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 2023 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、コンピュータ）で確認してある。

答え一覧

問題 内容 答え
1 同次連立一次方程式 $b = 2a$；$\{(-15t, -16t, 17t) : t \in \mathbb{R}\}$
2 行列：$M$ が正則になるとき $\alpha \notin \{0, 2, 3 - \sqrt{15}, 3 + \sqrt{15}\}$
3 底に変数を含む対数不等式 $]-2, 0[$
4 多項式の割り算と根 $q = x^6 + x^5 - x - 1$、$r = 0$；根は $\operatorname{cis}\frac{\pi}{5}, \operatorname{cis}\frac{3\pi}{5}, \operatorname{cis}\frac{7\pi}{5}, \operatorname{cis}\frac{9\pi}{5}$
5 三角法：和を積に $\sin(\alpha - \beta) = \frac{2AB}{A^2 + B^2}$
6 内接円の半径 $\frac{6\sqrt{7} - 3\sqrt{3}}{10}$
7 楕円：焦点への2線分が 60° をなす点 $\left(\pm\frac{4\sqrt{2}}{3}, \pm\frac{1}{3}\right)$
8 正円柱と球 $400\pi$ cm² と $\frac{4000\pi}{3}$ cm³
9 正弦定理：三角形の辺 $6 + \sqrt{11}$ と $6 - \sqrt{11}$
10 数え上げ：十角形の対角線の組 175

問題 1：同次連立方程式が自明でない解をもつとき

問題文

$a$、$b$ を正の実数とする。未知数 $x$、$y$、$z$ の連立一次方程式

$$\begin{cases} -ax + by + az = 0 \\ b^2 x + a^3 y + 4a^2 z = 0 \\ 4a^2 x + a^3 y + b^2 z = 0 \end{cases}$$

が自明でない解をもつとき、$b$ を $a$ で表せ。また $a = \frac{1}{2}$ のときの解の集合を求めよ。

解答

1. 行列式が0。 同次連立方程式が自明でない解をもつのは、係数行列の行列式が0のときに 限る。第2行から第3行を引く（行列式は変わらない）と

$$\det\begin{pmatrix} -a & b & a \\ b^2 & a^3 & 4a^2 \\ 4a^2 & a^3 & b^2 \end{pmatrix} = \det\begin{pmatrix} -a & b & a \\ b^2 - 4a^2 & 0 & 4a^2 - b^2 \\ 4a^2 & a^3 & b^2 \end{pmatrix} = (b^2 - 4a^2)\det\begin{pmatrix} -a & b & a \\ 1 & 0 & -1 \\ 4a^2 & a^3 & b^2 \end{pmatrix}$$

最後の行列式を第1行で展開すると

$$-a(0 + a^3) - b(b^2 + 4a^2) + a(a^3 - 0) = -b(b^2 + 4a^2)$$

したがって

$$\det = -b\,(b^2 - 4a^2)(b^2 + 4a^2) = b\,(2a - b)(2a + b)(4a^2 + b^2)$$

2. $b$ の値。 $a, b > 0$ なので、因数 $b$、$2a + b$、$4a^2 + b^2$ は正。残るのは $2a - b = 0$：

$$b = 2a$$

3. $a = \frac{1}{2}$ の場合。 このとき $b = 1$ で、連立方程式は

$$\begin{cases} -\frac{1}{2}x + y + \frac{1}{2}z = 0 \\ x + \frac{1}{8}y + z = 0 \\ x + \frac{1}{8}y + z = 0 \end{cases}$$

後の2式は同じである。第1式から $y = \frac{x - z}{2}$。第2式に代入すると

$$x + \frac{x - z}{16} + z = 0 \quad\Rightarrow\quad 17x + 15z = 0 \quad\Rightarrow\quad x = -\frac{15z}{17}$$

また $y = \frac{1}{2}\left(-\frac{15z}{17} - z\right) = -\frac{16z}{17}$。$z = 17t$ とおくと、解は $(x, y, z) = (-15t, -16t, 17t)$。

$t = 1$、つまり $(-15, -16, 17)$ で確認： $\frac{15}{2} - 16 + \frac{17}{2} = 0$ ✔、$-15 - 2 + 17 = 0$ ✔

答え： $b = 2a$。$a = \frac{1}{2}$ のとき解の集合は $\{(-15t, -16t, 17t) : t \in \mathbb{R}\}$。

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問題 2：行列 M が正則になる α

問題文

次の行列を考える。

$$A = \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ -2 & 1 \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} 0 & 6 \\ 6 & 0 \end{pmatrix}, \quad C = \begin{pmatrix} 3 & 3 \\ 3 & 3 \end{pmatrix}.$$

行列 $M = \alpha^2 A + \alpha B + C$ が正則になる実数 $\alpha$ を求めよ。

解答

1. $M$ をつくる。

$$M = \begin{pmatrix} \alpha^2 + 3 & -2\alpha^2 + 6\alpha + 3 \\ -2\alpha^2 + 6\alpha + 3 & \alpha^2 + 3 \end{pmatrix}$$

2. 行列式は2乗の差。 $p = \alpha^2 + 3$、$q = -2\alpha^2 + 6\alpha + 3$ とおくと $\det M = p^2 - q^2 = (p - q)(p + q)$：

$$p - q = 3\alpha^2 - 6\alpha = 3\alpha(\alpha - 2), \qquad p + q = -\alpha^2 + 6\alpha + 6$$

3. 零点。 $\det M = 0$ となるのは $\alpha = 0$、$\alpha = 2$、または $\alpha^2 - 6\alpha - 6 = 0$、すなわち $\alpha = 3 \pm \sqrt{15}$ のとき。

$\alpha = 2$ で確認： $M = \begin{pmatrix} 7 & 7 \\ 7 & 7 \end{pmatrix}$ で、行列式は0 ✔

答え： $\alpha \notin \{0,\ 2,\ 3 - \sqrt{15},\ 3 + \sqrt{15}\}$ であるすべての実数 $\alpha$ で $M$ は正則。

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問題 3：底に変数を含む対数不等式

問題文

不等式

$$\log_{2-x}\left(-\sqrt[3]{x^2 + 2x - 3}\right) > \log_{2-x}\left(\sqrt[3]{3}\right)$$

の解の集合を求めよ。

解答

1. 存在条件。

  • 底：$2 - x > 0$ かつ $2 - x \ne 1$、すなわち $x < 2$ かつ $x \ne 1$。
  • 真数：$-\sqrt[3]{x^2 + 2x - 3} > 0 \iff x^2 + 2x - 3 < 0 \iff (x + 3)(x - 1) < 0 \iff -3 < x < 1$。

合わせて $-3 < x < 1$。この区間では底 $2 - x$ は 1 より大きいので、対数は増加関数で、 不等号の向きは変わらない。

2. 解く。

$$-\sqrt[3]{x^2 + 2x - 3} > \sqrt[3]{3} \iff \sqrt[3]{x^2 + 2x - 3} < -\sqrt[3]{3} = \sqrt[3]{-3}$$

立方根は増加関数なので $x^2 + 2x - 3 < -3$、すなわち $x(x + 2) < 0$：$-2 < x < 0$。

3. 共通部分。 $]-2, 0[ \;\cap\; ]-3, 1[ \;=\; ]-2, 0[$。

$x = -1$ で確認： 底は 3、真数は $-\sqrt[3]{-4} = \sqrt[3]{4} > \sqrt[3]{3}$ ✔。 $x = 0.5$ では $-\sqrt[3]{-1.75} = \sqrt[3]{1.75} < \sqrt[3]{3}$ で、確かに解に含まれない。

答え： $S = \;]-2, 0[$。

復習は対数の性質を参照。

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問題 4：x¹⁰ − 1 を x⁴ − x³ + x² − x + 1 で割る

問題文

多項式 $p(x) = x^4 - x^3 + x^2 - x + 1$ を考える。多項式 $q(x) = x^{10} - 1$ を $p(x)$ で割った 商と余りを求め、$p(x)$ の複素数の根をすべて求めよ。

解答

1. $p$ の正体。 $p(x)$ は公比 $-x$ の等比数列の和である：

$$(x + 1)\,p(x) = x^5 + 1$$

（確認：$x^5 - x^4 + x^3 - x^2 + x + x^4 - x^3 + x^2 - x + 1 = x^5 + 1$。）

2. 割り算。 $x^{10} - 1 = (x^5 - 1)(x^5 + 1) = (x^5 - 1)(x + 1)\,p(x)$ なので

$$x^{10} - 1 = \underbrace{(x^6 + x^5 - x - 1)}_{\text{商}}\cdot p(x) + \underbrace{0}_{\text{余り}}$$

3. 根。 $p$ の根は $x^5 = -1$ の根のうち $-1$ 以外のものである。$-1 = \operatorname{cis}\pi$ なので 5乗根は $\operatorname{cis}\frac{\pi + 2k\pi}{5}$、$k = 0, \dots, 4$。$-1$ を与える $k = 2$ を除くと

$$x \in \left\{\operatorname{cis}\frac{\pi}{5},\ \operatorname{cis}\frac{3\pi}{5},\ \operatorname{cis}\frac{7\pi}{5},\ \operatorname{cis}\frac{9\pi}{5}\right\}$$

$\cos 36^\circ = \frac{1 + \sqrt{5}}{4}$、$\cos 108^\circ = \frac{1 - \sqrt{5}}{4}$ を使って代数形式で書くと

$$x = \frac{1 + \sqrt{5}}{4} \pm \frac{\sqrt{10 - 2\sqrt{5}}}{4}\,i \qquad\text{および}\qquad x = \frac{1 - \sqrt{5}}{4} \pm \frac{\sqrt{10 + 2\sqrt{5}}}{4}\,i$$

根の和で確認： 共役な組の和は $2\cdot\frac{1 + \sqrt{5}}{4} + 2\cdot\frac{1 - \sqrt{5}}{4} = 1$ で、 $x^4 - x^3 + \dots$ に対して解と係数の関係が要求する値と一致する ✔

答え： 商 $x^6 + x^5 - x - 1$、余り $0$。根は $\operatorname{cis}\frac{\pi}{5}$、 $\operatorname{cis}\frac{3\pi}{5}$、$\operatorname{cis}\frac{7\pi}{5}$、$\operatorname{cis}\frac{9\pi}{5}$。

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問題 5：A と B から sin(α − β) を求める

問題文

$\alpha, \beta \in \mathbb{R}$ として $A = \cos(\alpha) + \cos(\beta)$、 $B = \sin(\alpha) - \sin(\beta)$ とする。$A$ と $B$ が同時に0ではないとき、 $\sin(\alpha - \beta)$ を $A$ と $B$ で表せ。

解答

1. 和を積に。 $u = \frac{\alpha + \beta}{2}$、$v = \frac{\alpha - \beta}{2}$ とおくと

$$A = 2\cos u\cos v, \qquad B = 2\cos u\sin v$$

$A$ と $B$ が同時に0ではないので $\cos u \ne 0$。

2. 公式。 すると $A^2 + B^2 = 4\cos^2 u$、$2AB = 8\cos^2 u\sin v\cos v = 4\cos^2 u\sin 2v$。割ると

$$\frac{2AB}{A^2 + B^2} = \sin 2v = \sin(\alpha - \beta)$$

3. 例で確認。 $\alpha = \frac{\pi}{2}$、$\beta = 0$ のとき $A = 1$、$B = 1$ で、公式は $\frac{2}{2} = 1 = \sin\frac{\pi}{2}$ を与える ✔

答え： $\sin(\alpha - \beta) = \dfrac{2AB}{A^2 + B^2}$。

復習は和積の公式と積和の公式を参照。

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問題 6：三角形 BCD の内接円

問題文

三角形 $ABC$ で $m(\overline{AB}) = 4$、$m(\overline{AC}) = 5$、$B\hat{A}C = 60^\circ$ とする。辺 $\overline{AB}$ 上に $m(\overline{AD}) = 1$ となる点 $D$ をとる。三角形 $BCD$ の内接円の半径を求めよ。

解答

1. $BCD$ の辺。 $m(\overline{DB}) = 4 - 1 = 3$。$A$ の $60^\circ$ の角で余弦定理を使うと

$$m(\overline{CD})^2 = 1 + 25 - 2\cdot 1\cdot 5\cdot\tfrac{1}{2} = 21, \qquad m(\overline{BC})^2 = 16 + 25 - 2\cdot 4\cdot 5\cdot\tfrac{1}{2} = 21$$

三角形 $BCD$ は二等辺三角形で、辺は $3$、$\sqrt{21}$、$\sqrt{21}$。

2. 面積。 底辺 $\overline{DB}$ への高さは $\sqrt{21 - \frac{9}{4}} = \frac{5\sqrt{3}}{2}$ なので

$$S = \frac{1}{2}\cdot 3\cdot\frac{5\sqrt{3}}{2} = \frac{15\sqrt{3}}{4}$$

確認： $S_{ABC} - S_{ADC} = \frac{1}{2}\cdot 4\cdot 5\sin60^\circ - \frac{1}{2}\cdot 1\cdot 5\sin60^\circ = \frac{15}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}$ ✔

3. 半径。 $S = p\cdot r$、半周 $p = \frac{3 + 2\sqrt{21}}{2}$：

$$r = \frac{15\sqrt{3}/4}{(3 + 2\sqrt{21})/2} = \frac{15\sqrt{3}}{2(3 + 2\sqrt{21})}\cdot\frac{2\sqrt{21} - 3}{2\sqrt{21} - 3} = \frac{15\sqrt{3}(2\sqrt{21} - 3)}{150} = \frac{6\sqrt{7} - 3\sqrt{3}}{10}$$

（$\sqrt{3}\cdot\sqrt{21} = 3\sqrt{7}$ を使った。）数値では $r \approx 1.068$。

答え： $r = \dfrac{6\sqrt{7} - 3\sqrt{3}}{10}$。

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問題 7：焦点を 60° で見込む楕円上の点

問題文

方程式 $\dfrac{x^2}{4} + y^2 = 1$ で定まる楕円 $E$ 上の点 $P$ のうち、$P$ と $E$ の焦点を 結ぶ2つの線分が $60^\circ$ の角をなすものを求めよ。

解答

1. 楕円の要素。 $a = 2$、$b = 1$、$c = \sqrt{4 - 1} = \sqrt{3}$。焦点は $F_{1,2} = (\pm\sqrt{3}, 0)$ で、$m(\overline{F_1F_2}) = 2\sqrt{3}$。

2. 焦点までの距離。 $m = m(\overline{PF_1})$、$n = m(\overline{PF_2})$ とする。$m + n = 2a = 4$ で、 $P$ の $60^\circ$ の角で余弦定理を使うと

$$12 = m^2 + n^2 - mn = (m + n)^2 - 3mn = 16 - 3mn \quad\Rightarrow\quad mn = \frac{4}{3}$$

3. 面積を2通りに。

$$S = \frac{1}{2}mn\sin60^\circ = \frac{1}{2}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{3}, \qquad S = \frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{3}\cdot|y| = \sqrt{3}\,|y|$$

よって $|y| = \frac{1}{3}$。楕円の方程式から $x^2 = 4\left(1 - \frac{1}{9}\right) = \frac{32}{9}$、 $|x| = \frac{4\sqrt{2}}{3}$。

焦点までの距離で確認： $m$、$n$ は $t^2 - 4t + \frac{4}{3} = 0$ の解、すなわち $2 \pm \frac{2\sqrt{6}}{3}$。 楕円では $m = a + \frac{c}{a}x = 2 + \frac{\sqrt{3}}{2}x$ で、$x = \frac{4\sqrt{2}}{3}$ なら $m = 2 + \frac{2\sqrt{6}}{3}$ ✔

答え： 4点 $\left(\pm\dfrac{4\sqrt{2}}{3},\ \pm\dfrac{1}{3}\right)$（符号のすべての組合せ）。

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問題 8：水面を縁まで押し上げる球

問題文

正円柱（高さが底面の直径に等しい円柱）を一方の底面を下にして置き、一部に水を入れる。 底に接するように球を入れると、水面が円柱の高さに達する。球の半径が円柱の底面の半径に 等しく、水の体積が $2000\frac{\pi}{3}$ cm³ のとき、円柱の側面積と球の体積を求めよ。

解答

1. 配置。 正円柱なので高さは $h = 2R$。半径 $R$ の球の直径は $2R = h$ で、底に接すると 上面にも接し、円柱の中に完全に収まる。

2. 水の体積。 水と球を合わせると円柱を満たす：

$$V_{\text{水}} = \pi R^2\cdot 2R - \frac{4}{3}\pi R^3 = \frac{2}{3}\pi R^3 = \frac{2000\pi}{3} \quad\Rightarrow\quad R^3 = 1000 \quad\Rightarrow\quad R = 10 \text{ cm}$$

3. 求めるもの。

$$A_{\text{側面}} = 2\pi R\cdot h = 2\pi\cdot 10\cdot 20 = 400\pi \text{ cm}^2, \qquad V_{\text{球}} = \frac{4}{3}\pi\cdot 10^3 = \frac{4000\pi}{3} \text{ cm}^3$$

確認： 球は円柱の $\frac{2}{3}$ を占め（アルキメデスの結果）、水は残りの $\frac{1}{3}$：$\frac{1}{3}\cdot 2000\pi = \frac{2000\pi}{3}$ ✔

答え： 側面積 $400\pi$ cm²、球の体積 $\dfrac{4000\pi}{3}$ cm³。

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問題 9：周の長さ20、正弦の和2

問題文

ある三角形の周の長さは20で、内角 $\alpha$、$\beta$、$\gamma$ は $\sin(\alpha) + \sin(\beta) + \sin(\gamma) = 2$ を満たす。 この三角形の1辺が8のとき、残りの2辺の長さを求めよ。

解答

1. 外接円の半径。 正弦定理より、各辺は対角の正弦の $2R$ 倍である。3辺を足すと

$$20 = 2R\,(\sin\alpha + \sin\beta + \sin\gamma) = 4R \quad\Rightarrow\quad R = 5$$

2. 長さ8の辺の対角。 その角を $\alpha$ とすると $\sin\alpha = \frac{8}{10} = \frac{4}{5}$、 よって $\cos\alpha = \pm\frac{3}{5}$。

3. 残りの辺。 それを $b$、$c$ とし、$b + c = 12$。余弦定理：

$$64 = b^2 + c^2 - 2bc\cos\alpha = (b + c)^2 - 2bc(1 + \cos\alpha) = 144 - 2bc(1 + \cos\alpha)$$
  • $\cos\alpha = -\frac{3}{5}$ なら $\frac{4}{5}bc = 80$、$bc = 100$。しかし $b + c = 12$ では積は高々 $36$。ありえない。
  • $\cos\alpha = \frac{3}{5}$ なら $\frac{16}{5}bc = 80$、$bc = 25$。よって $b$、$c$ は $t^2 - 12t + 25 = 0$ の解：$t = 6 \pm \sqrt{11}$。

確認： 辺が $8$、$6 + \sqrt{11}$、$6 - \sqrt{11}$ の三角形について、ヘロンの公式から外接円の半径 $R = \frac{abc}{4S} = 5$ を計算すると、正弦の和は $\frac{20}{2\cdot 5} = 2$ ✔。三角不等式も成り立つ： $(6 - \sqrt{11}) + 8 \approx 10.7 > 6 + \sqrt{11} \approx 9.3$。

答え： 残りの2辺は $6 + \sqrt{11}$ と $6 - \sqrt{11}$。

復習は正弦定理・余弦定理・射影・面積を参照。

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問題 10：交わらない十角形の2本の対角線

問題文

凸十角形で、互いに交わらない2本の対角線を選ぶ方法は何通りあるか。

解答

1. 組の総数。 十角形の対角線は $\frac{10\cdot(10 - 3)}{2} = 35$ 本で、組は $\binom{35}{2} = 595$ 通り。

2. 内部で交差する組。 4頂点を選ぶと凸四角形ができ、その2本の対角線は交差する。逆に、 内部で交差する組はちょうど4頂点から得られる。$\binom{10}{4} = 210$ 組。

3. 頂点を共有する組。 これらも（頂点で）交わる。各頂点から7本の対角線が出て、 $\binom{7}{2} = 21$ 組をつくる：$10\cdot 21 = 210$ 組。

4. 交わらない組。

$$595 - 210 - 210 = 175$$

正十角形で595組すべてをコンピュータで調べて確認した：交わらない組が175、内部で交差する 組が210、頂点を共有する組が210。

読み方についての注意： 「交わらない」を「十角形の内部で交差しない」（頂点の共有は 許す）と読めば、答えは $595 - 210 = 385$ になる。文字どおりに読めば、端点を共有する2本の 対角線はその点で交わっているので、答えは175である。

答え： 175通り。

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