掲示板
BBS壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/10 19:17 (No.603164)削除問題
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201810030001/
これは難しいですね。というより、理詰めで解くにはある知識が必要ですね。ただし、そのある知識も数学的に証明して下さい。
おまけ：
https://www.tv-asahi.co.jp/reading/goodmorning/page/23/
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201810030001/
これは難しいですね。というより、理詰めで解くにはある知識が必要ですね。ただし、そのある知識も数学的に証明して下さい。
おまけ：
https://www.tv-asahi.co.jp/reading/goodmorning/page/23/
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/12 07:57削除解答
百の位はお互い９か８，十の位は７か６，一の位は５か４である事は自明だろう。
つまり、２×２＝４通りを実際に計算すれば必ず解ける問題である。（理詰めじゃない方法。）
つまり、
９７５ ９６５ ９７４ ９６４
×８６４ ×８７４ ×８６５ ×８７５
―ーーーーー――――――――――――――
を計算すればよい。計算すると、
８４２４００
８４３４１０
８４２５１０
８４３５００
よって、最大は、８４３５００より、答えは、
９６４
８７５
模範解答は次回。
おまけ：
https://danseiana.com/kusanagi-kazuki/
百の位はお互い９か８，十の位は７か６，一の位は５か４である事は自明だろう。
つまり、２×２＝４通りを実際に計算すれば必ず解ける問題である。（理詰めじゃない方法。）
つまり、
９７５ ９６５ ９７４ ９６４
×８６４ ×８７４ ×８６５ ×８７５
―ーーーーー――――――――――――――
を計算すればよい。計算すると、
８４２４００
８４３４１０
８４２５１０
８４３５００
よって、最大は、８４３５００より、答えは、
９６４
８７５
模範解答は次回。
おまけ：
https://danseiana.com/kusanagi-kazuki/
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/12 14:20削除模範解答
百の位はお互い９か８，十の位は７か６，一の位は５か４である事は自明だろう。
ところで、２数の和が一定ならば２数の積が最大になるのは２数の差が最小の場合である。
例えば、１と９とか２と８とか２数の和が１０の場合、２数の積が最大になるのは２数の差が最小、つまり、４と６の場合である。（証明は数学で後で。）
ここで、百の位は９か８，十の位は７か６，一の位は５か４なので、それぞれをどちらにしても出来る２数の和は、９００＋８００＋７０＋６０＋５＋４＝１８３９で一定である。
よって、２数の差が最小の組み合わせを考えると、大きい方が最小で小さい方が最大である。
つまり、９６４と８７５の組み合わせである。
よって、答えは、
９６４
８７５
定理
２数の和が一定ならば２数の積が最大になるのは２数の差が最小の場合である。
証明
２数をｘ，ｙとすると、ｘ＋ｙ＝ａ（ａは定数）―――①
また、ｘｙ＝{(ｘ＋ｙ)^2－(ｘ－ｙ)^2}/４―――②
①を②に代入すると、
ｘｙ＝{ａ^2－(ｘ－ｙ)^2}/４
ａは一定だから、この右辺が最大になるのは(ｘ－ｙ)^2が最小になる時。つまり、ｘ－ｙが最小になる時なので、２数の差が最小になる時である。
よって、２数の積が最大になるのは２数の差が最小になる場合である。
よって、示された。
おまけ：
https://www.msn.com/ja-jp/news/entertainment/%E6%84%9B%E5%AD%90%E3%81%95%E3%81%BE-%E7%B4%94%E7%99%BD-%E4%BD%B3%E5%AD%90%E3%81%95%E3%81%BE-%E6%B7%B1%E7%B4%85-%E3%83%9E%E3%83%8A%E3%83%BC%E3%81%AE%E3%83%97%E3%83%AD%E3%81%8C%E8%AA%AD%E3%81%BF%E8%A7%A3%E3%81%8F-%E7%B4%85%E7%99%BD-%E3%82%B3%E3%83%BC%E3%83%87%E3%81%AB%E7%A7%98%E3%82%81%E3%82%89%E3%82%8C%E3%81%9F%E3%83%A1%E3%83%83%E3%82%BB%E3%83%BC%E3%82%B8/ar-AA140WpM?ocid=msedgntp&cvid=0292e6ff37284792b89a507d1e0e1591
百の位はお互い９か８，十の位は７か６，一の位は５か４である事は自明だろう。
ところで、２数の和が一定ならば２数の積が最大になるのは２数の差が最小の場合である。
例えば、１と９とか２と８とか２数の和が１０の場合、２数の積が最大になるのは２数の差が最小、つまり、４と６の場合である。（証明は数学で後で。）
ここで、百の位は９か８，十の位は７か６，一の位は５か４なので、それぞれをどちらにしても出来る２数の和は、９００＋８００＋７０＋６０＋５＋４＝１８３９で一定である。
よって、２数の差が最小の組み合わせを考えると、大きい方が最小で小さい方が最大である。
つまり、９６４と８７５の組み合わせである。
よって、答えは、
９６４
８７５
定理
２数の和が一定ならば２数の積が最大になるのは２数の差が最小の場合である。
証明
２数をｘ，ｙとすると、ｘ＋ｙ＝ａ（ａは定数）―――①
また、ｘｙ＝{(ｘ＋ｙ)^2－(ｘ－ｙ)^2}/４―――②
①を②に代入すると、
ｘｙ＝{ａ^2－(ｘ－ｙ)^2}/４
ａは一定だから、この右辺が最大になるのは(ｘ－ｙ)^2が最小になる時。つまり、ｘ－ｙが最小になる時なので、２数の差が最小になる時である。
よって、２数の積が最大になるのは２数の差が最小になる場合である。
よって、示された。
おまけ：
https://www.msn.com/ja-jp/news/entertainment/%E6%84%9B%E5%AD%90%E3%81%95%E3%81%BE-%E7%B4%94%E7%99%BD-%E4%BD%B3%E5%AD%90%E3%81%95%E3%81%BE-%E6%B7%B1%E7%B4%85-%E3%83%9E%E3%83%8A%E3%83%BC%E3%81%AE%E3%83%97%E3%83%AD%E3%81%8C%E8%AA%AD%E3%81%BF%E8%A7%A3%E3%81%8F-%E7%B4%85%E7%99%BD-%E3%82%B3%E3%83%BC%E3%83%87%E3%81%AB%E7%A7%98%E3%82%81%E3%82%89%E3%82%8C%E3%81%9F%E3%83%A1%E3%83%83%E3%82%BB%E3%83%BC%E3%82%B8/ar-AA140WpM?ocid=msedgntp&cvid=0292e6ff37284792b89a507d1e0e1591
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/12 16:49削除補足
定理
２数の和が一定ならば２数の積が最大になるのは２数の差が最小の場合である。
参考程度
２数をｘ，ｙとすると、ｘ＞０，ｙ＞０より、相加相乗平均を使うと、(ｘ＋ｙ)/２≧√ｘｙ
両辺正より両辺を２乗すると、
(ｘ＋ｙ)^2/４≧ｘｙ
ところで、ｘ＋ｙが一定より２数の積ｘｙが最大になるのは等号成立の時である。
よって、ｘ＝ｙの時、２数の積は最大になる。
∴ｘ－ｙ＝０
ここで、ｘ，ｙは整数より２数の和が偶数の場合は２数の差は０になる（例えば、ｘ＝ｙ＝５とか）が、２数の和が奇数の倍は０にならず差が最小の場合がそれに当たる。（整数に限らない場合は、例えば和が１１だったらｘ＝ｙ＝５．５）
よって、２数の和が一定ならば２数の積が最大になるのは２数の差が最小の場合（０も含む）である。
因みに、２数の条件はｘ＞０，ｙ＞０でない場合も成り立つので、前回の証明が大事である。念のため、私のオリジナルではありません。
＞例えば、１と９とか２と８とか２数の和が１０の場合、２数の積が最大になるのは２数の差が最小、つまり、４と６の場合である。
うっかり、５と５の場合を忘れましたね。今回の問題の場合は、百の位が８と９で分かれるので、絶対に等しくなりませんが。
参考程度２
２数をｘ，ｙとすると、条件よりｘ＋ｙ＝ａ（ａは定数）―――①
また、ｚ＝ｘｙ―――②
と置くと、①より、ｙ＝ａ－ｘ これを②に代入すると、ｚ＝ｘ(ａ－ｘ)＝－ｘ^2＋ａｘ
∴ｚ＝－ｘ^2＋ａｘ
これをｘで微分してイコール０とすると、
ｚ'＝－２ｘ＋ａ＝０ ∴ｘ＝ａ/２
増減表は省略するが、この極値は極大値（極大点のｘ座標）である。また、これを①に代入すると、
ｙ＝ａ－ａ/２＝ａ/２
よって、ｘ＝ｙの時、ｚつまり、ｘｙは最大になる。
以後同じ。
おまけ：
https://www.msn.com/ja-jp/news/opinion/%E7%A7%98%E5%AF%86%E3%81%AE%E6%81%8B%E4%BA%BA%E3%81%8B%E3%81%9D%E3%82%8C%E3%81%A8%E3%82%82%E5%A9%9A%E6%B4%BB%E3%81%8B-%E8%B5%A4%E6%96%87%E5%AD%97%E7%B3%BB-%E4%BD%B3%E5%AD%90%E3%81%95%E3%81%BE%E3%81%AE%E6%81%8B%E6%84%9B%E4%BA%8B%E6%83%85%E3%81%A8%E7%B5%90%E5%A9%9A%E3%81%AE%E8%A1%8C%E6%96%B9-%E3%81%8A%E6%B0%97%E3%81%AB%E5%85%A5%E3%82%8A%E3%81%AE%E8%A3%85%E3%81%84%E3%81%AF%E6%B5%81%E8%A1%8C%E3%82%8A%E3%81%AE%E3%83%9C%E3%83%AB%E3%83%89%E3%83%BC%E7%B3%BB/ar-AA1411Oh?ocid=msedgdhp&pc=U531&cvid=f94fd884ffce4eff8f0b09ff90da6b72
定理
２数の和が一定ならば２数の積が最大になるのは２数の差が最小の場合である。
参考程度
２数をｘ，ｙとすると、ｘ＞０，ｙ＞０より、相加相乗平均を使うと、(ｘ＋ｙ)/２≧√ｘｙ
両辺正より両辺を２乗すると、
(ｘ＋ｙ)^2/４≧ｘｙ
ところで、ｘ＋ｙが一定より２数の積ｘｙが最大になるのは等号成立の時である。
よって、ｘ＝ｙの時、２数の積は最大になる。
∴ｘ－ｙ＝０
ここで、ｘ，ｙは整数より２数の和が偶数の場合は２数の差は０になる（例えば、ｘ＝ｙ＝５とか）が、２数の和が奇数の倍は０にならず差が最小の場合がそれに当たる。（整数に限らない場合は、例えば和が１１だったらｘ＝ｙ＝５．５）
よって、２数の和が一定ならば２数の積が最大になるのは２数の差が最小の場合（０も含む）である。
因みに、２数の条件はｘ＞０，ｙ＞０でない場合も成り立つので、前回の証明が大事である。念のため、私のオリジナルではありません。
＞例えば、１と９とか２と８とか２数の和が１０の場合、２数の積が最大になるのは２数の差が最小、つまり、４と６の場合である。
うっかり、５と５の場合を忘れましたね。今回の問題の場合は、百の位が８と９で分かれるので、絶対に等しくなりませんが。
参考程度２
２数をｘ，ｙとすると、条件よりｘ＋ｙ＝ａ（ａは定数）―――①
また、ｚ＝ｘｙ―――②
と置くと、①より、ｙ＝ａ－ｘ これを②に代入すると、ｚ＝ｘ(ａ－ｘ)＝－ｘ^2＋ａｘ
∴ｚ＝－ｘ^2＋ａｘ
これをｘで微分してイコール０とすると、
ｚ'＝－２ｘ＋ａ＝０ ∴ｘ＝ａ/２
増減表は省略するが、この極値は極大値（極大点のｘ座標）である。また、これを①に代入すると、
ｙ＝ａ－ａ/２＝ａ/２
よって、ｘ＝ｙの時、ｚつまり、ｘｙは最大になる。
以後同じ。
おまけ：
https://www.msn.com/ja-jp/news/opinion/%E7%A7%98%E5%AF%86%E3%81%AE%E6%81%8B%E4%BA%BA%E3%81%8B%E3%81%9D%E3%82%8C%E3%81%A8%E3%82%82%E5%A9%9A%E6%B4%BB%E3%81%8B-%E8%B5%A4%E6%96%87%E5%AD%97%E7%B3%BB-%E4%BD%B3%E5%AD%90%E3%81%95%E3%81%BE%E3%81%AE%E6%81%8B%E6%84%9B%E4%BA%8B%E6%83%85%E3%81%A8%E7%B5%90%E5%A9%9A%E3%81%AE%E8%A1%8C%E6%96%B9-%E3%81%8A%E6%B0%97%E3%81%AB%E5%85%A5%E3%82%8A%E3%81%AE%E8%A3%85%E3%81%84%E3%81%AF%E6%B5%81%E8%A1%8C%E3%82%8A%E3%81%AE%E3%83%9C%E3%83%AB%E3%83%89%E3%83%BC%E7%B3%BB/ar-AA1411Oh?ocid=msedgdhp&pc=U531&cvid=f94fd884ffce4eff8f0b09ff90da6b72
返信
返信3
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/9 20:26 (No.602073)削除壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/12 07:31削除算数の解答なので、アバウトに解説しますね。
解答
直径より上の半円と正三角形に注目すると、左右２つの弓形は合同で１つを中央の所に移動させると正三角形になり、もう一つをふたを被せるようにくっつけると中心角が６０°の扇形になる。また、その半径は、６÷２＝３ｃｍである。
これを半径より下の部分でも同様にやると、色付き部分全体の面積は、半径が３ｃｍで中心角が６０°×２＝１２０°の扇形の面積と等しい事が分かる。
よって、６×３．１４×(１/３)＝２×３．１４＝６．２８ｃｍ^2
よって、答えは、６．２８ｃｍ^2
おまけ：
https://post.tv-asahi.co.jp/post-200343/（念のため、叔父さん目線です。）
解答
直径より上の半円と正三角形に注目すると、左右２つの弓形は合同で１つを中央の所に移動させると正三角形になり、もう一つをふたを被せるようにくっつけると中心角が６０°の扇形になる。また、その半径は、６÷２＝３ｃｍである。
これを半径より下の部分でも同様にやると、色付き部分全体の面積は、半径が３ｃｍで中心角が６０°×２＝１２０°の扇形の面積と等しい事が分かる。
よって、６×３．１４×(１/３)＝２×３．１４＝６．２８ｃｍ^2
よって、答えは、６．２８ｃｍ^2
おまけ：
https://post.tv-asahi.co.jp/post-200343/（念のため、叔父さん目線です。）
返信
返信1
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/11 11:59 (No.603826)削除定理5.1
Ｈを群Ｇの部分群とするとき、次の命題は同値である。
（１）∀ａ∈Ｇ，ａＨ＝Ｈａ
（２）∀ａ，ｂ∈Ｇ，ａ(≡l)ｂ（modＨ）⇔ａ(≡r)ｂ（modＨ）注：(≡l)は左合同，(≡r)は右合同を表す。
（３）∀ａ，ｂ，ｃ，ｄ∈Ｇに対して次が成り立つ。
ａ(≡l)ｂ（modＨ），ｃ(≡l)ｄ（modＨ）⇒ａｃ(≡l)ｂｄ（modＨ）
（４）∀ａ∈Ｇ，ａＨａ^-1⊂Ｈ
（５）∀ａ∈Ｇ，ａＨａ^-1＝Ｈ
証明
（１）⇒（２）：左合同，右合同の定義よりわかる。
（２）⇒（３）：定理4.2を使うと、
ａ(≡l)ｂ（modＨ）⇔ａ(≡r)ｂ（modＨ）
⇔ａｃ(≡r)ｂｃ（modＨ）
⇔ａｃ(≡l)ｂｃ（modＨ）
一方、再び定理4.2により
ｃ(≡l)ｄ（modＨ）⇒ｂｃ(≡l)ｂｄ（modＨ）
以上より、ａｃ(≡l)ｂｃ（modＨ），ｂｃ(≡l)ｂｄ（modＨ）であるから、推移律によりａｃ(≡l)ｂｄ（modＨ）
以下省略。
定理4.2
Ｇを群，ＨをＧの部分群とし、ａ，ｂ∈Ｇとするとき、次が成り立つ。
（１）Ｈを法として左合同および右合同という関係は同値関係である。
（２）Ｇの任意の元ａ，ｂ，ｃ∈Ｇについて、
ａ(≡l)ｂ（modＨ）⇔ｃａ(≡l)ｃｂ（modＨ）
ａ(≡r)ｂ（modＨ）⇔ａｃ(≡r)ｂｃ（modＨ）
今回は、解説は簡単なので、（１）⇒（３）を証明して下さい。念のため、（１）⇒（２）⇒（３）⇒（４）⇒（５）⇒（１）を示すと、（１）から（５）が全て同値関係である理由も述べて下さい。（普通は、逆を示さなければなりませんよね。）
おまけ：
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%82%A4%E3%82%B9%E3%83%A9%E3%83%BC%E3%83%A0%E3%81%AB%E3%81%8A%E3%81%91%E3%82%8B%E3%82%A4%E3%83%BC%E3%82%B5%E3%83%BC#%E5%86%8D%E8%87%A8
Ｈを群Ｇの部分群とするとき、次の命題は同値である。
（１）∀ａ∈Ｇ，ａＨ＝Ｈａ
（２）∀ａ，ｂ∈Ｇ，ａ(≡l)ｂ（modＨ）⇔ａ(≡r)ｂ（modＨ）注：(≡l)は左合同，(≡r)は右合同を表す。
（３）∀ａ，ｂ，ｃ，ｄ∈Ｇに対して次が成り立つ。
ａ(≡l)ｂ（modＨ），ｃ(≡l)ｄ（modＨ）⇒ａｃ(≡l)ｂｄ（modＨ）
（４）∀ａ∈Ｇ，ａＨａ^-1⊂Ｈ
（５）∀ａ∈Ｇ，ａＨａ^-1＝Ｈ
証明
（１）⇒（２）：左合同，右合同の定義よりわかる。
（２）⇒（３）：定理4.2を使うと、
ａ(≡l)ｂ（modＨ）⇔ａ(≡r)ｂ（modＨ）
⇔ａｃ(≡r)ｂｃ（modＨ）
⇔ａｃ(≡l)ｂｃ（modＨ）
一方、再び定理4.2により
ｃ(≡l)ｄ（modＨ）⇒ｂｃ(≡l)ｂｄ（modＨ）
以上より、ａｃ(≡l)ｂｃ（modＨ），ｂｃ(≡l)ｂｄ（modＨ）であるから、推移律によりａｃ(≡l)ｂｄ（modＨ）
以下省略。
定理4.2
Ｇを群，ＨをＧの部分群とし、ａ，ｂ∈Ｇとするとき、次が成り立つ。
（１）Ｈを法として左合同および右合同という関係は同値関係である。
（２）Ｇの任意の元ａ，ｂ，ｃ∈Ｇについて、
ａ(≡l)ｂ（modＨ）⇔ｃａ(≡l)ｃｂ（modＨ）
ａ(≡r)ｂ（modＨ）⇔ａｃ(≡r)ｂｃ（modＨ）
今回は、解説は簡単なので、（１）⇒（３）を証明して下さい。念のため、（１）⇒（２）⇒（３）⇒（４）⇒（５）⇒（１）を示すと、（１）から（５）が全て同値関係である理由も述べて下さい。（普通は、逆を示さなければなりませんよね。）
おまけ：
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%82%A4%E3%82%B9%E3%83%A9%E3%83%BC%E3%83%A0%E3%81%AB%E3%81%8A%E3%81%91%E3%82%8B%E3%82%A4%E3%83%BC%E3%82%B5%E3%83%BC#%E5%86%8D%E8%87%A8
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/11 13:45削除定理5.1
Ｈを群Ｇの部分群とするとき、次の命題は同値である。
（１）∀ａ∈Ｇ，ａＨ＝Ｈａ
（２）∀ａ，ｂ∈Ｇ，ａ(≡l)ｂ（modＨ）⇔ａ(≡r)ｂ（modＨ）注：(≡l)は左合同，(≡r)は右合同を表す。
（３）∀ａ，ｂ，ｃ，ｄ∈Ｇに対して次が成り立つ。
ａ(≡l)ｂ（modＨ），ｃ(≡l)ｄ（modＨ）⇒ａｃ(≡l)ｂｄ（modＨ）
（４）∀ａ∈Ｇ，ａＨａ^-1⊂Ｈ
（５）∀ａ∈Ｇ，ａＨａ^-1＝Ｈ
証明
（１）⇒（３）：
ａ(≡l)ｂ（modＨ）より、ａＨ＝ｂＨ
よって、定理4.1より、ａ^-1ｂ∈Ｈ よって、あるｈ1∈Ｈがあって、ｈ1＝ａ^-1ｂと表せる。この両辺に左からａをかけると、ａｈ1＝ｂ
∴ｂ＝ａｈ1―――①
また、ｃ(≡l)ｄ（modＨ）より、ｃＨ＝ｄＨ
よって、定理4.1より、ｃ^-1ｄ∈Ｈ よって、あるｈ２∈Hがあって、ｈ2＝ｃ^-1ｄと表せる。この両辺に左からｃをかけると、ｃｈ2＝ｄ
∴ｄ＝ｃｈ2―――②
①×②より、
ｂｄ＝ａｈ1ｃｈ2＝ａ(ｈ1ｃ)ｈ2―――③
ここで、（１）より、ｈ1ｃ∈Ｈｃ＝ｃＨ
∴ｈ1ｃ∈ｃＨ よって、あるｈ3∈Ｈがあって、
ｈ1ｃ＝ｃｈ3―――④と表せる。
④を③に代入すると、
ｂｄ＝ａ(ｃｈ3)ｈ2＝(ａｃ)ｈ3ｈ2∈ａｃＨ
∴ｂｄ∈ａｃＨ
よって、定理4.1より、ａｃＨ＝ｂｄＨ
∴ａｃ(≡l)ｂｄ（modＨ）
よって、示された。
＞念のため、（１）⇒（２）⇒（３）⇒（４）⇒（５）⇒（１）を示すと、（１）から（５）が全て同値関係である理由も述べて下さい。
例えば、（３）⇒（２）は、（３）⇒（４）⇒（５）⇒（１）⇒（２）より、（３）⇒（２）が示せる。
おまけ：
Ｈを群Ｇの部分群とするとき、次の命題は同値である。
（１）∀ａ∈Ｇ，ａＨ＝Ｈａ
（２）∀ａ，ｂ∈Ｇ，ａ(≡l)ｂ（modＨ）⇔ａ(≡r)ｂ（modＨ）注：(≡l)は左合同，(≡r)は右合同を表す。
（３）∀ａ，ｂ，ｃ，ｄ∈Ｇに対して次が成り立つ。
ａ(≡l)ｂ（modＨ），ｃ(≡l)ｄ（modＨ）⇒ａｃ(≡l)ｂｄ（modＨ）
（４）∀ａ∈Ｇ，ａＨａ^-1⊂Ｈ
（５）∀ａ∈Ｇ，ａＨａ^-1＝Ｈ
証明
（１）⇒（３）：
ａ(≡l)ｂ（modＨ）より、ａＨ＝ｂＨ
よって、定理4.1より、ａ^-1ｂ∈Ｈ よって、あるｈ1∈Ｈがあって、ｈ1＝ａ^-1ｂと表せる。この両辺に左からａをかけると、ａｈ1＝ｂ
∴ｂ＝ａｈ1―――①
また、ｃ(≡l)ｄ（modＨ）より、ｃＨ＝ｄＨ
よって、定理4.1より、ｃ^-1ｄ∈Ｈ よって、あるｈ２∈Hがあって、ｈ2＝ｃ^-1ｄと表せる。この両辺に左からｃをかけると、ｃｈ2＝ｄ
∴ｄ＝ｃｈ2―――②
①×②より、
ｂｄ＝ａｈ1ｃｈ2＝ａ(ｈ1ｃ)ｈ2―――③
ここで、（１）より、ｈ1ｃ∈Ｈｃ＝ｃＨ
∴ｈ1ｃ∈ｃＨ よって、あるｈ3∈Ｈがあって、
ｈ1ｃ＝ｃｈ3―――④と表せる。
④を③に代入すると、
ｂｄ＝ａ(ｃｈ3)ｈ2＝(ａｃ)ｈ3ｈ2∈ａｃＨ
∴ｂｄ∈ａｃＨ
よって、定理4.1より、ａｃＨ＝ｂｄＨ
∴ａｃ(≡l)ｂｄ（modＨ）
よって、示された。
＞念のため、（１）⇒（２）⇒（３）⇒（４）⇒（５）⇒（１）を示すと、（１）から（５）が全て同値関係である理由も述べて下さい。
例えば、（３）⇒（２）は、（３）⇒（４）⇒（５）⇒（１）⇒（２）より、（３）⇒（２）が示せる。
おまけ：
返信
返信1
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/10 11:37 (No.602721)削除問題
https://manabitimes.jp/math/1189
こちらの定理２の別解を考えてみて下さい。ただし、厳密じゃなくても納得出来れば良いとします。（念のため、具体例を挙げるだけじゃないです。）
定理２
ａｂ≡ａｃ（modｎ）でａとｎが互いに素なら
ｂ≡ｃ（modｎ）
証明
ａｂ≡ａｃ（modｎ）のとき、
ａｂ－ａｃ＝ａ(ｂ－ｃ)がｎの倍数。
ここで、ｎの素因数分解をｐ1^e1・ｐ2^e2・…・ｐk^ekとする。
● ａ(ｂ－ｃ)は素因数ｐ1をｅ1個以上持つ。
● ａはｎと互いに素なのでａは素因数ｐ1を１つも持たない。
以上より、(ｂ－ｃ)が素因数ｐ1をｅ1個以上持つ。
同様にｉ＝２，…，ｋの対しても、(ｂ－ｃ)が素因数ｐiをｅi個以上持つことが分かる。よって、ｂ－ｃがｎの倍数、つまり、ｂ≡ｃ（modｎ）となる。
為になりましたね。では、別解を考えてみて下さい。自分で言うのも何ですが、為になると思います。
おまけ：https://www.tiktok.com/@osa_mu7/video/6983533201742384386?is_from_webapp=v1&item_id=6983533201742384386
https://www.tiktok.com/@caster_woman/video/7134279367277972738?is_from_webapp=v1&item_id=7134279367277972738
https://manabitimes.jp/math/1189
こちらの定理２の別解を考えてみて下さい。ただし、厳密じゃなくても納得出来れば良いとします。（念のため、具体例を挙げるだけじゃないです。）
定理２
ａｂ≡ａｃ（modｎ）でａとｎが互いに素なら
ｂ≡ｃ（modｎ）
証明
ａｂ≡ａｃ（modｎ）のとき、
ａｂ－ａｃ＝ａ(ｂ－ｃ)がｎの倍数。
ここで、ｎの素因数分解をｐ1^e1・ｐ2^e2・…・ｐk^ekとする。
● ａ(ｂ－ｃ)は素因数ｐ1をｅ1個以上持つ。
● ａはｎと互いに素なのでａは素因数ｐ1を１つも持たない。
以上より、(ｂ－ｃ)が素因数ｐ1をｅ1個以上持つ。
同様にｉ＝２，…，ｋの対しても、(ｂ－ｃ)が素因数ｐiをｅi個以上持つことが分かる。よって、ｂ－ｃがｎの倍数、つまり、ｂ≡ｃ（modｎ）となる。
為になりましたね。では、別解を考えてみて下さい。自分で言うのも何ですが、為になると思います。
おまけ：https://www.tiktok.com/@osa_mu7/video/6983533201742384386?is_from_webapp=v1&item_id=6983533201742384386
https://www.tiktok.com/@caster_woman/video/7134279367277972738?is_from_webapp=v1&item_id=7134279367277972738
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/10 14:00削除定理２
ａｂ≡ａｃ（modｎ）でａとｎが互いに素なら
ｂ≡ｃ（modｎ）
別解
ｂ，ｃ∈ℤn^*とする。 ただし、ℤn^*はℤnから零元を除いたものとする。（ℤnはｎで割った余りの集合。）
ここで、ℤn^*の積に関する演算表を考える。
ｎ＝４の場合
ℤ4^*＝{|１，|２，|３}（|１はｎで割った余りが１の集合という意味。）
|１ |２ |３
|１ |１ |２ |３
|２ |２ |０ |２
|３ |３ |２ |１
|２に対してだけ乗法の単位元|１が現れない。つまり、４と互いに素でない数だけ逆元が存在しない。（４と互いに素な数は必ず逆元が存在する。）
ｎ＝６の場合
ℤ6^*＝{|１，|２，|３，|４，|５}
|１ |２ |３ |４ |５
|１ |１ |２ |３ |４ |５
|２ |２ |４ |０ |２ |４
|３ |３ |０ |３ |０ |３
|４ |４ |２ |０ |４ |２
|５ |５ |４ |３ |２ |１
|２，|３，|４に対して単位元が現れない。つまり、６と互いに素でない数だけ逆元が存在しない。（６と互いに素な数は必ず逆元が存在する。）
以上の推察から、ａｂ≡ａｃ（modｎ）のａがｎと互いに素の場合はａの逆元が必ず存在する。それをａ^-1として、両辺に左からかけると、
ａ^-1・ａｂ≡ａ^-1・ａｃ（modｎ）
∴(ａ^-1・ａ)ｂ≡(ａ^-1・ａ)ｃ（modｎ）
∴ｅ・ｂ≡ｅ・ｃ（modｎ）
∴ｂ≡ｃ（modｎ）
よって、示された。
一応、厳密な証明も考えてみました。
定理2.10より、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}
よって、ｎと互いに素な元ａについては必ず逆元が存在する。それをａ^-1として、両辺に左からかけると、
ａ^-1・ａｂ≡ａ^-1・ａｃ（modｎ）
∴(ａ^-1・ａ)ｂ≡(ａ^-1・ａ)ｃ（modｎ）
∴ｅ・ｂ≡ｅ・ｃ（modｎ）
∴ｂ≡ｃ（modｎ）
よって、示された。
因みに、Ｕ(ℤn)を既約剰余群という。一応、１つぐらい群表を挙げておきますね。
Ｕ(ℤ8)＝{|１，|３，|５，|７}
|１ |３ |５ |７
|１ |１ |３ |５ |７
|３ |３ |１ |７ |５
|５ |５ |７ |１ |３
|７ |７ |５ |３ |１
見事に全てに単位元が現れますね。
おまけ：
ａｂ≡ａｃ（modｎ）でａとｎが互いに素なら
ｂ≡ｃ（modｎ）
別解
ｂ，ｃ∈ℤn^*とする。 ただし、ℤn^*はℤnから零元を除いたものとする。（ℤnはｎで割った余りの集合。）
ここで、ℤn^*の積に関する演算表を考える。
ｎ＝４の場合
ℤ4^*＝{|１，|２，|３}（|１はｎで割った余りが１の集合という意味。）
|１ |２ |３
|１ |１ |２ |３
|２ |２ |０ |２
|３ |３ |２ |１
|２に対してだけ乗法の単位元|１が現れない。つまり、４と互いに素でない数だけ逆元が存在しない。（４と互いに素な数は必ず逆元が存在する。）
ｎ＝６の場合
ℤ6^*＝{|１，|２，|３，|４，|５}
|１ |２ |３ |４ |５
|１ |１ |２ |３ |４ |５
|２ |２ |４ |０ |２ |４
|３ |３ |０ |３ |０ |３
|４ |４ |２ |０ |４ |２
|５ |５ |４ |３ |２ |１
|２，|３，|４に対して単位元が現れない。つまり、６と互いに素でない数だけ逆元が存在しない。（６と互いに素な数は必ず逆元が存在する。）
以上の推察から、ａｂ≡ａｃ（modｎ）のａがｎと互いに素の場合はａの逆元が必ず存在する。それをａ^-1として、両辺に左からかけると、
ａ^-1・ａｂ≡ａ^-1・ａｃ（modｎ）
∴(ａ^-1・ａ)ｂ≡(ａ^-1・ａ)ｃ（modｎ）
∴ｅ・ｂ≡ｅ・ｃ（modｎ）
∴ｂ≡ｃ（modｎ）
よって、示された。
一応、厳密な証明も考えてみました。
定理2.10より、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}
よって、ｎと互いに素な元ａについては必ず逆元が存在する。それをａ^-1として、両辺に左からかけると、
ａ^-1・ａｂ≡ａ^-1・ａｃ（modｎ）
∴(ａ^-1・ａ)ｂ≡(ａ^-1・ａ)ｃ（modｎ）
∴ｅ・ｂ≡ｅ・ｃ（modｎ）
∴ｂ≡ｃ（modｎ）
よって、示された。
因みに、Ｕ(ℤn)を既約剰余群という。一応、１つぐらい群表を挙げておきますね。
Ｕ(ℤ8)＝{|１，|３，|５，|７}
|１ |３ |５ |７
|１ |１ |３ |５ |７
|３ |３ |１ |７ |５
|５ |５ |７ |１ |３
|７ |７ |５ |３ |１
見事に全てに単位元が現れますね。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/10 15:37削除定理２
ａｂ≡ａｃ（modｎ）でａとｎが互いに素なら
ｂ≡ｃ（modｎ）
引用元：https://manabitimes.jp/math/1189
別証
ｎを法としてａとｎが互いに素より、定義2.3により、ａを含む剰余類は既約剰余類である。
よって、定理2.10より、乗法に関して群をなす。よって、ａには逆元ａ^-1が存在する。
それを両辺に左からかけると、
ａ^-1・ａｂ≡ａ^-1・ａｃ（modｎ）
∴(ａ^-1・ａ)ｂ≡(ａ^-1・ａ)ｃ（modｎ）
∴ｅ・ｂ≡ｅ・ｃ（modｎ）
∴ｂ≡ｃ（modｎ）
よって、示された。
定義2.3
ｎを法とするａの剰余類Ｃaは(ａ，ｎ)＝１であるとき、既約剰余類であるという。ｎを法とする剰余類の集合ℤnにおいて、既約剰余類の集合をＵ(ℤn)で表す。
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}
清書してみました。慣れていないので、ちょっとおかしな所があるかもしれませんが、大目に見て下さい。
おまけ：
ａｂ≡ａｃ（modｎ）でａとｎが互いに素なら
ｂ≡ｃ（modｎ）
引用元：https://manabitimes.jp/math/1189
別証
ｎを法としてａとｎが互いに素より、定義2.3により、ａを含む剰余類は既約剰余類である。
よって、定理2.10より、乗法に関して群をなす。よって、ａには逆元ａ^-1が存在する。
それを両辺に左からかけると、
ａ^-1・ａｂ≡ａ^-1・ａｃ（modｎ）
∴(ａ^-1・ａ)ｂ≡(ａ^-1・ａ)ｃ（modｎ）
∴ｅ・ｂ≡ｅ・ｃ（modｎ）
∴ｂ≡ｃ（modｎ）
よって、示された。
定義2.3
ｎを法とするａの剰余類Ｃaは(ａ，ｎ)＝１であるとき、既約剰余類であるという。ｎを法とする剰余類の集合ℤnにおいて、既約剰余類の集合をＵ(ℤn)で表す。
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}
清書してみました。慣れていないので、ちょっとおかしな所があるかもしれませんが、大目に見て下さい。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/11 07:43削除上の証明の補足
ｂ，ｃは既約剰余群の元（ｂ，ｃ∈Ｕ(ℤn)）とは限らないのに、既約剰余群の単位元ｅ（ｅ∈Ｕ(ℤn)）とで、
ｅ・ｂ≡ｅ・ｃ（modｎ）
∴ｂ≡ｃ（modｎ）
としてしまって良いのだろうか。もっとも、行列と定数の関係を考えれば良いのだろう。ただ、
定理２
ａｂ≡ａｃ（modｎ）でａとｎが互いに素なら
ｂ≡ｃ（modｎ）
別証
ｎを法としてａとｎが互いに素より、定義2.3により、ａを含む剰余類は既約剰余類である。
よって、定理2.10より、乗法に関して群をなす。
よって、消去律より、ｂ≡ｃ（modｎ）
としてはいけないのだろう。ｂ，ｃはａと同じ群の元ではないのだから。（とは限らないのだから。）
定理1.4（消去律）
群Ｇにおいては、消去律が成り立つ。
すなわち、群Ｇに属する任意の元ａ，ｂ，ｃについて、
ａ◦ｃ＝ｂ◦ｃ ならば ａ＝ｂ
ｃ◦ａ＝ｃ◦ｂ ならば ａ＝ｂ
おまけ：
https://heather-diary.jp/human/161203
ｂ，ｃは既約剰余群の元（ｂ，ｃ∈Ｕ(ℤn)）とは限らないのに、既約剰余群の単位元ｅ（ｅ∈Ｕ(ℤn)）とで、
ｅ・ｂ≡ｅ・ｃ（modｎ）
∴ｂ≡ｃ（modｎ）
としてしまって良いのだろうか。もっとも、行列と定数の関係を考えれば良いのだろう。ただ、
定理２
ａｂ≡ａｃ（modｎ）でａとｎが互いに素なら
ｂ≡ｃ（modｎ）
別証
ｎを法としてａとｎが互いに素より、定義2.3により、ａを含む剰余類は既約剰余類である。
よって、定理2.10より、乗法に関して群をなす。
よって、消去律より、ｂ≡ｃ（modｎ）
としてはいけないのだろう。ｂ，ｃはａと同じ群の元ではないのだから。（とは限らないのだから。）
定理1.4（消去律）
群Ｇにおいては、消去律が成り立つ。
すなわち、群Ｇに属する任意の元ａ，ｂ，ｃについて、
ａ◦ｃ＝ｂ◦ｃ ならば ａ＝ｂ
ｃ◦ａ＝ｃ◦ｂ ならば ａ＝ｂ
おまけ：
https://heather-diary.jp/human/161203
返信
返信3
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/7 20:20 (No.599753)削除壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/9 07:41削除算数の解法
３×３＝９＝５×５－４×４
５×５＝２５＝１３×１３－１２×１２
１１×１１＝１２１＝６１×６１－６０×６０
これらから規則性を考えると、５，１３，６１は、その前の９，２５，１２１のそれぞれに１を加えて２で割った数となっている。
よって、２９×２９＝８４１
(８４１＋１)÷２＝８４２÷２＝４２１より、
２９×２９＝４２１×４２１－４２０×４２０
検算すると、８４１＝１７７２４１－１７６４００でＯＫ。
よって、答えは、（ア）４２１（イ）４２０
何でもありの解法
三平方の定理、特にピタゴラス数をかじった事がある人ならピンと来るだろう。
３^2＋４^2＝５^2
５^2＋１２^2＝１３^2
１１^2＋６０^2＝６１^2
そこで、ピタゴラス数の生成式、
ｍ^2－ｎ^2，２ｍｎ，ｍ^2＋ｎ^2（ｍ＞ｎ，ｍとｎは互いに素な自然数）より、
ｍ^2－ｎ^2＝２９とすると、(ｍ－ｎ)(ｍ＋ｎ)＝１・２９より、ｍ－ｎ＝１―――① ｍ＋ｎ＝２９―――②
①＋②より、２ｍ＝３０ ∴ｍ＝１５ ∴ｎ＝１４
∴２ｍｎ＝２・１５・１４＝４２０
ｍ^2＋ｎ^2＝１５^2＋１４^2＝２２５＋１９６＝４２１
よって、２９^2＋４２０^2＝４２１^2
∴２９^2＝４２１^2－４２０^2
よって、答えは、（ア）４２１（イ）４２０
何でもありの解法２は次回。因みに、ピタゴラス数の生成式のような飛び道具を使わない、思考力（試行力）だけで解ける解法です。
おまけ：
https://www.weblio.jp/content/%E8%A6%AA%E3%82%AC%E3%83%81%E3%83%A3
https://www.tiktok.com/@cent.force/video/6825858988639259905?is_copy_url=1&is_from_webapp=v1
３×３＝９＝５×５－４×４
５×５＝２５＝１３×１３－１２×１２
１１×１１＝１２１＝６１×６１－６０×６０
これらから規則性を考えると、５，１３，６１は、その前の９，２５，１２１のそれぞれに１を加えて２で割った数となっている。
よって、２９×２９＝８４１
(８４１＋１)÷２＝８４２÷２＝４２１より、
２９×２９＝４２１×４２１－４２０×４２０
検算すると、８４１＝１７７２４１－１７６４００でＯＫ。
よって、答えは、（ア）４２１（イ）４２０
何でもありの解法
三平方の定理、特にピタゴラス数をかじった事がある人ならピンと来るだろう。
３^2＋４^2＝５^2
５^2＋１２^2＝１３^2
１１^2＋６０^2＝６１^2
そこで、ピタゴラス数の生成式、
ｍ^2－ｎ^2，２ｍｎ，ｍ^2＋ｎ^2（ｍ＞ｎ，ｍとｎは互いに素な自然数）より、
ｍ^2－ｎ^2＝２９とすると、(ｍ－ｎ)(ｍ＋ｎ)＝１・２９より、ｍ－ｎ＝１―――① ｍ＋ｎ＝２９―――②
①＋②より、２ｍ＝３０ ∴ｍ＝１５ ∴ｎ＝１４
∴２ｍｎ＝２・１５・１４＝４２０
ｍ^2＋ｎ^2＝１５^2＋１４^2＝２２５＋１９６＝４２１
よって、２９^2＋４２０^2＝４２１^2
∴２９^2＝４２１^2－４２０^2
よって、答えは、（ア）４２１（イ）４２０
何でもありの解法２は次回。因みに、ピタゴラス数の生成式のような飛び道具を使わない、思考力（試行力）だけで解ける解法です。
おまけ：
https://www.weblio.jp/content/%E8%A6%AA%E3%82%AC%E3%83%81%E3%83%A3
https://www.tiktok.com/@cent.force/video/6825858988639259905?is_copy_url=1&is_from_webapp=v1
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/10 07:51削除何でもありの解法２
三平方の定理、特にピタゴラス数をかじった事がある人ならピンと来るだろう。
３^2＋４^2＝５^2
５^2＋１２^2＝１３^2
１１^2＋６０^2＝６１^2
そこで、問題文でも述べているように一番左の数字は奇数。また、２番目と３番目の数の差は１である。
よって、(２ｎ＋１)^2＋ｘ^2＝(ｘ＋１)^2と置いて展開すると、４ｎ^2＋４ｎ＋１＋ｘ^2＝ｘ^2＋２ｘ＋１
∴２ｘ＝４ｎ^2＋４ｎ ∴ｘ＝２ｎ^2＋２ｎ
よって、３数は、
２ｎ＋１，２ｎ^2＋２ｎ，２ｎ^2＋２ｎ＋１である。
ところで、問題の一番左の数字は２９より、
２ｎ＋１＝２９とすると、ｎ＝１４
これを２ｎ^2＋２ｎに代入すると、２ｎ(ｎ＋１)＝２８×１５＝４２０
よって、２ｎ^2＋２ｎ＝４２０，２ｎ^2＋２ｎ＋１＝４２１
よって、答えは、（ア）４２１（イ）４２０
おまけ：
三平方の定理、特にピタゴラス数をかじった事がある人ならピンと来るだろう。
３^2＋４^2＝５^2
５^2＋１２^2＝１３^2
１１^2＋６０^2＝６１^2
そこで、問題文でも述べているように一番左の数字は奇数。また、２番目と３番目の数の差は１である。
よって、(２ｎ＋１)^2＋ｘ^2＝(ｘ＋１)^2と置いて展開すると、４ｎ^2＋４ｎ＋１＋ｘ^2＝ｘ^2＋２ｘ＋１
∴２ｘ＝４ｎ^2＋４ｎ ∴ｘ＝２ｎ^2＋２ｎ
よって、３数は、
２ｎ＋１，２ｎ^2＋２ｎ，２ｎ^2＋２ｎ＋１である。
ところで、問題の一番左の数字は２９より、
２ｎ＋１＝２９とすると、ｎ＝１４
これを２ｎ^2＋２ｎに代入すると、２ｎ(ｎ＋１)＝２８×１５＝４２０
よって、２ｎ^2＋２ｎ＝４２０，２ｎ^2＋２ｎ＋１＝４２１
よって、答えは、（ア）４２１（イ）４２０
おまけ：
返信
返信2
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/8 20:26 (No.600907)削除素朴な疑問
問題
（１）ａ1，・・・，ａtを群Ｇの互いに可換な元で、ａiの位数をｍiとする。ｍ1，・・・，ｍtの最小公倍数をｌとすれば、ある整数ｒ1，・・・，ｒtが存在して、Ｇの元ｘ＝ａ1^r1・・・ａt^rtの位数がｌに等しくなることを示せ。
（２）Ｇを有限可換群とする。Ｇのすべての元の位数の最小公倍数をｌとすれば、Ｇに位数ｌの元が存在することを示せ。
証明
（１）ｔに関する帰納法によって示す。
ｔ＝２のとき、定理3.8である。そこで、ｔ＞２として、ｔ－１まで主張が正しいと仮定する。[ｍ1，ｍ2，…，ｍt-1]＝ｌ'とすると、帰納法の仮定によってある整数ｒ1，ｒ2，・・・，ｒt-1が存在してｙ＝ａ1^r1・・・ａt-1^rt-1，|ｙ|＝ｌ'とすることができる。このとき、ｙとａtについて、再び定理3.8を使うと、ある整数ｈ，ｋが存在してｘ＝ｙ^hａt^k，|ｘ|＝[ｌ'，ｍt]＝ｌを得る（第１章問1.13）。このとき、ｘ＝ｙ^hａt^k＝ａ1^hr1・・・ａt-1^hrt-1ａt^k
（２）Ｇは有限可換群であるからＧ＝{ａ1，ａ2，…，ａt}と表される。このとき、（１）を適用すればよい。
定理3.8
群Ｇの可換な２つの元ａ，ｂの位数がそれぞれｍ，ｎとする。ｍとｎの最小公倍数をｌとするとき、Ｇに位数ｌの元が存在する。
第１章問1.13
[ａ1，ａ2，…，ａn]＝[[ａ1，…，ａn-1]，ａn]を示せ。
今回は証明は関係ありません。（２）についての素朴な疑問。
Ｇの位数をｎとすると、ラグランジュの定理の系２より、Ｇの全ての元の位数はｎの約数である。よって、Ｇの全ての元の位数の最小公倍数はｎである。∴ｌ＝ｎ
ところで、Ｇが巡回群である事とＧが位数ｎの元を持つ事は同値（Ｇが巡回群⇔Ｇが位数ｎの元を持つ）なので、Ｇは巡回群限定ではないのだろうか。
つまり、（２）は、 Ｇが有限可換群ならばＧに位数ｌ（ｌは全ての元の位数の最小公倍数）の元が存在する、だが、
Ｇが巡回群ならばＧに位数ｌ（ｌは全ての元の位数の最小公倍数）の元が存在する、ではないのだろうか。
ラグランジュの定理の系２
有限群Ｇの元の位数はＧの位数の約数である。
＞よって、Ｇの全ての元の位数の最小公倍数はｎである。
例えば、Ｇの位数が１２だったら、その約数は１，２，３，４，６，１２なので、全ての元の位数はこのどれかで全ての元の位数の最小公倍数は１２である。
＞Ｇが巡回群である事とＧが位数ｎの元を持つ事は同値
https://pc1.math.gakushuin.ac.jp/~shin/html-files/Alg1/2017/g03.pdf（定理3.3）
因みに、§４演習問題１２でこの定理を使っているので困った事になりますが、まぁ、大丈夫でしょうね。（分かる人は教えて下さい。）
因みに、ネットで別証を見つけましたが、ラジオを聴きながらなので読んでいません。https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q1480393629
おまけ：
問題
（１）ａ1，・・・，ａtを群Ｇの互いに可換な元で、ａiの位数をｍiとする。ｍ1，・・・，ｍtの最小公倍数をｌとすれば、ある整数ｒ1，・・・，ｒtが存在して、Ｇの元ｘ＝ａ1^r1・・・ａt^rtの位数がｌに等しくなることを示せ。
（２）Ｇを有限可換群とする。Ｇのすべての元の位数の最小公倍数をｌとすれば、Ｇに位数ｌの元が存在することを示せ。
証明
（１）ｔに関する帰納法によって示す。
ｔ＝２のとき、定理3.8である。そこで、ｔ＞２として、ｔ－１まで主張が正しいと仮定する。[ｍ1，ｍ2，…，ｍt-1]＝ｌ'とすると、帰納法の仮定によってある整数ｒ1，ｒ2，・・・，ｒt-1が存在してｙ＝ａ1^r1・・・ａt-1^rt-1，|ｙ|＝ｌ'とすることができる。このとき、ｙとａtについて、再び定理3.8を使うと、ある整数ｈ，ｋが存在してｘ＝ｙ^hａt^k，|ｘ|＝[ｌ'，ｍt]＝ｌを得る（第１章問1.13）。このとき、ｘ＝ｙ^hａt^k＝ａ1^hr1・・・ａt-1^hrt-1ａt^k
（２）Ｇは有限可換群であるからＧ＝{ａ1，ａ2，…，ａt}と表される。このとき、（１）を適用すればよい。
定理3.8
群Ｇの可換な２つの元ａ，ｂの位数がそれぞれｍ，ｎとする。ｍとｎの最小公倍数をｌとするとき、Ｇに位数ｌの元が存在する。
第１章問1.13
[ａ1，ａ2，…，ａn]＝[[ａ1，…，ａn-1]，ａn]を示せ。
今回は証明は関係ありません。（２）についての素朴な疑問。
Ｇの位数をｎとすると、ラグランジュの定理の系２より、Ｇの全ての元の位数はｎの約数である。よって、Ｇの全ての元の位数の最小公倍数はｎである。∴ｌ＝ｎ
ところで、Ｇが巡回群である事とＧが位数ｎの元を持つ事は同値（Ｇが巡回群⇔Ｇが位数ｎの元を持つ）なので、Ｇは巡回群限定ではないのだろうか。
つまり、（２）は、 Ｇが有限可換群ならばＧに位数ｌ（ｌは全ての元の位数の最小公倍数）の元が存在する、だが、
Ｇが巡回群ならばＧに位数ｌ（ｌは全ての元の位数の最小公倍数）の元が存在する、ではないのだろうか。
ラグランジュの定理の系２
有限群Ｇの元の位数はＧの位数の約数である。
＞よって、Ｇの全ての元の位数の最小公倍数はｎである。
例えば、Ｇの位数が１２だったら、その約数は１，２，３，４，６，１２なので、全ての元の位数はこのどれかで全ての元の位数の最小公倍数は１２である。
＞Ｇが巡回群である事とＧが位数ｎの元を持つ事は同値
https://pc1.math.gakushuin.ac.jp/~shin/html-files/Alg1/2017/g03.pdf（定理3.3）
因みに、§４演習問題１２でこの定理を使っているので困った事になりますが、まぁ、大丈夫でしょうね。（分かる人は教えて下さい。）
因みに、ネットで別証を見つけましたが、ラジオを聴きながらなので読んでいません。https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q1480393629
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/9 11:04削除素朴な疑問
問題
（１）ａ1，・・・，ａtを群Ｇの互いに可換な元で、ａiの位数をｍiとする。ｍ1，・・・，ｍtの最小公倍数をｌとすれば、ある整数ｒ1，・・・，ｒtが存在して、Ｇの元ｘ＝ａ1^r1・・・ａt^rtの位数がｌに等しくなることを示せ。
（２）Ｇを有限可換群とする。Ｇのすべての元の位数の最小公倍数をｌとすれば、Ｇに位数ｌの元が存在することを示せ。
証明
（１）ｔに関する帰納法によって示す。
ｔ＝２のとき、定理3.8である。そこで、ｔ＞２として、ｔ－１まで主張が正しいと仮定する。[ｍ1，ｍ2，…，ｍt-1]＝ｌ'とすると、帰納法の仮定によってある整数ｒ1，ｒ2，・・・，ｒt-1が存在してｙ＝ａ1^r1・・・ａt-1^rt-1，|ｙ|＝ｌ'とすることができる。このとき、ｙとａtについて、再び定理3.8を使うと、ある整数ｈ，ｋが存在してｘ＝ｙ^hａt^k，|ｘ|＝[ｌ'，ｍt]＝ｌを得る（第１章問1.13）。このとき、ｘ＝ｙ^hａt^k＝ａ1^hr1・・・ａt-1^hrt-1ａt^k
（２）Ｇは有限可換群であるからＧ＝{ａ1，ａ2，…，ａt}と表される。このとき、（１）を適用すればよい。
間違い探し
まず、定理3.8を調べてみる。
定理3.8
群Ｇの可換な２つの元ａ，ｂの位数がそれぞれｍ，ｎとする。ｍとｎの最小公倍数をｌとするとき、Ｇに位数ｌの元が存在する。
証明
ｍとｎを素因数分解して、
ｍ＝ｐ1^e1・・・ｐr^er・ｐr+1^f1・・・ｐr+s^fs（０≦ｅi，ｆi）
ｎ＝ｐ1^e'1・・・ｐr^e'r・ｐr+1^f'1・・・ｐr+s^f's（０≦ｅ'i，ｆ'i）
（ｅ1≧ｅ'1，…，ｅr≧ｅ'r，ｆ1≦ｆ'1，…，ｆs≦ｆ's）
となるように表現することができる。このとき、ｍとｎの最小公倍数ｌは、
ｌ＝ｐ1^e1・・・ｐr^er・ｐr+1^f'1・・・ｐr+s^f's
そこで、
ｍ1＝ｐ1^e1・・・ｐr^er，ｍ2＝ｐr+1^f'1・・・ｐr+s^f's
ｎ1＝ｐ1^e'1・・・ｐr^e'r，ｎ2＝ｐr+1^f'1・・・ｐr+s^f's
とおけば、
ｍ＝ｍ1・ｍ2，ｎ＝ｎ1・ｎ2，ｌ＝ｍ1・ｎ2
今、ａ1＝ａ^m2，ｂ1＝ｂ^n1なる元を考えると、ａ1，ｂ1の位数は定理3.6の系１によって、
|ａ1|＝|ａ^m2|＝ｍ1，|ｂ1|＝|ｂ^n1|＝ｎ2
(ｍ1，ｎ2)＝１であるから、前定理3.7よりａ1ｂ1の位数はｍ1ｎ2＝ｌである。
定理3.6の系１
ｒ，ｓを自然数とする。群Ｇの元ａの位数をｒｓとすると、元ａ^rの位数はｓであり、元ａ^sの位数はｒである。すなわち、
|ａ|＝ｒｓ⇒|ａ^r|＝ｓ，|ａ^s|＝ｒ
定理3.7
群Ｇの２つの元ａ，ｂが可換で、位数が、それぞれｍ，ｎとする。このとき、ｍとｎが互いに素であれば元ａｂの位数はｍｎである。
証明のどこにも誤りはなさそうですね。しかし、私はこの定理3.8は間違っていると思います。その理由は次回。
おまけ
https://www.tiktok.com/@cent.force/video/6827376866786135297?is_from_webapp=v1&item_id=6827376866786135297
https://www.tiktok.com/@cent.force/video/7009268803129462017?is_from_webapp=v1&item_id=7009268803129462017
問題
（１）ａ1，・・・，ａtを群Ｇの互いに可換な元で、ａiの位数をｍiとする。ｍ1，・・・，ｍtの最小公倍数をｌとすれば、ある整数ｒ1，・・・，ｒtが存在して、Ｇの元ｘ＝ａ1^r1・・・ａt^rtの位数がｌに等しくなることを示せ。
（２）Ｇを有限可換群とする。Ｇのすべての元の位数の最小公倍数をｌとすれば、Ｇに位数ｌの元が存在することを示せ。
証明
（１）ｔに関する帰納法によって示す。
ｔ＝２のとき、定理3.8である。そこで、ｔ＞２として、ｔ－１まで主張が正しいと仮定する。[ｍ1，ｍ2，…，ｍt-1]＝ｌ'とすると、帰納法の仮定によってある整数ｒ1，ｒ2，・・・，ｒt-1が存在してｙ＝ａ1^r1・・・ａt-1^rt-1，|ｙ|＝ｌ'とすることができる。このとき、ｙとａtについて、再び定理3.8を使うと、ある整数ｈ，ｋが存在してｘ＝ｙ^hａt^k，|ｘ|＝[ｌ'，ｍt]＝ｌを得る（第１章問1.13）。このとき、ｘ＝ｙ^hａt^k＝ａ1^hr1・・・ａt-1^hrt-1ａt^k
（２）Ｇは有限可換群であるからＧ＝{ａ1，ａ2，…，ａt}と表される。このとき、（１）を適用すればよい。
間違い探し
まず、定理3.8を調べてみる。
定理3.8
群Ｇの可換な２つの元ａ，ｂの位数がそれぞれｍ，ｎとする。ｍとｎの最小公倍数をｌとするとき、Ｇに位数ｌの元が存在する。
証明
ｍとｎを素因数分解して、
ｍ＝ｐ1^e1・・・ｐr^er・ｐr+1^f1・・・ｐr+s^fs（０≦ｅi，ｆi）
ｎ＝ｐ1^e'1・・・ｐr^e'r・ｐr+1^f'1・・・ｐr+s^f's（０≦ｅ'i，ｆ'i）
（ｅ1≧ｅ'1，…，ｅr≧ｅ'r，ｆ1≦ｆ'1，…，ｆs≦ｆ's）
となるように表現することができる。このとき、ｍとｎの最小公倍数ｌは、
ｌ＝ｐ1^e1・・・ｐr^er・ｐr+1^f'1・・・ｐr+s^f's
そこで、
ｍ1＝ｐ1^e1・・・ｐr^er，ｍ2＝ｐr+1^f'1・・・ｐr+s^f's
ｎ1＝ｐ1^e'1・・・ｐr^e'r，ｎ2＝ｐr+1^f'1・・・ｐr+s^f's
とおけば、
ｍ＝ｍ1・ｍ2，ｎ＝ｎ1・ｎ2，ｌ＝ｍ1・ｎ2
今、ａ1＝ａ^m2，ｂ1＝ｂ^n1なる元を考えると、ａ1，ｂ1の位数は定理3.6の系１によって、
|ａ1|＝|ａ^m2|＝ｍ1，|ｂ1|＝|ｂ^n1|＝ｎ2
(ｍ1，ｎ2)＝１であるから、前定理3.7よりａ1ｂ1の位数はｍ1ｎ2＝ｌである。
定理3.6の系１
ｒ，ｓを自然数とする。群Ｇの元ａの位数をｒｓとすると、元ａ^rの位数はｓであり、元ａ^sの位数はｒである。すなわち、
|ａ|＝ｒｓ⇒|ａ^r|＝ｓ，|ａ^s|＝ｒ
定理3.7
群Ｇの２つの元ａ，ｂが可換で、位数が、それぞれｍ，ｎとする。このとき、ｍとｎが互いに素であれば元ａｂの位数はｍｎである。
証明のどこにも誤りはなさそうですね。しかし、私はこの定理3.8は間違っていると思います。その理由は次回。
おまけ
https://www.tiktok.com/@cent.force/video/6827376866786135297?is_from_webapp=v1&item_id=6827376866786135297
https://www.tiktok.com/@cent.force/video/7009268803129462017?is_from_webapp=v1&item_id=7009268803129462017
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/9 13:46削除間違い探し
まず、定理3.8を調べてみる。
定理3.8
群Ｇの可換な２つの元ａ，ｂの位数がそれぞれｍ，ｎとする。ｍとｎの最小公倍数をｌとするとき、Ｇに位数ｌの元が存在する。
証明
ｍとｎを素因数分解して、
ｍ＝ｐ1^e1・・・ｐr^er・ｐr+1^f1・・・ｐr+s^fs（０≦ｅi，ｆi）
ｎ＝ｐ1^e'1・・・ｐr^e'r・ｐr+1^f'1・・・ｐr+s^f's（０≦ｅ'i，ｆ'i）
（ｅ1≧ｅ'1，…，ｅr≧ｅ'r，ｆ1≦ｆ'1，…，ｆs≦ｆ's）
となるように表現することができる。このとき、ｍとｎの最小公倍数ｌは、
ｌ＝ｐ1^e1・・・ｐr^er・ｐr+1^f'1・・・ｐr+s^f's
そこで、
ｍ1＝ｐ1^e1・・・ｐr^er，ｍ2＝ｐr+1^f'1・・・ｐr+s^f's
ｎ1＝ｐ1^e'1・・・ｐr^e'r，ｎ2＝ｐr+1^f'1・・・ｐr+s^f's
とおけば、
ｍ＝ｍ1・ｍ2，ｎ＝ｎ1・ｎ2，ｌ＝ｍ1・ｎ2
今、ａ1＝ａ^m2，ｂ1＝ｂ^n1なる元を考えると、ａ1，ｂ1の位数は定理3.6の系１によって、
|ａ1|＝|ａ^m2|＝ｍ1，|ｂ1|＝|ｂ^n1|＝ｎ2
(ｍ1，ｎ2)＝１であるから、前定理3.7よりａ1ｂ1の位数はｍ1ｎ2＝ｌである。
定理3.6の系１
ｒ，ｓを自然数とする。群Ｇの元ａの位数をｒｓとすると、元ａ^rの位数はｓであり、元ａ^sの位数はｒである。すなわち、
|ａ|＝ｒｓ⇒|ａ^r|＝ｓ，|ａ^s|＝ｒ
定理3.7
群Ｇの２つの元ａ，ｂが可換で、位数が、それぞれｍ，ｎとする。このとき、ｍとｎが互いに素であれば元ａｂの位数はｍｎである。
次に、定理3.6の系１を調べてみる。
定理3.6
Ｇをａによって生成される位数ｎの巡回群とする。このとき、Ｇの元ａ^kの位数はｎ/(ｎ，ｋ)となる。ただし、(ｎ，ｋ)はｎとｋの最大公約数を表す。
|ａ^k|＝ｎ/(ｎ，ｋ)
定理3.6の系１は、これのｎをｒｓとし、ｋ＝ｒ，ｋ＝ｓとしたものである。つまり、定理3.6の系１はＧが巡回群の時にしか使えない。ところが、定理3.8の証明では、巡回群ではない普通の群（可換群）に使っているのである。だから、定理3.8は使えない。つまり、
定理3.8－改
巡回群Ｇの(可換な)２つの元ａ，ｂの位数がそれぞれｍ，ｎとする。ｍとｎの最小公倍数をｌとするとき、Ｇに位数ｌの元が存在する。
これなら良い。念のため、巡回群は可換群である。しかし、困った事になりましたね。定理3.8の上に色々な定理が作られているでしょうから。
因みに、こちらhttps://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q1480393629もじっくり読んでみましたが、証明の体をなしていませんね。仮定してそれを確認したような形です。
おまけ：
https://twitter.com/satndRvjMpc4tl7/status/1588829403051872256
まず、定理3.8を調べてみる。
定理3.8
群Ｇの可換な２つの元ａ，ｂの位数がそれぞれｍ，ｎとする。ｍとｎの最小公倍数をｌとするとき、Ｇに位数ｌの元が存在する。
証明
ｍとｎを素因数分解して、
ｍ＝ｐ1^e1・・・ｐr^er・ｐr+1^f1・・・ｐr+s^fs（０≦ｅi，ｆi）
ｎ＝ｐ1^e'1・・・ｐr^e'r・ｐr+1^f'1・・・ｐr+s^f's（０≦ｅ'i，ｆ'i）
（ｅ1≧ｅ'1，…，ｅr≧ｅ'r，ｆ1≦ｆ'1，…，ｆs≦ｆ's）
となるように表現することができる。このとき、ｍとｎの最小公倍数ｌは、
ｌ＝ｐ1^e1・・・ｐr^er・ｐr+1^f'1・・・ｐr+s^f's
そこで、
ｍ1＝ｐ1^e1・・・ｐr^er，ｍ2＝ｐr+1^f'1・・・ｐr+s^f's
ｎ1＝ｐ1^e'1・・・ｐr^e'r，ｎ2＝ｐr+1^f'1・・・ｐr+s^f's
とおけば、
ｍ＝ｍ1・ｍ2，ｎ＝ｎ1・ｎ2，ｌ＝ｍ1・ｎ2
今、ａ1＝ａ^m2，ｂ1＝ｂ^n1なる元を考えると、ａ1，ｂ1の位数は定理3.6の系１によって、
|ａ1|＝|ａ^m2|＝ｍ1，|ｂ1|＝|ｂ^n1|＝ｎ2
(ｍ1，ｎ2)＝１であるから、前定理3.7よりａ1ｂ1の位数はｍ1ｎ2＝ｌである。
定理3.6の系１
ｒ，ｓを自然数とする。群Ｇの元ａの位数をｒｓとすると、元ａ^rの位数はｓであり、元ａ^sの位数はｒである。すなわち、
|ａ|＝ｒｓ⇒|ａ^r|＝ｓ，|ａ^s|＝ｒ
定理3.7
群Ｇの２つの元ａ，ｂが可換で、位数が、それぞれｍ，ｎとする。このとき、ｍとｎが互いに素であれば元ａｂの位数はｍｎである。
次に、定理3.6の系１を調べてみる。
定理3.6
Ｇをａによって生成される位数ｎの巡回群とする。このとき、Ｇの元ａ^kの位数はｎ/(ｎ，ｋ)となる。ただし、(ｎ，ｋ)はｎとｋの最大公約数を表す。
|ａ^k|＝ｎ/(ｎ，ｋ)
定理3.6の系１は、これのｎをｒｓとし、ｋ＝ｒ，ｋ＝ｓとしたものである。つまり、定理3.6の系１はＧが巡回群の時にしか使えない。ところが、定理3.8の証明では、巡回群ではない普通の群（可換群）に使っているのである。だから、定理3.8は使えない。つまり、
定理3.8－改
巡回群Ｇの(可換な)２つの元ａ，ｂの位数がそれぞれｍ，ｎとする。ｍとｎの最小公倍数をｌとするとき、Ｇに位数ｌの元が存在する。
これなら良い。念のため、巡回群は可換群である。しかし、困った事になりましたね。定理3.8の上に色々な定理が作られているでしょうから。
因みに、こちらhttps://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q1480393629もじっくり読んでみましたが、証明の体をなしていませんね。仮定してそれを確認したような形です。
おまけ：
https://twitter.com/satndRvjMpc4tl7/status/1588829403051872256
返信
返信2
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/6 21:59 (No.599009)削除改題
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201810050002/
この糸で切った断面積を求めて下さい。ただし、本当の何でもありです。因みに、問題の方は暗算で解けました。
改題の方は、本当のほとんどの大人が解けない問題だと思います。ただし、そういうプログラムを使える人は除く。
おまけ：
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201810050002/
この糸で切った断面積を求めて下さい。ただし、本当の何でもありです。因みに、問題の方は暗算で解けました。
改題の方は、本当のほとんどの大人が解けない問題だと思います。ただし、そういうプログラムを使える人は除く。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/8 07:52削除解答
展開図を描いて、扇形の中心角を求めると、２４π×(ｘ/３６０)＝４πを解いて、ｘ＝６０°
よって、扇形をＰＡＡ'とすると、ＡＡ'が最短距離で、△ＰＡＡ'は頂角が６０°の二等辺三角形より正三角形。
よって、ＡＡ'＝ＰＡ＝１２ｃｍ
ここで、弧ＡＡ'の中点をＭとし、ＰＭとＡＡ'の交点をＮとすると、△ＰＡＮは１：２：√３の直角三角形より、ＰＮ＝６√３ｃｍ
また、ＰＭ＝１２ｃｍより、ＮＭ＝１２－６√３ｃｍ
ここで、円錐を平面ＰＡＭで切った断面図△ＰＡＭを描くと、立体の糸の所は△ＰＡＭの辺ＰＭ上の点Ｎとなる。
また、ＡからＰＭに垂線を下ろしその足をＨとし、ＰからＡＭに垂線を下ろしその足をＩとすると、ＰＡ＝１２ｃｍ，ＡＩ＝２ｃｍで、２角が等しいので△ＰＡＩ∽△ＡＭＨである。また、ＡＭ＝４ｃｍより、ＭＨ＝(２/１２)×４＝２/３ｃｍ
∴ＮＨ＝ＮＭ－ＭＨ＝１２－６√３－２/３＝３４/３－６√３ｃｍ
また、△ＡＭＨで三平方の定理を使うと、
ＡＨ＝√{４^2－(２/３)^2}＝√(１６－４/９)＝√(１４０/９)＝２√３５/３ｃｍ
よって、△ＡＮＨで三平方の定理を使うと、
ＡＮ＝√{(３４/３－６√３)^2＋(２√３５/３)^2}＝√(１１５６/９＋１０８－１３６√３＋１４０/９)＝√(１４４＋１０８－１３６√３)＝√(２５２－１３６√３)ｃｍ
∴ＡＮ＝√(２５２－１３６√３)＝4.0547614ｃｍ
ところで、円錐のこの切り方での切断面は楕円になる（証明は検索すれば出ます）ので、長半径はこの半分で、長半径＝2.0273807ｃｍ
ここで、楕円周の公式が存在すれば周の長さが分かっているので、短半径も求められるが、残念ながら楕円周の公式は無限級数の形でしか存在しない。（興味がある人は検索して下さい。）
そこで、こちらのサイトhttps://keisan.casio.jp/exec/user/1495672323を利用して、楕円周が１２ｃｍになるように何回も少しずつ求めると、短半径＝1.7886156ｃｍと分かる。
よって、楕円の面積の公式より、
Ｓ＝ａｂπ＝2.0273807×1.7886156×π＝11.392058ｃｍ^2
よって、答えは、約１１．４ｃｍ^2
おまけ：
https://post.tv-asahi.co.jp/post-196602/
展開図を描いて、扇形の中心角を求めると、２４π×(ｘ/３６０)＝４πを解いて、ｘ＝６０°
よって、扇形をＰＡＡ'とすると、ＡＡ'が最短距離で、△ＰＡＡ'は頂角が６０°の二等辺三角形より正三角形。
よって、ＡＡ'＝ＰＡ＝１２ｃｍ
ここで、弧ＡＡ'の中点をＭとし、ＰＭとＡＡ'の交点をＮとすると、△ＰＡＮは１：２：√３の直角三角形より、ＰＮ＝６√３ｃｍ
また、ＰＭ＝１２ｃｍより、ＮＭ＝１２－６√３ｃｍ
ここで、円錐を平面ＰＡＭで切った断面図△ＰＡＭを描くと、立体の糸の所は△ＰＡＭの辺ＰＭ上の点Ｎとなる。
また、ＡからＰＭに垂線を下ろしその足をＨとし、ＰからＡＭに垂線を下ろしその足をＩとすると、ＰＡ＝１２ｃｍ，ＡＩ＝２ｃｍで、２角が等しいので△ＰＡＩ∽△ＡＭＨである。また、ＡＭ＝４ｃｍより、ＭＨ＝(２/１２)×４＝２/３ｃｍ
∴ＮＨ＝ＮＭ－ＭＨ＝１２－６√３－２/３＝３４/３－６√３ｃｍ
また、△ＡＭＨで三平方の定理を使うと、
ＡＨ＝√{４^2－(２/３)^2}＝√(１６－４/９)＝√(１４０/９)＝２√３５/３ｃｍ
よって、△ＡＮＨで三平方の定理を使うと、
ＡＮ＝√{(３４/３－６√３)^2＋(２√３５/３)^2}＝√(１１５６/９＋１０８－１３６√３＋１４０/９)＝√(１４４＋１０８－１３６√３)＝√(２５２－１３６√３)ｃｍ
∴ＡＮ＝√(２５２－１３６√３)＝4.0547614ｃｍ
ところで、円錐のこの切り方での切断面は楕円になる（証明は検索すれば出ます）ので、長半径はこの半分で、長半径＝2.0273807ｃｍ
ここで、楕円周の公式が存在すれば周の長さが分かっているので、短半径も求められるが、残念ながら楕円周の公式は無限級数の形でしか存在しない。（興味がある人は検索して下さい。）
そこで、こちらのサイトhttps://keisan.casio.jp/exec/user/1495672323を利用して、楕円周が１２ｃｍになるように何回も少しずつ求めると、短半径＝1.7886156ｃｍと分かる。
よって、楕円の面積の公式より、
Ｓ＝ａｂπ＝2.0273807×1.7886156×π＝11.392058ｃｍ^2
よって、答えは、約１１．４ｃｍ^2
おまけ：
https://post.tv-asahi.co.jp/post-196602/
返信
返信1
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/7 13:46 (No.599487)削除次の文章を完全解説して下さい。
問題
Ｈ1，・・・，Ｈrを群Ｇの指数有限の部分群とすれば、Ｈ＝Ｈ1∩・・・∩Ｈrも指数有限であることを示せ。
証明
ｒ＝２の場合に示せば十分である。すなわち、Ｈ，Ｋが指数有限のとき、Ｈ∩Ｋも指数有限であることを示す。
|Ｇ：Ｈ|＜∞，|Ｇ：Ｋ|＜∞⇒|Ｇ：Ｈ∩Ｋ|＜∞
演習問題７より
|Ｋ：Ｈ∩Ｋ|＝ＫＨに含まれるＨの左剰余類の個数≦|Ｇ：Ｈ|＜∞
そこで、Ｋをその部分群Ｈ∩Ｋで類別する。|Ｋ：Ｈ∩Ｋ|＝ｎとして、
Ｋ＝ｂ1(Ｈ∩Ｋ)∪・・・∪ｂn(Ｈ∩Ｋ)（ｂi∈Ｋ）―――①
一方、Ｇを部分群Ｋで類別する。|Ｇ：Ｋ|＝ｍとして、
Ｇ＝ａ1Ｋ∪・・・∪ａmＫ（ａi∈Ｇ，ｉ≠ｊのときａiＫ∩ａjＫ＝φ）―――②
したがって、
Ｇ＝⋃(i=1~m)ａiＫ＝⋃(i=1~m)ａi{⋃(j=1~n)ｂj(Ｈ∩Ｋ)}＝⋃(i=1~m)⋃(j=1~n)ａiｂj(Ｈ∩Ｋ)
ここで、(ｉ，ｊ)≠(ｋ，ｌ)のとき、ａiｂj(Ｈ∩Ｋ)∩ａkｂl(Ｈ∩Ｋ)＝φである。何故ならば、もしａiｂj(Ｈ∩Ｋ)∩ａkｂl(Ｈ∩Ｋ)≠φとすると、定理4.1より、
(ａiｂj)^-1ａkｂl＝ｂj^-1ａi^-1ａkｂl∈H∩K―――③
ゆえに、ｂj^-1(ａi^-1ａk)ｂl∈Ｋであることがわかる。ところが、ｂj，ｂl∈Ｋであるから、ａi^-1ａk∈Ｋ ゆえに、ａiＫ＝ａkＫ 類別②よりｉ＝ｋ このとき、③よりｂj^-1ｂl∈Ｈ∩Ｋ ゆえに、ｂj(Ｈ∩Ｋ)＝ｂl(Ｈ∩Ｋ) したがって、類別①よりｊ＝ｌであるから(ｉ，ｊ)＝(ｋ，ｌ)であることが示された。
以上より、Ｇ＝⋃(i=1~m)⋃(j=1~n)ａiｂj(Ｈ∩Ｋ)は共通部分のない和集合である。また、
|ａiｂj(Ｈ∩Ｋ)|＝|Ｈ∩Ｋ|（１≦ｉ≦ｍ，１≦ｊ≦ｎ）
であるから、
|Ｇ：Ｈ∩Ｋ|＝ｍ・ｎ＝|Ｇ：Ｋ|・|Ｋ：Ｈ∩Ｋ|≦|Ｇ：Ｋ|・|Ｇ：Ｈ|＜∞
よって、|Ｇ：Ｈ|＜∞，|Ｇ：Ｋ|＜∞⇒|Ｇ：Ｈ∩Ｋ|＜∞であることが示された。
上の証明の中で以下のことが成り立つことに注意しよう。
● |Ｇ：Ｈ∩Ｋ|≦|Ｇ：Ｋ|・|Ｋ：Ｈ∩Ｋ|， |Ｇ：Ｈ∩Ｋ|≦|Ｇ：Ｈ|・|Ｈ：Ｈ∩Ｋ|
演習問題７
Ｇを群とし、Ｈ，Ｋを指数有限の部分群とするとき、次を示せ。
（１）ＫＨに含まれるＨの左剰余類の個数＝|Ｋ：Ｈ∩Ｋ|
（２）ＫＨに含まれるＫの右剰余類の個数＝|Ｈ：Ｈ∩Ｋ|
定理4.1
Ｇを群，ＨをＧの部分群とする。このとき、Ｇの元ａ，ｂについて、次の（１）から（５）の命題は同値であり、また（１'）から（５'）の命題も同値である。
（１）ａＨ＝ｂＨ （１'）Ｈａ＝Ｈｂ
（２）ａ^-1ｂ∈Ｈ （２'）ａｂ^-1∈Ｈ
（３）ｂ∈ａＨ （３'）ｂ∈Ｈａ
（４）ａ∈ｂＨ （４'）ａ∈Ｈｂ
（５）ａＨ∩ｂＨ≠φ （５'）Ｈａ∩Ｈｂ≠φ
（引用終わり）
具体的には３ヶ所ぐらいですかね。
＞ＫＨに含まれるＨの左剰余類の個数≦|Ｇ：Ｈ|
＞以上より、Ｇ＝⋃(i=1~m)⋃(j=1~n)ａiｂj(Ｈ∩Ｋ)は共通部分のない和集合である。また、
|ａiｂj(Ｈ∩Ｋ)|＝|Ｈ∩Ｋ|（１≦ｉ≦ｍ，１≦ｊ≦ｎ）
であるから、|Ｇ：Ｈ∩Ｋ|＝ｍ・ｎ
＞● |Ｇ：Ｈ∩Ｋ|≦|Ｇ：Ｋ|・|Ｋ：Ｈ∩Ｋ|， |Ｇ：Ｈ∩Ｋ|≦|Ｇ：Ｈ|・|Ｈ：Ｈ∩Ｋ|
おまけ：
問題
Ｈ1，・・・，Ｈrを群Ｇの指数有限の部分群とすれば、Ｈ＝Ｈ1∩・・・∩Ｈrも指数有限であることを示せ。
証明
ｒ＝２の場合に示せば十分である。すなわち、Ｈ，Ｋが指数有限のとき、Ｈ∩Ｋも指数有限であることを示す。
|Ｇ：Ｈ|＜∞，|Ｇ：Ｋ|＜∞⇒|Ｇ：Ｈ∩Ｋ|＜∞
演習問題７より
|Ｋ：Ｈ∩Ｋ|＝ＫＨに含まれるＨの左剰余類の個数≦|Ｇ：Ｈ|＜∞
そこで、Ｋをその部分群Ｈ∩Ｋで類別する。|Ｋ：Ｈ∩Ｋ|＝ｎとして、
Ｋ＝ｂ1(Ｈ∩Ｋ)∪・・・∪ｂn(Ｈ∩Ｋ)（ｂi∈Ｋ）―――①
一方、Ｇを部分群Ｋで類別する。|Ｇ：Ｋ|＝ｍとして、
Ｇ＝ａ1Ｋ∪・・・∪ａmＫ（ａi∈Ｇ，ｉ≠ｊのときａiＫ∩ａjＫ＝φ）―――②
したがって、
Ｇ＝⋃(i=1~m)ａiＫ＝⋃(i=1~m)ａi{⋃(j=1~n)ｂj(Ｈ∩Ｋ)}＝⋃(i=1~m)⋃(j=1~n)ａiｂj(Ｈ∩Ｋ)
ここで、(ｉ，ｊ)≠(ｋ，ｌ)のとき、ａiｂj(Ｈ∩Ｋ)∩ａkｂl(Ｈ∩Ｋ)＝φである。何故ならば、もしａiｂj(Ｈ∩Ｋ)∩ａkｂl(Ｈ∩Ｋ)≠φとすると、定理4.1より、
(ａiｂj)^-1ａkｂl＝ｂj^-1ａi^-1ａkｂl∈H∩K―――③
ゆえに、ｂj^-1(ａi^-1ａk)ｂl∈Ｋであることがわかる。ところが、ｂj，ｂl∈Ｋであるから、ａi^-1ａk∈Ｋ ゆえに、ａiＫ＝ａkＫ 類別②よりｉ＝ｋ このとき、③よりｂj^-1ｂl∈Ｈ∩Ｋ ゆえに、ｂj(Ｈ∩Ｋ)＝ｂl(Ｈ∩Ｋ) したがって、類別①よりｊ＝ｌであるから(ｉ，ｊ)＝(ｋ，ｌ)であることが示された。
以上より、Ｇ＝⋃(i=1~m)⋃(j=1~n)ａiｂj(Ｈ∩Ｋ)は共通部分のない和集合である。また、
|ａiｂj(Ｈ∩Ｋ)|＝|Ｈ∩Ｋ|（１≦ｉ≦ｍ，１≦ｊ≦ｎ）
であるから、
|Ｇ：Ｈ∩Ｋ|＝ｍ・ｎ＝|Ｇ：Ｋ|・|Ｋ：Ｈ∩Ｋ|≦|Ｇ：Ｋ|・|Ｇ：Ｈ|＜∞
よって、|Ｇ：Ｈ|＜∞，|Ｇ：Ｋ|＜∞⇒|Ｇ：Ｈ∩Ｋ|＜∞であることが示された。
上の証明の中で以下のことが成り立つことに注意しよう。
● |Ｇ：Ｈ∩Ｋ|≦|Ｇ：Ｋ|・|Ｋ：Ｈ∩Ｋ|， |Ｇ：Ｈ∩Ｋ|≦|Ｇ：Ｈ|・|Ｈ：Ｈ∩Ｋ|
演習問題７
Ｇを群とし、Ｈ，Ｋを指数有限の部分群とするとき、次を示せ。
（１）ＫＨに含まれるＨの左剰余類の個数＝|Ｋ：Ｈ∩Ｋ|
（２）ＫＨに含まれるＫの右剰余類の個数＝|Ｈ：Ｈ∩Ｋ|
定理4.1
Ｇを群，ＨをＧの部分群とする。このとき、Ｇの元ａ，ｂについて、次の（１）から（５）の命題は同値であり、また（１'）から（５'）の命題も同値である。
（１）ａＨ＝ｂＨ （１'）Ｈａ＝Ｈｂ
（２）ａ^-1ｂ∈Ｈ （２'）ａｂ^-1∈Ｈ
（３）ｂ∈ａＨ （３'）ｂ∈Ｈａ
（４）ａ∈ｂＨ （４'）ａ∈Ｈｂ
（５）ａＨ∩ｂＨ≠φ （５'）Ｈａ∩Ｈｂ≠φ
（引用終わり）
具体的には３ヶ所ぐらいですかね。
＞ＫＨに含まれるＨの左剰余類の個数≦|Ｇ：Ｈ|
＞以上より、Ｇ＝⋃(i=1~m)⋃(j=1~n)ａiｂj(Ｈ∩Ｋ)は共通部分のない和集合である。また、
|ａiｂj(Ｈ∩Ｋ)|＝|Ｈ∩Ｋ|（１≦ｉ≦ｍ，１≦ｊ≦ｎ）
であるから、|Ｇ：Ｈ∩Ｋ|＝ｍ・ｎ
＞● |Ｇ：Ｈ∩Ｋ|≦|Ｇ：Ｋ|・|Ｋ：Ｈ∩Ｋ|， |Ｇ：Ｈ∩Ｋ|≦|Ｇ：Ｈ|・|Ｈ：Ｈ∩Ｋ|
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/7 15:47削除解説
＞ＫＨに含まれるＨの左剰余類の個数≦|Ｇ：Ｈ|
これは、演習問題７の証明の途中で、
ｆ：Ｋ/Ｈ∩Ｋ→Ｇ/Ｈ
という写像を作り、ＫＨに含まれるＨの左剰余類の集合＝Ｉｍｆとなる事を示し、また、ｆが単射になる事を示している。よって、|Ｋ/Ｈ∩Ｋ|＝|Ｉｍｆ|≦|Ｇ/Ｈ|（等号はｆが全射、つまり全単射の時。）
よって、ＫＨに含まれるＨの左剰余類の個数＝|Ｉｍｆ|≦|Ｇ/Ｈ|＝|Ｇ：Ｈ|
よって、ＫＨに含まれるＨの左剰余類の個数≦|Ｇ：Ｈ|
＞以上より、Ｇ＝⋃(i=1~m)⋃(j=1~n)ａiｂj(Ｈ∩Ｋ)は共通部分のない和集合である。また、
|ａiｂj(Ｈ∩Ｋ)|＝|Ｈ∩Ｋ|（１≦ｉ≦ｍ，１≦ｊ≦ｎ）
であるから、|Ｇ：Ｈ∩Ｋ|＝ｍ・ｎ
Ｇ＝⋃(i=1~m)⋃(j=1~n)ａiｂj(Ｈ∩Ｋ)は共通部分のない和集合であるから、|Ｇ：Ｈ∩Ｋ|＝ｍ・ｎですね。
つまり、|ａiｂj(Ｈ∩Ｋ)|＝|Ｈ∩Ｋ|（１≦ｉ≦ｍ，１≦ｊ≦ｎ）は不要ですね。念のため、この等式は合ってますが。
＞● |Ｇ：Ｈ∩Ｋ|≦|Ｇ：Ｋ|・|Ｋ：Ｈ∩Ｋ|， |Ｇ：Ｈ∩Ｋ|≦|Ｇ：Ｈ|・|Ｈ：Ｈ∩Ｋ|
|Ｇ：Ｈ∩Ｋ|＝|Ｇ：Ｋ|・|Ｋ：Ｈ∩Ｋ|ですよね。上に、|Ｇ：Ｈ∩Ｋ|＝ｍ・ｎ＝|Ｇ：Ｋ|・|Ｋ：Ｈ∩Ｋ|とありますからね。
また、 |Ｇ：Ｈ∩Ｋ|＝|Ｇ：Ｈ|・|Ｈ：Ｈ∩Ｋ|の方は、演習問題７の（２）を使わないと解説できませんね。もちろん、同様と言えば良いだけですが。
おまけ：
＞ＫＨに含まれるＨの左剰余類の個数≦|Ｇ：Ｈ|
これは、演習問題７の証明の途中で、
ｆ：Ｋ/Ｈ∩Ｋ→Ｇ/Ｈ
という写像を作り、ＫＨに含まれるＨの左剰余類の集合＝Ｉｍｆとなる事を示し、また、ｆが単射になる事を示している。よって、|Ｋ/Ｈ∩Ｋ|＝|Ｉｍｆ|≦|Ｇ/Ｈ|（等号はｆが全射、つまり全単射の時。）
よって、ＫＨに含まれるＨの左剰余類の個数＝|Ｉｍｆ|≦|Ｇ/Ｈ|＝|Ｇ：Ｈ|
よって、ＫＨに含まれるＨの左剰余類の個数≦|Ｇ：Ｈ|
＞以上より、Ｇ＝⋃(i=1~m)⋃(j=1~n)ａiｂj(Ｈ∩Ｋ)は共通部分のない和集合である。また、
|ａiｂj(Ｈ∩Ｋ)|＝|Ｈ∩Ｋ|（１≦ｉ≦ｍ，１≦ｊ≦ｎ）
であるから、|Ｇ：Ｈ∩Ｋ|＝ｍ・ｎ
Ｇ＝⋃(i=1~m)⋃(j=1~n)ａiｂj(Ｈ∩Ｋ)は共通部分のない和集合であるから、|Ｇ：Ｈ∩Ｋ|＝ｍ・ｎですね。
つまり、|ａiｂj(Ｈ∩Ｋ)|＝|Ｈ∩Ｋ|（１≦ｉ≦ｍ，１≦ｊ≦ｎ）は不要ですね。念のため、この等式は合ってますが。
＞● |Ｇ：Ｈ∩Ｋ|≦|Ｇ：Ｋ|・|Ｋ：Ｈ∩Ｋ|， |Ｇ：Ｈ∩Ｋ|≦|Ｇ：Ｈ|・|Ｈ：Ｈ∩Ｋ|
|Ｇ：Ｈ∩Ｋ|＝|Ｇ：Ｋ|・|Ｋ：Ｈ∩Ｋ|ですよね。上に、|Ｇ：Ｈ∩Ｋ|＝ｍ・ｎ＝|Ｇ：Ｋ|・|Ｋ：Ｈ∩Ｋ|とありますからね。
また、 |Ｇ：Ｈ∩Ｋ|＝|Ｇ：Ｈ|・|Ｈ：Ｈ∩Ｋ|の方は、演習問題７の（２）を使わないと解説できませんね。もちろん、同様と言えば良いだけですが。
おまけ：
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壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/6 07:55 (No.598187)削除問題
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201810060002/
まぁ、１０秒以内でしたが、速さには全く意味がないのでじっくり考えて下さい。
おまけ：
https://instagrammernews.com/detail/2963322232525344680
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201810060002/
まぁ、１０秒以内でしたが、速さには全く意味がないのでじっくり考えて下さい。
おまけ：
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壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/7 07:55削除解答
１０秒以内で解けた人は、公式ＡＰ＝(ＡＢ＋ＡＣ－ＢＣ)/２を知っている人だけでしょう。
これで解くと、ＡＰ＝(８＋７－９)/２＝６/２＝３ｃｍ
よって、答えは、３ｃｍ
ただし、ここでは厳密に解いてみましょう。円と接線の関係より、ＡＰ＝ＡＲ
これは、適当に円を描いて、さらに円の外側に適当に点を打つと、どこに点を取っても円の対称性から２本の接線の長さが等しくなる事が分かると思うが、ここでは厳密に証明しながら話を進める。
図の内接円の中心をＩ、つまり内心をＩとすると、円の中心と接線の関係より、ＩＰ⊥ＡＢとなる。これも対称性から∠ＩＰＡ＝∠ＩＰＢなので、∠ＩＰＡ＝∠ＩＰＢ＝１８０°÷２＝９０°だからである。
同様に、ＩＲ⊥ＡＣ
ここで、ＡＩ，ＰＩ，ＲＩを結ぶと、△ＡＰＩと△ＡＲＩは直角三角形でＡＩを共有している。また、半径より、ＩＰ＝ＩＲ よって、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、△ＡＰＩと△ＡＲＩは合同である。
よって、ＡＰ＝ＡＲ
同様に、ＢＰ＝ＢＱ，ＣＱ＝ＣＲ
今、ＡＰ＝ＡＲ＝ｘｃｍと置くと、ＢＰ＝８－ｘｃｍ よって、ＢＱ＝８－ｘｃｍ
よって、ＣＱ＝ＢＣ－ＢＱ＝９－(８－ｘ)＝ｘ＋１ｃｍ
よって、ＣＲ＝ｘ＋１ｃｍ よって、ＡＲ＝ＡＣ－ＣＲ＝７－(ｘ＋１)＝６－ｘｃｍ
ところで、ＡＰ＝ＡＲより、ｘ＝６－ｘが成り立つ。
よって、２ｘ＝６ よって、ｘ＝３ｃｍ よって、ＡＰ＝３ｃｍ
よって、答えは、３ｃｍ
これは算数では無理ですね。
因みに、ＡＰ＝ＡＲ＝ｘ，ＢＰ＝ＢＱ＝ｙ，ＣＱ＝ＣＲ＝ｚと置くと、
ｘ＋ｙ＝８―――① ｙ＋ｚ＝９―――② ｚ＋ｘ＝７―――③ が成り立つ。
①＋②＋③より、２×ｘ＋２×ｙ＋２×ｚ＝８＋９＋７＝２４ よって、ｘ＋ｙ＋ｚ＝１２―――④
④－②より、ｘ＝１２－９＝３ｃｍ
よって、ＡＰ＝３ｃｍ
これなら、ぎりぎり算数で行けるのではないでしょうか。
おまけ：
https://takeoff-site.jp/ryusei-nanase/（相性良さそう。）
１０秒以内で解けた人は、公式ＡＰ＝(ＡＢ＋ＡＣ－ＢＣ)/２を知っている人だけでしょう。
これで解くと、ＡＰ＝(８＋７－９)/２＝６/２＝３ｃｍ
よって、答えは、３ｃｍ
ただし、ここでは厳密に解いてみましょう。円と接線の関係より、ＡＰ＝ＡＲ
これは、適当に円を描いて、さらに円の外側に適当に点を打つと、どこに点を取っても円の対称性から２本の接線の長さが等しくなる事が分かると思うが、ここでは厳密に証明しながら話を進める。
図の内接円の中心をＩ、つまり内心をＩとすると、円の中心と接線の関係より、ＩＰ⊥ＡＢとなる。これも対称性から∠ＩＰＡ＝∠ＩＰＢなので、∠ＩＰＡ＝∠ＩＰＢ＝１８０°÷２＝９０°だからである。
同様に、ＩＲ⊥ＡＣ
ここで、ＡＩ，ＰＩ，ＲＩを結ぶと、△ＡＰＩと△ＡＲＩは直角三角形でＡＩを共有している。また、半径より、ＩＰ＝ＩＲ よって、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、△ＡＰＩと△ＡＲＩは合同である。
よって、ＡＰ＝ＡＲ
同様に、ＢＰ＝ＢＱ，ＣＱ＝ＣＲ
今、ＡＰ＝ＡＲ＝ｘｃｍと置くと、ＢＰ＝８－ｘｃｍ よって、ＢＱ＝８－ｘｃｍ
よって、ＣＱ＝ＢＣ－ＢＱ＝９－(８－ｘ)＝ｘ＋１ｃｍ
よって、ＣＲ＝ｘ＋１ｃｍ よって、ＡＲ＝ＡＣ－ＣＲ＝７－(ｘ＋１)＝６－ｘｃｍ
ところで、ＡＰ＝ＡＲより、ｘ＝６－ｘが成り立つ。
よって、２ｘ＝６ よって、ｘ＝３ｃｍ よって、ＡＰ＝３ｃｍ
よって、答えは、３ｃｍ
これは算数では無理ですね。
因みに、ＡＰ＝ＡＲ＝ｘ，ＢＰ＝ＢＱ＝ｙ，ＣＱ＝ＣＲ＝ｚと置くと、
ｘ＋ｙ＝８―――① ｙ＋ｚ＝９―――② ｚ＋ｘ＝７―――③ が成り立つ。
①＋②＋③より、２×ｘ＋２×ｙ＋２×ｚ＝８＋９＋７＝２４ よって、ｘ＋ｙ＋ｚ＝１２―――④
④－②より、ｘ＝１２－９＝３ｃｍ
よって、ＡＰ＝３ｃｍ
これなら、ぎりぎり算数で行けるのではないでしょうか。
おまけ：
https://takeoff-site.jp/ryusei-nanase/（相性良さそう。）
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壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/5 13:55 (No.597565)削除問題
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201810070001/
一応、何でもありでも解いて下さい。因みに、何でもありで２通り作ってみました。ただし、１つは算数とほとんど同じです。ただ、アプローチの仕方が違うだけです。算数は瞬殺でした。
おまけ：
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201810070001/
一応、何でもありでも解いて下さい。因みに、何でもありで２通り作ってみました。ただし、１つは算数とほとんど同じです。ただ、アプローチの仕方が違うだけです。算数は瞬殺でした。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/5 20:57削除算数の解法
△ＥＣＤを点Ｃを中心にＤＣがＢＣにくっつくまで１８０°回転させ点Ｅの行き先をＥ'とすると、
３点Ａ，Ｃ，Ｅ'は一直線上にあり、ＡＢ＝ＤＥ＝ＤＥ'＝ＢＥ'より、△ＢＡＥ'は二等辺三角形になる。
ところで、△ＣＡＢの内対角の和より、∠ＣＡＢ＝１１０°－７０°＝４０°
よって、∠ＢＥ'Ａ＝∠ＢＡＥ'＝∠ＣＡＢ＝４０°
よって、∠ＣＥＤ＝４０°
おまけ：
△ＥＣＤを点Ｃを中心にＤＣがＢＣにくっつくまで１８０°回転させ点Ｅの行き先をＥ'とすると、
３点Ａ，Ｃ，Ｅ'は一直線上にあり、ＡＢ＝ＤＥ＝ＤＥ'＝ＢＥ'より、△ＢＡＥ'は二等辺三角形になる。
ところで、△ＣＡＢの内対角の和より、∠ＣＡＢ＝１１０°－７０°＝４０°
よって、∠ＢＥ'Ａ＝∠ＢＡＥ'＝∠ＣＡＢ＝４０°
よって、∠ＣＥＤ＝４０°
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/6 07:18削除何でもありの解法１
点ＣはＢＤの中点より、定石の１つによりＥＣの延長上にＦＣ＝ＥＣとなる点Ｆを取ると、
四角形ＥＢＦＤの対角線は互いの中点で交わるので、定理により平行四辺形になる。
∴ＢＦ＝ＥＤ，ＢＦ//ＥＤ
よって、錯角より∠ＣＥＤ＝∠ＢＦＣ
また、条件よりＡＢ＝ＤＥなので、ＡＢ＝ＢＦ
よって、△ＢＡＦは二等辺三角形である。
ところで、△ＣＡＢの内対角の和より、∠ＣＡＢ＝１１０°－７０°＝４０°
よって、∠ＢＦＡ＝∠ＢＡＦ＝∠ＣＡＢ＝４０°
よって、∠ＣＥＤ＝∠ＢＦＣ＝∠ＢＦＡ＝４０°
よって、答えは、４０°
基本的な定石を押さえていれば、算数の奇天烈な技を使わなくても解ける問題でしたね。ただし、何でもありの解法２はちょっと奇天烈かもしれません。
おまけ：
点ＣはＢＤの中点より、定石の１つによりＥＣの延長上にＦＣ＝ＥＣとなる点Ｆを取ると、
四角形ＥＢＦＤの対角線は互いの中点で交わるので、定理により平行四辺形になる。
∴ＢＦ＝ＥＤ，ＢＦ//ＥＤ
よって、錯角より∠ＣＥＤ＝∠ＢＦＣ
また、条件よりＡＢ＝ＤＥなので、ＡＢ＝ＢＦ
よって、△ＢＡＦは二等辺三角形である。
ところで、△ＣＡＢの内対角の和より、∠ＣＡＢ＝１１０°－７０°＝４０°
よって、∠ＢＦＡ＝∠ＢＡＦ＝∠ＣＡＢ＝４０°
よって、∠ＣＥＤ＝∠ＢＦＣ＝∠ＢＦＡ＝４０°
よって、答えは、４０°
基本的な定石を押さえていれば、算数の奇天烈な技を使わなくても解ける問題でしたね。ただし、何でもありの解法２はちょっと奇天烈かもしれません。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/6 16:44削除何でもありの解法２
ＡからＤＥと平行な直線を引き、ＢＤの延長との交点をＦとすると、△ＣＥＤ∽△ＣＡＦより、
ＣＥ：ＣＡ＝ＣＤ：ＣＦ―――①
また、∠ＡＣＢ＝１８０°－１１０°＝７０°より、∠ＡＢＣ＝∠ＡＣＢ
よって、△ＡＢＣは二等辺三角形より、ＡＢ＝ＡＣ また、条件より、ＡＢ＝ＤＥ ∴ＡＣ＝ＤＥ
ここで、①の左辺＝ＣＥ：ＣＡ＝ＣＥ：ＥＤ
＝ＣＡ：ＡＦ＝ＢＡ：ＡＦ＝ＡＢ：ＡＦ
∴ＣＥ：ＣＡ＝ＡＢ：ＡＦ―――②
また、①の右辺＝ＣＤ：ＣＦ＝ＢＣ：ＣＦ
∴ＣＤ：ＣＦ＝ＢＣ：ＣＦ―――③
①，②，③より、ＡＢ：ＡＦ＝ＢＣ：ＣＦ
よって、△ＡＢＦでの角の二等分線の定理の逆により、ＡＣは∠ＢＡＦの二等分線である。
∴∠ＣＡＦ＝∠ＢＡＣ＝１８０°－７０°×２＝４０°
よって、同位角より、∠ＣＥＤ＝∠ＣＡＦ＝４０°
よって、答えは、４０°
おまけ：
ＡからＤＥと平行な直線を引き、ＢＤの延長との交点をＦとすると、△ＣＥＤ∽△ＣＡＦより、
ＣＥ：ＣＡ＝ＣＤ：ＣＦ―――①
また、∠ＡＣＢ＝１８０°－１１０°＝７０°より、∠ＡＢＣ＝∠ＡＣＢ
よって、△ＡＢＣは二等辺三角形より、ＡＢ＝ＡＣ また、条件より、ＡＢ＝ＤＥ ∴ＡＣ＝ＤＥ
ここで、①の左辺＝ＣＥ：ＣＡ＝ＣＥ：ＥＤ
＝ＣＡ：ＡＦ＝ＢＡ：ＡＦ＝ＡＢ：ＡＦ
∴ＣＥ：ＣＡ＝ＡＢ：ＡＦ―――②
また、①の右辺＝ＣＤ：ＣＦ＝ＢＣ：ＣＦ
∴ＣＤ：ＣＦ＝ＢＣ：ＣＦ―――③
①，②，③より、ＡＢ：ＡＦ＝ＢＣ：ＣＦ
よって、△ＡＢＦでの角の二等分線の定理の逆により、ＡＣは∠ＢＡＦの二等分線である。
∴∠ＣＡＦ＝∠ＢＡＣ＝１８０°－７０°×２＝４０°
よって、同位角より、∠ＣＥＤ＝∠ＣＡＦ＝４０°
よって、答えは、４０°
おまけ：
返信
返信3
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/3 22:07 (No.595444)削除壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/5 07:49削除解法１
条件より、あ＋う＋き＋け＝２０―――①
また、い＋え＋か＋く＝２０―――②
①＋②より、あ＋い＋う＋え＋か＋き＋く＋け＝４０―――③
ところで、あ～けには１～９の数が入っているので、あ＋い＋う＋え＋お＋か＋き＋く＋け＝１＋２＋３＋４＋５＋６＋７＋８＋９＝４５
よって、あ＋い＋う＋え＋お＋か＋き＋く＋け＝４５―――④
④－③より、お＝４５－４０＝５
よって、答えは、５
解法２
条件の２０の正方形６個を考えると、四隅の「あ，う，き，け」は２回ダブっていて、「い，え，か，く」は３回ダブっていて、「お」は４回ダブっている。
よって、「あ，い，う，え，お，か，き，く，け」は２回ダブっていて、それらを除いて考えると、「い，え，か，く」は１回ダブっていて、「お」は２回ダブっている。
ところで、あ～けには１～９が当てはまるので、
「あ，い，う，え，お，か，き，く，け」の２回ダブり分は、(１＋２＋３＋４＋５＋６＋７＋８＋９)×２＝４５×２＝９０
また、初めの色々ダブった状態の総和は２０×６＝１２０より、
「それらを除いて考えると、「い，え，か，く」は１回ダブっていて、「お」は２回ダブっている」という段階の総和は、１２０－９０＝３０
また、「い，え，か，く」の総和は条件より２０なので、「お」２つ分は、３０－２０＝１０である。
よって、「お」＝１０÷２＝５である。
よって、答えは、５
おまけ：
条件より、あ＋う＋き＋け＝２０―――①
また、い＋え＋か＋く＝２０―――②
①＋②より、あ＋い＋う＋え＋か＋き＋く＋け＝４０―――③
ところで、あ～けには１～９の数が入っているので、あ＋い＋う＋え＋お＋か＋き＋く＋け＝１＋２＋３＋４＋５＋６＋７＋８＋９＝４５
よって、あ＋い＋う＋え＋お＋か＋き＋く＋け＝４５―――④
④－③より、お＝４５－４０＝５
よって、答えは、５
解法２
条件の２０の正方形６個を考えると、四隅の「あ，う，き，け」は２回ダブっていて、「い，え，か，く」は３回ダブっていて、「お」は４回ダブっている。
よって、「あ，い，う，え，お，か，き，く，け」は２回ダブっていて、それらを除いて考えると、「い，え，か，く」は１回ダブっていて、「お」は２回ダブっている。
ところで、あ～けには１～９が当てはまるので、
「あ，い，う，え，お，か，き，く，け」の２回ダブり分は、(１＋２＋３＋４＋５＋６＋７＋８＋９)×２＝４５×２＝９０
また、初めの色々ダブった状態の総和は２０×６＝１２０より、
「それらを除いて考えると、「い，え，か，く」は１回ダブっていて、「お」は２回ダブっている」という段階の総和は、１２０－９０＝３０
また、「い，え，か，く」の総和は条件より２０なので、「お」２つ分は、３０－２０＝１０である。
よって、「お」＝１０÷２＝５である。
よって、答えは、５
おまけ：
返信
返信1
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/2 22:37 (No.594475)削除壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/4 07:32削除解法１（思い付いた順）
ＤからＢＡと平行な直線を引き、ＡＣとの交点をＥとすると、錯角より∠ＡＤＥ＝∠ＤＡＢ＝２０°
よって、△ＤＡＥの内角の和より、∠ＤＥＡ＝１８０°－８０°－２０°＝８０°
よって、∠ＤＡＥ＝∠ＤＥＡより△ＤＡＥは二等辺三角形である。よって、ＤＥ＝ＤＡ＝４ｃｍ
また、△ＣＤＥと△ＣＢＡは相似で相似比は３：７より、ＡＢ＝(７/３)×ＤＥ＝(７/３)×４＝２８/３ｃｍ
よって、答えは、９と１/３ｃｍ
解法２
ＤからＡＣと平行な直線を引き、ＡＢとの交点をＥとすると、錯角より∠ＥＤＡ＝∠ＤＡＣ＝８０°
よって、△ＡＤＥの内角の和より、∠ＡＥＤ＝１８０°－２０°－８０°＝８０°
よって、∠ＡＤＥ＝∠ＡＥＤより△ＡＤＥは二等辺三角形。よって、ＡＥ＝ＡＤ＝４ｃｍ
また、ＤＥとＣＡは平行より、定理によりＢＥ：ＥＡ＝ＢＤ：ＤＣ（証明は相似で簡単。）
よって、ＢＥ：４＝４：３ よって、ＢＥ＝(４/３)×４＝１６/３ｃｍ
よって、ＡＢ＝４＋１６/３＝２８/３ｃｍ
よって、答えは、９と１/３ｃｍ
因みに、△ＢＥＤと△ＢＡＣの相似比４：７とＡＥ＝４ｃｍから、ＡＢ＝(７/３)×４＝２８/３と一発で求めても良い。（わざとちょっとだけ変えてみました。）
おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/a66130dc6313b05c8aaad6a7064752c247283a9e?page=1
ＤからＢＡと平行な直線を引き、ＡＣとの交点をＥとすると、錯角より∠ＡＤＥ＝∠ＤＡＢ＝２０°
よって、△ＤＡＥの内角の和より、∠ＤＥＡ＝１８０°－８０°－２０°＝８０°
よって、∠ＤＡＥ＝∠ＤＥＡより△ＤＡＥは二等辺三角形である。よって、ＤＥ＝ＤＡ＝４ｃｍ
また、△ＣＤＥと△ＣＢＡは相似で相似比は３：７より、ＡＢ＝(７/３)×ＤＥ＝(７/３)×４＝２８/３ｃｍ
よって、答えは、９と１/３ｃｍ
解法２
ＤからＡＣと平行な直線を引き、ＡＢとの交点をＥとすると、錯角より∠ＥＤＡ＝∠ＤＡＣ＝８０°
よって、△ＡＤＥの内角の和より、∠ＡＥＤ＝１８０°－２０°－８０°＝８０°
よって、∠ＡＤＥ＝∠ＡＥＤより△ＡＤＥは二等辺三角形。よって、ＡＥ＝ＡＤ＝４ｃｍ
また、ＤＥとＣＡは平行より、定理によりＢＥ：ＥＡ＝ＢＤ：ＤＣ（証明は相似で簡単。）
よって、ＢＥ：４＝４：３ よって、ＢＥ＝(４/３)×４＝１６/３ｃｍ
よって、ＡＢ＝４＋１６/３＝２８/３ｃｍ
よって、答えは、９と１/３ｃｍ
因みに、△ＢＥＤと△ＢＡＣの相似比４：７とＡＥ＝４ｃｍから、ＡＢ＝(７/３)×４＝２８/３と一発で求めても良い。（わざとちょっとだけ変えてみました。）
おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/a66130dc6313b05c8aaad6a7064752c247283a9e?page=1
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/4 11:58削除解法３
ＢからＡＣと平行な直線を引き、ＡＤの延長との交点をＥとすると、錯角より∠ＢＥＤ＝∠ＤＡＣ＝８０°
よって、△ＡＢＥの内角の和より、∠ＡＢＥ＝１８０°－２０°－８０°＝８０°
よって、∠ＡＥＢ＝∠ＡＢＥ＝８０°より△ＡＢＥは二等辺三角形。よって、ＡＢ＝ＡＥ
また、△ＤＢＥと△ＤＣＡは相似で相似比は４：３より、ＤＥ＝(４/３)×ＡＤ＝(４/３)×４＝１６/３ｃｍ
よって、ＡＥ＝４＋１６/３＝２８/３ｃｍ
よって、ＡＢ＝ＡＥ＝２８/３ｃｍ
よって、答えは、９と１/３ｃｍ
解法４
ＣからＡＢと平行な直線を引き、ＡＤの延長との交点をＥとすると、錯角より∠ＤＥＣ＝∠ＤＡＢ＝２０°
よって、△ＥＡＣの内角の和より、∠ＥＣＡ＝１８０°－２０°－８０°＝８０°
よって、∠ＥＡＣ＝∠ＥＣＡ＝８０°より△ＥＣＡは二等辺三角形。よって、ＥＣ＝ＥＡ
また、△ＤＢＡと△ＤＣＥは相似で相似比は４：３より、ＤＥ＝(３/４)×ＡＤ＝(３/４)×４＝３ｃｍ
よって、ＥＡ＝４＋３＝７ｃｍより、ＥＣ＝７ｃｍ
よって、ＡＢ＝(４/３)×ＥＣ＝(４/３)×７＝２８/３ｃｍ
よって、答えは、９と１/３ｃｍ
おまけ：
ＢからＡＣと平行な直線を引き、ＡＤの延長との交点をＥとすると、錯角より∠ＢＥＤ＝∠ＤＡＣ＝８０°
よって、△ＡＢＥの内角の和より、∠ＡＢＥ＝１８０°－２０°－８０°＝８０°
よって、∠ＡＥＢ＝∠ＡＢＥ＝８０°より△ＡＢＥは二等辺三角形。よって、ＡＢ＝ＡＥ
また、△ＤＢＥと△ＤＣＡは相似で相似比は４：３より、ＤＥ＝(４/３)×ＡＤ＝(４/３)×４＝１６/３ｃｍ
よって、ＡＥ＝４＋１６/３＝２８/３ｃｍ
よって、ＡＢ＝ＡＥ＝２８/３ｃｍ
よって、答えは、９と１/３ｃｍ
解法４
ＣからＡＢと平行な直線を引き、ＡＤの延長との交点をＥとすると、錯角より∠ＤＥＣ＝∠ＤＡＢ＝２０°
よって、△ＥＡＣの内角の和より、∠ＥＣＡ＝１８０°－２０°－８０°＝８０°
よって、∠ＥＡＣ＝∠ＥＣＡ＝８０°より△ＥＣＡは二等辺三角形。よって、ＥＣ＝ＥＡ
また、△ＤＢＡと△ＤＣＥは相似で相似比は４：３より、ＤＥ＝(３/４)×ＡＤ＝(３/４)×４＝３ｃｍ
よって、ＥＡ＝４＋３＝７ｃｍより、ＥＣ＝７ｃｍ
よって、ＡＢ＝(４/３)×ＥＣ＝(４/３)×７＝２８/３ｃｍ
よって、答えは、９と１/３ｃｍ
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2022/11/4 15:57削除解法５
ＣからＡＤと平行な直線を引き、ＢＡの延長との交点をＥとすると、同位角より∠ＡＥＣ＝∠ＢＡＤ＝２０°
また、錯角より∠ＥＣＡ＝∠ＤＡＣ＝８０°
よって、△ＥＡＣの内角の和より、∠ＥＡＣ＝１８０°－２０°－８０°＝８０°
よって、∠ＥＡＣ＝∠ＥＣＡより△ＥＡＣは二等辺三角形。よって、ＥＡ＝ＥＣ
また、△ＢＡＤと△ＢＥＣは相似で相似比は４：７より、ＥＣ＝(７/４)×ＡＤ＝(７/４)×４＝７ｃｍ
よって、ＥＡ＝ＥＣ＝７ｃｍ また、ＢＡ：ＡＥ＝ＢＤ：ＤＣ＝４：３より、ＢＡ：７＝４：３
よって、ＢＡ＝(４/３)×７＝２８/３ｃｍ
よって、答えは、９と１/３ｃｍ
解法６
ＢからＡＤと平行な直線を引き、ＣＡの延長との交点をＥとすると、同位角より∠ＢＥＡ＝∠ＤＡＣ＝８０°
また、錯角より∠ＥＢＡ＝∠ＤＡＢ＝２０°
よって、△ＢＥＡの内角の和より、∠ＢＡＥ＝１８０°－８０°－２０°＝８０°
よって、∠ＢＥＡ＝∠ＢＡＥより△ＢＡＥは二等辺三角形。よって、ＢＡ＝ＢＥ
また、△ＣＡＤと△ＣＥＢは相似で相似比は３：７より、ＢＥ＝(７/３)×ＤＡ＝(７/３)×４＝２８/３ｃｍ
よって、ＢＡ＝２８/３ｃｍ
よって、答えは、９と１/３ｃｍ
解法１～解法６まで全て暗算で解きながら書いたので、ミスがあるかもしれません。因みに、解法６は解法５と対称なだけなので省略しようかと思いましたが、やってみたら解法６の方がちょっとだけエレガントでしたね。（無駄だと思ってもやってみるものですね。）
おまけ：
ＣからＡＤと平行な直線を引き、ＢＡの延長との交点をＥとすると、同位角より∠ＡＥＣ＝∠ＢＡＤ＝２０°
また、錯角より∠ＥＣＡ＝∠ＤＡＣ＝８０°
よって、△ＥＡＣの内角の和より、∠ＥＡＣ＝１８０°－２０°－８０°＝８０°
よって、∠ＥＡＣ＝∠ＥＣＡより△ＥＡＣは二等辺三角形。よって、ＥＡ＝ＥＣ
また、△ＢＡＤと△ＢＥＣは相似で相似比は４：７より、ＥＣ＝(７/４)×ＡＤ＝(７/４)×４＝７ｃｍ
よって、ＥＡ＝ＥＣ＝７ｃｍ また、ＢＡ：ＡＥ＝ＢＤ：ＤＣ＝４：３より、ＢＡ：７＝４：３
よって、ＢＡ＝(４/３)×７＝２８/３ｃｍ
よって、答えは、９と１/３ｃｍ
解法６
ＢからＡＤと平行な直線を引き、ＣＡの延長との交点をＥとすると、同位角より∠ＢＥＡ＝∠ＤＡＣ＝８０°
また、錯角より∠ＥＢＡ＝∠ＤＡＢ＝２０°
よって、△ＢＥＡの内角の和より、∠ＢＡＥ＝１８０°－８０°－２０°＝８０°
よって、∠ＢＥＡ＝∠ＢＡＥより△ＢＡＥは二等辺三角形。よって、ＢＡ＝ＢＥ
また、△ＣＡＤと△ＣＥＢは相似で相似比は３：７より、ＢＥ＝(７/３)×ＤＡ＝(７/３)×４＝２８/３ｃｍ
よって、ＢＡ＝２８/３ｃｍ
よって、答えは、９と１/３ｃｍ
解法１～解法６まで全て暗算で解きながら書いたので、ミスがあるかもしれません。因みに、解法６は解法５と対称なだけなので省略しようかと思いましたが、やってみたら解法６の方がちょっとだけエレガントでしたね。（無駄だと思ってもやってみるものですね。）
おまけ：
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