東北大学 1978年 理系 第1問 解説

方針・初手

(1) と (2) は，正8角形の頂点から必要個数を選べばよい。

(3) は，まず「ちょうど2つの頂点が $A$ の頂点である三角形」の個数を数え，それに (1) の個数を足す。 そのために，$A$ の頂点を2つ固定し，その2点の間にある頂点の並び方で場合分けする。

解法1

(1) 3つの頂点がすべて $A$ の頂点である三角形

正8角形 $A$ の8個の頂点から3個を選べば，その3点を頂点とする三角形が1つ定まる。したがって

$$ {}_{8}\mathrm{C}_{3}=56 $$

である。

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(2) 4つの頂点がすべて $A$ の頂点である四角形

同様に，8個の頂点から4個を選べば，その4点を頂点とする四角形が1つ定まる。したがって

$$ {}_{8}\mathrm{C}_{4}=70 $$

である。

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(3) 少なくとも2つの頂点が $A$ の頂点である三角形

まず，ちょうど2つの頂点が $A$ の頂点である三角形を数える。

$A$ の2頂点 $P,Q$ を固定する。 このとき，三角形の3つ目の頂点は，$P$ を通る辺または対角線と，$Q$ を通る辺または対角線との交点として生じる。

$P,Q$ で正8角形の周を2つの弧に分けると，その2つの弧に含まれる頂点数を $r,s$ とすると

$$ r+s=6 $$

である。

このとき，$P,Q$ を2頂点にもつ三角形は，各弧ごとにその弧上の2頂点を選ぶことで1つずつ定まるから，個数は

$$ {}_{r}\mathrm{C}_{2}+{}_{s}\mathrm{C}_{2} $$

である。

そこで，$P,Q$ の位置関係で場合分けする。

(i) $P,Q$ が隣り合うとき

このとき2つの弧に含まれる頂点数は $0,6$ である。 したがって，1組の $P,Q$ からできる三角形の個数は

$$ {}_{0}\mathrm{C}_{2}+{}_{6}\mathrm{C}_{2}=15 $$

である。 このような頂点の組は8組あるので

$$ 8\cdot 15=120 $$

個である。

(ii) $P,Q$ の間に1頂点あるとき

このとき弧上の頂点数は $1,5$ であるから，1組の $P,Q$ について

$$ {}_{1}\mathrm{C}_{2}+{}_{5}\mathrm{C}_{2}=10 $$

個である。 このような組は8組あるので

$$ 8\cdot 10=80 $$

個である。

(iii) $P,Q$ の間に2頂点あるとき

このとき弧上の頂点数は $2,4$ であるから，1組の $P,Q$ について

$$ {}_{2}\mathrm{C}_{2}+{}_{4}\mathrm{C}_{2}=1+6=7 $$

個である。 このような組は8組あるので

$$ 8\cdot 7=56 $$

個である。

(iv) $P,Q$ が向かい合うとき

このとき弧上の頂点数は $3,3$ であるから，1組の $P,Q$ について

$$ {}_{3}\mathrm{C}_{2}+{}_{3}\mathrm{C}_{2}=3+3=6 $$

個である。 このような組は4組あるので

$$ 4\cdot 6=24 $$

個である。

以上より，ちょうど2つの頂点が $A$ の頂点である三角形は

$$ 120+80+56+24=280 $$

個である。

さらに，3つの頂点がすべて $A$ の頂点である三角形は (1) より 56 個であるから，

$$ 280+56=336 $$

個である。

解説

(1) と (2) は，正8角形が凸多角形であることから，頂点を選べばそのまま三角形・四角形が1つ定まるので，単純な組合せで処理できる。

(3) の要点は，「3つ目の頂点は交点として生じる」ことに着目し，先に $A$ の頂点2つを固定することである。 その2頂点が周を2つの弧に分け，そのどちらか一方の弧上から2頂点を選ぶと，対応する2本の線分が交わって三角形が1つ定まる。ここを押さえると整理して数えられる。

答え

$$ (1)\ 56,\qquad (2)\ 70,\qquad (3)\ 336 $$