共通テスト2026 数学Ⅰ・A 全問解説（令和8年度 本試験）

※ 問題文は大学入試センターが公表した2026年度（令和8年度）大学入学共通テスト 本試験の問題を、解説のために引用したものです。解答・解説はオンライン数学専門塾「数強塾」代表 藤原進之介が独自に作成したものであり、大学入試センターが公表した公式解答そのものではありません。ただし答えはすべて公表された正解表と突き合わせ、全24問一致を確認しています。図表問題は、本文だけで条件と判定根拠が分かるように文章化しています。

第1問（配点30）　集合と命題／図形と計量

〔1〕(1)　定義を言い換えれば、集合はただの倍数の集合になる

【型】「1以外の正の公約数をもつ」＝「素因数を共有する」への言い換え

【なぜこうするか】　この問題文の定義は、そのままでは扱いにくく見えます。しかし \(a\) が素数か素数べきなら、話は一瞬で終わります。\(a=3\) のとき「\(k\) と3が1以外の公約数をもつ」とは、\(k\) が3を素因数にもつということ、つまり \(k\) が3の倍数だということです。\(b=4=2^{2}\) なら「4と共通の素因数をもつ」＝「2をもつ」＝偶数。定義を素因数の言葉に翻訳した瞬間に、集合は見慣れた倍数の集合に変わります。

\(a=3\) のとき \(A\) は \(U\) の中の3の倍数で \(A=\{3,\ 6,\ 9,\ 12,\ 15,\ 18\}\)、よってアは⑥。

\(b=4\) のとき \(B\) は \(U\) の中の偶数で \(B=\{2,\ 4,\ 6,\ 8,\ 10,\ 12,\ 14,\ 16,\ 18,\ 20\}\)、よってイは⑧。

\(A\cap B\) は「3の倍数かつ偶数」＝6の倍数で \(\{6,\ 12,\ 18\}\)、ウは③。\(A\cap\overline{B}\) は「3の倍数だが偶数でない」＝奇数の3の倍数で \(\{3,\ 9,\ 15\}\)、エは②。

【検算】　\(U=\{2,\dots ,20\}\) の19個すべてについて \(\gcd(k,a)\gt 1\) を計算機で総当たり判定したところ、\(A=\{3,6,9,12,15,18\}\)、\(B=\{2,4,\dots ,20\}\)、\(A\cap B=\{6,12,18\}\)、\(A\cap\overline{B}=\{3,9,15\}\) と完全に一致しました。

【定石】　整数の集合問題は、定義を素因数の言葉に翻訳してから手を動かす。「公約数をもつ」は「素因数を共有する」、「互いに素」は「共有する素因数がない」。

〔1〕(2)(i)　補集合の条件は「もとの集合が何を飲み込むか」に読み替える

【型】補集合の条件 → 「その要素はすべて \(A\) に入る」への裏返し

【なぜこうするか】　\(\overline{A}\) の中身を直接調べようとすると、19個の数を毎回ふるいにかけることになります。ここは対偶で読むのが速い。「\(\overline{A}\) に2の倍数も3の倍数もない」とは、「\(U\) の2の倍数と3の倍数はすべて \(A\) に入っている」ということです。\(A\) に入る条件は \(a\) と素因数を共有することですから、条件は \(a\) の素因数だけで決まります。

\(2\in U\) が \(A\) に入るには \(\gcd(2,a)\gt 1\)、すなわち \(a\) が偶数であることが必要です。同様に \(3\in U\) が \(A\) に入るには \(a\) が3の倍数。逆に \(a\) が2と3の両方を素因数にもてば、2の倍数も3の倍数もすべて \(a\) と素因数を共有するので \(A\) に入ります。よって条件は「\(a\) が6の倍数」と同値で、\(2\leqq a\leqq 9\) から \(a=6\)。オは6です。

【検算】　\(a=2,3,\dots ,9\) の8通りすべてについて、\(\overline{A}\) に2の倍数または3の倍数が含まれるかを総当たりで判定したところ、条件を満たす \(a\) は \(a=6\) のみでした。

【定石】　補集合についての「〜が存在しない」という条件は、もとの集合についての「すべて含む」に裏返してから処理する。裏返した瞬間に、代表元（ここでは最小の2と3）だけ調べれば済むようになる。

【よくあるミス】　「2の倍数も3の倍数もない」を「6の倍数がない」と読み違えること。日本語の「も」は両方について否定しているので、2の倍数の条件と3の倍数の条件を別々に立てます。

〔1〕(2)(ii)　集合が1点だけになる条件は、まず「その1点」から攻める

【型】「集合が \(\{5\}\) に一致」＝「5は入る」かつ「5以外は入らない」の2本立て

【なぜこうするか】　等号で結ばれた集合の条件は、必ず包含関係2本に分解します。まず \(5\in A\cap\overline{B}\) から攻めるのが効率的です。なぜなら「5が \(A\) に入る」だけで \(a\) がほぼ決まってしまうからです。

\(5\in A\) より \(\gcd(5,a)\gt 1\)。5は素数なので \(a\) は5の倍数、\(2\leqq a\leqq 9\) から \(a=5\)。このとき \(A=\{5,\ 10,\ 15,\ 20\}\) です。

次に \(A\cap\overline{B}=\{5\}\) の残りの条件、すなわち \(10,\ 15,\ 20\in B\) かつ \(5\notin B\) を \(b\) に翻訳します。\(5\notin B\) より \(b\) は5の倍数でない。\(10\in B\) より \(b\) は2または5を素因数にもつが、5は除かれたので \(b\) は偶数。\(15\in B\) より \(b\) は3または5を素因数にもつので \(b\) は3の倍数。よって \(b\) は6の倍数で \(b=6\)。このとき \(\gcd(20,6)=2\gt 1\) より \(20\in B\) も満たされます。

したがってカは5、キは6です。

【検算】　\((a,b)\) の \(8\times 8=64\) 通りすべてについて \(A\cap\overline{B}\) を計算機で作り、\(\{5\}\) と一致するものを列挙したところ、\((a,b)=(5,6)\) ただ1組でした。

【定石】　集合の等式は「入る条件」と「入らない条件」に割る。入る条件の方が情報量が多いので先に使い、文字を1つ確定させてから残りを処理する。

〔2〕(1)　対角線で2つに割ると、四角形の面積公式が自分で作れる

【型】三角形の面積 \(\dfrac{1}{2}\times(\)はさむ2辺の積\()\times\sin(\)はさむ角\()\)

【なぜこうするか】　角 \(A\) をはさむ2辺が何かを取り違えないことが全てです。\(\angle A\) は四角形 ABCD の頂点 A の角、つまり辺 AB と辺 AD がはさむ角。よって \(\triangle\mathrm{ABD}\) の面積は \(S_{1}=\dfrac{1}{2}\mathrm{AB}\cdot\mathrm{AD}\sin A\) で、クは①。同じく \(\angle C\) をはさむのは辺 CB と辺 CD なので \(S_{2}=\dfrac{1}{2}\mathrm{BC}\cdot\mathrm{CD}\sin C\) でケは④です。

次に内角の和。四角形の内角の和は \(A+B+C+D=360^{\circ}\) で、条件 \(A+C=B+D\) と合わせると \(2(A+C)=360^{\circ}\)、すなわち \(A+C=180^{\circ}\)。コは④です。

ここが誘導の山場で、\(C=180^{\circ}-A\) より \(\sin C=\sin(180^{\circ}-A)=\sin A\)。2つの三角形の \(\sin\) がそろうので、足し算で \(\sin A\) がくくり出せます。

\[S=S_{1}+S_{2}=\dfrac{\mathrm{AB}\cdot\mathrm{AD}+\mathrm{BC}\cdot\mathrm{CD}}{2}\sin A\]

したがってサは②です。

【検算】　\(A+C=180^{\circ}\) を満たす円に内接する四角形（\(\mathrm{AB}=3,\ \mathrm{BC}=4,\ \mathrm{CD}=5,\ \mathrm{DA}=6\)）で確かめます。ブラーマグプタの公式より \(S=\sqrt{(9-3)(9-4)(9-5)(9-6)}=\sqrt{360}=6\sqrt{10}\)。一方、余弦定理から \(\cos A=\dfrac{3^{2}+6^{2}-4^{2}-5^{2}}{2(3\cdot 6+4\cdot 5)}=\dfrac{4}{76}=\dfrac{1}{19}\) なので \(\sin A=\dfrac{\sqrt{360}}{19}\)。①に代入すると \(\dfrac{3\cdot 6+4\cdot 5}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{360}}{19}=\dfrac{38}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{360}}{19}=\sqrt{360}=6\sqrt{10}\) となり一致しました。

【定石】　四角形は対角線で2つの三角形に割る。割ったあとで「向かい合う角の和が \(180^{\circ}\)」が使えると、\(\sin\) がそろって和が1つの式にまとまる。

〔2〕(2)(i)前半　接線の長さは等しい。だから四角形の面積を2通りに測れる

【型】円外の1点から引いた2本の接線の長さは等しい／接点と中心を結ぶ半径は接線に垂直

【なぜこうするか】　（1）で作った公式①は「向かい合う角の和が \(180^{\circ}\) の四角形」でしか使えません。だから、そういう四角形を図の中から探しにいくのがこの小問の狙いです。四角形 PMOK は \(\angle\mathrm{PMO}=\angle\mathrm{PKO}=90^{\circ}\)（半径と接線は垂直）なので、残る \(\angle P+\angle\mathrm{MOK}=360^{\circ}-180^{\circ}=180^{\circ}\)。まさに①が使える形です。そこで同じ面積を2通りに表して等式を作る——これが本問の骨格です。

まず直角三角形として測ります。接線の長さが等しいので \(\mathrm{PM}=\mathrm{PK}=12\)、また \(\mathrm{OM}=\mathrm{OK}=6\) で、\(\mathrm{OM}\perp\mathrm{PM}\)、\(\mathrm{OK}\perp\mathrm{PK}\)。よって

よって四角形 PMOK の面積は

\[\triangle\mathrm{PMO}+\triangle\mathrm{PKO}=\dfrac{1}{2}\cdot 12\cdot 6+\dfrac{1}{2}\cdot 12\cdot 6=72\]

となり、シスは72です。

次に①で測ります。四角形 PMOK を四角形 ABCD に対応させると \(\mathrm{A}\to\mathrm{P},\ \mathrm{B}\to\mathrm{M},\ \mathrm{C}\to\mathrm{O},\ \mathrm{D}\to\mathrm{K}\) で、\(\mathrm{AB}\cdot\mathrm{AD}=\mathrm{PM}\cdot\mathrm{PK}=144\)、\(\mathrm{BC}\cdot\mathrm{CD}=\mathrm{MO}\cdot\mathrm{OK}=36\)。ゆえに

\[72=\dfrac{144+36}{2}\sin P=90\sin P\ \Longrightarrow\ \sin P=\dfrac{72}{90}=\dfrac{4}{5}\]

したがってセは4、ソは5です。

【検算】　\(\tan\dfrac{P}{2}=\dfrac{\mathrm{OM}}{\mathrm{PM}}=\dfrac{6}{12}=\dfrac{1}{2}\) なので、2倍角の公式から \(\sin P=\dfrac{2\cdot\frac{1}{2}}{1+\left(\frac{1}{2}\right)^{2}}=\dfrac{1}{\frac{5}{4}}=\dfrac{4}{5}\)。①を使わない独立な経路でも同じ値になりました。

【定石】　同じ面積を2通りに表して等式を作るのは、角度や長さを取り出す最強の手筋。片方は「直角を使って素直に」、もう片方は「与えられた公式で」。

〔2〕(2)(i)後半　同じ手を Q 側にも打ち、正弦定理で辺の比に変える

【型】正弦定理で「角の比」を「辺の比」に変換／接線の長さを未知数1つに集約

【なぜこうするか】　Q 側もまったく同じ構造です。\(\mathrm{QM}=\mathrm{QL}=9\)、\(\mathrm{OM}=\mathrm{OL}=6\) なので四角形 QLOM の面積は \(2\times\dfrac{1}{2}\cdot 9\cdot 6=54\)。①より \(54=\dfrac{81+36}{2}\sin Q=\dfrac{117}{2}\sin Q\) から \(\sin Q=\dfrac{108}{117}=\dfrac{12}{13}\)。タチは12、ツテは13です。

ここで \(\triangle\mathrm{PQR}\) に正弦定理を使います。辺 PR は角 Q の対辺、辺 QR は角 P の対辺なので

\[\mathrm{PR}:\mathrm{QR}=\sin Q:\sin P=\dfrac{12}{13}:\dfrac{4}{5}=60:52=15:13\]

でトナは15、ニヌは13です。

最後に RL。R も円 O の外の点なので \(\mathrm{RK}=\mathrm{RL}\) です。この共通の長さを \(t\) とおくと \(\mathrm{PR}=\mathrm{PK}+\mathrm{KR}=12+t\)、\(\mathrm{QR}=\mathrm{QL}+\mathrm{LR}=9+t\)。比の条件に入れて

\[13(12+t)=15(9+t)\ \Longrightarrow\ 156+13t=135+15t\ \Longrightarrow\ t=\dfrac{21}{2}\]

したがって \(\mathrm{RL}=\dfrac{21}{2}\) でネノは21、ハは2です。円 O は \(\triangle\mathrm{PQR}\) の内接円だったわけです。

【検算】　\(\mathrm{P}(0,0),\ \mathrm{Q}(21,0),\ \mathrm{M}(12,0),\ \mathrm{O}(12,6)\) と座標を入れて確かめます。\(\mathrm{PR}=12+\frac{21}{2}=\frac{45}{2}\)、\(\mathrm{QR}=9+\frac{21}{2}=\frac{39}{2}\) から R を求めると \(\mathrm{R}\left(\frac{27}{2},18\right)\)。このとき \(\sin P=\dfrac{18}{45/2}=\dfrac{4}{5}\)、\(\sin Q=\dfrac{18}{39/2}=\dfrac{12}{13}\) となり、上で求めた値と一致します。また O から直線 PR への距離を計算すると6となり、確かに内接円です。

【定石】　接線が3本出てきたら、接線の長さが等しいことを使って未知数を1つに減らす。三角形の3辺は「3つの接線長 \(x,y,z\)」で書ける。

〔2〕(2)(ii)　交点が反対側なら、円は内接円ではなく傍接円になる

【型】接点が「辺の内部」か「辺の延長上」かで、接線長の足し算・引き算が変わる

【なぜこうするか】　式の作り方は(i)と同じですが、R の位置が変わったので図の構造が変わっています。(i)では R が O と同じ側にあり、円は \(\triangle\mathrm{PQR}\) の内側＝内接円でした。(ii)では R が反対側なので、円は辺 PQ には触れつつ、辺 RP・RQ の延長上で接する——つまり R の側の傍接円です。ここを読み違えると、最後の1本の式の符号を間違えます。

まず \(\sin\) を求めます。\(\mathrm{PM}=\mathrm{PK}=4\sqrt{2}\) なので四角形 PMOK の面積は \(2\times\dfrac{1}{2}\cdot 4\sqrt{2}\cdot 6=24\sqrt{2}\)。①より \(24\sqrt{2}=\dfrac{(4\sqrt{2})^{2}+6^{2}}{2}\sin P=\dfrac{32+36}{2}\sin P=34\sin P\) から \(\sin P=\dfrac{24\sqrt{2}}{34}=\dfrac{12\sqrt{2}}{17}\)。

同様に \(\mathrm{QM}=\mathrm{QL}=3\sqrt{2}\) から \(18\sqrt{2}=\dfrac{18+36}{2}\sin Q=27\sin Q\) で \(\sin Q=\dfrac{18\sqrt{2}}{27}=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\)。

正弦定理より

\[\mathrm{PR}:\mathrm{QR}=\sin Q:\sin P=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}:\dfrac{12\sqrt{2}}{17}=\dfrac{2}{3}:\dfrac{12}{17}=34:36=17:18\]

ここが分かれ道です。K は線分 RP を P の側に延長した位置にあるので \(\mathrm{RK}=\mathrm{RP}+\mathrm{PK}\)、同様に \(\mathrm{RL}=\mathrm{RQ}+\mathrm{QL}\)。\(\mathrm{RK}=\mathrm{RL}\) より

\[\mathrm{RP}+4\sqrt{2}=\mathrm{RQ}+3\sqrt{2}\ \Longrightarrow\ \mathrm{RQ}-\mathrm{RP}=\sqrt{2}\]

\(\mathrm{RP}=17s,\ \mathrm{RQ}=18s\) とおくと \(18s-17s=s=\sqrt{2}\)。よって \(\mathrm{RQ}=18\sqrt{2}\) で

\[\mathrm{RL}=\mathrm{RQ}+\mathrm{QL}=18\sqrt{2}+3\sqrt{2}=21\sqrt{2}\]

したがってヒフは21、ヘは2です。

【検算】　数式処理系で \(\mathrm{RP}/\mathrm{RQ}=\sin Q/\sin P\) と \(\mathrm{RQ}-\mathrm{RP}=\sqrt{2}\) を連立させたところ \(\mathrm{RP}=17\sqrt{2}=24.0416\cdots\)、\(\mathrm{RQ}=18\sqrt{2}=25.4558\cdots\) が得られ、\(\mathrm{RL}=21\sqrt{2}=29.698\cdots\) と一致しました。また \(\sin P=\dfrac{12\sqrt{2}}{17}=0.99827\cdots\)、\(\sin Q=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}=0.94281\cdots\) なので \(P+Q\gt 180^{\circ}\) となり、確かに2直線は PQ の下側で交わります。

【定石】　接線の問題では、接点が線分上か延長上かを必ず図で確認してから式を立てる。内接円なら足して、傍接円なら向きが変わる。

【よくあるミス】　(i)の式 \(\mathrm{PR}=\mathrm{PK}+\mathrm{KR}\) をそのまま流用してしまうこと。(ii)では \(\mathrm{RK}=\mathrm{RP}+\mathrm{PK}\) で、P と K の順序が入れ替わっています。

第2問（配点30）　2次関数／データの分析

〔1〕(1)　平方完成すれば、区間の端と頂点だけ見ればよい

【型】平方完成 → 頂点が区間に入るか判定 → 端点と頂点の値を比較

【なぜこうするか】　2次関数の最大最小は、必ず平方完成してグラフの形を確定させてから考えます。値を代入して比べるだけでは、頂点が区間の内側にあるときに最小値を取りこぼすからです。

\(y=2x^{2}-8x+5=2(x-2)^{2}-3\) なので、下に凸で頂点は \((2,\ -3)\)。頂点の \(x=2\) は区間 \(0\leqq x\leqq 3\) の内側にあるので、そこが最小で最小値 \(-3\)。最大は区間の端で、頂点から遠い方の端です。\(|0-2|=2\)、\(|3-2|=1\) なので \(x=0\) の方が遠く、\(y=5\)。

よってアは0、イは5、ウは2、エオは \(-3\) です。

【検算】　\(x=0,\ 2,\ 3\) を直接代入すると \(y=5,\ -3,\ -1\)。最大5・最小 \(-3\) で一致しました。

【定石】　下に凸の2次関数を区間で見るとき、最大値は頂点から遠い方の端で起こる。この一言を覚えておくと端点の比較計算を省ける。

〔1〕(2)(i)　「区間の内部で最大」なら、そこが頂点だと確定する

【型】最大値・最小値の条件から関数を決める逆問題

【なぜこうするか】　最大値をとる \(x=-1\) は区間 \(-3\leqq x\leqq 0\) の内部にあります。2次関数が区間の内部で最大値をとれるのは、そこが頂点で、しかも上に凸のときだけです（下に凸なら内部の点は最小値になる）。この一点を押さえた瞬間、頂点が \((-1,\ 3)\) と決まります。カは③です。

あとは残った条件で係数を決めます。\(f(x)=a(x+1)^{2}+3\ (a\lt 0)\) とおき、\(f(-3)=-5\) から \(4a+3=-5\)、すなわち \(a=-2\)。

\[f(x)=-2(x+1)^{2}+3=-2x^{2}-4x+1\]

よってキクは \(-2\)、ケは4、コは1です。

【検算】　\(f(-1)=-2+4+1=3\)（最大値3）、\(f(-3)=-18+12+1=-5\)（最小値 \(-5\)）、\(f(0)=1\) で \(-5\leqq 1\leqq 3\)。区間の両端と頂点すべてで条件1を満たしています。

【定石】　「区間の内部で最大値」＝「上に凸でそこが頂点」、「区間の内部で最小値」＝「下に凸でそこが頂点」。逆問題はここから始める。

〔1〕(2)(ii)　「〜ならば」の条件は、変化が切り替わる境目を読む

【型】区間の右端を動かしたときの最大値・最小値の「切り替わり点」を読む

【なぜこうするか】　4本の条件を1本ずつ味わうのがコツです。「\(a\geqq 3\) ならば \(m=-2\) で一定」——右端をいくら伸ばしても最小値が変わらないのは、\(x=3\) に最小値 \(-2\) の頂点があり、そこから先は増加に転じるからです。よって下に凸で頂点 \((3,\ -2)\)。サは⓪です。

次に「\(0\lt a\leqq 6\) ならば \(M=7\) で一定、\(a\gt 6\) で \(M\gt 7\)」。下に凸なら最大値は区間の端にあり、はじめは左端 \(x=0\) の値 \(g(0)\) が最大です。それが \(a\) によらず7なので \(g(0)=7\)。そして \(a\) を伸ばして右端の値が \(g(0)\) を追い越すのが \(a=6\) の直後。つまり \(g(6)=g(0)=7\) です（頂点 \(x=3\) について0と6は対称なので、これは自動的に成り立ちます）。

\(g(x)=k(x-3)^{2}-2\ (k\gt 0)\) に \(g(0)=7\) を入れると \(9k-2=7\) から \(k=1\)。

\[g(x)=(x-3)^{2}-2=x^{2}-6x+7\]

よってシは⑥です。

【検算】　4条件をすべて確かめます。\(0\lt a\lt 3\) では最小値は \(g(a)\gt g(3)=-2\)（頂点未到達）。\(a\geqq 3\) では頂点に到達して \(m=-2\)。\(g(0)=7,\ g(6)=7\) なので \(0\lt a\leqq 6\) では \(M=g(0)=7\)。\(a\gt 6\) では \(M=g(a)\gt g(6)=7\)。4つとも成立しました。

【定石】　「動く区間の最大・最小」は、値が一定になる区間の端が情報の宝庫。\(m\) が一定になり始める \(a\) が頂点の \(x\) 座標、\(M\) が一定でなくなる \(a\) が \(g(0)\) と同じ値をとる点。

〔1〕(3)　関数は決まらなくても、\(x\) 軸との交点は決まる

【型】「幅2の窓を滑らせて、\(h\geqq 0\) の部分に当たるか」という集合の問題に読み替える

【なぜこうするか】　\(M\geqq 0\) とは「区間 \([b-1,\ b+1]\) の中に \(h(x)\geqq 0\) となる点が1つでもある」ということです。つまり、幅2の窓 \([b-1,\ b+1]\) を左右に滑らせて、集合 \(\{x\mid h(x)\geqq 0\}\) と重なるかどうかを見ている。この読み替えができれば、あとは端の勘定だけです。

まず \(h\) が下に凸だとすると \(\{h\geqq 0\}\) は外側の2本の半直線か全体になり、窓をどこに置いても必ず重なるので「\(b\lt 1\) ならば \(M\lt 0\)」に反します。また \(h\) が上に凸で \(x\) 軸と交わらなければ、どこでも \(M\lt 0\) になり「\(1\leqq b\leqq 7\) ならば \(M\geqq 0\)」に反します。よって \(h\) は上に凸で \(x\) 軸と2点で交わる。交点の \(x\) 座標を \(\alpha\lt\beta\) とすると \(\{h\geqq 0\}=[\alpha,\ \beta]\) です。

窓 \([b-1,\ b+1]\) が \([\alpha,\ \beta]\) と重なる条件は \(b+1\geqq\alpha\) かつ \(b-1\leqq\beta\)、すなわち \(\alpha-1\leqq b\leqq\beta+1\)。これが \(1\leqq b\leqq 7\) と一致するので \(\alpha-1=1,\ \beta+1=7\)、つまり \(\alpha=2,\ \beta=6\)。

よってスとセは2と6です。

【検算】　例えば \(h(x)=-(x-2)(x-6)\) で確かめます。\(b=1\) のとき窓は \([0,2]\) で \(M=h(2)=0\geqq 0\)。\(b=0.9\) のとき窓は \([-0.1,\ 1.9]\) で \(M=h(1.9)=-0.11\lt 0\)。\(b=7\) のとき窓は \([6,8]\) で \(M=h(6)=0\geqq 0\)。\(b=7.1\) のとき窓は \([6.1,\ 8.1]\) で \(M=h(6.1)=-0.41\lt 0\)。境目がちょうど \(b=1\) と \(b=7\) になりました。なお \(-(x-2)(x-6)\) の係数を何倍しても交点は変わらないので、条件3から関数は1つに定まらないという太郎さんの発言とも整合します。

【定石】　「区間を動かしたときの最大値の符号」は、\(\{h\geqq 0\}\) という集合と区間の共通部分の問題に翻訳する。翻訳すると端の値の勘定だけで済む。

〔2〕(1)　平均だから、2つの量の間に必ずはさまれる

【型】散布図の読み取りを、定義式の不等式に翻訳してから判定する

【なぜこうするか】　この手の正誤問題は、点を数える前に定義から言えることを先に確定させると圧倒的に速くなります。\(T_{\text{前後}}=\dfrac{T_{\text{前}}+T_{\text{後}}}{2}\) なので

\[T_{\text{前後}}-T_{\text{前}}=\dfrac{T_{\text{後}}-T_{\text{前}}}{2},\qquad T_{\text{後}}-T_{\text{前後}}=\dfrac{T_{\text{後}}-T_{\text{前}}}{2}\]

この2式はまったく同じ値です。つまり平均は必ず2つの値のちょうど真ん中にあり、(b)の2つの主張は「\(T_{\text{後}}\gt T_{\text{前}}\)」という1つの主張と同値になります。図1で A の点は \(T_{\text{前}}\) が約452秒、\(T_{\text{後}}\) が約478秒と明らかに後半が遅いので \(T_{\text{後}}\gt T_{\text{前}}\)。よって(b)は正です。

(a)は誤りです。理由も定義から出せます。\(T_{\text{前後}}\geqq 460\) は \(T_{\text{前}}+T_{\text{後}}\geqq 920\) と同値で、\(T_{\text{後}}\geqq 460\) とは別条件です。実際 \(T_{\text{前}}=450,\ T_{\text{後}}=462\) の選手は \(T_{\text{後}}\geqq 460\) を満たしますが \(T_{\text{前後}}=456\lt 460\) です。図1には \(T_{\text{前}}\) が450秒前後で \(T_{\text{後}}\) が460秒をわずかに超える点があり、この選手は前者に数えられて後者に数えられません。よって2つの人数は一致せず、ソは②です。

【検算】　\(T_{\text{前}}\lt 460\) の選手に限れば \(T_{\text{前後}}\geqq 460\) は \(T_{\text{後}}\geqq 920-T_{\text{前}}\gt 460\) を意味するので、\(\{T_{\text{前後}}\geqq 460\}\subset\{T_{\text{後}}\geqq 460\}\) が常に成り立ちます。したがって(a)の2つの人数は「等しいか、前者が多い」のいずれかで、等号が破れる点が1つでもあれば(a)は誤り。この包含関係は図を見なくても定義だけから確定します。

【定石】　平均・差・和で定義された新しい変量が出たら、まず定義式を差の形に整理する。図を数える前に、論理だけで決着がつく主張を消しておく。

〔2〕(2)　相関係数は共分散を2つの標準偏差で割るだけ

【型】相関係数 \(r=\dfrac{s_{xy}}{s_{x}s_{y}}\)

【なぜこうするか】　公式そのままですが、選択肢に1を超える値（⑦1.06、⑧1.38、⑨4.14）が混ぜてあるのが意地悪です。相関係数は必ず \(-1\leqq r\leqq 1\) なので、この3つは計算前に消せます。計算する前に選択肢を削るのが時間短縮の基本です。

\[r=\dfrac{72.9}{8.3\times 9.3}=\dfrac{72.9}{77.19}=0.9444\cdots\]

最も近いのは0.94で、タは⑥です。

【検算】　分母を暗算で見積もると \(8.3\times 9.3\approx 77.2\)。分子72.9はこれより約4.3小さく、\(4.3/77.2\approx 0.056\) なので \(r\approx 1-0.056=0.944\)。割り算を実行しなくても0.94にたどり着きます。

【定石】　相関係数の選択肢問題は「\(|r|\leqq 1\) で削る」「分子と分母の比を1からのズレで見る」の2手で、割り算を最後までやらずに答えが出る。

〔2〕(3)(i)　外れ値の2つの判定値の差は、四分位範囲のちょうど4倍

【型】外れ値の判定値どうしの差＝\(4\times\)（四分位範囲）

【なぜこうするか】　\(Q_{1},\ Q_{3}\) を四分位数、\(R=Q_{3}-Q_{1}\) を四分位範囲とすると、2つの判定値は \(Q_{1}-1.5R\) と \(Q_{3}+1.5R\)。この2つを引き算すると \(Q_{1},\ Q_{3}\) が個別には要らなくなるのがポイントです。

\[(Q_{3}+1.5R)-(Q_{1}-1.5R)=(Q_{3}-Q_{1})+3R=R+3R=4R\]

したがって \(4R=29.835-29.315=0.520\) で \(R=0.130\)。チツは13です。

【検算】　\(R=0.13\) なら \(1.5R=0.195\)。\(Q_{1}=29.315+0.195=29.510\)、\(Q_{3}=29.835-0.195=29.640\) となり、確かに \(Q_{3}-Q_{1}=0.130\)。判定値も元の値に戻りました。

【定石】　外れ値の上下2つの判定値が与えられたら、まず引き算する。差は必ず四分位範囲の4倍で、\(Q_{1},\ Q_{3}\) を知らなくても四分位範囲が出る。

〔2〕(3)(ii)　外れ値の基準は選手ごとに違う

【型】外れ値は「絶対的な基準」ではなく「各データの四分位数で決まる相対的な基準」

【なぜこうするか】　(a)が誤りである理由は、図を細かく数える前に構造から予想できます。外れ値の判定値 \(Q_{1}-1.5R\) は選手ごとに違うので、「29秒」という共通の絶対値で外れ値が決まるはずがありません。上位の選手ほど全体に速く、ひげの左端が29秒より小さい位置まで伸びている行が図3にあります。つまり29秒より速くても外れ値でないタイムが存在するので(a)は誤。

(b)は正です。分散と四分位範囲はどちらもばらつきの指標ですが、順序が一致するとは限りません。分散は外れ値を含む30個すべての2乗和で決まるので、遠くに離れた数個の外れ値があるだけで大きくなります。一方、四分位範囲は中央の50%だけを見るので外れ値の影響を受けません。図3でも、上の行（分散が小さい）なのに箱が横に広い選手と、下の行（分散が大きい）なのに箱が狭い選手が実際に並んでいます。よってテは②です。

【検算】　具体例を作れば(b)は即座に確認できます。データX \(=\{0,1,1,2,2,3,3,4\}\) は分散 \(1.5\)、四分位範囲 \(2\)。データY \(=\{-10,2,2,2,2,2,2,14\}\) は分散 \(24\)、四分位範囲 \(0\)。Y のほうが分散は大きいのに四分位範囲は小さい。「分散が大きい＝四分位範囲も大きい」は成り立ちません。

【定石】　ばらつきの指標は外れ値に敏感な組（分散・標準偏差・範囲）と鈍感な組（四分位範囲）に分かれる。この2組の大小が逆転する例はいくらでも作れる。

【よくあるミス】　「外れ値」を、データ全体で共通の閾値だと思い込むこと。判定値はデータごとに \(Q_{1},\ Q_{3}\) から計算されるので、選手が変われば基準も変わります。

〔2〕(3)(iii)　表の空欄は、合計から逆算して1つの文字で埋める

【型】2×2分割表は自由度1。1マス決まれば全部決まる

【なぜこうするか】　図3は分散の小さい順に並んでいるので、上から14行の順位ラベルを読んで、8以下の個数を数えるだけです。図3の上位14行の順位は上から順に1位、6位、14位、12位、4位、3位、2位、20位、9位、19位、15位、24位、8位、5位。このうち8位以下（決勝進出グループ）は1位、6位、4位、3位、2位、8位、5位の7人。よって \(n=7\) でトは7です。

割合を計算します。決勝進出グループは8人なので \(P=\dfrac{7}{8}=0.875\)。予選敗退グループは20人で、そのうち分散が小さい方から14番目までに入るのは \(14-n=7\) 人なので \(Q=\dfrac{7}{20}=0.35\)。

\[P=\dfrac{7}{8}\gt\dfrac{7}{20}=Q\]

したがってナは②です。速い選手ほどペースのばらつきが小さい、という自然な結論になっています。

【検算】　表2の整合性で確かめます。\(n=7\) なら決勝進出グループの内訳は \(7\) と \(8-7=1\) で計8、予選敗退グループは \(14-7=7\) と \(6+7=13\) で計20。列の合計も \(7+7=14\)、\(1+13=14\) で表2の「計14／計14／総計28」に完全に合致します。分子が同じ7で分母が8と20なので、大小比較は分母だけ見れば足ります。

【定石】　2×2の分割表は1マス決まれば残り3マスは引き算で決まる。表の周辺（行合計・列合計）は検算に使う。

第3問（配点20）　図形の性質と空間図形

(1)　内心は「角の二等分線の交点」。二等辺三角形なら AD が対称軸になる

【型】角の二等分線と辺の比 \(\mathrm{AI}:\mathrm{ID}=\mathrm{BA}:\mathrm{BD}\)／方べきの定理

【なぜこうするか】　I は内心なので、A、B、C すべての内角の二等分線が通ります。したがって直線 BI は \(\angle\mathrm{ABC}\) を2等分し、アは②です。この方法でうまく解ける理由は、\(\triangle\mathrm{ABD}\) の中で BI が \(\angle\mathrm{ABD}\) の二等分線になり、角の二等分線と辺の比の定理がそのまま使えるからです。

\(\triangle\mathrm{ABC}\) は \(\mathrm{AB}=\mathrm{AC}\) の二等辺三角形なので、\(\angle A\) の二等分線 AD は BC の垂直二等分線です。よって D は BC の中点で \(\mathrm{BD}=6\)、三平方の定理から \(\mathrm{AD}=\sqrt{10^{2}-6^{2}}=8\)。

\(\triangle\mathrm{ABD}\) で BI は \(\angle\mathrm{ABD}\) の二等分線なので

\[\mathrm{AI}:\mathrm{ID}=\mathrm{BA}:\mathrm{BD}=10:6=5:3\]

\(\mathrm{AD}=8\) を \(5:3\) に分けて \(\mathrm{AI}=5\)、\(\mathrm{ID}=3\)。イは5、ウは3です。

次に共円です。条件 \(\angle\mathrm{PED}=\angle\mathrm{PID}\) は、線分 DP を E と I が同じ大きさの角で見ているということ。E と I は直線 DP に関して同じ側にあるので、円周角の定理の逆より4点 E、I、D、P は同一円周上にあります。エは④です。

この円に対して点 A から2本の直線を引くと、1本は E と P を通り、もう1本は I と D を通ります（A、I、D は一直線上）。方べきの定理より

\[\mathrm{AE}\cdot\mathrm{AP}=\mathrm{AI}\cdot\mathrm{AD}=5\times 8=40\]

したがってオカは40です。

【検算】　座標で確かめます。\(\mathrm{D}(0,0),\ \mathrm{B}(-6,0),\ \mathrm{C}(6,0),\ \mathrm{A}(0,8)\) とおくと、内心は \(\dfrac{12\mathrm{A}+10\mathrm{B}+10\mathrm{C}}{32}=(0,\ 3)\)。よって \(\mathrm{ID}=3\)、\(\mathrm{AI}=8-3=5\) で一致します。内接円の半径も（面積）÷（\(s\)）\(=48\div 16=3\) で、中心の \(y\) 座標3と合います。

【定石】　「2つの点が同じ線分を等しい角で見ている」→ 円周角の定理の逆で共円→ 交わる2直線の交点から方べきの定理。この3段が図形問題の主要ルートの1つ。

(2)(i)　メネラウスで比をつなぎ、方べきの結果で長さに変える

【型】メネラウスの定理（三角形と、それを横切る1本の直線）

【なぜこうするか】　E、F、D が一直線上にあり、その直線が \(\triangle\mathrm{API}\) の3辺（またはその延長）を横切っています。この形を見たらメネラウスの定理です。ここで効くのが「A、I、D が一直線上にある」という(1)の事実で、辺 IA の延長上に D が乗ります。

\(\triangle\mathrm{API}\) と直線 EFD について

\[\dfrac{\mathrm{AE}}{\mathrm{EP}}\cdot\dfrac{\mathrm{PF}}{\mathrm{FI}}\cdot\dfrac{\mathrm{ID}}{\mathrm{DA}}=1\]

\(\mathrm{PF}:\mathrm{FI}=2:3\)、\(\mathrm{ID}=3,\ \mathrm{DA}=8\) を代入すると \(\dfrac{\mathrm{AE}}{\mathrm{EP}}\cdot\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{3}{8}=1\)、すなわち \(\dfrac{\mathrm{AE}}{\mathrm{EP}}=4\)。よって \(\mathrm{PE}:\mathrm{EA}=1:4\) でキは1、クは4です。

ここで(1)の \(\mathrm{AE}\cdot\mathrm{AP}=40\) を使います。\(\mathrm{AE}=\dfrac{4}{5}\mathrm{AP}\) なので \(\dfrac{4}{5}\mathrm{AP}^{2}=40\)、\(\mathrm{AP}^{2}=50\)、\(\mathrm{AP}=5\sqrt{2}\)。ケは5、コは2です。

最後に体積。G は \(\triangle\mathrm{IBC}\) の重心なので、上の座標では \(\mathrm{G}=\dfrac{(0,3)+(-6,0)+(6,0)}{3}=(0,\ 1)\)。よって \(\mathrm{AG}=8-1=7\)。PG は底面に垂直だから \(\triangle\mathrm{APG}\) は直角三角形で

\[\mathrm{PG}=\sqrt{\mathrm{AP}^{2}-\mathrm{AG}^{2}}=\sqrt{50-49}=1\]

\(\triangle\mathrm{ABC}\) の面積は \(\dfrac{1}{2}\cdot 12\cdot 8=48\) なので

\[V_{1}=\dfrac{1}{3}\cdot 48\cdot 1=16\]

したがってサシは16です。

【検算】　\(\mathrm{A}(0,8,0),\ \mathrm{B}(-6,0,0),\ \mathrm{C}(6,0,0),\ \mathrm{P}(0,1,1)\) として、四面体の体積を行列式 \(\dfrac{1}{6}\left|\det(\overrightarrow{\mathrm{AB}},\ \overrightarrow{\mathrm{AC}},\ \overrightarrow{\mathrm{AP}})\right|\) で計算したところ16。底面積×高さの式とは独立な経路で同じ値になりました。

【定石】　「三角形の3辺を1本の直線が横切る」＝メネラウス。どの三角形に適用するかは、比を知りたい点2つと既知の点1つが辺上に並ぶように選ぶ。

(2)(ii)　仮定を変えても計算の流れは同じ。差が出るのは高さだけ

【型】同じ手順を数値だけ替えて再実行する（誘導の再利用）

【なぜこうするか】　(i)でやったことをそのまま繰り返します。変わるのはメネラウスに入れる比だけです。ここで底面 \(\triangle\mathrm{ABC}\) は固定されていることに気づくと、体積の比は高さ PG の比そのものになるので、最後の割り算が軽くなります。

\(\mathrm{PF}:\mathrm{FI}=3:1\) なので \(\dfrac{\mathrm{AE}}{\mathrm{EP}}\cdot\dfrac{3}{1}\cdot\dfrac{3}{8}=1\) から \(\dfrac{\mathrm{AE}}{\mathrm{EP}}=\dfrac{8}{9}\)。よって \(\mathrm{AE}=\dfrac{8}{17}\mathrm{AP}\) です。

\(\mathrm{AE}\cdot\mathrm{AP}=40\) に代入して \(\dfrac{8}{17}\mathrm{AP}^{2}=40\)、\(\mathrm{AP}^{2}=85\)。したがって

\[\mathrm{PG}=\sqrt{85-49}=\sqrt{36}=6,\qquad V_{2}=\dfrac{1}{3}\cdot 48\cdot 6=96\]

\(V_{2}:V_{1}=96:16=6:1\) でスは6、セは1。\(V_{2}\gt V_{1}\) なのでソは②です。

【検算】　\(\mathrm{P}(0,1,6)\) として行列式で四面体の体積を計算すると96。また \(V_{2}/V_{1}=\mathrm{PG}_{2}/\mathrm{PG}_{1}=6/1=6\) で、底面が共通なら体積比＝高さの比という関係とも一致します。

【定石】　共通因子（ここでは底面積 \(48\) と \(\dfrac{1}{3}\)）は比を作る段階で必ず消える。比だけを聞かれたら、共通部分を計算せずに残しておく方が速い。

第4問（配点20）　確率（リーグ戦と抽選）

(1)(i)　全勝なら抽選は不要。単純な積で終わる

【型】独立試行の確率は積

【なぜこうするか】　まず「抽選が要らない場合」から数えるのが、この問題の設計です。A が2勝0敗なら勝ち数2で、他の2人は最大でも1勝（B と C は互いに1回しか戦わない）。よって A が単独首位で、抽選は発生しません。

\[P=\dfrac{2}{3}\times\dfrac{2}{3}=\dfrac{4}{9}\]

アは4、イは9です。

【検算】　3人リーグの3試合すべての勝敗パターン \(2^{3}=8\) 通りを計算機で列挙し、確率と優勝者を集計したところ、「A が2勝0敗で優勝」の確率は \(\dfrac{4}{9}\) でした。

【定石】　抽選つきの確率は「単独首位（抽選なし）」と「同率首位（抽選あり）」に場合分けする。前者から数えると計算が軽い。

(1)(ii)　同率首位は「対戦結果の確率」×「抽選で当たる確率」

【型】（対戦結果が起こる確率）×（抽選で選ばれる確率）×（同型の対戦結果の個数）

【なぜこうするか】　3人リーグの総勝ち数は3（3試合あるから）。A が1勝のとき、残り2勝を B と C で分けるので B も C も1勝1敗しかありえません。つまり3人が全員1勝1敗の三すくみで、3人抽選になります。

A が B に勝ち C に負けるとすると、B が C に勝つ必要があります（そうでないと C が2勝で単独首位）。この対戦結果の確率は

「A が B に勝つ」\(\dfrac{2}{3}\)、「A が C に負ける」\(\dfrac{1}{3}\)、「B が C に勝つ」\(\dfrac{1}{2}\) の積で

\[\dfrac{2}{3}\times\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{9}\]

となり、ウは1、エは9。3人が同率首位なので抽選で A が選ばれる確率は \(\dfrac{1}{3}\)、オは1、カは3です。

A が勝つ相手は B か C の2通りあるので

\[P=2\times\dfrac{1}{9}\times\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{27}\]

キは2、クケは27です。よって3人リーグで A が優勝する確率は \(\dfrac{4}{9}+\dfrac{2}{27}=\dfrac{12+2}{27}=\dfrac{14}{27}\) となります。

【検算】　8通りの全列挙による集計でも、A が1勝1敗で優勝する確率は \(\dfrac{2}{27}\)、A の優勝確率の合計は \(\dfrac{14}{27}\) でした。

【定石】　同率首位の確率は3つの因子の積で書く。①その対戦結果が起こる確率　②抽選で選ばれる確率 \(\dfrac{1}{n}\)　③同じ形の対戦結果が何通りあるか。

【よくあるミス】　③の「何通りあるか」を忘れること。A が負ける相手が B か C かで対戦結果は別物なので、2倍が必要です。

(2)(i)　全敗者がいる場合は、3人リーグの結果をそのまま再利用できる

【型】1人を切り離して、残り3人の既知の結果に帰着させる

【なぜこうするか】　これがこの大問の核心の発想です。D が全敗なら、D は全員に1勝ずつ配って退場するだけ。残る A、B、C の勝ち数の大小関係は、3人リーグのときとまったく同じになります（全員が D から1勝ずつもらうので、順位は変わらない）。だから(1)(ii)の \(\dfrac{2}{27}\) をそのまま流用できるのです。

まず D が全敗する確率。D は A に負け（確率 \(\dfrac{2}{3}\)）、B に負け（\(\dfrac{1}{2}\)）、C に負け（\(\dfrac{1}{2}\)）ます。

\[\dfrac{2}{3}\times\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{6}\]

コは1、サは6です。

D 全敗のもとで A が2勝1敗で優勝するには、A、B、C の3試合で A が1勝1敗となり、かつ抽選に勝つ必要があります。この確率は(1)(ii)より \(\dfrac{2}{27}\)。D の3試合と A・B・C の3試合は独立なので、掛け算できます。全敗者が B、C、D の3通りあることを踏まえて

\[P=3\times\dfrac{1}{6}\times\dfrac{2}{27}=\dfrac{1}{27}\]

シは1、スセは27です。なお全敗者が2人同時に存在することはありません（その2人は必ず対戦して一方が勝つから）。だから単純に3倍してよいのです。

【検算】　4人リーグの6試合すべての勝敗 \(2^{6}=64\) 通りを計算機で列挙し、「A が2勝1敗で優勝し、かつ全敗者がいる」確率を有理数のまま集計したところ \(\dfrac{1}{27}\) でした。

【定石】　人数が増えた確率は、1人を全敗・全勝などに固定して切り離し、既に解いた小さい問題に帰着させる。誘導が「(1)の結果を用い」と言っているときは必ずこの構造。

(2)(ii)　全敗者なしの場合は、対戦結果の個数を丁寧に数える

【型】残りの試合だけを場合分けして、条件を満たす対戦結果を数え上げる

【なぜこうするか】　A の3試合の結果を固定してしまえば、残るのは B・C・D の3試合だけ。\(2^{3}=8\) 通りしかないので、全部書き出すのが最速で最も安全です。マーク式で時間が惜しいときほど、8通りを表にする方が場合分けの論理を練るより速く済みます。

A が B に負け、C と D に勝ったとします。B は A に勝っているので最低1勝。B・C・D 間の3試合の結果を、B が C に勝つか、B が D に勝つか、C が D に勝つかの3ビットで書くと8通りです。それぞれの最終勝ち数（A は2勝で固定）は次のようになります。

• B が C・D の両方に勝つ（2通り）：B が3勝で単独首位。A は優勝できない。
• B が C・D の両方に負ける（2通り）：B は1勝。C と D の一方が2勝で A と並び、もう一方は…… ここで場合が割れる。
• B が1勝1敗（4通り）：B は2勝で A と並ぶ。

8通りを最後まで書き出すと、条件（全敗者なし、かつ A が首位タイ）を満たすのは次の4通りです。①B が C に勝ち、D が B に勝ち、C が D に勝つ → 勝ち数 A2・B2・C1・D1。②C が B に勝ち、B が D に勝ち、D が C に勝つ → A2・B2・C1・D1。③C が B に勝ち、D が B に勝ち、C が D に勝つ → A2・B1・C2・D1。④C が B に勝ち、D が B に勝ち、D が C に勝つ → A2・B1・C1・D2。残る4通りは、B が3勝して単独首位になるか、C または D が全敗してしまうため除かれます。よってソは4です。

この4通りはいずれも A ともう1人の2人が同率首位なので、抽選で A が選ばれる確率は \(\dfrac{1}{2}\)。各対戦結果の確率は \(\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{1}{3}\cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^{3}=\dfrac{4}{27}\cdot\dfrac{1}{8}=\dfrac{1}{54}\)。A が負ける相手は3通りあるので

\[P=3\times 4\times\dfrac{1}{54}\times\dfrac{1}{2}=\dfrac{12}{108}=\dfrac{1}{9}\]

タは1、チは9です。

【検算】　64通りの全列挙で「A が2勝1敗で優勝し、かつ全敗者がいない」確率を集計すると \(\dfrac{1}{9}\)、該当する対戦結果は12通り（＝3通り×4通り）でした。数え上げた4通りという値も裏づけられます。

【定石】　残りの試合が3つ以下なら、場合分けを考えるより8通りを書き出す方が速く、抜け漏れも起きない。書き出すときは「勝ち数を全員分そろえて表にする」。

【よくあるミス】　「全敗者がいない」という条件を忘れて8通りのうち6通りを数えてしまうこと。(i)と(ii)は排反に分けているので、全敗者が出るケースを(ii)に混ぜると二重に数えます。

まとめ　人数が増えると、強者の優勝確率はむしろ下がる

【型】排反な場合の確率をすべて足す／2つの結果を比較して意味を読む

【なぜこうするか】　最後の集計です。A が2勝1敗で優勝する確率は

\[\dfrac{1}{27}+\dfrac{1}{9}=\dfrac{1}{27}+\dfrac{3}{27}=\dfrac{4}{27}\]

A が3勝0敗なら勝ち数3で単独首位が確定するので、その確率は \(\left(\dfrac{2}{3}\right)^{3}=\dfrac{8}{27}\)。A が1勝2敗以下では優勝できません（誰かが2勝以上している）。4人のときに A が優勝する確率は

\[\dfrac{8}{27}+\dfrac{4}{27}=\dfrac{12}{27}=\dfrac{4}{9}\]

ツは4、テは9です。3人のときは \(\dfrac{14}{27}\) だったので

\[\dfrac{14}{27}-\dfrac{12}{27}=\dfrac{2}{27}\]

したがって4人のときの方が \(\dfrac{2}{27}\) だけ小さい。トは2、ナニは27、ヌは⓪です。

意味を読んでおきましょう。A は各対戦で \(\dfrac{2}{3}\) と有利ですが、人数が増えると全勝しなければならない試合数が増え、しかも同率首位のときの抽選相手が増えます。強い人にとって、参加者が増えることは不利に働くわけです。

【検算】　3人リーグ（8通り）と4人リーグ（64通り）の両方を、抽選確率 \(\dfrac{1}{n}\) まで含めて有理数で全列挙集計したところ、A の優勝確率はそれぞれ \(\dfrac{14}{27}\)、\(\dfrac{4}{9}=\dfrac{12}{27}\)、差は \(\dfrac{2}{27}\) でした。内訳も「3人：2勝 \(\dfrac{4}{9}\)、1勝 \(\dfrac{2}{27}\)」「4人：3勝 \(\dfrac{8}{27}\)、2勝 \(\dfrac{4}{27}\)」と本文の計算に完全に一致しました。

【定石】　最後に必ず全体の確率がつじつまの合う値になっているかを見る。ここでは「A が有利でも \(\dfrac{4}{9}\lt\dfrac{1}{2}\)」「人数が増えると下がる」という2つの感覚と一致するかを確認できる。