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4、鏈接A6A4（綠色）。 A6A4與原五邊形從A1開始的邊有6-5=1個(gè)交點(diǎn)，與原五邊形從A2開始的對角線有6-5=1個(gè)交點(diǎn)。從A3開始的對角線有6-5=1個(gè)交點(diǎn)。此時(shí)區(qū)域數(shù)量增加(6-5)*3+1，d=1+((6-3)*1+1)+((6-4)*2+1)+(( 6-5)* 3+1)。綜上，T6=T5+1+((6-3)*1+1)+((6-4)*2+1)+((6-5)*3+1)=T5+1+ { (6-3)*1+(6-4)*2+(6-5)*3}+(6-3)=11+1+10+3=25。一般來說，有如下結(jié)論： 【定理】可劃分為對角線最多（即不存在三條對角線相交于一點(diǎn)）的凸n邊多邊形的區(qū)域Tn的個(gè)數(shù)有：遞推公式 Tn=Tn- 1+(n^3-6n^2+17n-18)…………………………..(1) 及通式： Tn=(n-1)(n-2)(n^2-3n+12)……………………………………(2) 【證明】記住Tn=Tn-1+d。接下來，我們將逐步添加對角線來計(jì)算增加的??區(qū)域數(shù) d。 1、在n-1個(gè)多邊形A1A2...An-1及其所有對角線的圖中（圖略），選取任意點(diǎn)An外側(cè)An-1A1，將AnAn-1和AnA1連接起來，得到一個(gè)n邊形多邊形。

此時(shí)區(qū)域數(shù)增加1多邊形對角線，d=1.2，連接AnA2。 AnA2 與原始 n-1 多邊形的 A1 開始的邊和對角線有 n-3 個(gè)交點(diǎn)。此時(shí)區(qū)域數(shù)量增加(n-3)*1+1，d=1+((n-3)*1+1)。 3. 連接 AnA3。 AnA3與從A1開始的原n-1個(gè)多邊形的邊和對角線有n-4個(gè)交點(diǎn)多邊形對角線，與從A2開始的原n-1個(gè)多邊形的對角線有n-4個(gè)交點(diǎn)。此時(shí)區(qū)域數(shù)量增加(n-4)*2+1，d=1+((n-3)*1+1)+((n-4)*2+1)。 4. 重復(fù)此操作連接AnA4、AnA5...并增加區(qū)域數(shù)量，最后連接AnAn-2。 AnAn-2與原n-1多邊形的A1、A2、...、An-3起始的對角線（或邊）有n-(n-1)=1個(gè)交點(diǎn)。此時(shí)區(qū)域數(shù)量增加1*(n-3)+1，d=1+((n-3)*1+1)+((n-4)*2+1)+…+ (1*(n -3)+1)。綜上所述，Tn=Tn-1+1+((n-3)*1+1)+((n-4)*2+1)+…+(1*(n-3)+1)= Tn -1+{(n-3)*1+(n-4)*2+…+1*(n-3)}+(n-2) 為了簡化通式，定義“擬-加泰羅尼亞數(shù)": C(n )=n*1+(n-1)*2+…+1*n=Σ(i=1,…,n)(n+1-i)*i=(n+1)Σ(i=1 ,…,n)i-Σ(i=1,…,n)i^2=(n+1)n(n+1)/2–n(n+1)(2n+1)/6=n (n+1)(n+2)/6。

所以 Tn=Tn-1+C(n-3)+(n-2)=Tn-1+(n-3)(n-2)(n-1)/6+(n-2)=Tn - 1+(n-2)(n^2-4n+9)/6=Tn-1+(n^3-6n^2+17n-18)/6。證明了Tn的遞推公式。利用初始值T3=1和Tn的遞歸表達(dá)式可以推導(dǎo)出Tn的通式。 Tn=1+Σ(i=4,…,n)(i^3-6i^3+17i-18)/6=1+Σ(i=1,…,n)(i^3-6i^3 +17i-18)/6-Σ(i=1.2.3)(i^3-6i^3+17i-18)/6 使用平方序列和 Σi^2 =(n+1)(2n+1)/6 以及立方數(shù)列和 Σi^3=n^2*(n+1)^2/4 等公式簡化了 Tn 的通式貝語網(wǎng)校，將其因式分解為得到Tn=(n^4-6n^3+23n^2-42n+24)/24=(n-1)(n-2)(n^2-3n+12)。認(rèn)證完成后，我們可以得到【Tn簡單表】T3=1、T4=4、T5=11、T6=25、T7=50、T8=91、T9=154、T10=246、T11= 375，T12=550。 [參考文獻(xiàn)] [1]llxph2008 直線分割平面問題和凸多邊形的邊和對角線分割內(nèi)部區(qū)域問題的討論百度文庫2014.11