ITA 2022 – 第2次試験：数学の解説

出典： ITA ――第2次試験・数学の問題。 ファイルは ITA の過去問ページにある。

ITA 2022 第2次試験の数学は記述式10問である。ITA は第2次試験の公式解答を公表していない。 以下の解答は筆者によるもので、各答えは別の方法（代入、別の公式、数値計算）で確認してある。

記法は第1次試験と同じである：$i^2 = -1$、$m(\overline{AB})$ は線分 $\overline{AB}$ の長さ、 $A\hat{O}B$ は頂点 $O$ の角。

答え一覧

問題 1：周の長さが 8 の長方形の辺

問題文

$x \in \mathbb{R}$ とする。2辺の長さが $a = 9x^2 - 5x^4$、$b = 8x - 8x^3$ の長方形 $R$ を考える。 $R$ の周の長さが 8 のとき、$a$ と $b$ を求めよ。

解答

1. 方程式。 周の長さ 8 は $a + b = 4$ を意味する：

2. 因数分解。 有理数の根を試すと、$x = 1$ と $x = -1$ で多項式は0になる （$5 + 8 - 9 - 8 + 4 = 0$、$5 - 8 - 9 + 8 + 4 = 0$）。$x^2 - 1$ で割ると

根は $x \in \left\{1, -1, -2, \frac{2}{5}\right\}$。

3. 辺の長さは正。

$x = \frac{2}{5}$ のとき：$a = 9\cdot\frac{4}{25} - 5\cdot\frac{16}{625} = \frac{36}{25} - \frac{16}{125} = \frac{164}{125}$、 $b = \frac{16}{5} - 8\cdot\frac{8}{125} = \frac{400 - 64}{125} = \frac{336}{125}$。

確認： $a + b = \frac{500}{125} = 4$ ✔

答え： $a = \dfrac{164}{125}$、$b = \dfrac{336}{125}$。

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問題 2：2つの虚部が0

問題文

$z \in \mathbb{C}$ とし、$\operatorname{Im}(z)$ で $z$ の虚部を表す。$\operatorname{Im}(z) \ne 0$ で、 $\operatorname{Im}(z^3) = 0$ と $\operatorname{Im}\left((1 + z)^3\right) = 0$ を同時に満たす $z \in \mathbb{C}$ をすべて求めよ。

解答

1. 3乗の虚部。 $w = u + vi$ に対して

よって $\operatorname{Im}(w^3) = v(3u^2 - v^2)$。

2. 2つの条件。 $z = x + yi$（$y \ne 0$）、$1 + z = (1 + x) + yi$ とすると

3. 解く。 $x^2 = (1 + x)^2 \Rightarrow 0 = 1 + 2x \Rightarrow x = -\frac{1}{2}$、 $y^2 = \frac{3}{4}$、$y = \pm\frac{\sqrt{3}}{2}$。

図形的に確認： $z = -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i = \operatorname{cis} 120^\circ$ なので $z^3 = \operatorname{cis} 360^\circ = 1$。$1 + z = \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i = \operatorname{cis} 60^\circ$ なので $(1 + z)^3 = \operatorname{cis} 180^\circ = -1$。どちらも実数 ✔

答え： $z = -\dfrac{1}{2} + \dfrac{\sqrt{3}}{2}i$ または $z = -\dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt{3}}{2}i$。

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問題 3：漸化的な行列の成分の和

問題文

$A$ を5行10列の行列とし、その成分 $a_{n,m}$ を次で定める。

$A$ のすべての成分の和を求めよ。

解答

1. 一般項。 第 $n$ 行は 1 から始まり、列ごとに $n$ を加える。公差 $n$ の等差数列なので

2. 第 $n$ 行の和。 $m$ は 1 から 10 まで：

3. 各行を足す。

第1行で確認： $1, 2, \dots, 10$ の和は 55 で、公式も $10 + 45 = 55$ を与える ✔

答え： 725。

復習は等差数列を参照。

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問題 4：三目並べで3手目に勝つ

問題文

三目並べでは、2人のプレイヤーが3行3列の盤で対戦する。2人は交互にまだ空いているマスに印を つけ、どちらかが縦・横・斜めの1列をすべて占めたら勝ちとなる。先手が自分の3手目で勝つ 盤面の配置は何通りあるか。

解答

先手（X）の3手目の時点で、印は5つ：X が3つ、後手（O）が2つである。

1. X のマス。 X がちょうど3手目で勝つのは、3つのマスが縦・横・斜めの1列になるとき。 選び方は $3 + 3 + 2 = 8$ 通り。

2. O のマス。 O の2マスは残り6マスのうち任意の2つ：$\binom{6}{2} = 15$。それより前に 勝負がつくことはない。X は3マス未満では勝てず、O も2マスでは勝てない。

3. 合計。

配置とは盤面の最終的な姿であって、打った順序ではない。だから順序の数は掛けない。 （すべての対局をコンピュータでシミュレーションして確認した：5つ目の印で X が勝つ最終盤面は ちょうど120通りある。）

答え： 120通り。

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問題 5：逆余弦と逆正弦の和が π/2

問題文

$\arccos: [-1, 1] \to [0, \pi]$、$\arcsin: [-1, 1] \to [-\pi/2, \pi/2]$ とする。$x$ が

を満たすとき、$\arccos(x)$ のとりうる値をすべて求めよ。

解答

1. 鍵となる恒等式。 $u \in [-1, 1]$ に対して $\arcsin u + \arccos u = \frac{\pi}{2}$。 よって $\arcsin\left(x^2 - \frac14\right) = \frac{\pi}{2} - \arccos\left(x^2 - \frac14\right)$ で、方程式は

2. 逆余弦は単射。 したがって $x^4 = x^2 - \frac{1}{4}$、すなわち

どちらの引数も $\frac{1}{4}$ で、$[-1, 1]$ に入っている ✔

3. 求める値。 $\arccos\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = \frac{\pi}{4}$、 $\arccos\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = \frac{3\pi}{4}$。

答え： $\arccos(x) = \dfrac{\pi}{4}$ または $\arccos(x) = \dfrac{3\pi}{4}$。

復習は逆正弦・逆余弦・逆正接を参照。

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問題 6：直線 s から距離 √2 の点 Q

問題文

$A = (0, 1)$ とする。直線 $r$：$y = 1 - x/4$ を考え、$s$ を原点 $O$ を通り、$r$ と第1象限の点 $P$ で交わる直線とする。$A\hat{P}O = \theta$、$\tan(\theta) = \frac{5}{3}$ のとき、第2象限にあって $r$ 上にあり、$s$ からの距離が $\sqrt{2}$ である点 $Q$ を求めよ。

解答

1. $A$ の位置。 $A = (0, 1)$ は $r$ 上にある（$x = 0$ で $y = 1$）。よって角 $\theta$ の辺 $PA$ は $r$ 上に、辺 $PO$ は $s$ 上にある。

2. $s$ を求める。 $s: y = kx$ とする。$P$ において $A$ へ向かうベクトルと $O$ へ向かう ベクトルは、それぞれ $u = (-1, \frac{1}{4})$（$r$ に沿って $x$ が減る向き）と $v = (-1, -k)$ に 平行である。そのなす角の正接は

これを $\frac{5}{3}$ とおくと $3k + \frac{3}{4} = 5 - \frac{5k}{4} \Rightarrow \frac{17k}{4} = \frac{17}{4} \Rightarrow k = 1$。 よって $s: y = x$、$P = \left(\frac{4}{5}, \frac{4}{5}\right)$ で、第1象限にある ✔

角度で確認： $s$ は $x$ 軸と $45^\circ$ をなし、$r$ の傾きは $-\frac14$。$P$ での角は $45^\circ + \arctan\frac14$ で

3. 点 $Q$。 $r$ 上の点は $\left(x, 1 - \frac{x}{4}\right)$。$s: x - y = 0$ までの距離は

よって $x = \frac{12}{5}$ または $x = -\frac{4}{5}$。第2象限では $x < 0$ なので $x = -\frac{4}{5}$、 $y = 1 + \frac{1}{5} = \frac{6}{5} > 0$ ✔

答え： $Q = \left(-\dfrac{4}{5}, \dfrac{6}{5}\right)$。

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問題 7：正六角錐台の体積

問題文

$T$ を高さ $h = 4 + 2\sqrt{3}$ で、平行な正六角形の底面をもつ正角錐台とする。大きい底面の 1辺が $8\sqrt{3}/3$ で、側面と底面のなす二面角が $75^\circ$ のとき、$T$ の体積を求めよ。

解答

1. 底面の辺心距離。 1辺 $\ell$ の正六角形の辺心距離は $\frac{\ell\sqrt{3}}{2}$。大きい底面では

2. 二面角。 軸を通り、向かい合う1組の辺に垂直な断面をとると、高さ $h$、水平方向の 「段差」$m_1 - m_2$ の直角台形が現れる。側面と底面のなす角はこの台形の角なので

$\tan 75^\circ = \tan(45^\circ + 30^\circ) = 2 + \sqrt{3}$、$h = 2(2 + \sqrt{3})$ より

小さい底面の辺心距離は 2 で、大きい底面の半分。その1辺は $\frac{4\sqrt{3}}{3}$ である。

3. 底面積。 1辺 $\ell$ の正六角形の面積は $\frac{3\sqrt{3}}{2}\ell^2$：

4. 角錐台の体積。

角錐の差で確認： 小さい底面の1辺は半分なので、元の角錐の高さは $2h$ で、角錐台はその $1 - \frac{1}{8} = \frac{7}{8}$： $\frac{7}{8}\cdot\frac{1}{3}\cdot 32\sqrt{3}\cdot 2h = \frac{56\sqrt{3}\,h}{3}$、同じ値 ✔

答え： $V = 112 + \dfrac{224\sqrt{3}}{3} = \dfrac{336 + 224\sqrt{3}}{3}$。

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問題 8：円に内接する四角形の半径

問題文

頂点 $A$、$B$、$C$、$D$ の四角形 $Q$ の辺が $m(\overline{AB}) = 5 = m(\overline{CD})$、 $m(\overline{BC}) = 3$、$m(\overline{DA}) = 8$ を満たす。$Q$ が半径 $r$ の円に内接するとき、$r$ を求めよ。

解答

1. 対角の和は $180^\circ$。 円に内接する四角形では $\hat{B} + \hat{D} = 180^\circ$ なので $\cos\hat{B} = -\cos\hat{D}$。

2. 2つの三角形から対角線 $AC$。 $ABC$ と $ACD$ で余弦定理：

等しいとおくと $110\cos\hat{D} = 55$、よって $\cos\hat{D} = \frac{1}{2}$、$\hat{D} = 60^\circ$、 $AC^2 = 89 - 40 = 49$、$AC = 7$。

トレミーの定理で確認： この四角形は等脚台形（$AB = CD$）で対角線は等しく、 $AC \cdot BD = AB\cdot CD + BC\cdot DA = 25 + 24 = 49$ から $AC = 7$ ✔

3. 半径。 $Q$ の外接円は三角形 $ACD$ の外接円と同じ。正弦定理より

答え： $r = \dfrac{7\sqrt{3}}{3}$。

復習は正弦定理・余弦定理・射影・面積を参照。

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問題 9：3つの円と1本の水平な接線

問題文

$P_1 = (0, 6)$、$P_2 = (1, 5)$、$P_3 = (2, 6)$ とし、$C_1$、$C_2$、$C_3$ をそれぞれ $P_1$、$P_2$、$P_3$ を中心とする円とする。$C_1$、$C_2$、$C_3$ に共通に接する水平な直線が存在するとき、 $C_1 \cap C_2 \cap C_3$ が空でない場合にそれを求めよ。

解答

1. 半径。 共通接線を $y = t$ とする。各円の半径は中心からこの直線までの距離：

2. $C_1$ と $C_3$ の共有点。 2円は半径が等しく、中心が $x = 1$ に関して対称なので、 共有点はこの直線上にある：$(1, y)$ で $1 + (y - 6)^2 = (6 - t)^2$、すなわち

3. $C_2$ 上にあるという条件。 点 $(1, y)$ が $C_2$ 上にあるのは $|y - 5| = |5 - t|$ のとき。 $y - 5 = 1 \pm \sqrt{(6 - t)^2 - 1}$ として2乗すると

もう一度2乗して $4(t^2 - 12t + 35) = 4t^2 - 44t + 121$、すなわち $-4t = -19$、$t = \frac{19}{4}$。

4. その点。 $t = \frac{19}{4}$ のとき $6 - t = \frac{5}{4}$、$\sqrt{\frac{25}{16} - 1} = \frac{3}{4}$ で、 $2t - 11 = -\frac{3}{2}$ よりマイナスの符号をとる：$y = 6 - \frac{3}{4} = \frac{21}{4}$。

確認： $\left(1, \frac{21}{4}\right)$ から $P_1$ までの距離は $\sqrt{1 + \frac{9}{16}} = \frac{5}{4} = r_1$、$P_3$ までも $\frac{5}{4} = r_3$、$P_2$ までは $\frac{21}{4} - 5 = \frac{1}{4} = |5 - \frac{19}{4}| = r_2$ ✔。直線 $y = \frac{19}{4}$ は 3つの中心より下にあり、3つの円すべてに接する。

ほかの水平な共通接線では、3つの円の共通部分は空になる。

答え： $C_1 \cap C_2 \cap C_3 = \left\{\left(1, \dfrac{21}{4}\right)\right\}$（共通接線は $y = \frac{19}{4}$）。

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問題 10：八面体、立方体、八面体…

問題文

1辺 $l_1$ の正八面体を考える。この八面体に、各面の重心を頂点とする立方体を内接させる。 その立方体の中に、各面の中心を頂点とする1辺 $l_2$ の新しい正八面体を内接させる。この操作を 続けて数列 $l_i$（$i \in \mathbb{N}$）を得る。比 $l_{10}/l_1$ を求めよ。

解答

1. 八面体 → 立方体。 八面体の頂点を $(\pm a, 0, 0)$、$(0, \pm a, 0)$、$(0, 0, \pm a)$ とおく。 1辺は $l_1 = a\sqrt{2}$。頂点 $(a,0,0)$、$(0,a,0)$、$(0,0,a)$ の面の重心は $\left(\frac{a}{3}, \frac{a}{3}, \frac{a}{3}\right)$ で、8つの重心 $\left(\pm\frac{a}{3}, \pm\frac{a}{3}, \pm\frac{a}{3}\right)$ は 次の1辺をもつ立方体の頂点である。

2. 立方体 → 八面体。 立方体の各面の中心は中心から $\frac{c}{2}$ の距離にある。新しい八面体の 「$a$」は $\frac{c}{2}$ なので、1辺は

3. 数列。 各段階で1辺は3分の1になる：$l_i = \frac{l_1}{3^{i-1}}$ は公比 $\frac{1}{3}$ の等比数列。よって

答え： $\dfrac{l_{10}}{l_1} = \dfrac{1}{3^9} = \dfrac{1}{19683}$。

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