$E=E_s+{}_n\mbox{C}_2\times b_{n-2}$ ，
$F=F_s+{}_n\mbox{C}_1\times a_{n-1}$ ，
$C=c_n$
であるから，
${}_n\mbox{C}_3-{}_n\mbox{C}_2\times a_{n-2}+{}_n\mbox{C}_1\times b_{n-1}-(c_n-1)=0$
となり，
$c_n={}_n\mbox{C}_3-{}_n\mbox{C}_2\times a_{n-2}+{}_n\mbox{C}_1\times b_{n-1}+1$
$=\dfrac{n(n-1)(n-2)}{6}-\dfrac{n(n-1)^2}{2}+\dfrac{n(n^2-n+2)}{2}+1$ $=\dfrac{n^3+5n+6}{6}$
が得られる．もちろん，
$b_{n-1}={}_{n-1}\mbox{C}_0+{}_{n-1}\mbox{C}_1+{}_{n-1}\mbox{C}_2$ ，
$a_{n-2}={}_{n-2}\mbox{C}_0+{}_{n-2}\mbox{C}_1$
を代入して真面目に変形すると，
$c_n={}_{n}\mbox{C}_0+{}_{n}\mbox{C}_1+{}_{n}\mbox{C}_2+{}_{n}\mbox{C}_3$
が成立することがわかる．

もちろん，4次元空間における $n$ 個の3次元空間による空間の分割数の最大値を $d_n$ とすると，やはりシュレーフリーの定理から
${}_n\mbox{C}_4-{}_n\mbox{C}_3\times a_{n-3}+{}_n\mbox{C}_2\times b_{n-2}-{}_n\mbox{C}_1\times c_{n-1}+(d_n-1)=0$
が成り立ち，
$d_n={}_{n}\mbox{C}_0+{}_{n}\mbox{C}_1+{}_{n}\mbox{C}_2+{}_{n}\mbox{C}_3+{}_{n}\mbox{C}_4$
が導かれる．