平面に合同な正 $p$ 角形が隙間も重なりもなく敷き詰めて, 各頂点で $q$ 個の正 $p$ 角形の辺が交わるようにできたとする. $1$ つの頂点に集まる角の和は $360^\circ$ であり, 正 $p$ 角形の内角の大きさは $180^\circ\times (p-2)\div p$ であるから, \[\frac{180(p-2)q}{p} = 360\] が成り立つ. 整理すると, \[\begin{aligned} (p-2)q &= 2p \\ pq-2p-2q &= 0 \\ (p-2)(q-2) &= 4 \end{aligned}\] となる. $p \geqq 3,$ $q \geqq 3$ から $p-2 \geqq 1,$ $q-2 \geqq 1$ であることに注意すると, \[\begin{aligned} (p-2,q-2) &= (1,4),\ (2,2),\ (4,1) \\ (p,q) &= (3,6),\ (4,4),\ (6,3) \end{aligned}\] が得られる. 正三角形, 正方形, 正六角形はそれぞれ, 次の図のように平面に敷き詰められる. ゆえに, 平面に $1$ 種類の正多角形を隙間も重なりもなく敷き詰める方法は全部で $3$ 通りある.

　オイラーの定理により, すべての辺をなぞる一筆書きができるためには, 各頂点に集まる辺の本数が偶数でなければならない, 各頂点に集まる辺の本数は, 正四面体が $3,$ 正六面体が $3,$ 正八面体が $4,$ 正十二面体が $3,$ 正二十面体が $5$ であるから, 条件を満たすのは正八面体のみである.

　$xy$ 平面上で $4$ 点 $\mathrm A(1,1),$ $\mathrm B(−1,1),$ $\mathrm C(−1,−1),$ $\mathrm D(1,−1)$ を結ぶ最短経路の長さを考える. 「三角不等式」$\mathrm P\mathrm P'+\mathrm P'\mathrm P'' \geqq \mathrm P\mathrm P''$ を使った議論により, $y$ 軸に関して対称な $x$ 軸上の $2$ 点 $\mathrm P,$ $\mathrm Q$ (点 $\mathrm P$ の $x$ 座標は $0$ 以上 $1$ 以下) を分岐点とする経路の長さ \[ L = \mathrm{PQ}+\mathrm{PA}+\mathrm{QB}+\mathrm{QC}+\mathrm{PD}\] の最小値を求める問題に帰着できる (詳細は省略). 対称性により, $L$ の最小値は関数 \[ f(x) = \mathrm{PO}+\mathrm{PA}+\mathrm{PD} = \mathrm{PO}+2\mathrm{PA}\] の最小値の $2$ 倍である. \[\begin{aligned} f(x) &= x+2\sqrt{(1-x)^2+(1-0)^2} = x+2\sqrt{x^2-2x+2}, \\ f'(x) &= 1+\frac{2x-2}{\sqrt{x^2-2x+2}} = \frac{2(x-1)+\sqrt{x^2-2x+2}}{\sqrt{x^2-2x+2}} \end{aligned}\] から, \[\begin{aligned} f'(x) = 0 &\iff 2(1-x) = \sqrt{x^2-2x+2} \\ &\ \ \Longrightarrow\; 4(1-x)^2 = x^2-2x+2 \\ &\iff 3x^2-6x+2 = 0 \\ &\ \ \Longrightarrow\; x = 1-\frac{1}{\sqrt 3} \end{aligned}\] が成り立つ. よって, $f(x)$ の増減表は次の通りであるから, $f(x)$ は $x = 1-\dfrac{1}{\sqrt 3}$ のとき極小かつ最小の値 $1+\sqrt 3$ をとる. 最小値は, 点 $\mathrm P$ から辺 $\mathrm{AD}$ に下ろした垂線の足 $\mathrm H$ について, $\mathrm{AH}:\mathrm{HP} = 1:\dfrac{1}{\sqrt 3} = \sqrt 3:1$ から $\mathrm{PA} = \dfrac{2}{\sqrt 3}$ であることを使って \[\left( 1-\frac{1}{\sqrt 3}\right) +2\cdot\frac{2}{\sqrt 3} = 1+\frac{3}{\sqrt 3} = 1+\sqrt 3\] と求めた. ゆえに, $L$ は $\mathrm P\left( 1-\dfrac{1}{\sqrt 3},0\right)$ のとき最小値 $2(1+\sqrt 3)$ をとるから, 最短経路の長さは正方形の周の長さの

$\dfrac{2(1+\sqrt 3)}{8} = \dfrac{1+\sqrt 3}{4}$ (倍)

である.

　$n$ 個の円周により分割されてできる領域の個数の最大値を $a_n$ とおく. 一般に $n$ 個の集合それぞれに属するか否かは全部で $2^n$ 通りあるから, $n$ 個の集合が $1$ つの平面上に円を用いて表せるためには \[ a_n \geqq 2^n\] の成り立つことが必要である.

(1)

まず, 数列 $\{ a_n\}$ の一般項を求める. $a_n$ は, どの $2$ 個も $2$ 点で交わり, どの $3$ 個も $1$ 点で交わらないように, 平面上に $n$ 個の円周をかくとき, 平面が分割されてできる領域の個数に等しい. $n$ 個の円周をかいた状態から新たに $1$ 個の円周をかいていくと, 既存の各円周と $2$ 点で交わり, その各交点で領域が $1$ 個ずつ増えて, 全部で $2n$ 個の領域が増えるので, \[ a_{n+1}-a_n = 2n\] が成り立つ.

また, $a_1 = 2$ であるから, $n \geqq 2$ のとき \[\begin{aligned} a_n &= a_1+\sum_{k = 1}^{n-1}(a_{k+1}-a_k) \\ &= 2+\sum_{k = 1}^{n-1}2k \\ &= 2+2\cdot\frac{(n-1)n}{2} \\ &= n^2-n+2 \end{aligned}\] が成り立つ. これは $n = 1$ のときも成り立つ.

(2)

$n \leqq 4$ のとき $a_n$ の値を求めてみると \[ a_1 = 2 = 2^1, \quad a_2 = 4 = 2^2, \quad a_3 = 8 = 2^3, \quad a_4 = 14 < 2^4\] となるから, $n \geqq 4$ のとき $a_n < 2^n$ が成り立つことを示す. \[ b_n = \frac{a_n}{2^n} = \frac{n^2-n+2}{2^n}\] とおく. $b_4 < 1$ であるから, $b_{n+1} < b_n$ であることを示せば, \[\cdots < b_{n+1} < b_n < \cdots < b_4 < 1\] となり, $b_n < 1$ つまり $a_n < 2^n$ であることが示せる. そこで, $b_n,$ $b_{n+1}$ の比をとると, \[\begin{aligned} \frac{b_{n+1}}{b_n} &= \frac{(n+1)^2-(n+1)+2}{2^{n+1}}\div\frac{n^2-n+2}{2^n} \\ &= \frac{n^2+n+2}{2(n^2-n+2)} \end{aligned}\] となる. $n \geqq 4$ のとき, \[\begin{aligned} 2(n^2-n+2)-(n^2+n+2) &= n^2-3n+2 \\ &= (n-1)(n-2) > 0 \end{aligned}\] であるから, $0 < n^2+n+2 < 2(n^2-n+2)$ であり,

$\dfrac{b_{n+1}}{b_n} < 1$　つまり　$b_{n+1} < b_n$

が成り立つ. したがって, $n \geqq 4$ のとき $a_n < 2^n$ が成り立つ.

　ゆえに, どのような集合も $1$ つの平面上に円を用いて表せるのは集合が $3$ 個以下のときである.

　$n$ 個の楕円の周により平面が分割されてできる領域の個数が最大になるのは, どの $2$ 個も $4$ 点で交わり, どの $3$ 個も $1$ 点で交わらないときである. その最大値 $e_n$ は, \[ e_1 = 2, \quad e_{n+1}-e_n = 4n\] から \[\begin{aligned} e_n &= e_1+\sum_{k = 1}^{n-1}(e_{k+1}-e_k) = 2+\sum_{k = 1}^{n-1}4k \\ &= 2+4\cdot\frac{(n-1)n}{2} = 2(n^2-n+1) \end{aligned}\] である ($n = 1$ のときも成り立つ).

　各頂点の $x$ 座標, $y$ 座標が整数である正三角形 $\mathrm{OPQ}$ の存在を仮定する. 平行移動で面積は変わらないことから $\mathrm O$ が原点であるとしても一般性を失わないので, その場合を考える. $\mathrm P(a,b),$ $\mathrm Q(c,d)$ とおく. このとき, 辺 $\mathrm{OP}$ の長さは $\sqrt{a^2+b^2}$ であり, 直線 $\mathrm{OP}:bx-ay = 0$ と点 $\mathrm Q(c,d)$ の距離 $d$ は \[ d = \frac{|bc-ad|}{\sqrt{b^2+(-a)^2}} = \frac{|ad-bc|}{\sqrt{a^2+b^2}}\] であるから, \[\begin{aligned} \triangle\mathrm{OPQ} &= \frac{1}{2}\mathrm{OP}\cdot d \\ &= \frac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2}\cdot\frac{|ad-bc|}{\sqrt{a^2+b^2}} \\ &= \frac{1}{2}|ad-bc| \quad \cdots [1] \end{aligned}\] が成り立つ. また, $\triangle\mathrm{OPQ}$ が正三角形であることから, \[\triangle\mathrm{OPQ} = \frac{1}{2}\mathrm{OP}^2\sin 60^\circ = \frac{\sqrt 3}{4}(a^2+b^2) \quad \cdots [2]\] が得られる. よって, $[1],$ $[2]$ から, \[\sqrt 3 = \frac{2|ad-bc|}{a^2+b^2}\] が成り立つ. $a,$ $b,$ $c,$ $d$ は整数であることから右辺は有理数であるが, これは $\sqrt 3$ が無理数であることに反する.
　ゆえに, 各頂点の $x$ 座標, $y$ 座標が整数であるような正三角形は存在しない.

　$8$ 個の格子点 $(\pm 1,\pm 1,\pm 1)$ (複号任意) を頂点とする立方体 ($1$ 辺の長さは $2$) を $3$ 本の辺の中点 $(1,1,0),$ $(0,1,1),$ $(-1,0,1)$ を通る平面で切断すると, 切り口にはこれら $3$ 個の格子点を頂点とする正六角形ができて, その残りの頂点も $(-1,-1,0),$ $(0,-1,-1),$ $(1,0,-1)$ と格子点になり, $1$ 辺の長さは $\sqrt 2$ になる.
　また, $2$ つの格子点の距離のうち最小のものは $\sqrt{0^2+0^2+1^2} = 1,$ その次に小さいものは $\sqrt{0^2+1^2+1^2} = \sqrt 2$ であり, $1$ 辺の長さが $1$ の正六角形は存在しない (与えられた格子点から距離が $1$ の格子点は $x$ 軸, $y$ 軸, $z$ 軸のいずれかの方向に $\pm 1$ だけ平行移動した位置にしかないことからわかる) から, 求める正六角形の $1$ 辺の長さの最小値は $\sqrt 2$ である.

　$xy$ 平面において $x$ 座標, $y$ 座標が整数である点を格子点と呼ぶ. $\mathrm C\left(\sqrt 2,\dfrac{1}{3}\right)$ とおく. $\mathrm P(x,y),$ $\mathrm P'(x',y')$ を格子点とし, $\mathrm{CP} = \mathrm{CP}'$ として, $\mathrm P = \mathrm P'$ を示す. このとき, $\mathrm{CP}^2 = \mathrm{CP}'{}^2$ から, \[ (x-\sqrt 2)^2+\left( y-\frac{1}{3}\right) ^2 = (x'-\sqrt 2)^2+\left( y'-\frac{1}{3}\right) ^2\] が成り立つ. 両辺を展開して整理すると, \[ 2(x-x')\sqrt 2 = x^2-x'{}^2+y^2-y'{}^2-\frac{2}{3}(y-y')\] となる. $\sqrt 2$ が無理数で $x,$ $x'$ が整数であるから, 左辺は $0$ か無理数である. 一方, $x,$ $y,$ $x',$ $y'$ は整数であるから, 右辺は有理数である. よって, $x-x' = 0$ つまり $x = x'$ である. このとき, \[ 0 = y^2-y'{}^2-\frac{2}{3}(y-y') = \left( y+y'-\frac{2}{3}\right) (y-y')\] となる. $y+y'$ が整数であることから $y+y'-\dfrac{2}{3} \neq 0$ であり, $y-y' = 0$ から $y = y'$ が得られる. よって, $\mathrm P = \mathrm P'$ である.
　ゆえに, 点 $\mathrm C$ からそれぞれの格子点までの距離はすべて異なるから, ちょうど $n$ 個の格子点を含むような円は存在する.