1936年(昭和11年)東京帝國大學附屬農業教員養成所-數學

2022.05.22記
3時間

[1]（算術）道路450mノ直線區間ノ片側ニ7.5m毎ニポプラノ並樹ヲ植エタガ後ニコレヲ改メテ5m毎ニ植エヨウトスル，前ノ樹ノウチデ植エ更ヘナクテヨイモノハ幾本アルカ．

[2](代數) 次ノ方程式ヲ解ケ．
$\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}=1$

[3](代數) 二次方程式 $x^2+px+q=0$ ノ一根ガ他ノ根ノ $n$ 倍ナル為ニハ $p,q$ ノ間ニドンナ關係ガアルベキカ．

[4](幾何) 正三角形 $\rm ABC$ ノ外接圓の弧 $\rm BC$ 上に點 $\rm D$ ヲ取レバ $\rm DA=BD+CD$ ナルコトヲ證明セヨ．

[5](幾何) 相似三角形ノ面積比ハ其ノ内切圓ノ半徑ノ平方比ニ等シイ．

2022.05.22記（2020.03.09に書いた記事と統合）

[解答]
[1] 15m 毎に植えかえなくて良い樹がある．よって直線の両端に植えている場合は、31本、両端には植えていない場合は29本、そのままにして良い樹がある．

問題集の解答は、両端に植えられている場合と片端にだけ植えられている場合の2つに場合分けしていた。

[2] (虚数のルートは1価関数として定義されないので) $x$ は実数とする．このとき
$\sqrt{1+x}\gt\sqrt{1-x}$ と根号内が非負であることから $0\leqq x\leqq 1$ である．

このとき
$\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}=1$
の両辺は正であるから2乗しても同値であり，整理すると
$\sqrt{1-x^2}=\dfrac{1}{2}=\sqrt{\dfrac{1}{4}}$
となる．よって $0\leqq x\leqq 1$ から $x=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

[別解] 普通に解いても良いが、 $x=\cos2\theta$ （ $0\leqq \theta\leqq \dfrac{\pi}{2}$ ）とおくと $\cos\theta-\sin\theta=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$
つまり $\cos\left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{1}{2}=\cos\dfrac{\pi}{3}$ となり， $\theta=\dfrac{\pi}{12}$ から
$x=\cos\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ と解いておこう。

[3] 解と係数の関係により，ある複素数 $\alpha$ が存在して
$p=-(n+1)\alpha$ ， $q=n\alpha^2$
が成立する．よって $np^2=(n+1)^2q$ が成立すれば良い．

有名すぎる問題．この結果自体に名前があると思うのだが，わからなかった．

[4] 正三角形の1辺の長さを $a$ とすると，トレミーの定理により $a\mbox{DA}$ $=\mbox{AD}\cdot\mbox{BC}$ $=\mbox{AB}\cdot\mbox{CD}+\mbox{AC}\cdot\mbox{BD}$ $=a\cdot\mbox{CD}+a\cdot\mbox{BD}$ だから $\rm DA=BD+CD$ となる．

[5] 三角形を $k$ 倍拡大すると、周長は $k$ 倍、面積は $k^2$ 倍になる。このとき面積が周長×内接円の半徑÷2となることから、内接円の半徑は $k$ 倍となる。
よって相似三角形の面積比は半徑の平方比に等しい。

[5] 2つの三角形 $\triangle\rm ABC$ と $\triangle\rm PQR$ が相似であるとする．
$\triangle\rm ABC$ の内心を $\rm D$ ， $\rm D$ から $\rm AB$ に下した垂線の足を $\rm E$ とし，
$\triangle\rm PQR$ の内心を $\rm S$ ， $\rm S$ から $\rm PQ$ に下した垂線の足を $\rm T$ とする．

このとき $\triangle\rm ADE$ と $\triangle\rm PST$ について，
$\angle\rm DAE=\dfrac{1}{2}\angle A=\dfrac{1}{2}\angle P=\angle\rm SPT$ ，
$\angle\rm DEA=90^{\circ}=\angle\rm STP$
から $\triangle\rm ADE$ と $\triangle\rm PST$ は相似であり，同じ相似比である．
よって内接円の半径の比（ $\rm DE$ と $\rm ST$ の比）も三角形の相似比に等しい．