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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個交點，與原五邊形從A2開始的對角線有6-5=1個交點。從A3開始的對角線有6-5=1個交點。此時區域數量增加(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）的凸n邊多邊形的區域Tn的個數有：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算增加的??區域數 d。 1、在n-1個多邊形A1A2...An-1及其所有對角線的圖中（圖略），選取任意點An外側An-1A1，將AnAn-1和AnA1連接起來，得到一個n邊形多邊形。

此時區域數增加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 個交點。此時區域數量增加(n-3)*1+1，d=1+((n-3)*1+1)。 3. 連接 AnA3。 AnA3與從A1開始的原n-1個多邊形的邊和對角線有n-4個交點多邊形對角線，與從A2開始的原n-1個多邊形的對角線有n-4個交點。此時區域數量增加(n-4)*2+1，d=1+((n-3)*1+1)+((n-4)*2+1)。 4. 重復此操作連接AnA4、AnA5...并增加區域數量，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個交點。此時區域數量增加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": 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的遞歸表達式可以推導出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 以及立方數列和 Σi^3=n^2*(n+1)^2/4 等公式簡化了 Tn 的通式貝語網校，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] [1]llxph2008 直線分割平面問題和凸多邊形的邊和對角線分割內部區域問題的討論百度文庫2014.11