本节介绍平面划分问题，即n条直线最多把一个平面划分为几个区域（region）。
问题描述：
"What is the maximum number Ln of regions defined by n lines in the plane?"
这个问题最初由瑞士数学家Jacob Steiner在1826年解决。
延续上一节的解题步骤，即首先关注小规模数据，观察出结果，然后猜测一个递推式并从理论上证明，最后由递推式导出"closed form"（通项式）。下面具体整理解题步骤：
1. 观察得出小规模数据的结果，尝试给出递推式：
L1 = 2
L2 = 4 = 2 + 2
L3 = 7 = 4 + 3
现在可以猜测一个递推式：Ln = Ln-1 + n
2. 从理论上证明递推式：
首先对于直线分平面问题有一个结论： a straight line can split a convex region into at most two new regions, which will also be convex. 即一条直线最多可以把一个凸的区域分成两个凸的区域。
（对于convex，旁注上有如下定义：a region is convex if it includes all line segments between any two of its points.）
接下来可以观察到如下结论：
for n>0, the nth line increases the number of regions by k
iff. it splits k old regions
iff. it hits the previous lines in k-1 different points.
由于已有n-1条直线，所以第n条直线最多和已有直线产生n-1个交点，所以k的最大值为n，由此一个可行解，它是充分的 Ln <= Ln-1 + n (n>0)
接下来试图说明它的必要性：只要把第n条直线放在与前n-1条都不相交的方向，那么第n条直线必和前n-1条直线各有一个交点。又因为Ln-1为最大值，所以保证了前n-1条直线产生的n-2个交点互异，可以做到第n条直线产生的n-1个新交点彼此互异，且和前n-2个交点也互异。由此 Ln >= Ln-1 + n (n>0)。
所以取等号了，加上对平凡情况的约定，构成如下递推式：
L0 = 1
Ln = Ln-1 + n (n>0)
3. 由递推式求通项式：
"we can often understand a recurrence by 'unfolding' or 'plugging in' it all the way to the end." 即逐项代入，直至平凡情况，看展开后的值是否易求。
Ln = Ln-1 + n
= Ln-2 + (n-1) + n
= ...
= L0 + 1 + 2 + ... + (n-1) + n = 1 + Sn
其中Sn是很常见的前n项整数和，又叫"triangular numbers"，因为它是n行的三角形摆放的保龄球的个数；也可以叫它前缀和吧。传说高斯在9岁时给出的通项式~~Sn = n(n+1)/2。由此得到Ln的通项式 Ln = n(n+1)/2 + 1
作者说我们不妨记住Sn数列的小规模值，如下表：
| n | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | 13 | 14 |
| Sn | 1 | 3 | 6 | 10 | 15 | 21 | 28 | 36 | 45 | 55 | 66 | 78 | 91 | 105 |
接下来作者还介绍了原问题的一个变种----折线分平面问题。
一条折线(bent line, each containing one "zig")可以看作是两条直线相交得到；因抹除了两条射线，所以比两条直线分成的区域数减少一半。
如果每条折线的zig point都放置在交点“外围”，那么在放置第n条折线时（与之前的所有折线交于4个点），相比2n条直线分成的平面数，每条直线会减少2个交点，也就减少了两个区域。由此得到如下递推式及通项式：
Zn = L2n - 2n
= 2n(2n+1)/2 + 1 - 2n
= 2n^2 - n + 1
