空間を平面で分ける領域の数

先の平面を $\alpha_1,\ldots,\alpha_{n-1}$、交線を $\ell_i=\pi\cap\alpha_i$ とする。条件 (i) により各 $\ell_i$ は直線である。
段1（異なる直線）。$\ell_i=\ell_j$（$i\ne j$）なら、3枚 $\pi,\alpha_i,\alpha_j$ がこの直線を共有し、条件 (ii) に反する。
段2（平行でない）。$\ell_i$ と $\ell_j$ が平行なら、3枚 $\pi,\alpha_i,\alpha_j$ に共通の点はない（共通の点は $\ell_i$ と $\ell_j$ の共通の点だから）。これも「ちょうど1点で交わる」という条件 (ii) に反する。したがって $\ell_i$ と $\ell_j$ は1点で交わる。
段3（3本が1点で交わらない）。$\ell_i,\ell_j,\ell_k$ が1点を共有すれば、4枚 $\pi,\alpha_i,\alpha_j,\alpha_k$ がその点を共有し、条件 (iii) に反する。
以上で、$\ell_1,\ldots,\ell_{n-1}$ は平面 $\pi$ の上で一般の位置にある。$\square$

方針：$n$ 枚目の平面が増やす領域の数を、その平面の上の部分の数として数え、漸化式 $S(n)=S(n-1)+L(n-1)$ を立てて足す。ここで $L(m)=\binom m0+\binom m1+\binom m2$ は、一般の位置の $m$ 本の直線が平面を分ける数である（平面を直線で分ける領域の数 の主定理）。
段1（古い領域ごとに見る）。$n\ge1$ とし、先の $n-1$ 枚が作る古い領域の1つを $R$ とする。新しい平面 $\pi$ が $R$ と交わらなければ、$R$ はそのまま1つの領域として残る。$\pi$ が $R$ と交わるなら、$R$ は $\pi$ の両側の部分 $R_+$、$R_-$ に分かれる。$R$ は開いた凸な集合で、$\pi$ が $R$ の点を通るので、その点の近くに $\pi$ の両側の点があり、$R_+$ も $R_-$ も空でない。$R_+$ と $R_-$ はそれぞれ凸な集合の共通部分なので凸で、一続きである。よって $R$ はちょうど2つに分かれる。したがって、増える領域の数は「$\pi$ と交わる古い領域の数」に等しい。
段2（交わる古い領域と、$\pi$ の上の部分の対応）。$\pi$ の上で、先の平面との交線は $n-1$ 本の直線であり、lem-rsp-trace により一般の位置にある。これらは $\pi$ を $L(n-1)$ 個の部分に分ける。$\pi$ と交わる古い領域 $R$ に対し、$R\cap\pi$ は交線を含まない凸な集合なので、ただ1つの部分に含まれる。逆に、$\pi$ の上の1つの部分は凸で先の平面と交わらないので、ただ1つの古い領域に含まれる。この2つから、$R\cap\pi$ はちょうど1つの部分に一致し、交わる古い領域と部分は1対1に対応する。よって
$$ S(n)-S(n-1)=L(n-1)\qquad(n\ge1),\qquad S(0)=1. $$
段3（差を足す）。この式を $1$ から $n$ まで足すと、途中の項は打ち消し合い、
$$ S(n)=1+\sum_{k=0}^{n-1}L(k)=1+\sum_{k=0}^{n-1}\left\{\binom k0+\binom k1+\binom k2\right\}. $$
ホッケースティック恒等式 $\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\binom kr=\binom n{r+1}$（二項定理と組合せの恒等式）を $r=0,1,2$ に使うと
$$ S(n)=1+\binom n1+\binom n2+\binom n3=\binom n0+\binom n1+\binom n2+\binom n3. $$
段4（多項式で書く）。通分すると
$$ 1+n+\frac{n(n-1)}2+\frac{n(n-1)(n-2)}6=\frac{6+6n+3n^2-3n+n^3-3n^2+2n}6=\frac{n^3+5n+6}6. $$
$\square$

方針：$O$ を中心とする半径 $1$ の球面 $\Sigma$ との切り口を考え、空間の領域と球面の領域を1対1に対応させる。
段1（切り口は大円）。$O$ を通る平面と $\Sigma$ の切り口は大円である。異なる平面の切り口は異なる大円である。3枚の平面が1本の直線（$O$ を通る）を共有することと、3つの大円がその直線と球面の交点を共有することは同じである。よって、どの3つの大円も共通の点をもたない。平面を円で分ける領域の数 の主定理（球面を大円で分けた領域）により、$\Sigma$ は $n^2-n+2$ 個の領域に分かれる。
段2（領域は $O$ から伸びる錐）。$O$ を原点にとると、各平面は $ax+by+cz=0$ の形である。点 $P$ をどの平面の上にもない点とし、$t>0$ とすると、$tP$ での $ax+by+cz$ の値は $P$ での値の $t$ 倍で、符号が同じである。したがって $P$ と $tP$ は同じ領域にある。とくに、各領域は $\Sigma$ と交わる（$P$ を $\frac{1}{OP}P$ に縮めればよい）。
段3（1対1の対応）。空間の領域 $R$ に対し、$R\cap\Sigma$ の2点 $P,Q$ を考える。$R$ は凸なので線分 $PQ$ は $R$ に含まれ、$O$ を通らない（$O$ はすべての平面の上にある）。線分の各点を $O$ からの距離で割って $\Sigma$ に移すと、$P$ から $Q$ への $\Sigma$ の上の道ができ、段2によりその道は $R\cap\Sigma$ の中にある。よって $R\cap\Sigma$ は大円を横切らずに行き来でき、球面の1つの領域に含まれる。逆に、球面の1つの領域の2点を大円を横切らずに結ぶ道は、どの平面も横切らないので、空間の1つの領域の中にある。したがって、空間の領域と球面の領域は $R\mapsto R\cap\Sigma$ で1対1に対応し、領域の数は $n^2-n+2$ である。$\square$