第4問 空間図形・場合の数の解答・解説

準備1（平面上の直線）　平面上に相異なる $m$ 本の直線があるとき、それらが平面を分ける部分の個数を数える。直線を1本ずつ引くと、$k$ 本目の直線はすでに引いた直線との交点で区切られて（交点の個数）$+1$ 本の部分に分かれ、その本数だけ部分の個数が増える。よって

である。和は交点 $P$ 全体にわたり、$j_P$ は $P$ を通る直線の本数である（$P$ を通る $j_P$ 本のうち、2本目以降の $j_P-1$ 本が $P$ を新しい交点として数える）。$j_P\geqq 2$ のとき $j_P-1\leqq \frac{j_P\left(j_P-1\right)}{2}$ であり、2本の直線は高々1点で交わるので

である。等号はどの2本も交わり、どの3本も1点を通らないときに成り立つ。

準備2（空間）　空間でも平面を1枚ずつ足す。$H_k$ を足すとき、$H_k$ は $H_1,\dots ,H_{k-1}$ との交線（平行な平面とは交線がない）によっていくつかの部分に分かれ、その部分の個数だけ空間領域が増える。この個数を $R_k$ とすると

である。$H_k$ 上の交線は高々 $k-1$ 本なので、準備1から

であり、$k=1$ から $n$ まで足すと

を得る。次に、この値が実際にとれることを示す。

とおくと、次が成り立つ。

1. どの2枚も平行でない。法線ベクトル $\left(1,k,k^2\right)$ は、$k$ が違えば平行にならない（第1成分がどれも $1$ だから、平行なら一致してしまう）。
2. どの3枚もただ1点で交わる。$k=k_1,k_2,k_3$ に対する係数行列の行列式はファンデルモンドの行列式で $\left(k_2-k_1\right)\left(k_3-k_1\right)\left(k_3-k_2\right)\ne 0$ である。
3. どの4枚も共有点をもたない。点 $\left(x,y,z\right)$ が相異なる4つの $k$ で $x+ky+k^{2}z=k^3$ を満たすとすると、$k$ の3次式 $k^3-z{k}^2-yk-x$ が相異なる4つの実数解をもつことになり矛盾する。

したがって $H_k$ 上の $k-1$ 本の交線は相異なり（3枚が直線を共有しないから）、どの2本も交わり（3枚が1点で交わるから）、どの3本も1点を通らない（4枚が共有点をもたないから）。よって $R_k$ は最大値をとり

となる。以下これを $T_{\max }$ と書く。なお $T_{\max }=1+n+\frac{n\left(n-1\right)}{2}+\frac{n\left(n-1\right)\left(n-2\right)}{6}$ で、$n=3$ で $8$、$n=4$ で $15$ である（問題文の例と合う）。

$T_{\max }-T$ は $0$ 以上の整数だから、$T=T_{\max }-1$ となる配置が1つでもあれば、それが2番目に大きい値である。

$n=2$ のときは2枚を平行にとると $T=3=T_{\max }-1$ である（$T_{\max }=4$）。

$n\geqq 3$ のときは、(1) の $H_k:x+ky+k^{2}z=k^3$（$k=1,\dots ,n-1$）に

を加える。$H_i\cap H_j$ の方向ベクトルは2つの法線の外積

である。$H_n$ の法線 $\left(3,2,0\right)$ とこれの内積は $\left(j-i\right)\left\{3ij-2\left(i+j\right)\right\}$ で、$1\leqq i<j\leqq n-1$ でこれが $0$ になるのは

1. $i=1$ のとき $3j=2+2j$ より $j=2$
2. $i\geqq 2$ のとき $3ij-2\left(i+j\right)\geqq 6j-2i-2j=4j-2i>0$（$j>i$ だから）

より $\left(i,j\right)=\left(1,2\right)$ のときだけである。また $\left(1,k,k^2\right)$ が $\left(3,2,0\right)$ の定数倍なら $k^2=0$ すなわち $k=0$ となって $1\leqq k\leqq n-1$ に反するので、$H_n$ はどの $H_k$ とも交わる。

ここで、$H_n$ 上の2本の交線 $H_i\cap H_n$ と $H_j\cap H_n$ が平行であることは、その共通の方向が $H_i$ にも $H_j$ にも含まれること、つまり $H_n$ が $H_i\cap H_j$ の方向を含むことと同じである。上の計算から、それが起こるのは $\left(i,j\right)=\left(1,2\right)$ の1組だけである。

$c$ は、$H_i\cap H_j\cap H_l$（有限個の点）のどれも $H_n$ 上に来ないように、かつ $H_n$ が直線 $H_1\cap H_2$ を含まないように選ぶ。どちらも $c$ の有限個の値を避ければよい。

このとき $H_n$ 上の $n-1$ 本の交線は相異なり、平行な組は1組だけ、3本が1点を通ることもないので

となる。$H_1,\dots ,H_{n-1}$ の側は (1) の最大の配置のままなので $T=T_{\max }-1$ である。よって2番目に大きい値は

である（$n=2$ で $3$、$n=3$ で $7$、$n=4$ で $14$）。

3枚の平面が「どの2枚の交線も互いに平行」になる形は、三角柱の3つの側面のような配置である。問題文の2つ目の例（$x=0$、$y=0$、$x+y=1$ で $T=7$）がまさにこれで、$n=3$ の $T_{\max }=8$ より $1$ だけ小さい。

$n\geqq 5$ のとき　(1) の $H_k$（$k=1,\dots ,n-1$）に

を加える。$\left(2,5,11\right)$ と $\left(ij,-\left(i+j\right),1\right)$ の内積は $2ij-5\left(i+j\right)+11$ で、これが $0$ になるのは

のときである。$1\leqq i<j$ で調べると

1. $i=1$ のとき $j=\frac{-6}{-3}=2$（適する）
2. $i=2$ のとき $j=\frac{-1}{-1}=1<i$（不適）
3. $i=3$ のとき $j=\frac{4}{1}=4$（適する）
4. $i=4$ のとき $j=\frac{9}{3}=3<i$（不適）
5. $i\geqq 5$ のとき $5i-11<3\left(2i-5\right)$（$i>4$ と同値）より $j<3\leqq i$（不適）

より $\left(i,j\right)=\left(1,2\right),\left(3,4\right)$ の2組だけである。この2つの方向 $\left(2,-3,1\right)$ と $\left(12,-7,1\right)$ は平行でないので、$H_n$ 上では $H_1,H_2$ から来る2本と、$H_3,H_4$ から来る2本がそれぞれ平行になり、2つの方向は異なる。また $\left(1,k,k^2\right)$ が $\left(2,5,11\right)$ の定数倍なら $k=\frac{5}{2}$ かつ $k^2=\frac{11}{2}$ となって矛盾するので、$H_n$ はどの $H_k$ とも交わる。

$c$ を (2) と同じように選べば

となり $T=T_{\max }-2$ である。この配置は $1,2,3,4$ がすべて $1\leqq k\leqq n-1$ に入ること、つまり $n\geqq 5$ で作れる。よって3番目に大きい値は $T_{\max }-2=\frac{n^3+5n-6}{6}$ である。

$n=3$ のとき　$T_{\max }=8$ で、$z=0$、$z=1$、$x=0$ の3枚をとると、平行な2枚が空間を3つの層に分け、$x=0$ がそれぞれを2つに分けるので $T=6=T_{\max }-2$ である。$\frac{n^3+5n-6}{6}$ に $n=3$ を入れると $6$ なので、$n\geqq 5$ と同じ式で書ける。

$n=4$ のとき　$T_{\max }=15$ だが、$T=13$ は起こらない。4枚を好きな順に足すとして $T=1+R_1+R_2+R_3+R_4$、$R_1=1$ である。

(i) 2枚が平行なとき　その2枚を後ろに回して $H_3\parallel H_4$ とすると、$H_4$ 上の交線は $H_1,H_2$ から来る高々2本なので $R_4\leqq 1+2+1=4$ である。$R_2\leqq 2$、$R_3\leqq 4$ とあわせて $T\leqq 1+1+2+4+4=12<13$。

(ii) 3枚が1本の直線 $\ell$ を共有するとき　その3枚を後ろに回して $H_2,H_3,H_4$ が $\ell$ を共有するとすると、$H_2\cap H_4=H_3\cap H_4=\ell$ なので $H_4$ 上の交線は高々2本で $R_4\leqq 4$ である。やはり $T\leqq 1+1+2+4+4=12<13$。

(iii) どの2枚も平行でなく、どの3枚も直線を共有しないとき　$R_2=2$ である。また

1. $H_3$ 上の交線 $H_1\cap H_3$、$H_2\cap H_3$ は相異なる2直線で、交わるなら $R_3=4$、平行なら $R_3=3$。
2. $H_4$ 上の交線は相異なる3直線で、3直線が平面を分ける部分の個数は $7$（どの2本も交わりどの3本も1点を通らない）、$6$（ちょうど1組が平行、または3本が1点を通る）、$4$（3本とも平行）のいずれか。

$T=13$ なら $R_3+R_4=9$ だが、$R_3$ は $3$ か $4$、$R_4$ は $4,6,7$ のいずれかなので $\left(R_3,R_4\right)=\left(3,6\right)$ しかない。

$R_3=3$ は $H_1\cap H_3$ と $H_2\cap H_3$ が平行ということである。その共通の方向を $\vec{v}$ とすると、$\vec{v}$ は $H_1$ にも $H_2$ にも含まれるので $H_1\cap H_2$ の方向でもある。つまり $H_1,H_2,H_3$ はどの2枚の交線も $\vec{v}$ 方向で、3枚とも $\vec{v}$ に平行である。

このとき $H_1,H_2,H_3$ に共有点はない。共有点 $\mathrm{A}$ があれば、$\mathrm{A}$ を通り $\vec{v}$ 方向の直線が $H_1\cap H_2$ でも $H_1\cap H_3$ でもあることになり、3枚が1本の直線を共有してしまうからである。

$R_4=6$ になるのは次の2つの場合だが、どちらも矛盾する。

1. 3本が1点 $\mathrm{A}$ を通る場合。$\mathrm{A}$ は $H_1,H_2,H_3,H_4$ のすべての上にあり、とくに $H_1,H_2,H_3$ の共有点になる。これは上で否定した。
2. ちょうど1組が平行な場合。$H_i\cap H_4$ と $H_j\cap H_4$（$i,j\in \left\{1,2,3\right\}$）が平行なら、同じ理由でその方向は $H_i\cap H_j$ の方向、つまり $\vec{v}$ であり、$H_4$ も $\vec{v}$ に平行になる。すると4枚とも $\vec{v}$ に平行なので $H_4$ 上の3本の交線はすべて $\vec{v}$ 方向、つまり3本とも平行で $R_4=4$ となり、$R_4=6$ に反する。

よって $n=4$ では $T=13$ は起こらない。一方 $z=0$、$z=1$、$x=0$、$y=0$ の4枚をとると、3つの層を4つの象限が切るので $T=3\times 4=12$ である。したがって $n=4$ のときの3番目に大きい値は $12$ である。

まとめると、3番目に大きい値は

である。