数学

例5.1
（ⅰ）ｆ(ｘ)＝２^xは単射だが全射ではない。
（ⅱ）ｆ(ｘ)＝ｘ³－ｘは全射であるが単射ではない。
（ⅲ）ｆ(ｘ)＝ｘ³は全単射である。
（ⅳ）ｆ(ｘ)＝sinｘは単射でも全射でもない。
（ⅴ）ｆ(ｘ)＝ｘは恒等写像であり、もちろん全単射である。

証明
（ⅰ）まず、単射である事の証明。
ｆ(ｘ₁)＝２^x₁，ｆ(ｘ₂)＝２^x₂
ｆ(ｘ₁)＝ｆ(ｘ₂)とすると、２^x₁＝２^x₂
この両辺の常用対数を取ると、
ｘ₁log２＝ｘ₂log２　∴ｘ₁＝ｘ₂
よって、ｆ(ｘ₁)＝ｆ(ｘ₂)ならばｘ₁＝ｘ₂より、
ｆは単射である。
次に、全射でない事は、ｘ→＋∞でｆ(ｘ)→＋∞
ｘ→－∞でｆ(ｘ)→０
つまり、ｆ：ℝ→ℝ+で値域には負の領域が存在しないので全射ではない。
https://zenn.dev/wsuzume/articles/b0b3a51cac5d7fe4555b
（ⅱ）まず、単射でない事の証明。反例を挙げても良いが、それでは面白くないので、
ｆ(ｘ₁)＝ｘ₁³－ｘ₁，ｆ(ｘ₂)＝ｘ₂³－ｘ₂
ｆ(ｘ₁)＝ｆ(ｘ₂)とすると、ｘ₁³－ｘ₁＝ｘ₂³－ｘ₂
∴ｘ₁³－ｘ₂³－ｘ₁＋ｘ₂＝０
∴(ｘ₁－ｘ₂)(ｘ₁²＋ｘ₁ｘ₂＋ⅹ₂²)－(ｘ₁－ｘ₂)＝０
∴(ｘ₁－ｘ₂)(ｘ₁²＋ｘ₁ｘ₂＋ⅹ₂²－１)＝０
∴ｘ₁＝ｘ₂，ｘ₁²＋ｘ₁ｘ₂＋ⅹ₂²－１＝０
よって、ｘ₁²＋ｘ₂ｘ₁＋ⅹ₂²－１＝０として、判別式を調べると、
Ｄ＝ｘ₂²－４(ｘ₂²－１)＝－３ｘ₂²＋４
例えば、ｘ₂＝０とするとＤ＞０より、
ｘ₁²＋ｘ₁ｘ₂＋ⅹ₂²－１＝０は実数解を持つ。
つまり、ｘ₁＝ｘ₂以外にも解を持つので、
ｆ(ｘ₁)＝ｆ(ｘ₂)ならばｘ₁＝ｘ₂とは限らないので、単射ではない。
全射である事は、ｘ→＋∞でｆ(ｘ)→＋∞，ｘ→－∞でｆ(ｘ)→－∞でｆ(ｘ)は連続関数なので、
ｆ：ℝ→ℝで全射である。
（ｘ→＋∞でｆ(ｘ)→＋∞は厳密には微分で増減表を考えれば良い。念のため、厳密性にはこだわりません。）
因みに、微分で増減表を作って単調増加（減少）でない事から単射でない事を言っても良いが、省略。
（ｆ'(ｘ)＝３ｘ²－１＝０よりｘ＝±１/√３，ｆ(１/√３)＝１/３√３－１/√３＝－２/３√３，ｆ(－１/√３)＝－１/３√３＋１/√３＝２/３√３
よって、例えば、ｙ＝０とすると、ｘ³－ｘ＝０でｘ(ｘ²－１)＝０　∴ｘ＝０，±１
よって、ｆによって、０，±１は０に写像されるので単射ではない。結局、具体例を出してしまいましたね。）

続きは次回。

おまけ：

続き

例5.1
（ⅰ）ｆ(ｘ)＝２^xは単射だが全射ではない。
（ⅱ）ｆ(ｘ)＝ｘ³－ｘは全射であるが単射ではない。
（ⅲ）ｆ(ｘ)＝ｘ³は全単射である。
（ⅳ）ｆ(ｘ)＝sinｘは単射でも全射でもない。
（ⅴ）ｆ(ｘ)＝ｘは恒等写像であり、もちろん全単射である。

証明
（ⅲ）まず、単射の証明。
ｆ(ｘ₁)＝ｘ₁³，ｆ(ｘ₂)＝ｘ₂³
ｆ(ｘ₁)＝ｆ(ｘ₂)とすると、ｘ₁³＝ｘ₂³
∴ｘ₁³－ｘ₂³＝０　
∴(ｘ₁－ｘ₂)(ｘ₁²＋ｘ₁ｘ₂＋ｘ₂²)＝０
∴ｘ₁＝ｘ₂，ｘ₁²＋ｘ₁ｘ₂＋ｘ₂²＝０
ｘ₁²＋ｘ₁ｘ₂＋ｘ₂²
＝(ｘ₁＋ｘ₂/２)²＋３ｘ₂²/４
よって、ｘ₁＝ｘ₂＝０以外の場合は＞０となり、実数解を持たない。ｘ₁＝ｘ₂＝０の場合は、ｘ₁＝ｘ₂の場合に含まれるので、
ｆ(ｘ₁)＝ｆ(ｘ₂)ならばｘ₁＝ｘ₂である。
よって、ｆは単射である。
全射の証明は、ｘ→＋∞でｆ(ｘ)→＋∞，ｘ→－∞でｆ(ｘ)→－∞　また、ｆは連続関数より、
ｆ：ℝ→ℝでｆは全射である。
（ⅳ）sinｘは周期関数であるので単射でない事は自明だが、それでは面白くないので、
ｆ(ｘ₁)＝sinｘ₁，ｆ(ｘ₂)＝sinｘ₂
ｆ(ｘ₁)＝ｆ(ｘ₂)とすると、sinｘ₁＝sinｘ₂
∴sinｘ₁－sinｘ₂＝０
ここで、和と積の公式を使うと、
sinｘ₁－sinｘ₂＝２cos{(ｘ₁＋ｘ₂)/２}・sin{(ｘ₁－ｘ₂)/２}＝０
∴cos{(ｘ₁＋ｘ₂)/２}＝０，sin{(ｘ₁－ｘ₂)/２}＝０
（１）cos{(ｘ₁＋ｘ₂)/２}＝０の場合
(ｘ₁＋ｘ₂)/２＝π/２＋ｎπ（ｎは整数）
∴ｘ₁＋ｘ₂＝π＋２ｎπ（ｎは整数）
∴ｘ₁＝－ｘ₂＋(２ｎ＋１)π（ｎは整数）
（２）sin{(ｘ₁－ｘ₂)/２}＝０の場合
(ｘ₁－ｘ₂)/２＝０＋ｎπ（ｎは整数）
∴ｘ₁－ｘ₂＝２ｎπ（ｎは整数）
∴ｘ₁＝ｘ₂＋２ｎπ（ｎは整数）
よって、（２）のｎ＝０の場合のみ単射となり、それ以外の可能性が多々あるので単射ではない。
全射でない証明は、ｆ(ｘ)＝sinｘの値域は－１≦sinｘ≦１で、実数全体ではないので全射ではない。
（ⅴ）ｆ(ｘ₁)＝ｘ₁，ｆ(ｘ₂)＝ｘ₂
ｆ(ｘ₁)＝ｆ(ｘ₂)とすると、ｘ₁＝ｘ₂
よって、ｆ(ｘ₁)＝ｆ(ｘ₂)ならばｘ₁＝ｘ₂より、ｆは単射である。
また、恒等写像であるので全射は自明とする。
ところで、

「写像ｆ：Ａ→Ｂが単射であるとは
Ａの要素ａ₁,ａ₂に対して、ａ₁≠ａ₂ならばｆ(ａ₁)≠ｆ(ａ₂)であることです。これは対偶をとって
ａ₁,ａ₂∈Ａに対して、ｆ(ａ₁)＝ｆ(ａ₂)ならばａ₁＝ａ₂
が成り立つこと、ということもできます。」
「ガロアに出会う はじめてのガロア理論」のんびり数学研究会より

単射の定義が「ａ₁≠ａ₂ならばｆ(ａ₁)≠ｆ(ａ₂)」である理由は、写像が多対１対応または１対１対応だからである。

写像
「Ａ，Ｂを集合とします。Ａの任意の要素ａに対して、何らかの規則によってＢの要素を１つだけ対応させることができるとき、その規則をＡからＢへの写像といいます。」
「ガロアに出会う はじめてのガロア理論」のんびり数学研究会より

だから、ⅹ²＋ｙ²＝１などは写像ではない（１対多対応だから）。ただし、ｙ＝±√(１－ｘ²)とすると、ｆ(ｘ)＝√(１－ｘ²)，ｇ(ｘ)＝－√(１－ｘ²)はそれぞれ写像となる。

「高校で学ぶいろいろな関数も、ｙ＝ｆ(ｘ)の形で表わすと、ｘの値を与えることでｙの値が１つ定まり、したがって実数から実数への写像とみなすことができます。この場合のｘをｙに対応させる規則とはまさしく具体的な式として表わされたｆ(ｘ)ということになります。その意味で写像とは関数を一般化した概念とみなしてもよいでしょう。」
「ガロアに出会う はじめてのガロア理論」のんびり数学研究会より

おまけ：
https://dic.pixiv.net/a/%E3%82%A4%E3%82%AE%E3%83%BC%28%E3%82%B8%E3%83%A7%E3%82%B8%E3%83%A7%E3%81%AE%E5%A5%87%E5%A6%99%E3%81%AA%E5%86%92%E9%99%BA%29

問題
辺の長さがすべて３の正三角錐ＯＡＢＣがある。辺ＯＡ，ＯＣ，ＣＢ上にＯＤ＝ＯＥ＝ＣＦ＝２となるように、それぞれＤ，Ｅ，Ｆをとる。正三角錐ＯＡＢＣを３点Ｄ，Ｅ，Ｆを通る平面で切る。
（１）切り口の周の長さを求めなさい。
（２）切り口の面積を求めなさい。
（０５　日大桜丘）

模範解答
（１）ＯＤ＝ＯＥより、ＤＥ∥ＡＤ……①
であるから、平面ＤＥＦとＡＢＣとの交わりは、①に平行な直線になる。
よって、平面ＤＥＦと辺ＡＢとの交点をＧとすると、ＧＦ∥ＤＥ……②
となって、切り口ＤＥＦＧは等脚台形である。
ここで、ＤＥ＝ＯＤ＝２，ＧＦ＝ＢＦ＝１
また、△ＣＥＦは３０°定規の形であるから、
ＥＦ＝ＤＧ＝ＣＥ×√３＝√３
以上により、切り口は右図のようになる（注：上底が１，下底が２，等辺が√３の等脚台形）。
その周の長さは、
２＋１＋√３×２＝３＋２√３
（２）図で、ＥＦ'（注：Ｆ'はＦからＤＥに下ろした垂線の足）＝(２－１)/２＝１/２であるから、
ＥＦ'＝√{３－(１/２)²}＝√１１/２
よって、切り口の面積は、
(２＋１)×(√１１/２)×(１/２)＝３√１１/４
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説は、読めば分かるので省略。

改題
辺の長さがすべて３の正三角錐ＯＡＢＣがある。辺ＯＡ，ＯＣ，ＣＢ上にＡＤ＝ＯＥ＝ＣＦ＝２となるように、それぞれＤ，Ｅ，Ｆをとる。正三角錐ＯＡＢＣを３点Ｄ，Ｅ，Ｆを通る平面で切る。
（１）切り口の周の長さを求めなさい。
（２）切り口の面積を求めなさい。

ＯＤの所をＡＤにしてみました。また、途中なので何とも言えません。

おまけ：

例題3.1
以下が成り立つことを示せ。
（１）Ａ∪(Ｂ∩Ｃ)＝(Ａ∪Ｂ)∩(Ａ∪Ｃ)
（２）Ａ∩(Ｂ∪Ｃ)＝(Ａ∩Ｂ)∪(Ａ∩Ｃ)

解答
（２）ｘ∈Ａ∩(Ｂ∪Ｃ)とすると、
ｘ∈Ａかつｘ∈Ｂ∪Ｃ
よって、ｘ∈Ｂ∪Ｃよりｘ∈Ｂまたはｘ∈Ｃ
これとｘ∈Ａより、
(ｘ∈Ａかつｘ∈Ｂ)または(ｘ∈Ａかつｘ∈Ｃ)
∴ｘ∈Ａ∩Ｂまたはｘ∈Ａ∩Ｃ
∴ｘ∈(Ａ∩Ｂ)∪(Ａ∩Ｃ)
よって、
ｘ∈Ａ∩(Ｂ∪Ｃ)⇒ｘ∈(Ａ∩Ｂ)∪(Ａ∩Ｃ)
より、
Ａ∩(Ｂ∪Ｃ)⊂(Ａ∩Ｂ)∪(Ａ∩Ｃ)……①

「Ａ⊂Ｂは、Ａの任意の要素ａに対してａ∈Ｂを示せば証明できることも明らかでしょう。」
「ガロアに出会う はじめてのがロア理論」のんびり数学研究会より

ワンポイントアドバイス
模範解答に倣ってｘに任意のマーク「∀」を付けなかったが、下から３段目の⇒の所は、
「任意の元ｘがＡ∩(Ｂ∪Ｃ)に入っているならばｘは(Ａ∩Ｂ)∪(Ａ∩Ｃ)に入っているという意味でベン図で考えれば部分集合である事が分かるだろう。因みに、「任意の」は「全ての」と同意（同義）なので「全ての」で読んでみて欲しい。納得出来る人は適性があるだろう。

次に、ｘ∈(Ａ∩Ｂ)∪(Ａ∩Ｃ)とすると、
ｘ∈Ａ∩Ｂまたはｘ∈Ａ∩Ｃ
（ⅰ）ｘ∈Ａ∩Ｂの場合
ｘ∈Ａかつｘ∈Ｂ
よって、ｘ∈Ａかつｘ∈Ｂ∪Ｃ
∴ｘ∈Ａ∩(Ｂ∪Ｃ)
よって、
ｘ∈(Ａ∩Ｂ)∪(Ａ∩Ｃ)⇒ｘ∈Ａ∩(Ｂ∪Ｃ)
∴(Ａ∩Ｂ)∪(Ａ∩Ｃ)⊂Ａ∩(Ｂ∪Ｃ)
（ⅱ）ｘ∈Ａ∩Ｃの場合
ｘ∈Ａかつｘ∈Ｃ
よって、ｘ∈Ａかつｘ∈Ｂ∪Ｃ
∴ｘ∈Ａ∩(Ｂ∪Ｃ)
よって、
ｘ∈(Ａ∩Ｂ)∪(Ａ∩Ｃ)⇒ｘ∈Ａ∩(Ｂ∪Ｃ)
∴(Ａ∩Ｂ)∪(Ａ∩Ｃ)⊂Ａ∩(Ｂ∪Ｃ)
（ⅰ），（ⅱ）より、
(Ａ∩Ｂ)∪(Ａ∩Ｃ)⊂Ａ∩(Ｂ∪Ｃ)……②
①，②より、
Ａ∩(Ｂ∪Ｃ)＝(Ａ∩Ｂ)∪(Ａ∩Ｃ)

「ＡとＢが一致することをＡ＝Ｂで表わしますが、これは上の議論からも分かるように
Ａ⊂Ｂ　かつ　Ｂ⊂Ａ
が成り立つここと同じです。したがってＡとＢが一致する（等しいともいいます）ことを示したいときは、Ａ⊂ＢとＢ⊂Ａを示せばよいことになり」
「ガロアに出会う はじめてのがロア理論」のんびり数学研究会より

ワンポイントアドバイス２
「ｘ∈Ａかつｘ∈Ｂ
よって、ｘ∈Ａかつｘ∈Ｂ∪Ｃ」
ここは、ｘ∈Ｂならばｘ∈Ｂ∪Ｃという当然の事を使っている訳である。Ｂに入っていればＢより大きいＢ∪Ｃ（和集合（結び）だからＣがくっついてＢより大きい）に入っているのは当然の事。
ところで、（１）と（２）はそれぞれ分配法則になっているが、ベン図で考えれば自明のことである（等式が自明という事で分配法則についてではない）。
Ａ，Ｂ，Ｃの３つの円が重なっている図で、
（１）Ａ∪(Ｂ∩Ｃ)＝(Ａ∪Ｂ)∩(Ａ∪Ｃ)
の左辺を考えると、Ａ全体にＢ∩Ｃ（ＢとＣの交わり）の部分がくっついた変な形。また、右辺を考えると、ＡとＢの２円の結びとＡとＣの２円の結びの共通部分（交わり）はまさに先の変な形と一致する事が分かるだろう。よって、上の等式は図的に自明である。
（２）Ａ∩(Ｂ∪Ｃ)＝(Ａ∩Ｂ)∪(Ａ∩Ｃ)
左辺を考えると、ＢとＣの結びとＡとの交わりは、Ａ全体からＡだけの（ＢとＣと交わらない）部分を引いた変な形。また、右辺を考えると、(ＡとＢの交わり)と(ＡとＣの交わり)の結びなので、まさに先の変な形と一致する事が分かるだろう。よって、こちらの等式も図的に自明である。

おまけ：

問題
図のように、底面ＡＢＣＤが１辺の長さ４の正方形で、ＯＡ＝ＯＢ＝ＯＣ＝ＯＤ＝２√５の四角錐Ｏ－ＡＢＣＤがある。この四角錐の内部の点Ｐから、５つの面ＯＡＢ，ＯＢＣ，ＯＣＤ，ＯＤＡ，ＡＢＣＤにひいた垂線の長さをそれぞれａ,ｂ,ｃ,ｄ,ｘとする。
（１）ａ＝ｂ＝ｃ＝ｄ＝ｘであるとき、ｘの値を求めなさい。
（２）ｘ＝１であるとき、ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄの値を求めなさい。
（００　日本女子大付）

模範解答
右図のように点Ｈ，Ｍをとる（注：点Ｈは正方形ＡＢＣＤの対角線の交点で点Ｍは辺ＢＣの中点）と、
ＯＨ＝√(ＯＣ²－ＣＨ²)
＝√{(２√５)²－(２√２)²}＝２√３……①
ＯＭ＝√{(２√５)²－２²}＝４……②
Ｏ－ＡＢＣＤの体積をＶとすると、①より、
３Ｖ＝４²×２√３＝３２√３……③
一方、Ｖ＝Ｐ-ＯＡＢ＋Ｐ-ＯＢＣ＋Ｐ-ＯＣＤ＋Ｐ-ＯＤＡ＋Ｐ-ＡＢＣＤ
であり、②より、△ＯＢＣ＝(４×４)/２＝８であるから、
３Ｖ＝８×(ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)＋４²×ｘ……④
③＝④より、ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ＋２ｘ＝４√３……⑤
（１）ａ＝ｂ＝ｃ＝ｄ＝ｘのとき、⑤より、
６ｘ＝４√３　∴ｘ＝２√３/３
（２）ｘ＝１のとき、⑤より、
ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ＝２(２√３－１)……⑥
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

何か読みにくい解答だが、面白くないので解説は省略。（私の解法は簡潔だが省略。）

因みに、こちらhttps://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q12203498157への私の回答は、これhttp://azuki2018.html.xdomain.jp/tex/T(6-42-54-12).pdfぐらい難しい可能性が高いので、こちらhttps://www.amazon.co.jp/%E3%83%A9%E3%83%B3%E3%82%B0%E3%83%AC%E3%83%BC%E3%81%AE%E5%95%8F%E9%A1%8C%E3%81%AB%E3%83%88%E3%83%89%E3%83%A1%E3%82%92%E3%81%95%E3%81%99-%E2%80%954%E7%82%B9%E3%81%AE%E4%BD%9C%E3%82%8B%E5%B0%8F%E5%AE%87%E5%AE%99%E5%AE%8C%E5%85%A8%E3%82%AC%E3%82%A4%E3%83%89-%E6%96%89%E8%97%A4-%E6%B5%A9/dp/4768703402の本にその問題が載っていないかどうかまず調べる事です。載っていないとしても、似たような問題の解法を研究すれば良いでしょう。（因みに、上のは詳しく読んでいません。）

おまけ：

問題
図のように、底面ＡＢＣＤが１辺の長さ４の正方形で、ＯＡ＝ＯＢ＝ＯＣ＝ＯＤ＝２√５の四角錐Ｏ－ＡＢＣＤがある。この四角錐の内部の点Ｐから、５つの面ＯＡＢ，ＯＢＣ，ＯＣＤ，ＯＤＡ，ＡＢＣＤにひいた垂線の長さをそれぞれａ,ｂ,ｃ,ｄ,ｘとする。
（１）ａ＝ｂ＝ｃ＝ｄ＝ｘであるとき、ｘの値を求めなさい。
（２）ｘ＝１であるとき、ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄの値を求めなさい。
（００　日本女子大付）

うっかり、参考書の別解があるのを見逃していました。（１），（２）共にあります。ちょっと意外でした。

おまけ：

問題
図のように、底面ＡＢＣＤが１辺の長さ４の正方形で、ＯＡ＝ＯＢ＝ＯＣ＝ＯＤ＝２√５の四角錐Ｏ－ＡＢＣＤがある。この四角錐の内部の点Ｐから、５つの面ＯＡＢ，ＯＢＣ，ＯＣＤ，ＯＤＡ，ＡＢＣＤにひいた垂線の長さをそれぞれａ,ｂ,ｃ,ｄ,ｘとする。
（１）ａ＝ｂ＝ｃ＝ｄ＝ｘであるとき、ｘの値を求めなさい。
（２）ｘ＝１であるとき、ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄの値を求めなさい。
（００　日本女子大付）

参考書の別解
（１）ＢＣの中点をＭ，ＡＤの中点をＮとすると、△ＯＭＮは右図のような正三角形になる（注：△ＯＢＭなどで三平方の定理を使うと、ＯＭ＝√{(２√５)²－２²}＝√１６＝４でＭＮと一致するから）から、
ｘ＝２×(１/√３)＝２√３/３
（注：点ＰはＯ－ＡＢＣＤの内接球の中心で正三角形ＯＭＮの重心だから１：２：√３の直角三角形を利用する。）
（２）Ｐを通り面ＯＭＮに平行な面による切り口は、△ＯＭＮと合同な正三角形Ｏ'Ｍ'Ｎ'の一部になる（注：切り口は等脚台形になりその等辺の延長の交点をＯ'とする）。
△Ｏ'Ｍ'Ｎ'の面積について、
(√３/４)×４²＝４(１＋ｂ＋ｄ)/２
（注：左辺は１辺がａの正三角形の面積の公式にａ
＝４を代入したもの。右辺は、△ＰＮ'Ｍ'＋△ＰＭ'Ｏ'＋△ＰＯ'Ｎ'の面積の和。）
∴ｂ＋ｄ＝２√３－１
ａ＋ｃも同様だから、⑥が答えになる（注：ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ＝２(２√３－１)……⑥）。
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

（２）はさらに別解を作ってみました。因みに、

＞こちらhttps://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q12203498157への私の回答は、これhttp://azuki2018.html.xdomain.jp/tex/T(6-42-54-12).pdfぐらい難しい可能性が高いので、こちらhttps://www.amazon.co.jp/%E3%83%A9%E3%83%B3%E3%82%B0%E3%83%AC%E3%83%BC%E3%81%AE%E5%95%8F%E9%A1%8C%E3%81%AB%E3%83%88%E3%83%89%E3%83%A1%E3%82%92%E3%81%95%E3%81%99-%E2%80%954%E7%82%B9%E3%81%AE%E4%BD%9C%E3%82%8B%E5%B0%8F%E5%AE%87%E5%AE%99%E5%AE%8C%E5%85%A8%E3%82%AC%E3%82%A4%E3%83%89-%E6%96%89%E8%97%A4-%E6%B5%A9/dp/4768703402の本にその問題が載っていないかどうかまず調べる事です。載っていないとしても、似たような問題の解法を研究すれば良いでしょう。

これは自力で解決しました。ヒントはこちらです。https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1913726087290585362
興味がある人は挑戦してみて下さい。（上の問題の別解も。）

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-10624833579.html（ノストラダムスの予言の本場はフランスで日本なんて片田舎で誰にも相手にされないだろう。）

問題
図のように、底面ＡＢＣＤが１辺の長さ４の正方形で、ＯＡ＝ＯＢ＝ＯＣ＝ＯＤ＝２√５の四角錐Ｏ－ＡＢＣＤがある。この四角錐の内部の点Ｐから、５つの面ＯＡＢ，ＯＢＣ，ＯＣＤ，ＯＤＡ，ＡＢＣＤにひいた垂線の長さをそれぞれａ,ｂ,ｃ,ｄ,ｘとする。
（１）ａ＝ｂ＝ｃ＝ｄ＝ｘであるとき、ｘの値を求めなさい。
（２）ｘ＝１であるとき、ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄの値を求めなさい。
（００　日本女子大付）

（２）の私の別解
ＢＣの中点をＭ，ＡＤの中点をＮとすると、△ＯＭＮは底面と直交する正三角形で、点Ｐを通りこの平面と平行な平面で切った断面図を考えると、等脚台形になる。
下底辺を左から右にＮ'，Ｍ'と振り、Ｐから左の等辺に下ろした垂線の足をＨ，右の等辺に下ろした垂線の足をＩ，Ｎ'Ｍ'に下ろした垂線の足をＪとすると、ＰＨ＝ｄ，ＰＩ＝ｂ，ＰＪ＝１である。
ここで、Ｐから右の等辺と平行な直線を引き、左の等辺との交点をＥ，Ｎ'Ｍ'との交点をＦとし、ＰからＮ'Ｍ'と平行な直線を引き左の等辺との交点をＧ，右の等辺との交点をＫとし、Ｐから左の等辺と平行な直線を引き右の等辺（またはその延長）との交点をＬ，Ｎ'Ｍ'との交点をＯとすると、△ＰＥＧ，△ＰＯＦ，△ＰＫＬはそれぞれ正三角形になり、四角形ＰＧＮ'Ｏ，四角形ＰＦＭ'Ｋはそれぞれ平行四辺形になる。
ところで、ＰＨ＝ｄより、ＰＧ＝(２/√３)ｄ
∴ＯＮ'＝ＰＧ＝(２/√３)ｄ……①
また、ＰＩ＝ｂより、ＰＫ＝(２/√３)ｂ
∴ＦＭ'＝ＰＫ＝(２/√３)ｂ……②
また、ＰＪ＝１より、ＯＦ＝２/√３……③
①＋②＋③より、
(２/√３)ｄ＋(２/√３)ｂ＋２/√３＝４
∴(２/√３)(ｂ＋ｄ＋１)＝４
∴ｂ＋ｄ＋１＝２√３　∴ｂ＋ｄ＝２√３－１
ａ＋ｃも同様に求められるので、答えは、
ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ＝２(２√３－１)

読みにくいと思いますので、最初から図を描いて考えて下さい。また、ミスがあったらごめんなさい。

おまけ：

解説
＞１の原始ｍｎ乗根をζ＝ζmnと表す。Φmn(ｘ)の多項式の群をＧと表し、問題9-6より(ℤ/mnℤ)^×と同一視する。

問題9-6bの「(ℤ/ｎℤ)^×はＧと同型である」から。
また、後（のち）の「ζ^mは１の原始ｎ乗根であり、Ｈに含まれる入れ換えをζ^mに施すことにより、すべての１の原始ｎ乗根が得られる（定理2.2参照）」の定理2.2を利用するためである。

＞η＝ζ^nは１の原始ｍ乗根になる。そこでηの（有理数係数の）式全体Ｍに対応するＧの部分群Ｈはδa（ただしａ≡１ modｍ）からなる。

「１の原始ｍｎ乗根をζ＝ζmnと表す」より、ζ^mn＝１　∴(ζ^n)^m＝１
よって、η＝ζ^nは１のｍ乗根で、問題文よりｍとｎは互いに素なので、
η＝ζ^nは１の原始ｍ乗根になる。
（ただしａ≡１ modｍ）は、おかしいだろう。ここは、「ただしａはｍと互いに素」だろう。「ａ≡１ modｍ」のａは確かにｍと互いに素だが、ｍと互いに素なａはこれだけではないから。
また、σaは、

問題 9-6b
円分多項式Φn(ｘ)の群Ｇは、ｎと互いに素なａに対して
σa：ζ→ζ^a（ζは１の原始ｎ乗根）
で定まる根の入れ換えからなることを示せ。

で、「ηの（有理数係数の）式全体Ｍ」はＧ（Φmn(ｘ)の多項式の群）の部分群Ｈ（ｍｎの約数のｍと互いに素なａによる入れ換えの部分群）にガロワ対応するという事。

＞ζ^mは１の原始ｎ乗根であり、Ｈに含まれる入れ換えをζ^mに施すことにより、すべての１の原始ｎ乗根が得られる（定理2.2参照）。

Ｇを(ℤ/mnℤ)^×と同一視する事により、σaが[ａ]mnに対応し、ｍとｎが互いに素な事より定理2.2（中国剰余定理）により全単射になるから。

定理2.2（中国剰余定理）
互いに素な正整数ｍ,ｎに対して、環ℤ/mnℤの元は次の対応により、ℤ/mℤ×ℤ/nℤの元と１対１に対応する。
ℤ/mnℤ→ℤ/mℤ×ℤ/nℤ；[ａ]mn→（[ａ]m，[ａ]n）
さらにこの対応により、それぞれの和，積が対応する。すなわち
[ａ＋ｂ]mn→（[ａ]m⊕[ｂ]m，[ａ]n⊕[ｂ]n）
[ａｂ]mn→（[ａ]m⊙[ｂ]m，[ａ]n⊙[ｂ]n）

念のため、ここでの１対１対応は単射ではなく全単射である。

＞ＨはΦmn(ｘ)をＭ係数多項式とみたときの多項式の群なので、問題9-5よりΦn(ｘ)はζ^mのＭ最小多項式であり、とくに既約である。

問題 9-5b
多項式ｆ(ｘ)の群をＧfとする。ｆ(ｘ)の根の式βが、Ｇfの根の入れ換え（すべて）により、異なる数β₁＝β,･･･,βsになったとする。このとき
ｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)･･･(ｘ－βs)はβiの最小多項式であることを示せ。よってβiの最小多項式は重根を持たない。
またｓ＝degｇ(ｘ)は、βを不変にする入れ換え全体のなすＧfの部分群Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)に等しいことを示せ。

このｆ(ｘ)をΦmn(ｘ)として、ｆ(ｘ)の根の式βをζ^mと見ると、上より「ζ^mは１の原始ｎ乗根であり、Ｈに含まれる入れ換えをζ^mに施すことにより、すべての１の原始ｎ乗根が得られる」ので、ｇ(ｘ)＝(ｘ－ζ)･･･(ｘ－ζ^s)（ζ^iは全ての１のｎ乗根）となり、ｇ(ｘ)はΦn(ｘ)となる。
そして、ｇ(ｘ)はζ^iの最小多項式より既約多項式である。
よって、Φn(ｘ)は（Ｍ係数でも）既約多項式である。

おまけ：

素朴な疑問コーナー

問題 9-7b
ｍ,ｎを互いに素な正整数とする。このときΦn(ｘ)は、１の原始ｍ乗根ζmの有理数の式を係数に許しても、２つの１次以上の積に分解しない。つまり既約であることを示せ。このことより、１２０ページの（２）から（５）は係数（定数）を有理数から１の原始ｍ乗根の式に拡張しても正しいことがわかる。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

Φn(ｘ)をΦ4(ｘ)とすると、p.119より、
Φ4(ｘ)＝ｘ²＋１
ここで、ｎ＝４と互いに素な数をｍ＝３とすると、１の原始３乗根は、ωとω²の２つ。
よって、Φ4(ｘ)＝ｘ²＋１の係数をω＝(－１＋√３ｉ)/２に許してもΦ4(ｘ)＝ｘ²＋１は既約多項式であるという事がこの定理の主張である。
ところが、Φ4(ｘ)＝ｘ²＋１＝(ｘ＋ｉ)(ｘ－ｉ)と分解すると、ｉは(－１＋√３ｉ)/２のうちに入っていないのだろうか。

また、ｎ＝４と互いに素なｍをｍ＝５として、原始５乗根を求めると、
ｘ⁵－１＝０より、(ｘ－１)(ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１)＝０
よって、ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１＝０の解４個が原始５乗根である（５は素数だから１～４は全て５と互いに素だから）。
ところで、この式の解はｘ≠０より、ｘ²で両辺を割ると、ｘ²＋ｘ＋１＋１/ｘ＋１/ｘ²＝０
∴(ｘ＋１/ｘ)²－１＋(ｘ＋１/ｘ)＝０
ここで、Ｘ＝ｘ＋１/ｘと置くと、
Ｘ²＋Ｘ－１＝０　∴Ｘ＝(－１±√５)/２
∴ｘ＋１/ｘ＝(－１±√５)/２
∴ｘ²－{(－１±√５)/２}ｘ＋１＝０
これを解の公式で解いて整理すると、
ｘ＝(－１＋√５)/４±{√(１０＋２√５)/４}ｉ
(－１－√５)/４±{√(１０－２√５)/４}ｉ
やはり、Φ4(ｘ)＝ｘ²＋１＝(ｘ＋ｉ)(ｘ－ｉ)とすると、Φ4(ｘ)は可約とは見ないのだろうか。

さらに、ｎ＝４と互いに素でないｍをｍ＝６とすると、原始６乗根は、ｘ⁶－１＝０を解いて、
(ｘ³＋１)(ｘ³－１)＝０
∴(ｘ＋１)(ｘ²－ｘ＋１)(ｘ－１)(ｘ²＋ｘ＋１)＝０
∴ｘ＝±１，(１±√３ｉ)/２，(－１±√３ｉ)/２
これを複素平面の単位円上のθの小さい順位並べると、
(１＋√３ｉ)/２，(－１＋√３ｉ)/２，－１，(－１－√３ｉ)/２，(１－√３ｉ)/２，１
よって、原始６乗根は、６と互いに素な１番目と５番目より、ｘ＝(１±√３ｉ)/２である。
やはり、Φ4(ｘ)＝ｘ²＋１＝(ｘ＋ｉ)(ｘ－ｉ)とすると、互いに素じゃなくても同じになる。

おかしいかどうか分からないが、おかしいとしたら証明にもおかしな部分があるはずである。強いてあげるとしたら、

＞ζ^mは１の原始ｎ乗根であり、Ｈに含まれる入れ換えをζ^mに施すことにより、すべての１の原始ｎ乗根が得られる（定理2.2参照）。

Ｇを(ℤ/mnℤ)^×と同一視する事により、σaが[ａ]mnに対応し、ｍとｎが互いに素な事より定理2.2（中国剰余定理）により全単射になるから。

定理2.2（中国剰余定理）
互いに素な正整数ｍ,ｎに対して、環ℤ/mnℤの元は次の対応により、ℤ/mℤ×ℤ/nℤの元と１対１に対応する。
ℤ/mnℤ→ℤ/mℤ×ℤ/nℤ；[ａ]mn→（[ａ]m，[ａ]n）
さらにこの対応により、それぞれの和，積が対応する。すなわち
[ａ＋ｂ]mn→（[ａ]m⊕[ｂ]m，[ａ]n⊕[ｂ]n）
[ａｂ]mn→（[ａ]m⊙[ｂ]m，[ａ]n⊙[ｂ]n）

ここかな。確かに「すべての１の原始ｎ乗根が得られる」ような気がするが、具体例で試すと、

Φmn(ｘ)＝Φ12(ｘ)＝ｘ⁴－ｘ²＋１と置く（Φ12(ｘ)＝ｘ⁴－ｘ²＋１は、p.133の問題7-2aから分かる）と、
ｘ⁴－ｘ²＋１＝(ｘ²＋１)²－３ｘ²
＝(ｘ²＋１＋√３ｘ)(ｘ²＋１－√３ｘ)より、
ｘ²＋√３ｘ＋１＝０，ｘ²－√３ｘ＋１＝０
∴ｘ＝(－√３±ｉ)/２，(√３±ｉ)/２
ここで、ζ＝(√３＋ｉ)/２と置くと、問題9-6bより、

問題 9-6b
円分多項式Φn(ｘ)の群Ｇは、ｎと互いに素なａに対して
σa：ζ→ζ^a（ζは１の原始ｎ乗根）
で定まる根の入れ換えからなることを示せ。

Φ12(ｘ)の群Ｇは、ζ¹，ζ⁵，ζ⁷，ζ^11の入れ換えで求められるので、
(ζ,ζ⁵,ζ⁷,ζ^11)
(ζ⁵,ζ^25,ζ35,ζ^55)＝(ζ⁵,ζ,ζ^11,ζ⁷)
(ζ⁷,ζ^35,ζ49,ζ^77)＝(ζ⁷,ζ^11,ζ,ζ⁵)
(ζ^11,ζ^55,ζ^77,ζ^121)＝(ζ^11,ζ⁷,ζ⁵,ζ)
∴Ｇ＝{(ζ,ζ⁵,ζ⁷,ζ^11)，(ζ⁵,ζ,ζ^11,ζ⁷)，(ζ⁷,ζ^11,ζ,ζ^⁵)，(ζ^11,ζ⁷,ζ⁵,ζ)}
（注：群Ｇの元は本当は２段だが１段で表している。）
また、ｍｎ＝３・４（互いに素）とすると、
ζ³は１の原始４乗根（(ζ³)⁴＝ζ^12＝１だから）より、ζ³の式全体Ｍにガロア対応するＧの部分群Ｈは４と互いに素な１と３で、
Ｈ＝{(ζ,ζ⁵,ζ⁷,ζ^11)，(ζ⁷,ζ^11,ζ,ζ^⁵)}
よって、ζ→ζとζ→ζ⁷でζ³を変換すると、
ζ³→ζ³，ζ³→ζ^21＝ζ⁹
ところで、ζ＝(√３＋ｉ)/２より、
ζ³＝{(√３＋ｉ)/２}³
＝(３√３－ｉ＋９ⅰ－３√３)/８
＝ｉ
∴ζ⁹＝(ζ³)³＝ｉ³＝－ｉ
よって、ζ³は１の原始４乗根すべてに変換される。
よって、「Ｈに含まれる入れ換えをζ^mに施すことにより、すべての１の原始ｎ乗根が得られる」という例である。

また、ζ⁴は１の原始３乗根（(ζ⁴)³＝ζ^12＝１だから）より、ζ⁴の式全体Ｍにガロア対応するＧの部分群Ｈは３と互いに素な１と２で、
Ｈ＝{(ζ,ζ⁵,ζ⁷,ζ^11)，(ζ⁵,ζ,ζ^11,ζ⁷)}
よって、ζ→ζとζ→ζ⁵でζ⁴を変換すると、
ζ⁴→ζ⁴，ζ⁴→ζ^20＝ζ⁸
ところで、ζ＝(√３＋ｉ)/２より、
ζ⁴＝{(√３＋ｉ)/２}⁴
＝{(３－１＋２√３ｉ)/４}²
＝{(１＋√３ｉ)/２}²
＝(－２＋２√３ｉ)/４
＝(－１＋√３ｉ)/２＝ω
∴ζ⁸＝(ζ⁴)²＝ω²
よって、ζ³は１の原始３乗根すべてに変換される。
よって、「Ｈに含まれる入れ換えをζ^mに施すことにより、すべての１の原始ｎ乗根が得られる」という例である。

と見事にうまく行くのだが、実は、

＞ζ^mは１の原始ｎ乗根であり、Ｈに含まれる入れ換えをζ^mに施すことにより、すべての１の原始ｎ乗根が得られる（定理2.2参照）。

ではなく、ζ^nに施しているのである。
（Ｈは「部分群Ｈはδa（ただしａ≡１ modｍ）」改め「部分群Ｈはδa（ただしａはｍと互いに素）で行っている。）

まぁ、専門家じゃないので、ガロア理論をもっと易しい本で理解すればいいだけなのでスルーするが。

おまけ：

問題
正方形ＡＢＣＤの辺ＢＣ，ＣＤ上にそれぞれ点Ｅ，ＦをＣＥ＝ＣＦとなるように取り、ＡＥ，ＡＦと対角線ＢＤとの交点をそれぞれＧ，Ｈとすると、ＧＥ＝ＣＥ＝ＨＦ＝ＣＦになったという。ＤＦ＝５ｃｍの時、△ＡＥＦの面積を求めて下さい。

解法１　一応、模範解答も残しておきますね。
ＨＦ＝ＣＦより△ＦＨＣは二等辺三角形なので、∠ＦＣＨ＝∠ＦＨＣ＝●と置くと、正方形と対角線の対称性より、∠ＤＡＨ＝∠ＤＣＨ＝∠ＦＣＨ＝●
よって、△ＡＤＦの内角の和より、
●＋●●＝９０°よって、●＝３０°より、∠ＤＡＦ＝３０°また、対称性より∠ＢＡＥ＝∠ＤＡＦ＝３０°なので、∠ＥＡＦ＝９０°－３０°×２＝３０°
ここで、ＦからＡＥに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＦＡＨは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型になり、△ＡＤＦも３０°，６０°，９０°の直角三角定規型なので、ＡＦ＝２ＤＦ＝１０ｃｍ　よって、ＦＨ＝１０÷２＝５ｃｍ
また、対称性より、ＡＥ＝ＡＦ＝１０ｃｍなので、△ＡＥＦ＝１０×５÷２＝２５ｃｍ²

解法２，３は次回。（何でもありの解法。）

おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1913359579058196845（間違えた。洗浄技術が素晴らしいんじゃなくて、普通に扱っていたら卵からはほとんど感染しないという事。やはり、なめない方がいいだろう。今回までは、卵を容器に直接入れる（旅館方式）のはＮＧと思っていたが、あの洗浄技術ならばＯＫだろう。まぁ、その後に感染する確率も０じゃないと思うが。）

問題
正方形ＡＢＣＤの辺ＢＣ，ＣＤ上にそれぞれ点Ｅ，ＦをＣＥ＝ＣＦとなるように取り、ＡＥ，ＡＦと対角線ＢＤとの交点をそれぞれＧ，Ｈとすると、ＧＥ＝ＣＥ＝ＨＦ＝ＣＦになったという。ＤＦ＝５ｃｍの時、△ＡＥＦの面積を求めて下さい。

解法２
ＣＦ＝ｘと置くと、ＡＤ＝ＣＤ＝ｘ＋５ｃｍ
よって、△ＡＤＦで三平方の定理を使うと、
ＡＦ＝√{(ｘ＋５)²＋５²}＝√(ｘ²＋１０ｘ＋５０)　∴ＡＨ＝√(ｘ²＋１０ｘ＋５０)－ｘ
ところで、ＤＨは∠Ｄの二等分線より、△ＤＡＦで角の二等分線の定理を使うと、
ｘ＋５：５＝√(ｘ²＋１０ｘ＋５０)－ｘ：ｘが成り立つ。（これは△ＨＡＢ∽△ＨＦＤを利用しても良い。）
∴ｘ(ｘ＋５)＝５{√(ｘ²＋１０ｘ＋５０)－ｘ}
∴ｘ²＋５ｘ＝５√(ｘ²＋１０ｘ＋５０)－５ｘ
∴ｘ²＋１０ｘ＝５√(ｘ²＋１０ｘ＋５０)
∴(ｘ²＋１０ｘ)²＝２５(ｘ²＋１０ｘ＋５０)
ここで、ｘ²＋１０ｘ＝Ⅹと置くと、
Ｘ²＝２５(Ｘ＋５０)
∴Ｘ²＝２５Ｘ＋１２５０
∴Ｘ²－２５Ｘ－１２５０＝０
∴(Ｘ＋２５)(Ｘ－５０)＝０
∴Ｘ＝－２５，５０
∴ｘ²＋１０ｘ＝－２５，５０
∴ⅹ²＋１０ｘ＋２５＝０，
ｘ²＋１０ｘ－５０＝０
∴(ｘ＋５)²＝０，
ｘ＝－５±√７５＝－５±５√３
ｘ＞０より、ｘ＝－５＋５√３のみ適正。
∴ＡＤ＝ｘ＋５＝５√３ｃｍ
∴△ＡＥＦ＝正方形ＡＢＣＤ－２△ＡＢＥ－△ＣＥＦ
＝(５√３)²－５×５√３－(５√３－５)²/２
＝７５－２５√３－２５(４－２√３)/２
＝７５－５０－２５√３＋２５√３
＝２５
よって、答えは、２５ｃｍ²

解法３は次回。

おまけ：

問題
正方形ＡＢＣＤの辺ＢＣ，ＣＤ上にそれぞれ点Ｅ，ＦをＣＥ＝ＣＦとなるように取り、ＡＥ，ＡＦと対角線ＢＤとの交点をそれぞれＧ，Ｈとすると、ＧＥ＝ＣＥ＝ＨＦ＝ＣＦになったという。ＤＦ＝５ｃｍの時、△ＡＥＦの面積を求めて下さい。

解法３
ＦからＢＣと平行な直線を引き、ＢＤとの交点をＩとすると、△ＤＩＦ∽△ＤＢＣより△ＤＩＦは直角二等辺三角形。∴ＩＦ＝ＤＦ＝５ｃｍ
ここで、ＣＦ＝ｘと置くと、
ＡＤ＝ＣＤ＝ｘ＋５ｃｍ
よって、△ＨＡＤ∽△ＨＦＩの相似比は、
ＡＤ：ＦＧ＝ｘ＋５：５
よって、ＨからＤＦに垂線を下ろしその足をＪとすると、
ＪＦ＝[５/{(ｘ＋５)＋５}]ＤＦ
＝{５/(ｘ＋１０)}×５＝２５/(ｘ＋１０)
ＤＦ＝[(ｘ＋５)/{(ｘ＋５)＋５}]ＤＦ
＝{(ｘ＋５)/(ｘ＋１０)}×５
＝５(ｘ＋５)/(ｘ＋１０)
よって、△ＨＪＦで三平方の定理を使うと、
{５(ｘ＋５)/(ｘ＋１０)}²＋{２５/(ｘ＋１０)}²＝ｘ²が成り立つ。
∴２５(ｘ＋５)²＋２５²＝ｘ²(ｘ＋１０)²
今、ｘ＋５＝Ｘと置くと、
２５Ｘ²＋２５²＝（Ｘ－５)²(Ｘ＋５)²
＝(Ｘ²－２５)²＝Ｘ⁴－５０Ｘ²＋２５²
∴Ｘ⁴－７５Ｘ²＝０
∴Ｘ²(Ｘ²－７５)＝０
∴(ｘ＋５)²{(ｘ＋５)²－７５}＝０
ｘ＞０より、(ｘ＋５)²－７５＝０
∴(ｘ＋５)²＝７５　∴ｘ＋５＝±５√３
∴ｘ＝－５±５√３
ｘ＞０より、ｘ＝－５＋５√３
∴ＡＤ＝ｘ＋５＝５√３ｃｍ
∴△ＡＥＦ＝正方形ＡＢＣＤ－２△ＡＢＥ－△ＣＥＦ
＝(５√３)²－５×５√３－(５√３－５)²/２
＝７５－２５√３－２５(４－２√３)/２
＝７５－５０－２５√３＋２５√３
＝２５
よって、答えは、２５ｃｍ²

因みに、スピードよりもエレガントな解法にしようとしてこちらの方を先に作りましたが、最初は愚直に２５(ｘ＋５)²＋２５²＝ｘ²(ｘ＋１０)²を展開して、ｘ⁴＋２０ｘ³＋７５ｘ²－２５０ｘ－１２５０＝０となり、因数定理でｘ＝－５を２回やるという解法２より遥かにお粗末な結果となってしまいました。
まぁ、失敗は成功の元というので、ゆっくり色々やってみるのが良いですね。https://takaishi-gakkou.sakura.ne.jp/seikosyo/R4naisei%20no.1.pdf

おまけ：

問題
∠Ｂ＝６０°，∠Ｃ＝７０°の凸型四角形ＡＢＣＤの∠Ａの二等分線と∠Ｄの二等分線との交点をＥとする時、∠ＡＥＤの角度を求めて下さい。

別解１
ＢＡの延長とＣＤの延長との交点をＦとすると、∠Ｆ＝１８０°－６０°－７０°＝５０°
ここで、点Ｅは△ＦＡＤの∠Ａと∠Ｄの外角の二等分線の交点より、△ＦＡＤの∠Ｆ内の傍心である。
また、△ＦＡＤの内心をＩとすると、公式https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q12106237532より、∠ＡＩＤ＝９０°＋∠Ｆ/２＝９０°＋２５°＝１１５°
また、定理より、内心のなす角と傍心のなす角の和は１８０°なので、
∠ＡＥＤ＝１８０°－１１５°＝６５°

補足
https://www.google.com/search?q=%E5%86%85%E5%BF%83%E3%81%AE%E8%A7%92%E5%BA%A6%E3%81%A8%E5%82%8D%E5%BF%83%E3%81%AE%E8%A7%92%E5%BA%A6%E3%81%AE%E5%92%8C%E3%81%AF%EF%BC%91%EF%BC%98%EF%BC%90%C2%B0&sca_esv=6be21d68d2dfa16a&hl=ja&ei=Qn4BaMieKv7K1e8Pt_CViQ4&ved=0ahUKEwjIx9TGjOCMAxV-ZfUHHTd4JeEQ4dUDCBA&uact=5&oq=%E5%86%85%E5%BF%83%E3%81%AE%E8%A7%92%E5%BA%A6%E3%81%A8%E5%82%8D%E5%BF%83%E3%81%AE%E8%A7%92%E5%BA%A6%E3%81%AE%E5%92%8C%E3%81%AF%EF%BC%91%EF%BC%98%EF%BC%90%C2%B0&gs_lp=Egxnd3Mtd2l6LXNlcnAiNeWGheW_g-OBruinkuW6puOBqOWCjeW_g-OBruinkuW6puOBruWSjOOBr--8ke-8mO-8kMKwMggQABiABBiiBDIIEAAYgAQYogQyCBAAGIAEGKIEMgUQABjvBTIIEAAYgAQYogRIgrcBUOEHWKOyAXADeACQAQKYAdgBoAGjLKoBBjY4LjAuMbgBA8gBAPgBAZgCNKAC4CGoAgrCAgsQABiwAxiiBBiJBcICCxAAGIAEGLADGKIEwgIFECEYoAHCAhAQABgDGLQCGOoCGI8B2AEBwgINEAAYgAQYsQMYgwEYBMICEBAAGIAEGLEDGIMBGAQYigXCAgsQABiABBixAxiDAcICChAAGIAEGLEDGATCAgcQABiABBgEwgIKEAAYgAQYQxiKBcICBRAAGIAEwgIHEAAYgAQYF5gDC_EF6smkqvX5-l2IBgGQBgO6BgQIARgKkgcGNTAuMS4xoAermQGyBwY0Ny4xLjG4B74h&sclient=gws-wiz-serp
（「内心と傍心の角度の和が180度となることは、三角形の内角の和が180度であることと、傍心の定義から導き出されます.」これは間違っていますね。理由は、内心の定義と傍心の定義から∠ＩＡＥ＝∠ＩＤＥ＝９０°となるからです。）

別解２は次回。これは完全な幾何的な解法です。（公式などは使わないという事。）

おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1912101554687234420

問題
∠Ｂ＝６０°，∠Ｃ＝７０°の凸型四角形ＡＢＣＤの∠Ａの二等分線と∠Ｄの二等分線との交点をＥとする時、∠ＡＥＤの角度を求めて下さい。

別解２
ＢＡの延長とＣＤの延長との交点をＦとすると、∠Ｆ＝１８０°－６０°－７０°＝５０°
また、△ＦＡＤの内心をＩとして、ＡＩの延長とＥＤの延長との交点をＧとすると、内心の性質より∠ＩＡＦ＝∠ＩＡＤ＝×，∠ＩＤＦ＝∠ＩＤＡ＝△と置ける。
また、ＡＤの延長上に点Ｊを取ると、対頂角より∠ＧＤＦ＝∠ＧＤＪ＝〇と置ける。
ここで、△ＤＡＦでの内対角の和より、
〇〇＝××＋５０°……①
また、△ＤＡＧでの内対角の和より、
〇＝×＋∠Ｇ　この両辺を２倍すると、
〇〇＝××＋２∠Ｇ……②
①，②より、∠Ｇ＝５０°÷２＝２５°
ところで、∠ＥＡＢ＝∠ＥＡＤ＝●と置くと、ＢＡＦは一直線で●●××より、∠ＥＡＧ＝●×＝１８０°÷２＝９０°
よって、△ＧＡＥの内角の和より、
∠ＡＥＤ＝∠ＡＥＧ＝１８０°－９０°－２５°＝６５°

おまけ：

解説
＞Φn(ｘ)は有理数係数多項式として既約であり（定理7.1）、その原始元としてΦn(ｘ)の根ζ（１の原始ｎ乗根）をとる。

何故、Φn(ｘ)が既約である事を言う必要があるかと言うと、次の「多項式の群の構成」による。

■多項式の群の構成
ｆ(ｘ)の原始元をβとし、βを根に持つ既約多項式をｇ(ｘ)とします。またｇ(ｘ)は重根を持たないとします。多項式の群Ｇfを
「βをｇ(ｘ)の根に入れ換えて得られるｆ(ｘ)の根の入れ換え」
からなる集合とします。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

円分多項式Φn(ｘ)の群Ｇを求めるには、Φn(ｘ)が既約多項式である必要があるからである。
また、ζがΦn(ｘ)の原始元になる理由は、ζの累乗でΦn(ｘ)の全ての根を表せるからである。

定義8.1（原始元）
重根を持たないｎ次多項式ｆ(ｘ)の原始元βとは、次の(１),(２)をみたす複素数のことである。以下においてα₁,･･･,αnをｆ(ｘ)の根とする。
（１）βはα₁,･･･,αnの式で表される。
（２）α₁,･･･,αnはそれぞれβの式で表される。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

ζはζで表されているし、Φn(ｘ)の根はζ,ζ²,･･･,ζ^nなので全てζで表せるからである。

＞よってＧは、Φn(ｘ)の根ζをζ^aに入れ換える入れ換えσa（ａはｎと互いに素）からなる。

原始元ζを根に含む既約多項式を作ると、Φn(ｘ)と一致する。
つまり、上の「多項式の群の構成」のｆ(ｘ)＝ｇ(ｘ)＝Φn(ｘ)である。
よって、多項式の群Ｇfは、
「βをｇ(ｘ)の根に入れ換えて得られるｆ(ｘ)の根の入れ換え」
より、
「ζをΦn(ｘ)の他の根に入れ換えて得られるΦn(ｘ)の根の入れ換え」
つまり、「Ｇは、Φn(ｘ)の根ζをζ^aに入れ換える入れ換えσa（ａはｎと互いに素）からなる」という事である。

＞(σaσb)(ζ)＝σa(σb(ζ))＝σa(ζ^b)＝(ζ^a)^b
＝ζ^ab＝σab(ζ)

σa(ζ^b)＝(ζ^a)^bの所、
（上より）「σa：ζ→ζ^a」は、括弧の中のものをａ乗する訳ではなく、ζをζ^aに入れ換えるという事である。

＞またσa＝σbはａ≡ｂ modｎと同値なので、(ℤ/ｎℤ)^×からＧへの写像[ａ]n→σaは全単射であり、群の積も対応している。

最初に、ｐ.31より、
「集合{０,１,･･･,ｎ－１}にこの加法，乗法を合わせて考えたものをℤ/ｎℤと表します。整数ａをｎで割った余りを
[ａ]n　や　ａ modｎ
で表し、ℤ/ｎℤの元とみなします。[ａ]nは表記を簡潔にするために本書で用いる記号です。」
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

また、p.33より、
「ｎと互いに素な正整数（≦ｎ）をℤ/ｎℤの元を用いて、次のように表します。
(ℤ/ｎℤ)^×＝{[ａ]；ａはｎと互いに素}
＝{[ａ]；ａは１,２,･･･,ｎ－１のどれかで、ｎと互いに素}
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

ところで、σa＝σbは、（上より）「σa：ζ→ζ^a」なので、ζ^a＝ζ^b
また、ζは１の原始ｎ乗根なので周期ｎの周期関数（ζ^n＝１）である。よって、ａ≡ｂ modｎと同値という事である。
ａ≡ｂ modｎとζ^a＝ζ^bが同値なので、
「(ℤ/ｎℤ)^×からＧへの写像[ａ]n→σaは全単射」が分かる。
（ａ≡ｂ modｎとℤ/ｎℤと[ａ]nは同じ意味で、「σa：ζ→ζ^a」からζ^aとσaとＧは同じような事と考えれば良い。）

また、（上の）「(σaσb)(ζ)＝σa(σb(ζ))＝σa(ζ^b)＝(ζ^a)^b＝ζ^ab＝σab(ζ)」より、
(σaσb)(ζ)＝σab(ζ)でσaσb＝σab
よって、「群の積も対応している」。

よって、全単射かつ群の積が対応しているので、「(ℤ/ｎℤ)^×はＧと同型である」事が示された。

「２つの群に対して、元どうしに１対１の対応があり、さらに群の積（演算）が対応するとき（すなわち元の対応が「ａｂに対応する元はａとｂに対応する元の積である」という性質を持つとき）、この２つの群を同型といいます。」
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著p.89~p.90より

別証は次回。（念のため、私のオリジナル。）

おまけ：
http://aumshinrikyo123.cocolog-nifty.com/blog/cat73106923/index.html

問題 9-6b
円分多項式Φn(ｘ)の群Ｇは、ｎと互いに素なａに対して
σa：ζ→ζ^a（ζは１の原始ｎ乗根）
で定まる根の入れ換えからなることを示せ。
またσaσb＝σabを示し、Ｇの元の合成と、ｎと互いに素な２つの数ａ,ｂの積が対応することを示せ。
したがって[ａ]nをσaに対応させることにより、(ℤ/ｎℤ)^×はＧと同型である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

「(ℤ/ｎℤ)^×はＧと同型である」事の別証
「(ℤ/ｎℤ)^×からＧへの写像[ａ]n→σa」を写像Ｆとする。
つまり、Ｆ：(ℤ/ｎℤ)^×→Ｇ（[ａ]n→σa）と定義すると、
Ｆ([ａ]n＋[ｂ]n)＝Ｆ([ａ＋ｂ]n)＝σ(a+b)
＝ζ^(a+b)＝ζ^aζ^b＝σaσb
＝Ｆ([ａ]n)Ｆ([ｂ]n)
∴Ｆ([ａ]n＋[ｂ]n)＝Ｆ([ａ]n)Ｆ([ｂ]n)
よって、写像Ｆは準同型写像である。また、Ｆは全単射であった（上より「σa＝σbはａ≡ｂ modｎと同値なので、(ℤ/ｎℤ)^×からＧへの写像[ａ]n→σaは全単射」）ので同型写像である。
∴(ℤ/ｎℤ)^×≅Ｇ
よって、示された。

定義6.1
演算◦を持つ群(Ｇ,◦)と演算＊を持つ群Ｇ'(Ｇ',＊)に対して、ＧからＧ'への写像ｆ：Ｇ→Ｇ'が
∀ａ,ｂ∈Ｇ，ｆ(ａ◦ｂ)＝ｆ(ａ)＊ｆ(ｂ)
なる条件を満足しているとき、ｆをＧからＧ'への準同型写像という。また、単射でかつ全射である準同型写像を同型写像という。群Ｇから群Ｇ'への同型写像ｆが存在するとき、ＧとＧ'は同型であるといい、Ｇ≃Ｇ'と書く。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

これでいけると思いましたが、これじゃダメですよね。よく考えたら×の要素を使っていませんし。
模範解答は、(ℤ/ｎℤ)^×が乗法に関して群になる事を利用しているんですよね。

定理2.10
ｎを法とする既約剰余類の全体Ｕ(ℤn)は剰余環ℤn＝ℤ/ｎℤにおける乗法に関して群をなす。
ただし、Ｕ(ℤn)＝{|ａ∈ℤn｜(ａ,ｎ)＝１}
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

つまり、これが(ℤ/ｎℤ)^×が群になる事で、

「２つの群に対して、元どうしに１対１の対応があり、さらに群の積（演算）が対応するとき（すなわち元の対応が「ａｂに対応する元はａとｂに対応する元の積である」という性質を持つとき）、この２つの群を同型といいます。」
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著p.89~p.90より

「２つの群に対して」が満たされるという事。

＞(σaσb)(ζ)＝σab(ζ)でσaσb＝σab
よって、「群の積も対応している」。

ℤnも|ａ・|ｂ＝|(ａ・ｂ)を満たしているので、(ℤ/ｎℤ)^×も満たしていて、σaσb＝σabと積も対応しているという事。

おまけ：

＞「(ℤ/ｎℤ)^×からＧへの写像[ａ]n→σa」を写像Ｆとする。
つまり、Ｆ：(ℤ/ｎℤ)^×→Ｇ（[ａ]n→σa）と定義すると、
Ｆ([ａ]n＋[ｂ]n)＝Ｆ([ａ＋ｂ]n)＝σ(a+b)
＝ζ^(a+b)＝ζ^aζ^b＝σaσb
＝Ｆ([ａ]n)Ｆ([ｂ]n)
∴Ｆ([ａ]n＋[ｂ]n)＝Ｆ([ａ]n)Ｆ([ｂ]n)
よって、写像Ｆは準同型写像である。

これを何かに有効活用できないかどうか検討して下さい。

おまけ：

問題 9-6b
円分多項式Φn(ｘ)の群Ｇは、ｎと互いに素なａに対して
σa：ζ→ζ^a（ζは１の原始ｎ乗根）
で定まる根の入れ換えからなることを示せ。
またσaσb＝σabを示し、Ｇの元の合成と、ｎと互いに素な２つの数ａ,ｂの積が対応することを示せ。
したがって[ａ]nをσaに対応させることにより、(ℤ/ｎℤ)^×はＧと同型である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

これのｎをｐ（素数）限定にした場合の「(ℤ/ｎℤ)^×はＧと同型である」事の別証を作る。

別証
(ℤ/ｐℤ)^×からＧへの写像[ａ]p→σaを写像Ｆとする。
つまり、Ｆ：(ℤ/ｐℤ)^×→Ｇ（[ａ]p→σa）と定義すると、
Ｆ([ａ]p＋[ｂ]p)＝Ｆ([ａ＋ｂ]p)＝σ(a+b)
＝ζ^(a+b)＝ζ^aζ^b＝σaσb
＝Ｆ([ａ]p)Ｆ([ｂ]p)
∴Ｆ([ａ]p＋[ｂ]p)＝Ｆ([ａ]p)Ｆ([ｂ]p)
よって、写像Ｆは準同型写像である。
また、σa＝σbはａ≡ｂ modｐと同値（ζは１の原始ｐ乗根なので周期ｐの周期関数（ζ^p＝１）だから）なので、(ℤ/ｐℤ)^×からＧへの写像[ａ]p→σaは全単射。
よって、Ｆは同型写像である。
∴加法群(ℤ/ｐℤ)^×≅Ｇ
（念のため、ｐが素数だから(ℤ/ｐℤ)^×は加法で群になる。）
また、(ℤ/ｐℤ)^×は乗法群でもあり、

定理2.10
ｎを法とする既約剰余類の全体Ｕ(ℤn)は剰余環ℤn＝ℤ/ｎℤにおける乗法に関して群をなす。
ただし、Ｕ(ℤn)＝{|ａ∈ℤn｜(ａ,ｎ)＝１}
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

[ａ]p＋[ｂ]p＝[ａ＋ｂ]p
[ａ]p・[ｂ]p＝[ａ・ｂ]p
でそれぞれの演算が対応していて、また、全単射である事は自明（ｐが素数より^×によって零元だけが消える）なので、加法群(ℤ/ｐℤ)^×と乗法群(ℤ/ｐℤ)^×は同型である。

「２つの群に対して、元どうしに１対１の対応があり、さらに群の積（演算）が対応するとき（すなわち元の対応が「ａｂに対応する元はａとｂに対応する元の積である」という性質を持つとき）、この２つの群を同型といいます。」
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著p.89~p.90より

∴乗法群(ℤ/ｐℤ)^×≅加法群(ℤ/ｐℤ)^×≅Ｇ
よって、乗法群(ℤ/ｐℤ)^×≅Ｇ
よって、示された。

おまけ：

類題
底角が４８°の二等辺三角形ＡＢＣを描き、辺ＡＣの外側に∠ＡＢＤ＝１２°かつ∠ＡＣＤ＝２４°となる点Ｄを取る。この時、∠ＡＤＢの角度を求めて下さい。

解法１
ＢＣを１辺とした正三角形ＥＢＣを頂点ＥがＢＣに関して点Ａと同じ側に作ると、
∠ＡＢＥ＝６０°－４８°＝１２°より、
∠ＡＢＤ＝∠ＡＢＥ……①
また、∠ＢＣＤ＝４８°＋２４°＝７２°
さらに、△ＢＣＤの内角の和より、
∠ＢＤＣ＝１８０°－７２°－３６°＝７２°
よって、∠ＢＣＤ＝∠ＢＤＣより△ＢＣＤは二等辺三角形。よって、ＢＣ＝ＢＤ
また、正三角形より、ＢＣ＝ＢＥ
よって、ＢＤ＝ＢＥ……②
ＡＢは共通……③
①，②，③より、二辺夾角が等しいので、△ＢＡＤ≡△ＢＡＥ　∴∠ＡＤＢ＝∠ＡＥＢ
よって、∠ＡＥＢを求めれば良いが、△ＥＢＣが正三角形で△ＡＢＣが条件より二等辺三角形なので、対称性により、∠ＡＥＢは∠Ｅ＝６０°の半分である。
よって、答えは、３０°

別解は次回。

＞この問題を突然話しかけられたおじさんに出されて解けません
解き方と答えをどうか教えてください

これぐらいの問題だったら良かったのですけどね。まぁ、これが終ったらまたちょっと考えてみるつもりですが。
私からも問題です。こちらhttps://www.msn.com/ja-jp/lifestyle/other/%E5%9B%B3%E5%BD%A2%E5%95%8F%E9%A1%8C-vol-1197-%E3%82%B0%E3%83%AC%E3%83%BC%E3%81%AE%E9%83%A8%E5%88%86%E3%81%AE%E9%9D%A2%E7%A9%8D%E3%82%92%E6%B1%82%E3%82%81%E3%82%88-%E5%85%A83%E5%95%8F/ar-AA1Cqr3X?ocid=msedgntp&pc=U531&cvid=7029d563070f4ad28c4ccc1f9dcef902&ei=8の第１問を何でもありで解いて下さい。もちろん、解答を見ないで算数で解ければ素晴らしいです。（念のため、私は算数でも解けました。）

おまけ：

上の問題では物足りない人のために。

問題
∠Ａが直角の直角二等辺三角形ＡＢＣの内部の点ＰがＰＡ＝ＰＣかつＰＢ＝ＡＢを満たす時、∠ＰＣＢの角度を求めて下さい。

ただし、何でもあり（電卓あり）で求められれば良いです。今回は、エレガントな解法と同じぐらい何でもありの解法も意味があると思います。

おまけ：

こちらhttps://www.msn.com/ja-jp/lifestyle/other/%E5%9B%B3%E5%BD%A2%E5%95%8F%E9%A1%8C-vol-1197-%E3%82%B0%E3%83%AC%E3%83%BC%E3%81%AE%E9%83%A8%E5%88%86%E3%81%AE%E9%9D%A2%E7%A9%8D%E3%82%92%E6%B1%82%E3%82%81%E3%82%88-%E5%85%A83%E5%95%8F/ar-AA1Cqr3X?ocid=msedgntp&pc=U531&cvid=7029d563070f4ad28c4ccc1f9dcef902&ei=8の第１問を問題文にすると、

問題
∠Ｃが直角の直角三角形ＡＢＣの∠Ａの二等分線と辺ＢＣとの交点をＤとする。この時、ＤＣ：ＡＣ＝１：２，△ＡＤＣ＝３０ｃｍ²になったという。△ＡＢＤの面積を求めて下さい。

解法１（算数の解法）
ＤからＡＢに垂線を下ろしその足をＨとすると、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、△ＡＤＨ≡△ＡＤＣ　よって、ＤＨ＝ＤＣ
これを条件のＤＣ：ＡＣ＝１：２に代入すると、ＤＨ：ＡＣ＝１：２
また、∠Ｂが共通と直角が等しいので、△ＢＤＨと△ＡＢＣは２角が等しく相似である。
そして、相似比がＤＨ：ＡＣ＝１：２より、面積比は１×１：２×２＝１：４
よって、△ＢＤＨ＝②と置くと△ＡＢＣ＝⑧より、四角形ＡＨＤＣ＝⑧－②＝⑥
よって、△ＡＤＣ＝△ＡＤＨ＝⑥÷２＝③　
また、△ＡＢＤ＝△ＡＤＨ＋△ＢＤＨ＝③＋②＝⑤より、△ＡＢＤ：△ＡＤＣ＝⑤：③＝５：３で△ＡＤＣ＝３０ｃｍ²より、
△ＡＢＤ＝５０ｃｍ²

解法２（中学数学の解法）
△ＡＢＣで角の二等分線の定理を使うと、
ＡＢ：ＡＣ＝ＢＤ：ＤＣ
よって、ＡＢ：ＢＤ＝ＡＣ：ＤＣ＝２：１
よって、ＢＤ＝ａと置くと、ＡＢ＝２ａ
また、ＤＣ＝ｂ，ＡＣ＝２ｂと置くと、
ＢＣ＝ＢＤ＋ＤＣ＝ａ＋ｂ
よって、△ＡＢＣで三平方の定理を使うと、
(２ｂ)²＋(ａ＋ｂ)²＝(２ａ)²が成り立つ。
∴４ｂ²＋ａ²＋２ａｂ＋ｂ²＝４ａ²
∴３ａ²－２ａｂ－５ｂ²＝０
∴(３ａ－５ｂ)(ａ＋ｂ)＝０
ａ＞０,ｂ＞０より、３ａ＝５ｂ
∴ａ：ｂ＝５：３　∴ＢＤ：ＤＣ＝５：３
△ＡＤＣ＝３０ｃｍ²より、
△ＡＢＤ＝５０ｃｍ²

解法３（高校数学の解法）
∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＤ＝θと置くと、
条件より、tanθ＝１/２……①
また、tanの２倍角の公式より、
tan2θ＝２tanθ/(１－tan²θ)……②
①を②に代入すると、
tan2θ＝１/(１－１/４)＝４/３
ところで、ＤＣ：ＡＣ＝１：２より、
ＤＣ＝ｂ，ＡＣ＝２ｂと置くと、
tan2θ＝ＢＣ/ＡＣ＝４/３より、
ＢＣ/２ｂ＝４/３　∴ＢＣ＝８ｂ/３
∴ＢＤ＝ＢＣ－ＤＣ＝８ｂ/３－ｂ＝５ｂ/３
∴ＢＤ：ＤＣ＝５ｂ/３：ｂ＝５：３
△ＡＤＣ＝３０ｃｍ²より、
△ＡＢＤ＝５０ｃｍ²

結構、楽しめたのではないでしょうか。

問題
∠Ａが直角の直角二等辺三角形ＡＢＣの内部の点ＰがＰＡ＝ＰＣかつＰＢ＝ＡＢを満たす時、∠ＰＣＢの角度を求めて下さい。

これも結構いけると思います。余裕がある人は、上の第３問の何でもありの別解を作ってみて下さい。ただし、面白いかどうかは微妙です。（人によるでしょう。）

おまけ：

問題
∠Ａが直角の直角二等辺三角形ＡＢＣの内部の点ＰがＰＡ＝ＰＣかつＰＢ＝ＡＢを満たす時、∠ＰＣＢの角度を求めて下さい。

解法１　エレガントな解法
点ＡのＢＣに関する対称点をＡ'とすると、△ＡＢＣは直角二等辺三角形より、四角形ＡＢＡ'Ｃは正方形になる。そして、△ＰＡＣが二等辺三角形より対称性により△ＰＢＡ'も二等辺三角形になり、対称性から△ＢＡＰと△Ａ'ＣＰは合同になる。
ところで、△ＢＡＰは二等辺三角形より△Ａ'ＣＰも二等辺三角形で、ＡＢ＝ＢＡ'＝ＰＢより△ＰＢＡ'は正三角形である。
よって、∠ＰＡ'Ｃ＝９０°－６０°＝３０°より、∠Ａ'ＣＰ＝７５°
また、∠Ａ'ＣＢ＝４５°より、
∠ＰＣＢ＝７５°－４５°＝３０°

解法２　何でもありの解法
ＤからＡＣに垂線を下ろしその足をＨとし、ＢからＡＰに垂線を下ろしその足をＩとする。
ここで、ＡＢ＝ＡＣ＝２，ＡＰ＝ｘと置くと、ＡＨ＝１　
ところで、∠ＰＡＨ＝●と置くと、∠ＢＡＩ＝９０°－●　また、△ＡＰＨの内角の和より、∠ＰＡＨ＝９０°－●　よって、∠ＢＡＩ＝∠ＰＡＨ
また、∠ＢＩＡ＝∠ＡＨＰ＝９０°より２角が等しいので、△ＢＡＩ∽△ＡＰＨ
よって、ＡＩ：ＡＢ＝ＰＨ：ＰＡが成り立つ。
また、△ＡＰＨで三平方の定理を使うと、
ＰＨ＝√(ｘ²－１)
∴ｘ/２：２＝√(ｘ²－１)：ｘ
∴２√(ｘ²－１)＝ｘ²/２
∴ｘ²＝４√(ｘ²－１)　∴ｘ⁴＝１６(ｘ²－１)
∴ｘ⁴－１６ｘ²＋１６＝０
∴ｘ²＝８±√(６４－１６)＝８±４√３
ところで、△ＡＰＨの辺の関係より、
１＜ｘ＜２　∴１＜ｘ²＜４
∴ｘ²＝８－４√３
ｘ＞０より、
ｘ＝√(８－４√３)＝２√(２－√３)
∴ＣＰ＝ＡＰ＝ｘ＝２√(２－√３)
∴cos∠ＰＣＨ＝１/ｘ＝１/２√(２－√３)
∴∠ＰＣＨ＝Arccos{１/２√(２－√３)}
＝Arccos0.9659258＝１５°
∴∠ＰＣＢ＝４５°－１５°＝３０°

因みに、ｘ²＝８－４√３から、
ｘ²＝８－２√１２＝(６＋２)－２√(６・２)
＝(√６－√２)²
とすれば、ｘ＝√６－√２
∴ＣＰ＝√６－√２，ＣＨ＝１
∴ＣＨ：ＣＰ＝１：√６－√２
＝√６＋√２：４
よって、１５°，７５°，９０°の直角三角形の三辺比より、∠ＰＣＨ＝１５°
∴∠ＰＣＢ＝４５°－１５°＝３０°
と、電卓なしで出来る。

意外と解法２は出来た人は少なかったのではないでしょうか。構造を考えるいい問題だと思います。

おまけ：

https://www.msn.com/ja-jp/lifestyle/other/%E5%9B%B3%E5%BD%A2%E5%95%8F%E9%A1%8C-vol-1197-%E3%82%B0%E3%83%AC%E3%83%BC%E3%81%AE%E9%83%A8%E5%88%86%E3%81%AE%E9%9D%A2%E7%A9%8D%E3%82%92%E6%B1%82%E3%82%81%E3%82%88-%E5%85%A83%E5%95%8F/ar-AA1Cqr3X?ocid=msedgntp&pc=U531&cvid=7029d563070f4ad28c4ccc1f9dcef902&ei=8
＞上の第３問の何でもありの別解を作ってみて下さい。ただし、面白いかどうかは微妙です。（人によるでしょう。）

一応、問題化しておきますね。

問題
正三角形ＡＢＣの辺ＢＣ上に点Ｄを取り、ＡＤを１辺とした正三角形ＡＤＥを点ＥがＡＤに関してＢと反対側に取る。この時、ＤＣ：ＣＥ＝２：５，△ＡＣＥ＝１０ｃｍ²になったという。△ＡＢＣの面積を求めて下さい。

何でもありの別解
△ＡＢＣと△ＡＤＥが正三角形より、
∠ＡＣＤ＝∠ＡＥＤ＝６０°
よって、円周角の定理の逆により、Ａ，Ｄ，Ｃ，Ｅは同一円周上にある。
よって、トレミーの定理を使うと、
ＡＣ・ＤＥ＝ＡＤ・ＣＥ＋ＣＤ・ＡＥ
ところで、△ＡＤＥは正三角形より、
ＡＤ＝ＤＥ＝ＡＥ
よって、両辺をこれらで割ると、
ＡＣ＝ＣＥ＋ＣＤ
また、△ＡＢＣも正三角形より、ＡＣ＝ＢＣ
∴ＢＣ＝ＣＥ＋ＣＤ
∴ＢＤ＋ＣＤ＝ＣＥ＋ＣＤ
∴ＢＤ＝ＣＥ
よって、三辺相等で△ＡＢＤ≡△ＡＣＥ
＝１０ｃｍ²　また、ＢＤ：ＢＣ＝５：７より、
△ＡＢＣ＝(７/５)×１０＝１４ｃｍ²

これだけじゃ面白くないので、こちらhttps://www.msn.com/ja-jp/lifestyle/other/%E5%9B%B3%E5%BD%A2%E5%95%8F%E9%A1%8C-vol-1201-%E3%82%B0%E3%83%AC%E3%83%BC%E3%81%AE%E9%83%A8%E5%88%86%E3%81%AE%E9%9D%A2%E7%A9%8D%E3%82%92%E6%B1%82%E3%82%81%E3%82%88-%E5%85%A83%E5%95%8F/ar-AA1CzqOs?ocid=msedgntp&pc=U531&cvid=40a24b5db5ee457a82c80fc13c1d3f1b&ei=9#comments&commentId=58394909-f161-4c8f-bfaa-f126d27b0eacの第３問の何でもありの別解を考えてみて下さい。因みに、コメント欄の正当な別解は私の解法です。念のため、模範解答の方法でも解けました。

おまけ：
２巻９７番の詩
Romain Pontife garde de t'approcher
De la cité qui deux fleuves arrousent,
Ton sang viendra au pres de là cracher,
Toy & les tiens quand fleurira la rose.　（校訂した原文）
ローマ法王は君に近付ける事を警戒する
２つの大きな流れが [雨のように]砲弾を浴びせる都市の人々を
君の血筋はその頃に噴き出すようになるだろう
君と君の仲間は。バラの花が咲くだろう時に。
引用元：https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12791137370.html

https://www.msn.com/ja-jp/lifestyle/other/%E5%9B%B3%E5%BD%A2%E5%95%8F%E9%A1%8C-vol-1201-%E3%82%B0%E3%83%AC%E3%83%BC%E3%81%AE%E9%83%A8%E5%88%86%E3%81%AE%E9%9D%A2%E7%A9%8D%E3%82%92%E6%B1%82%E3%82%81%E3%82%88-%E5%85%A83%E5%95%8F/ar-AA1CzqOs?ocid=msedgntp&pc=U531&cvid=40a24b5db5ee457a82c80fc13c1d3f1b&ei=9#comments&commentId=58394909-f161-4c8f-bfaa-f126d27b0eac

＞第３問の何でもありの別解を考えてみて下さい。

一応、問題化しておきますね。

問題
直角二等辺三角形ＡＢＣとＢＣを共有したＢＣ＝ＢＤの二等辺三角形ＤＢＣが点Ａと点ＤがＢＣに関して同じ側にある。∠ＤＢＣ＝３０°，△ＡＣＤ＝１０ｃｍ²，ＡＣとＢＤの交点をＥとする時、△ＥＢＣの面積を求めて下さい。

解法１
Ａ，ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ｉとすると、△ＡＢＣは直角二等辺三角形より、ＡＨ＝(１/２)ＢＣ……①
また、△ＤＢＩは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型になるので、ＤＩ＝(１/２)ＢＤ
また、条件よりＢＤ＝ＢＣなので、
ＤＩ＝(１/２)ＢＣ……②
①，②より、ＡＨ＝ＤＩ
よって、ＡＨ∥ＤＩかつＡＨ＝ＤＩより四角形ＡＨＩＤは平行四辺形である（厳密には長方形）。よって、ＡＤ∥ＨＩ　よって、ＡＤ∥ＢＣ
よって、錯角より∠ＤＡＣ＝∠ＥＣＢ……③
また、△ＢＣＤは頂角が３０°の二等辺三角形より、∠ＢＣＤ＝７５°
また、△ＡＢＣは直角二等辺三角形より、∠ＡＣＢ＝４５°よって、∠ＤＣＡ＝７５°－４５°＝３０°よって、∠ＤＣＡ＝∠ＥＢＣ＝３０°……④
③，④より、２角が等しいので、△ＤＣＡと△ＥＢＣは相似である。
ここで、相似比１：√２を使うと簡単だが、それでは算数の解法にならないので、模範解答とはまた違った方法を取る。（模範解答は（２乗を使っているが）算数の解法の範疇である。）
点ＡのＢＣに関する対称点をＡ'とすると、四角形ＤＡＨＣと四角形ＥＣＡ'Ｂは相似になり、それぞれの直角二等辺三角形部分の面積比が１：２なので、全体の（相似形の）面積比も１：２である。よって、それぞれから直角二等辺三角形部分を除いた△ＤＣＡと△ＥＢＣの（相似形の）面積比も１：２である。よって、△ＥＢＣ＝２△ＤＣＡ＝２×１０＝２０ｃｍ²

解法２
ＡＤ∥ＢＣまでは解法１と同じ。
ここで、ＢＣ上にＣからＣＦ＝ＤＡとなる点Ｆを取ると、四角形ＡＦＣＤは平行四辺形になる。よって、同位角より∠ＡＦＢ＝∠Ｃ＝７５°また、△ＦＡＣでの内対角の和より、
∠ＦＡＣ＝７５°－４５°＝３０°　
よって、∠ＦＡＥ＝∠ＦＢＥ＝３０°
よって、円周角の定理の逆により４点Ａ，Ｂ，Ｆ，Ｅは同一円周上にある。よって、四角形ＡＢＦＥは円に内接する四角形より、∠ＥＦＣ＝∠ＢＡＥ＝９０°　よって、ＥＦ⊥ＢＣ
また、△ＡＢＣは直角二等辺三角形より∠ＥＣＦ＝４５°なので、△ＥＦＣも直角二等辺三角形。よって、ＥＦ＝ＦＣ　また、四角形ＡＦＣＤは平行四辺形なので、ＡＤ＝ＦＣ　よって、ＡＤ＝ＥＦ＝ｘと置く。
また、Ａ，ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ｉとすると、ＡＨ＝ＤＩ（＝ＢＣ/２)＝ｙと置くと、
△ＣＡＤ＝ｘ×ｙ÷２＝１０ｃｍ²———①
△ＥＢＣ＝２ｙ×ｘ÷２＝２×(ｘ×ｙ÷２)———②
①を②に代入すると、
△ＥＢＣ＝２×１０＝２０ｃｍ²

解法３（√ありの解法）は次回。
ヒント：ＢＣを１辺とした正三角形を描いて下さい。

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12874484462.html

問題
直角二等辺三角形ＡＢＣとＢＣを共有したＢＣ＝ＢＤの二等辺三角形ＤＢＣが点Ａと点ＤがＢＣに関して同じ側にある。∠ＤＢＣ＝３０°，△ＡＣＤ＝１０ｃｍ²，ＡＣとＢＤの交点をＥとする時、△ＥＢＣの面積を求めて下さい。

解法３
Ａ，ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ｉとすると、△ＡＢＣは直角二等辺三角形より、ＡＨ＝(１/２)ＢＣ……①
また、△ＤＢＩは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型になるので、ＤＩ＝(１/２)ＢＤ
また、条件よりＢＤ＝ＢＣなので、
ＤＩ＝(１/２)ＢＣ……②
①，②より、ＡＨ＝ＤＩ
よって、ＡＨ∥ＤＩかつＡＨ＝ＤＩより四角形ＡＨＩＤは平行四辺形である（厳密には長方形）。よって、ＡＤ∥ＨＩ　よって、ＡＤ∥ＢＣ
ここで、正三角形ＦＢＣを頂点ＦがＢＣに関して点Ａと同じ側に作ると、ＢＣ＝ＢＦ
また、条件よりＢＣ＝ＢＤなので、
ＢＦ＝ＢＤ……③
また、∠ＡＢＦ＝６０°－４５°＝１５°，
∠ＡＢＤ＝４５°－３０°＝１５°より、
∠ＡＢＦ＝∠ＡＢＤ……④
ＢＡは共通……⑤
③，④，⑤より、二辺夾角が等しいので、
△ＢＡＦ≡△ＢＡＤ
ところで、ＡＤ∥ＢＣより等積変形で、
△ＢＡＤ＝△ＣＡＤ＝△ＡＣＤ＝１０ｃｍ²
∴△ＢＡＦ＝１０ｃｍ²
今、ＢＣの中点をＭとし、ＢＭ＝ａと置くと、
ＦＭ＝√３ａ，ＡＭ＝ＢＭ＝ａより、
ＡＦ＝√３ａ－ａ＝(√３－１)ａ
また、△ＢＡＦ≡△ＢＡＤより、
ＡＤ＝ＡＦ　∴ＡＤ＝(√３－１)ａ
よって、△ＥＤＡ∽△ＥＢＣの相似比は、
ＡＤ：ＢＣ＝(√３－１)ａ：２ａ
＝√３－１：２
よって、ＥからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、ＥＨ＝[２/{(√３－１)＋２}]ＡＭ
＝{２/(√３＋１)}ａ＝(√３－１)ａ
∴ＥＨ＝(√３－１)ａ
∴△ＥＢＣ＝２ａ×(√３－１)ａ×(１/２)
＝(√３－１)ａ²……☆
また、△ＢＡＦ＝１０ｃｍ²より、
△ＢＡＦ＝ＡＦ×ＢＭ×(１/２)
＝(√３－１)ａ×ａ×(１/２)＝１０
が成り立つ。
∴ａ²＝２０/(√３－１)
＝２０(√３＋１)/(√３－１)(√３＋１)
＝１０(√３＋１)……★
★を☆に代入すると、
△ＥＢＣ＝(√３－１)・１０(√３＋１)
＝２０ｃｍ²

おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1910684773846249820

https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1910819470572154887

類題
底角が４８°の二等辺三角形ＡＢＣを描き、辺ＡＣの外側に∠ＡＢＤ＝１２°かつ∠ＡＣＤ＝２４°となる点Ｄを取る。この時、∠ＡＤＢの角度を求めて下さい。

解法２
∠ＤＢＣ＝４８°－１２°＝３６°
また、∠ＢＣＤ＝４８°＋２４°＝７２°より、∠ＢＤＣ＝１８０°－３６°－７２°＝７２°よって、∠ＢＣＤ＝∠ＢＤＣ
よって、△ＢＣＤは二等辺三角形である。
よって、ＢＣ＝ＢＤ
ここで、ＢＤを１辺とした正三角形ＥＢＤを頂点ＥがＢＤに関して点Ａと同じ側に作ると、ＢＤ＝ＢＥより、ＢＣ＝ＢＥ……①
また、∠ＥＢＤ＝６０°－１２°＝４８°より、∠ＣＢＡ＝∠ＥＢＡ……②
ＢＡは共通……③
①，②，③より、二辺夾角が等しいので、
△ＢＡＣ≡△ＢＡＥ
ところで、△ＡＢＣは二等辺三角形より△ＡＢＥも二等辺三角形で、△ＤＢＥが正三角形より対称性で、△ＤＡＢと△ＤＡＥは合同になる。
よって、∠ＡＤＢ＝６０°÷２＝３０°

とりあえず、あと２通り作ってみました。多分、それで終わりだと思います。

おまけ：

類題
底角が４８°の二等辺三角形ＡＢＣを描き、辺ＡＣの外側に∠ＡＢＤ＝１２°かつ∠ＡＣＤ＝２４°となる点Ｄを取る。この時、∠ＡＤＢの角度を求めて下さい。

解法３
ＡＢを１辺とした正三角形ＥＡＢを頂点ＥがＡＢに関して点Ｃと同じ側に作ると、ＡＢ＝ＡＥ
また、条件よりＡＢ＝ＡＣ　
よって、ＡＥ＝ＡＣ
また、∠ＢＡＣ＝１８０°－４８°×２＝８４°，∠ＢＡＥ＝６０°より、
∠ＥＡＣ＝８４°－６０°＝２４°
よって、△ＡＥＣは頂角が２４°の二等辺三角形より、∠ＡＣＥ＝(１８０°－２４°)÷２＝１５６°÷２＝７８°
よって、∠ＥＣＢ＝７８°－４８°
＝３０°……☆
ところで、∠ＤＢＣ＝４８°－１２°＝３６°
また、∠ＢＣＤ＝４８°＋２４°＝７２°より、∠ＢＤＣ＝１８０°－３６°－７２°＝７２°よって、∠ＢＣＤ＝∠ＢＤＣ
よって、△ＢＣＤは二等辺三角形である。
よって、ＢＣ＝ＢＤ……①
また、正三角形より、ＢＥ＝ＢＡ……②
∠ＥＢＣ＝６０°－４８°＝１２°，
∠ＡＢＤ＝１２°より、
∠ＥＢＣ＝∠ＡＢＤ……③
①，②，③より、二辺夾角が等しいので、
△ＢＥＣ≡△ＢＡＤ
よって、∠ＡＤＢ＝∠ＥＣＢ……★
☆を★に代入すると、
∠ＡＤＢ＝３０°

解法１～解法３をヒントに是非、解法４に挑戦して下さい。

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12828343128.html

類題
底角が４８°の二等辺三角形ＡＢＣを描き、辺ＡＣの外側に∠ＡＢＤ＝１２°かつ∠ＡＣＤ＝２４°となる点Ｄを取る。この時、∠ＡＤＢの角度を求めて下さい。

解法４
ＡＣを１辺とした正三角形ＥＡＣを頂点ＥがＡＣに関して点Ｂと同じ側に作ると、ＡＣ＝ＡＥ
また、条件よりＡＢ＝ＡＣ
よって、ＡＢ＝ＡＥ　
また、∠ＢＡＣ＝１８０°－４８°×２＝８４°，∠ＥＡＣ＝６０°より、∠ＢＡＥ＝２４°よって、∠ＡＢＥ＝(１８０°－２４°)÷２＝７８°よって、∠ＥＢＣ＝７８°－４８°＝３０°……☆
ところで、∠ＤＢＣ＝４８°－１２°＝３６°
また、∠ＢＣＤ＝４８°＋２４°＝７２°より、∠ＢＤＣ＝１８０°－３６°－７２°＝７２°よって、∠ＢＣＤ＝∠ＢＤＣ
よって、△ＢＣＤは二等辺三角形である。
よって、ＣＢ＝ＢＤ……①
また、正三角形より、ＣＥ＝ＣＡ　また、△ＡＢＣは二等辺三角形より、ＣＡ＝ＢＡ
よって、ＣＥ＝ＢＡ……②
また、∠ＥＣＢ＝６０°－４８°＝１２°，∠ＡＢＤ＝１２°より、
∠ＥＣＢ＝∠ＡＢＤ……③
①，②，③より、二辺夾角が等しいので、△ＣＥＢ≡△ＢＡＤ
よって、∠ＡＤＢ＝∠ＥＢＣ……☆☆
☆，☆☆より、∠ＡＤＢ＝３０°

これは今回で終わりにしますね。

おまけ：
http://aumshinrikyo123.cocolog-nifty.com/blog/2018/03/post-0c2d.html

https://www.shogakukan.co.jp/books/09389127

解説
＞まずｇ(ｘ)の係数はＧfの入れ換えで不変なので、定数であることに注意する。

「ｆ(ｘ)の根の式βが、Ｇfの根の入れ換え（すべて）により、異なる数β₁＝β,･･･,βsになったとする。このとき
ｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)･･･(ｘ－βs)」
より、Ｇfの入れ換えでβがβ₁,･･･,βsに変わり、ｇ(ｘ)の係数をＧfで入れ換えてもβiがβjに変わるだけ（βを構成するのはｆ(ｘ)の根αiなどでそれらの入れ換えだから）なので、
ｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)･･･(ｘ－βs)の括弧の順番が変わるだけで展開すれば係数は変わらないから不変という事。
そして、定理9.1(２)より、Ｇfの全ての入れ換えで不変なものは定数だから。
また、「定数であることに注意する」とは、定数係数の最小多項式になるという事を言いたいから。

定理9.1（基本定理）
重根を持たないｄ次多項式ｆ(ｘ)に対して、その根α₁,･･･,αdの入れ換えのなす群Ｇfであって、次の性質をみたすものがただ１つ存在する：
（１）α₁,･･･,αdの２つの式が同じ値を定めるならば、Ｇfの各元で根を入れ換えても２式の値は等しい。すなわちｇ(α₁,･･･,αd)＝ｈ(α₁,･･･,αd)ならば、Ｇfの元でαi₁,･･･,αidと入れ換えてもｇ(αi₁,･･･,αid)＝ｈ(αi₁,･･･,αid)が成り立つ。
（２）α₁,･･･,αdの式に対して、その値は、Ｇfのどの元で根を入れ換えても変わらないとき、定数である。
この群Ｇfを多項式ｆ(ｘ)の群という。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

＞またβ₁,･･･,βsはＨの右傍系と１対１に対応するので、ｓはＨの指数(Ｇ：Ｈ)に等しい。

ＨはＧfの部分群でβを変えない入れ換え全体の集合である。そこで、ＧfをＨで類別すると、βをβ₁，βをβ₂，…，βをβsに変えるそれぞれの集合に類別される。
よって、「β₁,･･･,βsはＨの右傍系と１対１に対応する」という事である。また、「ｓはＨの指数(Ｇ：Ｈ)に等しい」は指数の意味が分かれば分かる事である（類別された個数＝右傍系の個数）。

「群Ｇの部分群Ｈに対して、右Ｈ傍系の個数をＨの指数といい、(Ｇ：Ｈ)と表します。」
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

「定理4.1によれば、
Ｇ＝⋃(a∈Ｇ)aＨ（aＨ≠bＨならばaＨ∩bＨ＝φ）＝⋃(a∈Ｇ)Ｈa（Ｈa≠ＨbならばＨa∩Ｈb＝φ）
であるが、この事実をそれぞれＧのＨによる左類別，右類別という。」
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

＞βの最小多項式をｈ(ｘ)とおく。定義よりｈ(β)＝０である。

最小多項式の定義
「Ｋの元αがＡの元を係数とする多項式の根であるとします。このような多項式を以下、単にＡ係数多項式と呼びます。αを根に持つＡ係数多項式のなかで、次数が最小の単多項式をαのＡ上の最小多項式、あるいはＡ最小多項式といいます。」
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

要は、αを根に持つ次数が最小でｘ^n（最大次の項）の係数が１の多項式である。
例えば、β＝１＋√２だったら、β－１＝√２
∴(β－１)²＝２　∴β²－２β－１＝０
つまり、ｈ(ｘ)＝ｘ²－２ｘ－１でｈ(β)＝０は当たり前の事。

＞ｈ(β)＝０である。この式にＧfの根の入れ換えを適用するとｈ(βj)＝０（ｊ＝１,２,･･･,ｓ)が得られる。

定理9.1(１)より、Ｇfは、ｈ(β)＝０となっているものをＧfで入れ換えても等号が保たれる（両辺ともβの式と考えると良い）という事。

定理9.1
（１）α₁,･･･,αdの２つの式が同じ値を定めるならば、Ｇfの各元で根を入れ換えても２式の値は等しい。すなわちｇ(α₁,･･･,αd)＝ｈ(α₁,･･･,αd)ならば、Ｇfの元でαi₁,･･･,αidと入れ換えてもｇ(αi₁,･･･,αid)＝ｈ(αi₁,･･･,αid)が成り立つ。

＞よってｈ(ｘ)はβ₁,･･･,βsをすべて根に持つのでｇ(ｘ)で割り切れる。ｈ(ｘ)はβの最小多項式なので、定義よりｇ(ｘ)を割り切る。よってｇ(ｘ)＝ｈ(ｘ)である。

ｈ(ｘ)はβ₁,･･･,βsをすべて根に持ち、さらに根を持つかもしれないが、ｇ(ｘ)はβ₁,･･･,βsだけを根に持つので、ｈ(ｘ)はｇ(ｘ)で割り切れる。
また、ｈ(ｘ)とｇ(ｘ)は同じ根βを持ち、ｈ(ｘ)はβの最小多項式より、ｈ(ｘ)はｇ(ｘ)を割り切る。よって、ｇ(ｘ)＝ｈ(ｘ)という事。

最小多項式による整除性
αを根に持つＡ係数多項式ｇ(ｘ)はαのＡ最小多項式ｆ(ｘ)で割り切れます。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

おまけ：

補足解説
＞またβ₁,･･･,βsはＨの右傍系と１対１に対応するので、ｓはＨの指数(Ｇ：Ｈ)に等しい。

具体例を考えてみよう。

問題 9-5b
多項式ｆ(ｘ)の群をＧfとする。ｆ(ｘ)の根の式βが、Ｇfの根の入れ換え（すべて）により、異なる数β₁＝β,･･･,βsになったとする。このとき
ｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)･･･(ｘ－βs)はβiの最小多項式であることを示せ。よってβiの最小多項式は重根を持たない。
またｓ＝degｇ(ｘ)は、βを不変にする入れ換え全体のなすＧfの部分群Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)に等しいことを示せ。

このｆ(ｘ)をｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２とすると、
ｆ(ｘ)＝(ｘ²－√２)(ｘ²＋√２)
＝(ｘ－⁴√２)(ｘ＋⁴√２)(ｘ－⁴√２ⅰ)(ｘ＋⁴√２ⅰ)より、ｘ＝±⁴√２，±⁴√２ⅰ
ここで、ｆ(ｘ)の根の式βを作る。
β＝(⁴√２ⅰ)/(⁴√２)＝ｉとすると、「Ｇfの根の入れ換え（すべて）」のＧfが分からないので、とりあえず全ての根の入れ換えを行うと、
β₂＝(⁴√２ⅰ)/(－⁴√２)＝－ｉ
β₃＝(－⁴√２ⅰ)/(⁴√２)＝－ｉ
β₄＝(⁴√２)/(⁴√２ⅰ)＝１/ｉ＝－ｉ
β₅＝(－⁴√２)/(⁴√２ⅰ)＝－１/ｉ＝ｉ
他にもあるが、±ｉに収まる（収まる理由はｇ(ｘ)はｉの最小多項式になるからである）。
よって、ｇ(ｘ)＝(ｘ－ｉ)(ｘ＋ｉ)＝ｘ²＋１
∴ｓ＝２……①
また、ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２の係数をｉの式（２＋３ｉなど有理数係数のｉの式）に拡張してもこの式は既約多項式である。何故なら、ｆ(ｘ)＝(ｘ－⁴√２)(ｘ＋⁴√２)(ｘ－⁴√２ⅰ)(ｘ＋⁴√２ⅰ)のどの２つの積を展開しても係数に√２が残り、有理数係数のｉの式に収まらないので、結局全部展開しないと有理数係数のｉの式にならないからである。
また、⁴√２は、有理数係数のｉの式を係数としたｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２の原始元になる。
何故なら、この式にｘ＝±⁴√２ⅰを代入すると、ｆ(±⁴√２ⅰ)＝(±⁴√２ⅰ)⁴－２
＝ｉ⁴(±⁴√２)⁴－２となり、ｉの式を係数としたｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２の根はｘ＝±⁴√２だけで、これらは⁴√２で表せるからである。
よって、ｉの式を不変にするＧfの部分群Ｈの元の個数は４個である。（p.153から「ｆ(ｘ)の原始元をβとし、βを根に持つ既約多項式ｇ(ｘ)を作り、その他の根に入れ換えて得られるｆ(ｘ)の根の入れ換えが多項式の群Ｇf」だから。つまり、ｇ(ｘ)とｆ(ｘ)が一致してどちらも根が４個だから。）
∴|Ｈ|＝４……②
また、問題8-6bより、ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２の原始元βの最小多項式は、ｘ⁸＋２８ｘ⁴＋２５００より、８次式なので、|Ｇf|＝８……③
ところで、ラグランジュの定理より、
|Ｇf|＝(Ｇ：Ｈ)|Ｈ|
よって、②，③より、「Ｇfの部分群Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)」は、(Ｇ：Ｈ)＝８/４＝２……④
①，④より、ｓ＝(Ｇ：Ｈ)
よって、「ｓはＨの指数(Ｇ：Ｈ)に等しい」事が具体例で確認された。

定理4.4（ラグランジュの定理）
有限群Ｇの部分群Ｈに対して、Ｇに含まれる元の個数は、Ｈに含まれる元の個数にＨの指数を掛けた数に等しい。すなわち
|Ｇ|＝(Ｇ：Ｈ)|Ｈ|
が成り立つ。とくに|Ｈ|は|Ｇ|の約数である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

因みに、③は、別の方法でも求められる。
問題9-1aより、一般に２次式の多項式の群はｆ(ｘ)の根の入れ換えと恒等入れ換えの２つからなる群なので、ｇ(ｘ)＝ｘ²＋１の多項式の群Ｇgの元の個数は、|Ｇg|＝２……④
また、定理9.3（ガロワ対応（正規性））より、Ｇg≅Ｇf/Ｈ　∴|Ｇg|＝|Ｇf|/|Ｈ|……☆
また、上の②より、|Ｈ|＝４……②
②，④を☆に代入すると、
２＝|Ｇf|/４　∴|Ｇf|＝８

定理9.3（ガロワ対応（正規性））
多項式の群Ｇfの部分群Ｈについて、次は同値である。
（１）Ｈは、ある多項式ｇ(ｘ)のすべての根による式全体を不変にする部分群である。
（２）ＨはＧfの正規部分群である。すなわちＧfの任意の入れ換えσに対して、
Ｈσ＝σＨ
である（Ｈに関する左傍系と右傍系は一致する）。
さらに、この対応においてｇ(ｘ)の群Ｇgは商群Ｇf/Ｈと同型である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

おまけ：

解説
＞ここで、Ｋは体であるから
ｉａi＝ｉ１k・ａi＝０⇒ｉ１k＝０またはａi＝０

まず、指数は有限体Ｋの元ではなく整数なので、有限体Ｋの単位元１kを掛けて、有限体Ｋの元に変換する。つまり、ｉａi＝ｉ１k・ａi
また、体は整域なので、ｉ１k・ａi＝０⇒ｉ１k＝０またはａi＝０であるという事。

定理1.4
体は０と異なる零因子をもたない。すなわち、体は整域である。

定義1.3
零元０_Rと異なる零因子のない可換環を整域という。
可換環Ｒが整域である⇔ａ・ｂ＝０（ａ,ｂ∈Ｒ）ならばａ＝０_Rまたはｂ＝０_R

＞ｉ１k＝０ということは、Ｋの素体Ｆp＝ℤpの中で０ということであるから、ｉ≡０（modｐ）
すなわち、ｉ１k＝０⇔ｐ|ｉ

Ｋは標数ｐの有限体で、modｐで考えるので、ｉ１k＝０という事はｉ≡０（modｐ）でｉはｐの倍数という事。

＞ｆ(Ｘ)の０でない項の次数はすべてｐで割り切れるということを意味している。

「ａi≠０⇒ｉ１k＝０」だから「０でない項」限定。

＞ゆえに、ｆ(Ｘ)は
ｆ(Ｘ)＝∑ａiＸ^pi（ａi∈Ｋ）
と表される。また、演習問題７で示したようにＫ＝Ｋ^pであるから、係数ａiはあるＫの元ｂiがあってａi＝ｂi^pと表される。したがって、
ｆ(Ｘ)＝∑ａiＸ^pi＝∑ｂi^pＸ^pi＝(∑ｂiＸ^i)^p

あとは読めば分かるので、∑ｂi^pＸ^pi＝(∑ｂiＸ^i)^pの証明だけ。これは次回にしよう。

おまけ：

https://x.com/ci4o_neko/status/1846547388007321799

解説の続き

演習問題８
有限体Ｋ上の既約多項式は重根を持たないことを証明せよ。

証明
有限体Ｋの標数をｐ（＞０）とする。ｆ(Ｘ)を有限体Ｋ上の既約多項式とし、ｆ(Ｘ)がＫに重根をもつと仮定する。すると、補題３よりｆ'(Ｘ)＝０である。
ｆ(Ｘ)＝ａ₀＋ａ₁Ｘ＋ａ₂Ｘ²＋…＋ａnＸ^n（ａi∈Ｋ）とおけば、
ｆ'(Ｘ)＝ａ₁＋２ａ₂Ｘ¹＋３ａ₃Ｘ²＋…＋ｎａnＸ^(n-1)＝０である。ゆえに、
ａ₁＝０，２ａ₂＝０，…，ｉａi＝０，…，ｎａn＝０
ここで、Ｋは体であるから
ｉａi＝ｉ１k・ａi＝０⇒ｉ１k＝０またはａi＝０
よって、ａi≠０⇒ｉ１k＝０
ｉ１k＝０ということは、Ｋの素体Ｆp＝ℤpの中で０ということであるから、ｉ≡０（mopｐ）
すなわち、ｉ１k＝０⇔ｐ|ｉ
このことを多項式ｆ(Ｘ)にもどって考えると、ｆ(Ｘ)の０でない項の次数はすべてｐで割り切れるということを意味している。ゆえに、ｆ(Ｘ)は
ｆ(Ｘ)＝∑ａiＸ^pi（ａi∈Ｋ）
と表される。また、演習問題７で示したようにＫ＝Ｋ^pであるから、係数ａiはあるＫの元ｂiがあってａi＝ｂi^pと表される。したがって、
ｆ(Ｘ)＝∑ａiＸ^pi＝∑ｂi^pＸ^pi＝(∑ｂiＸ^i)^p
これは、ｆ(Ｘ)が可約となることを表しているので、ｆ(Ｘ)が既約であることに矛盾している。
以上によって、有限体Ｋ上の既約多項式は重根を持たないことが証明された。
「演習　群・環・体 入門」新妻弘著より

＞∑ｂi^pＸ^pi＝(∑ｂiＸ^i)^p

要は、
ｂ₁^pＸ^p＋ｂ₂^pＸ^2p＋…＋(ｂn)^pＸ^np
＝(ｂ₁Ｘ＋ｂ₂Ｘ^2＋…＋ｂnＸ^n)^p
を証明すれば良い。そこで、数学的帰納法で示す。
（ⅰ）ｎ＝１の時、ｂ₁^pＸ^p＝(ｂ₁Ｘ)^pで成り立つ。
（ⅱ）ｎ＝ｋの時成り立つと仮定すると、
ｂ₁^pＸ^p＋ｂ₂^pＸ^2p＋…＋(ｂk)^pＸ^kp
＝(ｂ₁Ｘ＋ｂ₂Ｘ^2＋…＋ｂkＸ^k)^p……☆
ｎ＝ｋ＋１の場合、
左辺＝ｂ₁^pＸ^p＋ｂ₂^pＸ^2p＋…
＋(ｂk+₁)^pＸ^(k+₁)p
＝(ｂ₁Ｘ＋ｂ₂Ｘ^2＋…＋ｂkＸ^k)^p
＋(ｂk+₁)^pＸ^(k+₁)p（☆を代入した）
＝(ｂ₁Ｘ＋ｂ₂Ｘ^2＋…＋ｂkＸ^k)^p
＋(ｂk+₁Ｘ^(k+₁))^p
＝(ｂ₁Ｘ＋ｂ₂Ｘ^2＋…＋ｂkＸ^k
＋ｂk+₁Ｘ^(k+₁))^p（補題４より）

補題４
Ｋを標数ｐの体で、α,βをＫの元，ｑ＝ｐ^r（ｒ≧１）とすると次の式が成り立つ。
(α＋β)^q＝α^q＋β^q
(α－β)^q＝α^q－β^q

よって、ｎ＝ｋ＋１の場合も成り立つ。
（ⅰ），（ⅱ）より、数学的帰納法により、
ｂ₁^pＸ^p＋ｂ₂^pＸ^2p＋…＋(ｂn)^pＸ^np
＝(ｂ₁Ｘ＋ｂ₂Ｘ^2＋…＋ｂnＸ^n)^p
が示された。
∴∑ｂi^pＸ^pi＝(∑ｂiＸ^i)^p

裏を取っていないが、補題４はｎ項でも成り立つだろう。その理由は、
(α₁＋α₂＋…＋αn)^q
＝{(α₁＋α₂＋…＋αn-₁)＋αn}^q
＝(α₁＋α₂＋…＋αn-₁)^q＋αn^q
（補題４を使った）
＝{(α₁＋α₂＋…＋αn-₂)＋αn-₁}^q＋αn^q
＝(α₁＋α₂＋…＋αn-₂)^q＋αn-₁^q＋αn^q
これを繰り返すと、
＝α₁^q＋α₂^q＋…＋αn-₁^q＋αn^q
となるからである。（証明は数学的帰納法を使えば良いだろう。）

おまけ：

ライアーゲームの回答
「この解答は間違っている」は嘘である。

＞解の２行目まで同じ。
∴ｚ＝－ｘ－ｙ，ｙ＝－ｘ
∴(ｘ,ｙ,ｚ)＝(ｘ,－ｘ,－ｘ－ｙ)
＝(ｘ,－ｘ,－ｘ)＋(０,０,－ｙ)
＝ｘ(１,－１,－１)＋ｙ(０,０,－１)
＝ℝ(１,－１,－１)＋ℝ(０,０,－１)
(１,－１,－１)と(０,０,－１)が線型独立である事は自明なので、基底の個数が２個で２次元である。

ℝ(１,－１,－１)＋ℝ(０,０,－１)の２つのℝがそれぞれ独立していないから２次元ではないのである。ｙ＝－ｘで２つのℝには関連があるという事。

問題
実線型写像Ｇの核Ｇ^-1(０)の次元を求めよ（ｎ≧２）。
Ｇ：ℝ^n→ℝ²，
(ｘ₁,…,ｘn-₁,ｘn)→(ｘ₁＋…＋ｘn-₁＋ｘn，ｘ₁＋…＋ｘn-₁)
「線型代数入門」有馬哲著より

次元定理を使わずに求めて下さい。

おまけ：

問題
実線型写像Ｇの核Ｇ^-1(０)の次元を求めよ（ｎ≧２）。
Ｇ：ℝ^n→ℝ²，
(ｘ₁,…,ｘn-₁,ｘn)→(ｘ₁＋…＋ｘn-₁＋ｘn，ｘ₁＋…＋ｘn-₁)
「線型代数入門」有馬哲著より

解答
Ｇ^-1(０)＝{(ｘ₁,…,ｘn-₁,ｘn)∈ℝ^n｜(ｘ₁＋…＋ｘn-₁＋ｘn，ｘ₁＋…＋ｘn-₁)＝(０,０)}
＝{(ｘ₁,…,ｘn-₁,ｘn)∈ℝ^n｜ｘ₁＋…＋ｘn-₁＋ｘn＝０かつｘ₁＋…＋ｘn-₁＝０}
＝{(ｘ₁,…,ｘn-₁,ｘn)∈ℝ^n｜ｘn＝０かつｘ₁＝－ⅹ₂－ｘ₃－…－ｘn-₁}
＝{(－ⅹ₂－ｘ₃－…－ｘn-₁,ｘ₂,ｘ₃,…,ｘn-₁,０｜ｘ₂,…,ｘn-₁∈ℝ}
＝{ｘ₂(－１,１,０,…,０)＋ｘ₃(－１,０,１,０,…,０)＋…＋ｘn-₁(－１,０,…,１,０)｜ｘ₂,…,ｘn-₁∈ℝ}
よって、基底の個数は、ｎ－１－２＋１＝ｎ－２なので、答えは、ｎ－２次元。
因みに、「演習詳解線形代数」有馬哲・浅枝陽共著のp.61の問題６の後半と同じ方法で求めるとｎ－１次元となってしまいます。その理由は、前回の間違いと同じ理由。念のため、参考書自体には何の誤謬もありません。ただし、学生が勘違いしたままにならないように次元定理の別解がある事は一言書いておいた方が良いかもしれませんね。

おまけ：