数学

問題
右図のようなＡＢ＝ＡＣ＝ＣＤ＝ＢＤ＝５ｃｍ，ＢＣ＝４ｃｍ，ＡＤ＝６ｃｍの三角すいＡ－ＢＣＤがある。辺ＡＢ上にＡＰ＝３ｃｍとなる点Ｐをとる。点Ｐを通り、辺ＢＣと辺ＡＤに平行な平面がＡＣと点Ｑで、辺ＣＤと点Ｒで、辺ＢＤと点Ｓで交わっている。このとき、次の各問いに答えよ。
（１）四角形ＰＱＲＳの面積を求めよ。
（２）三角すいＡ－ＢＣＤの体積を求めよ。
（３）立体ＡＤ－ＰＱＲＳの体積を求めよ。
（９３　巣鴨）

模範解答
（１)対称性より、ＢＣ⊥ＡＤは明らか。
これと、ＰＱ∥ＢＣ，ＱＲ∥ＡＤにより、
ＰＱ⊥ＱＲ
同様に、ＰＱ⊥ＰＳ，ＳＲ⊥ＱＲとなるので、四角形ＰＱＲＳは長方形である。
いま、△ＡＰＱ∽△ＡＢＣ，△ＣＲＱ∽△ＣＤＡより、ＰＱ＝ＢＣ×(ＡＰ/ＡＢ)＝１２/５，
ＱＲ＝ＡＤ×(ＣＱ/ＣＡ)＝１２/５だから、四角形ＰＱＲＳは正方形で、その面積は、
(１２/５)²＝１４４/２５（ｃｍ²）
（２）Ｍ，Ｎをそれぞれ、ＡＤ，ＢＣの中点とする。
図で、ＭＣ＝ＭＢ＝√(５²－３²)＝４
ＭＮ＝√(ＭＣ²－ＣＮ²)＝√(４²－２²)＝２√３
よって、Ａ－ＢＣＤの体積は、
(１/６)×ＡＤ×ＢＣ×ＭＮ＝８√３（ｃｍ²）
（基本図６１）（下に解説。）
（注：ＭＣ＝ＭＢ＝ＢＣ＝４で△ＭＢＣは正三角形だからＭＮ＝２√３ｃｍ）
（３）右図のように、ＡＤ－ＰＱＲＳを三角柱ＴＱＰ－ＵＲＳと２つの三角すいＡＴＱＰ，ＤＵＲＳに分割する（注：ＰＱを含み平面ＰＱＲＳと直交する平面とＡＤとの交点をＴ，ＲＳを含み平面ＰＱＲＳと直交する平面とＡＤとの交点をＵとした図）。
ＡＴ＝(６－１２/５)÷２＝９/５
よって、ＴＱ＝√(ＡＱ²－ＡＴ²)＝１２/５（注：√{(３²－(９/５)²}＝√(９－８１/２５)＝√(２２５/２５－８１/２５)＝√(１４４/２５)＝１２/５）だから、
三角すいＡＴＱＰ（Ｖ₁）＝(１/３)×ＡＴ×△ＴＱＰ＝(１/３)×(９/５)×{(√３/４)×(１２/５)²}＝１０８√３/１２５（ｃｍ³）
（注：ＴＱ＝ＴＰ＝ＰＱ＝１２/５より△ＴＱＰは正三角形で中括弧内は正三角形の面積の公式。）
三角柱ＴＱＰ－ＵＲＳ（Ｖ₂）＝△ＴＱＰ×ＴＵ
＝{(√３/４)×(１２/５)²}×(１２/５)＝４Ｖ₁（注：単純に数値（数式）の比較。）
よって、ＡＤ－ＰＱＲＳ＝Ｖ₂＋２Ｖ₁＝６Ｖ₁
＝６４８√３/１２５（ｃｍ³）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

基本図６１
ＡＤ⊥ＢＣ，ＡＤ⊥ＨＩ，ＢＣ⊥ＨＩとするとき、四面体ＡＢＣＤの体積は、
四面体Ｂ－ＡＤＩ＋四面体Ｃ－ＡＤＩ
＝(１/３)×△ＡＤＩ×ＢＩ＋(１/３)×△ＡＤＩ×ＣＩ
＝(１/３)×△ＡＤＩ×ＢＣ
＝(１/６)×ＡＤ×ＨＩ×ＢＣ
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
要は、ＡＤ⊥ＢＣの四面体ＡＢＣＤ（三角錐Ａ－ＢＣＤと見てＤからＢＣに下ろした垂線の足をＩとした時、△ＡＩＤ⊥△ＤＢＣとなる四面体）の体積は、△ＡＩＤ×ＢＣ×(１/３)で求められるという事。

因みに、模範解答は(１/６)×ＡＤ×ＢＣ×ＭＮ＝８√３（ｃｍ²）で求めているが、その前段階の、△ＭＢＣ×ＡＤ×(１/３)で求めても良い。
因みに、私は、△ＡＮＤ×ＢＣ×(１/３)で求めた。また、Ａから底面ＢＣＤに垂線を下ろして高さを求めても良いが、計算がちょっと大変。（省略。）

参考書の別解は次回。

おまけ：

問題
右図のようなＡＢ＝ＡＣ＝ＣＤ＝ＢＤ＝５ｃｍ，ＢＣ＝４ｃｍ，ＡＤ＝６ｃｍの三角すいＡ－ＢＣＤがある。辺ＡＢ上にＡＰ＝３ｃｍとなる点Ｐをとる。点Ｐを通り、辺ＢＣと辺ＡＤに平行な平面がＡＣと点Ｑで、辺ＣＤと点Ｒで、辺ＢＤと点Ｓで交わっている。このとき、次の各問いに答えよ。
（１）四角形ＰＱＲＳの面積を求めよ。
（２）三角すいＡ－ＢＣＤの体積を求めよ。
（３）立体ＡＤ－ＰＱＲＳの体積を求めよ。
（９３　巣鴨）

（３）の参考書の別解１
発展事項の関係を用いれば、
ＡＤ－ＰＱＲＳ＝四面体ＡＢＣＤ×(ＡＰ³＋３ＡＰ²×ＢＰ)/ＡＢ³
＝８√３×(３³＋３×３²×２)/５³
＝６４８√３/１２５（ｃｍ³）

発展事項
四面体ＡＢＣＤを、ねじれの位置にある２本の辺ＡＢ，ＣＤに共に平行な平面ＰＱＲＳで切るとき（注：ＡＤとの交点をＰとする）、ＡＰ：ＰＤ＝ａ：ｂとすると、Ａを含む側とＣを含む側の体積比は、
(ａ³＋３ａ²ｂ)：(３ａｂ²＋ｂ³)
＜略証＞
　ＰＱを含み底面ＢＣＤに平行な平面とＡＢの交点をＴとする。
　四面体ＡＴＱＰ（注：平面ＰＱＲＳと辺ＡＤ，ＡＣ，ＢＣ，ＢＤとの交点がそれぞれＰ,Ｑ,Ｒ,Ｓ）は四面体ＡＢＣＤと相似で、相似比はａ：(ａ＋ｂ)だから、体積比はａ³：(ａ＋ｂ)³
　斜三角柱ＴＱＰ－ＢＲＳと四面体ＡＢＣＤの体積比は、底面の比が、
△ＢＲＳ：△ＢＣＤ＝ａ²：(ａ＋ｂ)²
高さの比が、ＢＴ：ＢＡ＝ｂ：(ａ＋ｂ)だから、すい体の×１/３を考えて、体積比は、
３ａ²ｂ：(ａ＋ｂ)³
ここで、(ａ＋ｂ)³＝ａ³＋３ａ²ｂ＋３ａｂ²＋ｂ³だから、２つに分けられた立体の体積比は、
(ａ＋ｂ)³＝ａ³＋３ａ²ｂ＋３ａｂ²＋ｂ³
　　　　　　　　　　　⇧
の展開式を矢印のところで区切った比になる。
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
発展事項の証明は読めば分かるので、解説は省略。
また、点Ａを含む側の立体と点Ｃを含む側の立体の体積比が、
立体Ａ：立体Ｃ＝(ａ³＋３ａ²ｂ)：(３ａｂ²＋ｂ³)より、立体Ｃ：四面体ＡＢＣＤ＝３ａｂ²＋ｂ³：ａ³＋３ａ²ｂ＋３ａｂ²＋ｂ³
＝３ａｂ²＋ｂ³：(ａ＋ｂ)³
＝３ＡＰ・ＰＤ²＋ＰＤ³：(ＡＰ＋ＰＤ)³
＝３ＡＰ・ＰＤ²＋ＰＤ³：ＡＤ³
（ＡＰ：ＰＤ＝ａ：ｂだから。）

ここで、本題に戻って、

立体ＡＤ－ＰＱＲＳは発展事項の点Ｃを含む側なので、上の解説の関係を使うと、解説のＡＰ＝本題のＢＰ，解説のＰＤ＝本題のＡＰ，解説のＡＤ＝本題のＡＢ

∴ＡＤ－ＰＱＲＳ：四面体ＡＢＣＤ
＝３ＢＰ・ＡＰ²＋ＡＰ³：ＡＢ³
＝ＡＰ³＋３ＡＰ²×ＢＰ：ＡＢ³

よって、「ＡＤ－ＰＱＲＳ＝四面体ＡＢＣＤ×(ＡＰ³＋３ＡＰ²×ＢＰ)/ＡＢ³」という事。

参考書の別解２と私の解法（別解２の系）は次回。

おまけ：
３巻９４番の詩
５００年より多く数えてからその人々は保つだろう
彼の時代の名誉（装飾）であったその人を
それから一度に崇高な光が引き起こすだろう
なんとこれによって時代は彼らをとても満足したものにするだろう
引用元：https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-10394805275.html

問題
右図のようなＡＢ＝ＡＣ＝ＣＤ＝ＢＤ＝５ｃｍ，ＢＣ＝４ｃｍ，ＡＤ＝６ｃｍの三角すいＡ－ＢＣＤがある。辺ＡＢ上にＡＰ＝３ｃｍとなる点Ｐをとる。点Ｐを通り、辺ＢＣと辺ＡＤに平行な平面がＡＣと点Ｑで、辺ＣＤと点Ｒで、辺ＢＤと点Ｓで交わっている。このとき、次の各問いに答えよ。
（１）四角形ＰＱＲＳの面積を求めよ。
（２）三角すいＡ－ＢＣＤの体積を求めよ。
（３）立体ＡＤ－ＰＱＲＳの体積を求めよ。
（９３　巣鴨）

参考書の別解２
10・28の研究の結果を用いて、
ＡＤ－ＰＱＲＳ＝(１/３)×△ＴＱＰ×(ＡＤ＋ＱＲ＋ＰＳ)
＝(１/３)×{(√３/４)×(１２/５)²}×(６＋１２/５＋１２/５)＝６４８√３/１２５（ｃｍ³）
「高校への数学　日日のはレベル演習」より

解説
10・28の研究とは、中学入試でよく使われる断頭三角柱の体積の公式の事である。https://www.shuei-yobiko.co.jp/labo/jh-math-byousatsu07/
模範解答の（３）から、
（注：ＴＱ＝ＴＰ＝ＰＱ＝１２/５より△ＴＱＰは正三角形で中括弧内は正三角形の面積の公式。）
つまり、△ＴＱＰ＝{(√３/４)×(１２/５)²}
よって、
ＡＤ－ＰＱＲＳ＝(１/３)×△ＴＱＰ×(ＡＤ＋ＱＲ＋ＰＳ)
＝(１/３)×{(√３/４)×(１２/５)²}×(６＋１２/５＋１２/５)＝６４８√３/１２５（ｃｍ³）
が分かる。（四角形ＰＱＲＳは１辺が１２/５ｃｍの正方形。）

私の解法
ＰＱの中点をＬ，ＢＣの中点をＭとすると、
ＬＭ＝(２/５)ＡＭ＝(２/５)√(５²－２²)
＝２√２１/５ｃｍ
また、ＳＲの中点をＫとすると、同様に、
ＫＭ＝２√２１/５ｃｍ
また、ＬＫ＝１２/５ｃｍ（四角形ＰＱＲＳが１辺１２/５の正方形だから。）
よって、ＬＫの中点をＪとすると、
ＭＪ＝√{(２√２１/５)²－(６/５)²}
＝√(８４/２５－３６/２５)＝√４８/５
＝４√３/５ｃｍ
∴△ＭＬＫ＝(１２/５)×(４√３/５)×(１/２)
＝２４√３/２５ｃｍ²
よって、断頭三角柱の体積の公式を使うと、
立体ＰＱ－ＳＢＣＲ＝(２４√３/２５)×(１２/５＋１２/５＋４)×(１/３)
＝(８√３/２５)×(４４/５)
＝３５２√３/１２５ｃｍ³
また、（２）の結果より、三角錐Ａ－ＢＣＤ＝８√３ｃｍ³
∴立体ＡＤ－ＰＱＲＳ
＝８√３－３５２√３/１２５
＝１０００√３/１２５－３５２√３/１２５
＝６４８√３/１２５ｃｍ³

私の解法のアレンジ
立体ＰＱ－ＳＢＣＲを四角錐Ｑ－ＳＢＣＲと三角錐Ｓ－ＰＢＱに分け、さらに四角錐Ｑ－ＳＢＣＲを三角錐Ｑ－ＳＢＣと三角錐Ｑ－ＳＣＲに分けると、
立体ＰＱ－ＳＢＣＲ＝三角錐Ｓ－ＰＢＱ＋三角錐Ｑ－ＳＢＣ＋三角錐Ｑ－ＳＣＲ———☆
また、三角錐Ｑ－ＳＢＣ：三角錐Ｑ－ＳＣＲ＝△ＳＢＣ：△ＳＣＲ＝ＢＣ：ＳＲ＝５：３———①
（△ＤＳＲ∽△ＤＢＣの相似比が３：５だから。）
また、三角錐Ｑ－ＳＢＣの見方を変えると、三角錐Ｓ－ＱＢＣで、三角錐Ｓ－ＰＢＱとの体積を比較すると、
三角錐Ｓ－ＰＢＱ：三角錐Ｓ－ＱＢＣ＝△ＰＢＱ：△ＱＢＣ＝ＰＱ：ＢＣ＝３：５
∴三角錐Ｓ－ＰＢＱ：三角錐Ｑ－ＳＢＣ＝３：５———②
①，②より、
三角錐Ｑ－ＳＢＣ：三角錐Ｑ－ＳＣＲ：三角錐Ｓ－ＰＢＱ＝５：３：３
よって、☆を考えると、
立体ＰＱ－ＳＢＣＲ＝(１１/５)×三角錐Ｑ－ＳＢＣ———☆☆
ここで、ＳからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、ＳＨ＝２√２１/５ｃｍ
また、Ａから底面ＢＣＤに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＢＣＤ＝４×√２１×(１/２)＝２√２１ｃｍ²
また、（２）より、三角錐Ａ－ＢＣＤ＝８√３ｃｍ³より、ＡＩ＝８√３×３÷２√２１＝１２/√７ｃｍ
よって、Ｑから底面ＳＢＣに下ろした垂線の足をＪとすると、ＱＪ＝(２/５)ＡＩ＝２４/５√７ｃｍ
∴三角錐Ｑ－ＳＢＣ＝４×(２√２１/５)×(１/２)×(２４/５√７)×(１/３)
＝３２√３/２５ｃｍ³
これを☆☆に代入すると、
立体ＰＱ－ＳＢＣＲ＝(１１/５)×(３２√３/２５)
＝３５２√３/１２５ｃｍ³
∴立体ＡＤ－ＰＱＲＳ
＝８√３－３５２√３/１２５
＝１０００√３/１２５－３５２√３/１２５
＝６４８√３/１２５ｃｍ³

参考書の別解２のアレンジは次回。

おまけ：

問題
右図のようなＡＢ＝ＡＣ＝ＣＤ＝ＢＤ＝５ｃｍ，ＢＣ＝４ｃｍ，ＡＤ＝６ｃｍの三角すいＡ－ＢＣＤがある。辺ＡＢ上にＡＰ＝３ｃｍとなる点Ｐをとる。点Ｐを通り、辺ＢＣと辺ＡＤに平行な平面がＡＣと点Ｑで、辺ＣＤと点Ｒで、辺ＢＤと点Ｓで交わっている。このとき、次の各問いに答えよ。
（１）四角形ＰＱＲＳの面積を求めよ。
（２）三角すいＡ－ＢＣＤの体積を求めよ。
（３）立体ＡＤ－ＰＱＲＳの体積を求めよ。
（９３　巣鴨）

（３）の参考書の別解２のアレンジ
立体ＡＤ－ＰＱＲＳを四角錐Ａ－ＰＱＲＳと三角錐Ｄ－ＡＳＲに分ける。
また、四角錐Ａ－ＰＱＲＳを三角錐Ａ－ＰＱＳと三角錐Ａ－ＲＳＱに分けると、この２つの三角錐の体積は等しい。（底面が合同な直角二等辺三角形で高さを共有しているから。）
ここで、先の三角錐Ｄ－ＡＳＲの見方を変えると、三角錐Ｓ－ＡＤＲ
また、三角錐Ａ－ＲＳＱの見方も変えると、三角錐Ｓ－ＡＱＲ
∴三角錐Ｓ－ＡＤＲ：三角錐Ｓ－ＡＱＲ
＝△ＡＤＲ：△ＡＱＲ＝△ＲＡＤ：△ＡＱＲ
＝ＡＤ：ＱＲ＝６：１２/５＝５：２
よって、三角錐Ｓ－ＡＤＲ：三角錐Ｓ－ＡＱＲ＝５：２より、
四角錐Ａ－ＰＱＲＳ：三角錐Ｄ－ＡＳＲ＝４：５
ここで、四角錐Ａ－ＰＱＲＳの底面積は（１）から分かるので高さを求めても良いが、三角錐Ｄ－ＡＳＲの見方をさらに変えて、三角錐Ａ－ＤＳＲとすると、（２）の体積を利用して高さが求められ、底面積△ＤＳＲも比較的簡単に求められる。
（２）より、三角錐Ａ－ＢＣＤ＝８√３ｃｍ³より、Ａから底面に下ろした垂線の足をＩとすると、ＡＩ＝８√３×３÷２√２１＝１２/√７ｃｍ
また、△ＤＳＲ＝４×√２１×(１/２)×(３/５)²＝１８√２１/２５ｃｍ²
∴三角錐Ａ－ＤＳＲ＝(１８√２１/２５)×(１２/√７)×(１/３)＝７２√３/２５ｃｍ³
また、四角錐Ａ－ＰＱＲＳ：三角錐Ａ－ＤＳＲ＝４：５となり、
求める体積はこの９/５倍なので、
立体ＡＤ－ＰＱＲＳ＝６４８√３/１２５ｃｍ³

おまけ：

問題
図の直方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨで、ＡＤ＝ＡＥ＝ＤＰ＝３，ＡＢ＝４，ＰＱ⊥ＡＦである。
（１）ＰＦの長さを求めよ。
（２）ＰＱの長さを求めよ。
（３）Ｂから△ＰＡＦにおろした垂線の長さを求めよ。
（９２　高知学芸）

図の解説：普通、立方体や直方体は正面やや右上から見た図を描くが、今回の図は正面やや左上から見た図で、上底面の左下の頂点から反時計回りにＡ～Ｄ，下底面の左下から反時計回りにＥ～Ｈと振り、辺ＤＣ上にＤＰ＝３となる点Ｐがあり、ＡＰ，ＡＦが実線で結ばれ、ＰからＡＦに下ろした垂線ＰＱとＰＦが点線で結ばれた図。

模範解答
（１）ＰＦは、ＰＣ，ＣＢ，ＢＦをそれぞれ一辺とする直方体の対角線になっているので、
ＰＦ＝√(ＰＣ²＋ＣＢ²＋ＢＦ²)
＝√(１²＋３²＋３²)＝√１９
（２）ＡＰ＝√(ＤＰ²＋ＤＡ²)＝３√２
ＡＦ＝√(３²＋４²)＝５
によって、△ＰＡＦをかくと、右図（注：∠Ｐが頂角でＡＦを底辺とした△ＰＡＦの点ＰからＡＦに垂線ＰＱが下りていて、ＰＡ＝３√２，ＰＦ＝√１９，ＡＦ＝５が書き込まれた図）。
ＡＱ＝ｘとおいて式をたてると、
ＰＱ²＝(３√２)²－ｘ²・・・①
ＰＱ²＝(√１９)²－(５－ｘ)²・・・②
①＝②より、
(３√２)²－ｘ²＝(√１９)²－(５－ｘ)²
これを解いて、ｘ＝１２/５
よって、①より、
ＰＱ＝√{(３√２)²－(１２/５)²}
＝√３０６/５＝３√３４/５
（３）４面体ＰＡＦＢの体積を２通りにみる。
Ｂから△ＰＡＦに下した垂線の長さをｙとおくと、
△ＰＡＢを底辺とみるとき、
ＰＡＦＢ＝(１/３)×△ＰＡＢ×ＢＦ＝６・・・③
△ＰＡＦを底面とみるとき、
ＰＡＦＢ＝(１/３)×△ＰＡＦ×ｙ
＝(√３４/２)ｙ・・・④
③＝④だから、(√３４/２)ｙ＝６
これを解いて、ｙ＝６√３４/１７
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞ＰＡＦＢ＝(１/３)×△ＰＡＦ×ｙ
＝(√３４/２)ｙ・・・④

△ＰＡＦの面積は、
（２）よりＰＱ＝３√３４/５なので、
△ＰＡＦ＝５×(３√３４/５)×(１/２)
＝３√３４/２

＞４面体ＰＡＦＢの体積を２通りにみる。
Ｂから△ＰＡＦに下した垂線の長さをｙとおくと、
△ＰＡＢを底辺とみるとき、
ＰＡＦＢ＝(１/３)×△ＰＡＢ×ＢＦ＝６・・・③

因みに、私はＰ－ＡＢＦで見た。つまり、△ＡＢＦが底辺。
ＰＡＦＢ＝(３×４÷２)×３×(１/３)＝６

（３）の私の別解は面倒臭いので、先に何でもありの解法を紹介しよう。

何でもありの解法
（３）点Ｅを空間座標の原点に置き、ＥＦをｘ軸，ＥＨをｙ軸，ＥＡをｚ軸に取ると、
Ａ(０,０,３)，Ｐ(３,３,３)，Ｆ(４,０,０)，
Ｂ(４,０,３)と置ける。
ここで、平面ＰＡＦの方程式を、
ａｘ＋ｂｙ＋ｃｚ＋ｄ＝０———☆
と置いて、点Ａ，Ｐ，Ｆの座標を代入すると、
３ｃ＋ｄ＝０———①
３ａ＋３ｂ＋３ｃ＋ｄ＝０———②
４ａ＋ｄ＝０———③
①を②に代入すると、ａ＋ｂ＝０
∴ｂ＝－ａ———④
①－③より、３ｃ－４ａ＝０　∴３ｃ＝４ａ
∴ｃ＝４ａ/３———⑤
③より、ｄ＝－４ａ———③'
④，⑤，③'を☆に代入すると、
ａｘ－ａｙ＋(４ａ/３)ｚ－４ａ＝０
∴ｘ－ｙ＋(４/３)ｚ－４＝０
∴３ｘ－３ｙ＋４ｚ－１２＝０
よって、平面ＰＡＦの方程式と点Ｂの座標が分かったので、点と平面の距離の公式を使うと、
ｈ＝|３・４－３・０＋４・３－１２|/√{３²＋(－３)²＋４²}
＝１２/√３４＝１２√３４/３４
＝６√３４/１７
よって、答えは、６√３４/１７

本当に高校数学はうまく使えば工夫なしで簡単に出来ますよね。因みに、何も見ないで２，３分で解きました。
（２７歳から始めたのに我ながらよく覚えているものだと感心しますよ。まぁ、この３０年の間に何回かは復習みたいな事はしていますが。）
因みに、中学数学の別解は中々出来る人はいないと思います。これも３０年の間に私が開発したものだからです。（実質は２０年ぐらいかな。）

おまけ：
https://nocturnalbooks.cart.fc2.com/ca119/2736/

問題
図の直方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨで、ＡＤ＝ＡＥ＝ＤＰ＝３，ＡＢ＝４，ＰＱ⊥ＡＦである。
（１）ＰＦの長さを求めよ。
（２）ＰＱの長さを求めよ。
（３）Ｂから△ＰＡＦにおろした垂線の長さを求めよ。
（９２　高知学芸）

図の解説：普通、立方体や直方体は正面やや右上から見た図を描くが、今回の図は正面やや左上から見た図で、上底面の左下の頂点から反時計回りにＡ～Ｄ，下底面の左下から反時計回りにＥ～Ｈと振り、辺ＤＣ上にＤＰ＝３となる点Ｐがあり、ＡＰ，ＡＦが実線で結ばれ、ＰからＡＦに下ろした垂線ＰＱとＰＦが点線で結ばれた図。

（３）の別解
三垂線の定理より、BからＡＰに下ろした垂線の足をＩとし、ＩからＡＰに対して平面ＰＡＦ上に垂線を立てると、Ｂから平面ＰＡＦに下ろした垂線の足はその直線上（垂線）に下りる。
そこで、まず、△ＢＰＡを描き、ＢからＰＡに下ろした垂線の足をＩとすると、ＢＰ＝√１０，ＢＡ＝４，ＰＡ＝３√２
ここで、ＢＩ＝ｘ，ＰＩ＝ｙと置いて三平方の定理を使うと、
ｘ²＋ｙ²＝１０———①
ｘ²＋(３√２－ｙ)²＝１６———②
①－②より、６√２ｙ－１８＝－６
∴６√２ｙ＝１２　∴ｙ＝２/√２＝√２
∴ｘ²＝１０－２＝８　∴ｘ＝２√２
∴ＢＩ＝２√２，ＰＩ＝√２
次に、△ＦＰＡを描くと、
（１）よりＦＰ＝√１９　
また、ＦＡ＝５，ＰＡ＝３√２
また、ＰＡ上に点Ｉがあり、ＰＩ＝√２で、ここからＰＡに対して垂線を立て、ＦＰとの交点をＪとする。さらに、ＦからＰＡに垂線を下ろしその足をＫとし、ＦＫ＝ｍ，ＡＫ＝ｎと置いて三平方の定理を使うと、
ｍ²＋ｎ²＝２５———③
ｍ²＋(３√２－ｎ)²＝１９———④
③－④より、６√２ｎ－１８＝６
∴６√２ｎ＝２４　∴ｎ＝４/√２＝２√２
∴ｍ²＝２５－８＝１７　∴ｍ＝√１７
∴ＦＫ＝√１７，ＡＫ＝２√２
∴ＰＫ＝３√２－２√２＝√２
ところで、ＰＩ＝√２だったので、点Ｉと点Ｋは一致している。
つまり、Ｂから平面ＰＡＦ上に下ろした垂線の足はＦＫ上に下りる。
よって、断面図△ＢＫＦを描いて、ＢからＫＦに下ろした垂線の足をＬとすると、ＢＬが求める長さである。そこで、
ＢＫ＝ＢＩ＝２√２，ＢＦ＝３，ＫＦ＝√１７
ＢＬ＝ａ，ＬＦ＝ｂと置いて、三平方の定理を使うと、
ａ²＋ｂ²＝９———⑤
ａ²＋(√１７－ｂ)²＝８———⑥
⑤－⑥より、２√１７ｂ－１７＝１
∴２√１７ｂ＝１８　∴ｂ＝９/√１７
∴ａ²＝９－８１/１７
＝１５３/１７－８１/１７＝７２/１７
∴ａ＝６√２/√１７＝６√３４/１７
∴ＢＬ＝６√３４/１７
よって、答えは、６√３４/１７

因みに、点Ｊを定めたのには意味がないという人もいるかもしれないが、今回はたまたま点Ｉと点Ｋが一致したので使わなかったが、普通は△ＪＰＩ∽△ＦＰＫでＩＪを求め、△ＢＪＩを描き、やはり三平方の定理の連立でＢＬを求める。

おまけ：

問題
図の直方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨで、ＡＤ＝ＡＥ＝ＤＰ＝３，ＡＢ＝４，ＰＱ⊥ＡＦである。
（１）ＰＦの長さを求めよ。
（２）ＰＱの長さを求めよ。
（３）Ｂから△ＰＡＦにおろした垂線の長さを求めよ。
（９２　高知学芸）

図の解説：普通、立方体や直方体は正面やや右上から見た図を描くが、今回の図は正面やや左上から見た図で、上底面の左下の頂点から反時計回りにＡ～Ｄ，下底面の左下から反時計回りにＥ～Ｈと振り、辺ＤＣ上にＤＰ＝３となる点Ｐがあり、ＡＰ，ＡＦが実線で結ばれ、ＰからＡＦに下ろした垂線ＰＱとＰＦが点線で結ばれた図。

何でもありの解法２
Ｂから平面ＰＡＦに下ろした垂線の足をＪとして、
点Ｆを位置ベクトルの基準点に取ると、
↑ＦＢ＝(０,０,３)，↑ＦＡ＝(４,０,３)，
↑ＦＰ＝(１,３,３)と置ける。
∴↑ＦＪ＝ｓ↑ＦＡ＋ｔ↑ＦＰ
＝ｓ(４,０,３)＋ｔ(１,３,３)
＝(４ｓ＋ｔ,３ｔ,３ｓ＋３ｔ)
また、↑ＢＪ＝↑ＦＪ－↑ＦＢ
＝(４ｓ＋ｔ,３ｔ,３ｓ＋３ｔ)－(０,０,３)
＝(４ｓ＋ｔ,３ｔ,３ｓ＋３ｔ－３)
ところで、↑ＢＪ⊥平面ＦＡＰより、
↑ＢＪ・↑ＦＡ＝０，↑ＢＪ・↑ＦＰ＝０
∴(４ｓ＋ｔ)・４＋３ｔ・０＋(３ｓ＋３ｔ－３)・３＝０
∴１６ｓ＋４ｔ＋９ｓ９ｔ－９＝０
∴２５ｓ＋１３ｔ－９＝０———①
(４ｓ＋ｔ)・１＋３ｔ・３＋(３ｓ＋３ｔ－３)・３＝０
∴４ｓ＋ｔ＋９ｔ＋９ｓ＋９ｔ－９＝０
∴１３ｓ＋１９ｔ－９＝０———②
①－②より、１２ｓ－６ｔ＝０
∴ｔ＝２ｓ———③
③を①に代入すると、
２５ｓ＋２６ｓ－９＝０　∴５１ｓ＝９
∴ｓ＝３/１７　∴ｔ＝６/１７
これらを、↑ＢＪ＝(４ｓ＋ｔ,３ｔ,３ｓ＋３ｔ－３)に代入すると、
↑ＢＪ＝(１２/１７＋６/１７,１８/１７,９/１７＋１８/１７－３)
＝(１８/１７,１８/１７,－２４/１７)
∴ＢＪ＝|↑ＢＪ|
＝√{(１８/１７)²＋(１８/１７)²＋(－２４/１７)²}
＝√(１８²＋１８²＋２４²)/１７
＝６√(３²＋３²＋４²)/１７
＝６√３４/１７
よって、答えは、６√３４/１７

次回は、あまり意味がありませんが、何でもありの解法１と同じ点Ｅを空間座標の原点に取り、ベクトルで解きますね。（明日）

おまけ：https://news.yahoo.co.jp/articles/3a6818719c77d6fdda2e874d4110f8db6ed1358e

和算家と囲碁将棋
「和算家の中には、囲碁将棋界でも活躍した人物がいる。囲碁では渋川春海、将棋では久留島喜内が最も著名だ。
　渋川春海は、近年小説や映画で有名になった人物だ。『天地明察』の主人公である。春海は暦法の改正で名を上げたが、棋士としても優れた力量を持っていた。彼の父は、囲碁棋士として当時第一人者だった、初代安井算哲である。
　春海は生まれながらに、囲碁棋士としての人生を運命付けられていたはずだった。しかし、最終的に春海は棋士としては大成しなかった。同時代に、安井算知、本因坊算悦、本因坊道悦、本因坊道策といった天才たちが輩出したことが災いした。
　ただし、暦法という視点から見れば、春海が棋士を断念したのは幸いだった。結局、春海は暦学者・和算家として人生を歩むことになり、偉大な業績を残したのだった。絶妙なる天の配剤と言えるかもしれない。
　一方、久留島喜内は、将棋でもその優れた才能の一端を示している。彼が最も能力を発揮したのが、詰将棋だった。中でも得意だったのが、曲詰めと呼ばれるものだった。
　曲詰めはただの詰将棋ではなく、様々な趣向を凝らすことに特徴がある。盤上の駒が次々に消えていく「煙詰め」、最後に駒の配列が特定の文字や形を描く「あぶり出し」などが挙げられる。喜内の作品は、『将棋妙案』に残されている。左右対称の詰め将棋など、トリッキーなものが多い。喜内の底知れぬ才能を感じさせる。」
「算法勝負！「江戸の数学」に挑戦」山根誠司著より

問題
図の直方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨで、ＡＤ＝ＡＥ＝ＤＰ＝３，ＡＢ＝４，ＰＱ⊥ＡＦである。
（１）ＰＦの長さを求めよ。
（２）ＰＱの長さを求めよ。
（３）Ｂから△ＰＡＦにおろした垂線の長さを求めよ。
（９２　高知学芸）

図の解説：普通、立方体や直方体は正面やや右上から見た図を描くが、今回の図は正面やや左上から見た図で、上底面の左下の頂点から反時計回りにＡ～Ｄ，下底面の左下から反時計回りにＥ～Ｈと振り、辺ＤＣ上にＤＰ＝３となる点Ｐがあり、ＡＰ，ＡＦが実線で結ばれ、ＰからＡＦに下ろした垂線ＰＱとＰＦが点線で結ばれた図。

何でもありの解法２の系
（３）点Ｅを空間座標の原点に置き、ＥＦをｘ軸，ＥＨをｙ軸，ＥＡをｚ軸に取ると、
Ａ(０,０,３)，Ｐ(３,３,３)，Ｆ(４,０,０)，
Ｂ(４,０,３)と置け、↑ＡＦ＝(４,０,－３)，
↑ＡＰ＝(３,３,０)と置ける。
ここで、Ｂから平面ＰＡＦに下ろした垂線の足をＪとすると、
↑ＯＪ＝↑ＥＪ＝↑ＥＡ＋ｓ↑ＡＦ＋ｔ↑ＡＰ
＝(０,０,３)＋ｓ(４,０,－３)＋ｔ(３,３,０)
＝(４ｓ＋３t,３ｔ,－３ｓ＋３)
∴Ｊ(４ｓ＋３t,３ｔ,－３ｓ＋３)
∴↑ＢＪ＝(４ｓ＋３t－４,３ｔ,－３ｓ)
ところで、↑ＢＪ⊥平面ＰＡＦより、
↑ＢＪ・↑ＡＦ＝０
∴(４ｓ＋３t－４)・４＋３ｔ・０＋(－３ｓ)・(－３)＝２５ｓ＋１２ｔ－１６＝０
∴２５ｓ＋１２ｔ－１６＝０———①
また、↑ＢＪ・↑ＡＰ＝０より、
(４ｓ＋３t－４)・３＋３ｔ・３＋(－３ｓ)・０＝１２ｓ＋１８ｔ－１２＝０
２ｓ＋３ｔ－２＝０———②
①－②×４より、
　　２５ｓ＋１２ｔ－１６＝０
　－）８ｓ＋１２ｔ－８＝０
　　１７ｓ－８＝０　∴ｓ＝８/１７
∴１６/１７＋３ｔ－２＝０　∴ｔ＝６/１７
これらをＪ(４ｓ＋３t,３ｔ,－３ｓ＋３)に代入すると、Ｊ(３２/１７＋１８/１７,１８/１７,－２４/１７＋３)　
＝Ｊ(５０/１７,１８/１７,２７/１７)
また、Ｂ(４,０,３)より、
∴ＢＪ＝√{(５０/１７－４)²＋(１８/１７)²＋(２７/１７－３)²}
＝√{(１８/１７)²＋(１８/１７)²＋(２４/１７)²}
＝６√(３²＋３²＋４²)/１７
＝６√３４/１７
よって、答えは、６√３４/１７

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/e70cb2154e355acdf726e0bf0827b6093b751056

解説
＞（１）素数５を利用して、アイゼンシュタインの既約判定法よりｆ(ｘ)は既約である。

問題 2-11b
整数係数多項式ｆ(ｘ)＝ａnｘ^n＋…＋ａ₁ｘ＋ａ₀が次をみたすとする：ある素数ｐに対して、
（ⅰ）ａnはｐで割り切れない。
（ⅱ）ａ₀,…,ａn-1はｐで割り切れる。
（ⅲ）ａ₀はｐ²で割り切れない。
このときｆ(ｘ)は定数でない２つの整数係数多項式の積で表されないことを証明せよ。したがって問題2-10より、有理数係数多項式として既約である。
この既約性の判定法をアイゼンシュタインの既約判定法という。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

ｆ(ｘ)＝ｘ⁵－１０ｘ＋５を調べたいので、ｐ＝５とすると、
（ⅰ）１は５で割り切れないのでＯＫ。
（ⅱ）５,－１０は５で割り切れるのでＯＫ。
（ⅲ）５は５²で割り切れないのでＯＫ。
以上より、ｆ(ｘ)＝ｘ⁵－１０ｘ＋５は既約多項式である。

＞（２）問題3-6より４⁴(－１０)⁵＋５⁵(５)⁴
＝５⁵(－２^13＋５^4)＝５⁵(－８１９２＋６２５)＜０である。

問題 3-6c
次の問いに答えよ。
（２）ｎ次式ｘ^n＋ａｘ＋ｂの判別式は
Ｆn ＝(－１)^(n/2-1)(ｎ－１)^(n-1)ａ^n
＋(－１)^(n/2)ｎ^nｂ^(n-1)
（ｎが偶数のとき）
　　＝(－１)^{(n-1)/2}(ｎ－１)^(n-1)ａ^n
＋(－１)^{(n-1)/2}ｎ^nｂ^(n-1)
（ｎが奇数のとき）
に等しいことを示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

ｆ(ｘ)＝ｘ⁵－１０ｘ＋５の判別式を調べたいので、ａ＝－１０，ｂ＝５として、ｎが奇数の場合に代入すると、
Ｆn＝(－１)²４⁴(－１０)⁵＋(－１)²５⁵５⁴
＝４⁴(－２)⁵５⁵＋５⁵５⁴＝５⁵(－２^13＋５⁴)
＝５⁵(－８１９２＋６２５)＜０

＞（３）ｆ(ｘ)の係数は有理数なので虚数根は偶数個であり、

ｆ(ｘ)＝ｘ⁵－１０ｘ＋５のグラフを考えると、ｘ軸との交点は１個の場合と３個の場合と５個の場合が考えられ、虚数根は４個か２個か０個の場合しかない。よって、偶数個という訳である。

＞判別式が負になるのは虚数根がちょうど２個のときである。
（虚数根が４個の場合、根をα,β,|β,γ,|γ（注：|βはβの共役複素数）と表すと、(β－|β)²＜０，(γ－|γ)²＜０となり、ほかの差の２乗は別の差と複素共役なので積は正になる（例えば(β－|γ)²と(|β－γ)²など）。虚数根が２個の場合も同様にわかる。

(β－|β)²＜０は、β＝ａ＋ｂi，|β＝ａ－ｂiと置けば、(β－|β)²＝(２ｂi)²＝－４ｂ²＜０と容易に分かる。(γ－|γ)²＜０も同様。
(β－|γ)²と(|β－γ)²について考えると、
β＝ａ＋ｂi，|β＝ａ－ｂi，γ＝ｃ＋ｄi，
|γ＝ｃ－ｄiと置くと、
β－|γ＝ａ＋ｂi－(ｃ－ｄi)＝ａ－ｃ＋(ｂ－ｄ)i
|β－γ＝ａ－ｂi－(ｃ＋ｄi)＝ａ－ｃ－(ｂ－ｄ)i
よって、β－|γと|β－γは共役になるので、
(β－|γ)²(|β－γ)²＝{(β－|γ)(|β－γ)}²
＝{(ａ－ｃ)²＋(ｂ－ｄ)²}²＞０
よって、「ほかの差の２乗は別の差と複素共役なので積は正になる」という事である。これは片方が実数の場合も同様である。
一応、αを実数とすると、
(α－β)²(α－|β)²
＝(α－ａ－ｂi)²(α－ａ＋ｂi)²
＝{(α－ａ)²＋ｂ²}²＞０という事である。
ところで、何故、こんな事をしたのかというと、

◎定義（判別式）
次のｎ変数ｘ1,･･･,ｘnの対称式を基本対称式ｓ1,･･･,ｓnの多項式で表した式をδn(ｓ1.ｓ2,･･･,ｓn)と表す：
(ｘi－ｘj)^2の積（ｉ＜ｊをみたすⅰ,ｊの組すべて考える）
＝(ｘ1－ｘ2)^2(ｘ1－x３)^2･･･(ｘn-2－ｘn)^2(ｘn-1－ｘn)^2
（つまりｎ(ｎ－１)/２個の積。次数はｎ(ｎ－１)）
ｎ次多項式ｆ(ｘ)＝ａ0ｘ^n＋ａ1ｘ^(n-1)＋･･･＋ａn（ａ0≠０）の判別式Ｄnを
Ｄn＝ａ0^(2n-2)δn{－ａ1/ａ0,ａ2/ａ0,･･･,(－１)^k(ａk/ａ0),･･･,(－１)^n(ａn/ａ0)}
と定義する。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

要は、「(ｘi－ｘj)^2の積（ｉ＜ｊをみたすⅰ,ｊの組すべて考える）
＝(ｘ1－ｘ2)^2(ｘ1－x３)^2･･･(ｘn-2－ｘn)^2(ｘn-1－ｘn)^2」から、
判別式とは全ての解の、２つの解の組み合わせの差の２乗の積にａ0^(2n-2)をかけたものなのである。また、ａ0^(2n-2)は正なので、結局、(ｘ1－ｘ2)^2(ｘ1－x３)^2･･･(ｘn-2－ｘn)^2(ｘn-1－ｘn)^2の正負を考えれば良い。

話を元に戻すと、虚数根が４個の場合は、(β－|β)²＜０と(γ－|γ)²＜０の積が正となり、「ほかの差の２乗は別の差と複素共役なので積は正になる」ので、全ての積も正となる。
虚数根が２この場合は、(β－|β)²＜０と「ほかの差の２乗は別の差と複素共役なので積は正になる」から、全ての積は負となる。
よって、「判別式が負になるのは虚数根がちょうど２個のときである」という事である。

＞（別解：ｆ(ｘ)の極致を調べてもよい。）

ｆ(ｘ)＝ｘ⁵－１０ｘ＋５をｘで微分して、
ｆ'(ｘ)＝５ｘ⁴－１０＝０とすると、
ｘ⁴－２＝０　∴(ｘ²＋√２)(ｘ²－√２)＝０
∴ｘ＝±⁴√２，±⁴√２i
よって、増減表を作ると、
　ｘ　　　　－⁴√２　　　⁴√２
ｆ'(ｘ)　＋　　０　　ー　　０　　＋
ｆ(ｘ)　　　８⁴√２　　－８⁴√２
　　　　　　　＋５　　　　＋５
ｆ(－∞)＜０
ｆ(－⁴√２)＝８⁴√２＋５＞０
ｆ(⁴√２)＝－８⁴√２＋５＜０
ｆ(＋∞)＞０
より、グラフはｘ軸と３ヶ所で交わるので、実数解は３個である。よって、虚数解は２個という事である。

＞（４）ｆ(ｘ)の２つの実数根の式によって虚数根を表すことができない。よって定理10.4よりｆ(ｘ)の根はべき根の式で表されない。

これは誤植で定理10.5を挙げる。

定理 10.5（素数次可解既約多項式の特徴付け（ガロワ））
素数次既約多項式ｆ(ｘ)に対して、次は同値である。
（１）ｆ(ｘ)の根はべき根の式で表される。
（２）ｆ(ｘ)の（任意の）２つの根に対して、ｆ(ｘ)のほかの根がすべて、この２つの根の式で表される。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

ところで、実数解２つでどんな計算をしても虚数解は表せない。よって、定理10.5により、ｆ(ｘ)＝ｘ⁵－１０ｘ＋５はべき根の式で表されないという事。

おまけ：

問題
１辺の長さ６ｃｍの立方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨの辺ＡＢ，ＢＦ，ＡＤを図のように分ける点を、それぞれＰ，Ｑ，Ｒとする。
この立方体をＰ，Ｑ，Ｒを通る平面で切ったとき、頂点Ａを含む立体について、次の問いに答えよ。
（１）切り口の図形の面積を求めよ。
（２）体積を求めよ。
（９１　郁文館）

図の解説：立方体の上底面の左奥から反時計回りにＡ～Ｄ，下底面の左奥の頂点から反時計回りにＥ～Ｈの立方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨがあり、ＡＢを１：２，ＢＦを２：１，ＡＤを１：２に内分する点をそれぞれＰ，Ｑ，Ｒとした図。

模範解答
右図のように、各線分を延長して正三角形ＳＴＵを作る（注：立方体を３点Ｐ，Ｑ，Ｒを通る平面で切った時、その平面は辺ＦＧ，ＧＨ，ＤＨと交わるが、ＤＨとの交点だけＩとされている図で、ＱＰの延長とＩＲの延長とＥＡの延長は１点で交わり点Ｓ。同様に延長して交点を定めてＴ，Ｕとした図（三角形として反時計回りにＳＴＵ）。
（１）切り口の面積
＝正三角形ＳＴＵ－３×正三角形ＳＰＲ
＝(√３/４)×ＳＴ²－３×(√３/４)×ＰＲ²
＝(√３/４)×(８√２)²－３×(√３/４)×(２√２)²
＝２６√３（ｃｍ²）
（２）頂点Ａを含む立体の体積
＝４面体ＳＥＴＵ－３×４面体ＳＡＰＲ
＝(１/６)×８³－３×(１/６)×２³
＝２４４/３（ｃｍ³）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説は省略。（２）の別解を作ってみて下さい。

おまけ：

問題
１辺の長さ６ｃｍの立方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨの辺ＡＢ，ＢＦ，ＡＤを図のように分ける点を、それぞれＰ，Ｑ，Ｒとする。
この立方体をＰ，Ｑ，Ｒを通る平面で切ったとき、頂点Ａを含む立体について、次の問いに答えよ。
（１）切り口の図形の面積を求めよ。
（２）体積を求めよ。
（９１　郁文館）

図の解説：立方体の上底面の左奥から反時計回りにＡ～Ｄ，下底面の左奥の頂点から反時計回りにＥ～Ｈの立方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨがあり、ＡＢを１：２，ＢＦを２：１，ＡＤを１：２に内分する点をそれぞれＰ，Ｑ，Ｒとした図。

別解（私の別解）
３点Ｐ，Ｑ，Ｒを通る直線とＤＨ，ＦＧ，ＧＨとの交点をそれぞれＩ，Ｊ，Ｋとすると、ＦＪ＝２ｃｍ，ＧＫ＝４ｃｍである。（解説は簡単で省略。）
ところで、求める立体は、六角錐Ｅ－ＰＱＪＫＩＲ＋三角錐Ｅ－ＡＰＲ＋三角錐Ｅ－ＦＪＱ＋三角錐Ｅ－ＨＩＫである。
そこで、まず六角錐の高さを求めるために、立方体を平面ＡＥＧＣで切った断面図を描く。
また、Ｅから平面ＰＱＪＫＩＲに下ろした垂線の足をＬ，ＰＲとＡＣの交点をＭ，ＪＫとＥＧの交点をＮとすると、ＡＭ＝√２ｃｍ，ＧＮ＝２√２ｃｍ（証明は簡単で省略。）
よって、これらを断面図に書き込むと、ＥＬ⊥ＭＮである。ここで、ＥＡの延長とＮＭの延長との交点をＯとすると、△ＯＡＭ∽△ＯＥＮで相似比ＡＭ：ＥＮ＝√２：４√２＝１：４
よって、ＯＡ＝ｘと置くと、ｘ：ｘ＋６＝１：４が成り立つ。∴４ｘ＝ｘ＋６　∴３ｘ＝６
∴ｘ＝２　∴ＯＡ＝２ｃｍ（これは立体図から分かるが、一応こちらでも求めた。）
よって、△ＯＡＭで三平方の定理を使うと、
ＯＭ＝√{２²＋(√２)²}＝√６ｃｍ
また、△ＯＡＭ∽△ＯＬＥより、
ＡＭ：ＯＭ＝ＬＥ：ＯＥが成り立つ。
∴√２：√６＝ＥＬ：２＋６
∴１：√３＝ＥＬ：８　∴ＥＬ＝８/√３ｃｍ
ところで、（１）より、六角ＰＱＪＫＩＲ＝２６√３ｃｍ²
∴六角錐Ｅ－ＰＱＪＫＩＲ＝２６√３×(８/√３)×(１/３)＝２０８/３ｃｍ³
また、三角錐Ｅ－ＡＰＲと三角錐Ｅ－ＦＪＱと三角錐Ｅ－ＨＩＫは全て合同で、体積は２×２×(１/２)×６×(１/３)＝４ｃｍ³
よって、求める体積は、
Ｖ＝２０８/３＋４×３＝２４４/３ｃｍ³

おまけ：

補足解
点Ｃを含む立体の体積を求め、立方体から引いて求める。、
そこで、上の別解の断面図のＣからＭＮに垂線を下ろしその足をＶとし、また、ＭＮの延長とＣＧの延長との交点をＷとすると、前回よりＡＭ＝√２だったので、ＣＭ＝５√２
また、前回よりＧＮ＝２√２なので、△ＷＮＧ∽△ＷＭＣの相似比は２√２：５√２＝２：５
よって、ＷＧ＝ｙと置くと、ｙ：ｙ＋６＝２：５
∴５ｙ＝２ｙ＋１２　∴ｙ＝４
∴ＷＧ＝４ｃｍ　よって、△ＷＮＧで三平方の定理を使うと、ＷＮ＝√{４²＋(２√２)²}＝√２４＝２√６ｃｍ
また、△ＷＮＧ∽△ＷＣＶより、２√６：２√２＝４＋６：ＣＶが成り立つ。
∴√３：１＝１０：ＣＶ　∴ＣＶ＝１０/√３ｃｍ
∴六角錐Ｃ－ＰＱＪＫＩＲ＝２６√３×(１０/√３)×(１/３)＝２６０/３ｃｍ³
また、点Ｃを含む立体は、六角錐Ｃ－ＰＱＪＫＩＲ＋三角錐Ｃ－ＰＢＱ＋三角錐Ｃ－ＪＧＫ＋三角錐Ｃ－ＩＤＲ＝２６０/３＋４×４×(１/２)×６×(１/３)×３＝２６０/３＋４８＝２６０/３＋１４４/３＝４０４/３ｃｍ³
また、立方体の体積は６³＝２１６ｃｍ³より、
求める体積Ｖ＝２１６－４０４/３
＝６４８/３－４０４/３＝２４４/３ｃｍ³

おまけ：

解説
＞位数ｐの元をσとおく。σは恒等入れ換えでないのでσ(ａ)≠ａとなるａをとる。

初めのσは、
σ＝
(ａ₁ 　　 ａ₂ …　　　　ａp )
(σ(ａ₁) σ(ａ₂)…　σ(ａp) )
次のσは括弧の中のσ。まぁ、同じ意味と言えば同じ意味だが。（同じ変換。）
また、位数ｐで位数１でないので恒等入れ換えではないという事。

＞σ^j(ａ)＝ａをみたす最小の正整数をｊとおく。ａのとり方からｊ＞１である。

ｐ次対称群Ｓpの元なので、有限回のうちに必ずσ^j(ａ)＝ａとなる。（入れ換えだから。念のため、何度もなる。）
また、σは恒等入れ換えではないので、ｊ≠１の正整数である。だから、ｊ＞１

＞ｐをｊで割った余りをｒとおくと（ｐ＝ｋｊ＋ｒ，０≦ｒ＜ｊ）、

何故、こんな事をするのかというと、ｐはσの位数なので、σ^p(ａ)＝ａである。また、σ^j(ａ)＝ａなので、ｐとｊを比較するためである。ｊを最小と仮定したのでｐをｊで割る訳である。
また、地味に０≦ｒ＜ｊが大事だが、自明な事だろう。

＞ａ＝σ^p(ａ)＝σ^(p-j)(σ^j(ａ))＝σ^(p-j)(ａ)＝…＝σ^r(ａ)

「ａ＝σ^p(ａ)」は、ｐはσの位数だから。
「σ^p(ａ)＝σ^(p-j)(σ^j(ａ))」は、σ^j(ａ)＝ａだから２つに分けた訳である。
そして、次の「σ^(p-j)(σ^j(ａ))＝σ^(p-j)(ａ)」で「σ^j(ａ)＝ａ」を施す（代入）。
同様の事を繰り返すと、
＝σ^(p-kj)(ａ)
となり、ｐ＝ｋｊ＋ｒより、ｐ－ｋｊ＝ｒで、
＝σ^r(ａ)
となる。

＞ｊの最小性よりｒ＝０である。よってｐはｊ＞１で割り切れるが、ｐは素数なのでｐ＝ｊである。

上から「ｐ＝ｋｊ＋ｒ，０≦ｒ＜ｊ」
ところで、ｊはσ^j(ａ)＝ａとなる最小の正整数で、また、ａ＝σ^r(ａ)となり、０≦ｒ＜ｊより、ｊより小さいｒが存在する事になる。ここで、正整数に注目すればｒ＝０ならば問題ない。
∴ｒ＝０
よって、ｐ＝ｋｊ＋ｒにｒ＝０を代入すると、
ｐ＝ｋｊ　
ところで、ｐは素数よりｋ＝１またはｊ＝１であるが、「ａのとり方からｊ＞１である」とあるので、ｋ＝１である。よって、これを代入すると、
ｐ＝ｊ

＞つまりａ,σ(ａ),…,σ^(p-1)(ａ)は相異なる。

ｊは「σ^j(ａ)＝ａをみたす最小の正整数」なので、ｐも「σ^p(ａ)＝ａをみたす最小の正整数」である。よって、ｐより小さい１～ｐ－１（の累乗）では＝ａとならず、全て異なる。（途中で同じものが出ればそこで繰り返す。）

＞ゆえにσ＝
(ａ σ(ａ) … σ^(p-2)(ａ) σ^(p-1)(ａ))
(σ(ａ) σ²(ａ) … σ^(p-1)(ａ) 　 ａ　 )
（注：うまく書けないので上段と下段がずれてしまっているが、ａ→σ(ａ），σ(ａ)→σ²(ａ)，
σ^(p-2)(ａ) → σ^(p-1)(ａ) ，
σ^(p-1)(ａ)→ａが対応した１つの元である。）
である。

要は、上段は全て異なっていれば何を置いても良いので、ａ,σ(ａ),…,σ^(p-1)(ａ)を置く訳である。（上の段のものを入れ換える入れ換え自体が大事だからである。）
そして、下段は上段のものにσを施すので、
ａ→σ(ａ），σ(ａ)→σ²(ａ)，
σ^(p-2)(ａ) → σ^(p-1)(ａ) ，
σ^(p-1)(ａ)→ａ
を当てはめている訳である。
念のため、最後の所は、σ^p(ａ)＝ａという事である。（位数がｐだから。）

おまけ：
「1 第五の御使が、ラッパを吹き鳴らした。するとわたしは、一つの星が天から地に落ちて来るのを見た。この星に、底知れぬ所の穴を開くかぎが与えられた。
2 そして、この底知れぬ所の穴が開かれた。すると、その穴から煙が大きな炉の煙のように立ちのぼり、その穴の煙で、太陽も空気も暗くなった。
3 その煙の中から、いなごが地上に出てきたが、地のさそりが持っているような力が、彼らに与えられた。
4 彼らは、地の草やすべての青草、またすべての木をそこなってはならないが、額に神の印がない人たちには害を加えてもよいと、言い渡された。
5 彼らは、人間を殺すことはしないで、五か月のあいだ苦しめることだけが許された。彼らの与える苦痛は、人がさそりにさされる時のような苦痛であった。
6 その時には、人々は死を求めても与えられず、死にたいと願っても、死は逃げて行くのである。」
「ヨハネの黙示録」第９章１節～６節（口語訳）

次の文章を完全解説して下さい。

問題
ｍ行ｎ列の行列全体の線型空間をＭm,n(ℝ)とするとき、
Ａ＝[ａ₁₁～ａmnの行列]，Ｂ＝[ｂ₁₁～ｂmnの行列]
に対し、（注：書けないので言葉で表した。）
＜Ａ|Ｂ＞＝tr(t^ＡＢ)＝∑(1≦i≦m,1≦j≦n)ａijｂij
とおけば、＜Ａ|Ｂ＞は内積の公理をみたしていることを示せ。

解
（１）tr(Ａ＋Ｂ)＝trＡ＋trＢが成り立つので、
＜Ａ＋Ｂ|Ｃ＞＝tr(t^(Ａ＋Ｂ)Ｃ)＝tr(t^ＡＣ＋t^ＢＣ)
＝tr(t^ＡＣ)＋tr(t^ＢＣ)＝＜Ａ|Ｃ＞＋＜Ｂ|Ｃ＞
（２）tr(ｋＡ)＝ｋtrＡが成り立つので
＜ｋＡ|Ｂ＞＝tr(t^(ｋＡ)Ｂ)＝tr(ｋt^ＡＢ)
＝ｋtr(t^ＡＢ)＝ｋ＜Ａ|Ｂ＞
＜Ａ|ｋＢ＞＝tr(t^Ａ・ｋＢ)＝tr(ｋt^ＡＢ)
＝ｋtr(t^ＡＢ)＝ｋ＜Ａ|Ｂ＞
（３）tr(t^Ａ)＝trＡより、＜Ａ|Ｂ＞＝tr(t^ＡＢ)
＝tr(t^(t^ＡＢ))＝tr(t^ＢＡ)＝＜Ｂ|Ａ＞
（４）＜Ａ|Ａ＞＝∑(1≦i≦m,1≦j≦n)ａijａij
＝∑(1≦i≦m,1≦j≦n)(ａij)²≧０
＜Ａ|Ａ＞＝０⇔∑(1≦i≦m,1≦j≦n)(ａij)²＝０
⇔ａ₁₁＝ａ₁₂＝…＝ａmn＝０⇔Ａ＝Ｏ
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

解説
＞問題
ｍ行ｎ列の行列全体の線型空間をＭm,n(ℝ)とするとき、
Ａ＝[ａ₁₁～ａmnの行列]，Ｂ＝[ｂ₁₁～ｂmnの行列]
に対し、（注：書けないので言葉で表した。）
＜Ａ|Ｂ＞＝tr(t^ＡＢ)＝∑(1≦i≦m,1≦j≦n)ａijｂij
とおけば、＜Ａ|Ｂ＞は内積の公理をみたしていることを示せ。

「＜Ａ|Ｂ＞＝tr(t^ＡＢ)＝∑(1≦i≦m,1≦j≦n)ａijｂij」とは、
ａ₁₁ｂ₁₁＋ａ₁₂ｂ₁₂＋…＋ａ₁nｂ₁n
＋ａ₂₁ｂ₂₁＋ａ₂₂ｂ₂₂＋…＋ａ₂nｂ₂n
＋
・
・
・
＋ａm₁ｂm₁＋ａm₂ｂm₂＋…＋ａmnｂmn
のように同じ成分（位置）同士を掛け合わせた総和でｍ×ｎ＝ｍｎ個の和である。
ここで、素朴な疑問を抱かないだろうか。

定義
正方行列Ａ＝[ａij]に対して、対角成分の和
tr(Ａ)＝ａ₁₁＋ａ₂₂＋…＋ａnn
をＡの跡（trace），固有和などという。
tr(Ａ＋Ｂ)＝tr(Ａ)＋tr(Ｂ)，tr(ｃＡ)＝ｃ・tr(Ａ)
が成り立つ。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

tr（トレース）は正方行列にしか使えないのではないだろうか。つまり、上のtrはこれとは違うトレースのなのかと。心配ございません。同じtrです。
つまり、「＜Ａ|Ｂ＞＝tr(t^ＡＢ)＝∑(1≦i≦m,1≦j≦n)ａijｂij」の「t^ＡＢ」は必ず正方行列になるからである。
そもそも行列の積が成立するのは、ｍ行ｎ列の行列とｎ行ｌ列の行列でその結果出来るのはｍ行ｌ列である。（これは自分で試してみて下さい。）
よって、Ａ＝[ｍ行ｎ列の行列]の転置行列は、
t^Ａ＝[ｎ行ｍ列の行列]で、また、Ｂ＝[ｍ行ｎ列の行列]より、その積、
t^ＡＢ＝[ｎ行ｍ列の行列][ｍ行ｎ列の行列]
＝[ｎ行ｎ列の行列]
となり、正方行列となる。

＞（１）tr(Ａ＋Ｂ)＝trＡ＋trＢが成り立つ

これはトレースの定義から。

定義
正方行列Ａ＝[ａij]に対して、対角成分の和
tr(Ａ)＝ａ₁₁＋ａ₂₂＋…＋ａnn
をＡの跡（trace），固有和などという。
tr(Ａ＋Ｂ)＝tr(Ａ)＋tr(Ｂ)，tr(ｃＡ)＝ｃ・tr(Ａ)
が成り立つ。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

念のため、実際は証明が必要である。

＞ ＜Ａ＋Ｂ|Ｃ＞＝tr(t^(Ａ＋Ｂ)Ｃ)＝tr(t^ＡＣ＋t^ＢＣ)
＝tr(t^ＡＣ)＋tr(t^ＢＣ)＝＜Ａ|Ｃ＞＋＜Ｂ|Ｃ＞

初めの等号は定義＜Ａ|Ｂ＞＝tr(t^ＡＢ)から。
次の等号は転置行列の法則と分配法則から。

p.12のポイントより、
例題1.1.9からも推測されるように、一般に次の等式が成り立つ。
t^(Ａ＋Ｂ)＝t^Ａ＋t^Ｂ，t^(ｃＡ)＝ｃ(t^Ａ)，
t^(t^Ａ)＝Ａ，t^(ＡＢ)＝t^Ｂt^Ａ

次の等号は、再びトレースの法則から。
また、最後の等号は、再び定義＜Ａ|Ｂ＞＝tr(t^ＡＢ)から。

＞（３）tr(t^Ａ)＝trＡより、＜Ａ|Ｂ＞＝tr(t^ＡＢ)
＝tr(t^(t^ＡＢ))＝tr(t^ＢＡ)＝＜Ｂ|Ａ＞

「tr(t^Ａ)＝trＡ」は、トレースは正方行列の対角成分の和で、転置行列は行列の行と列を入れ換えたものなので、トレースの値は等しくなるという事。
初めの等号は、定義＜Ａ|Ｂ＞＝tr(t^ＡＢ)からで、次の等号は、上の法則で転置を付け加えただけで、次の等号は転置行列の法則で展開。

p.12のポイントより、
例題1.1.9からも推測されるように、一般に次の等式が成り立つ。
t^(Ａ＋Ｂ)＝t^Ａ＋t^Ｂ，t^(ｃＡ)＝ｃ(t^Ａ)，
t^(t^Ａ)＝Ａ，t^(ＡＢ)＝t^Ｂt^Ａ

最後の等号は、定義＜Ａ|Ｂ＞＝tr(t^ＡＢ)から。

＞（４）＜Ａ|Ａ＞＝∑(1≦i≦m,1≦j≦n)ａijａij
＝∑(1≦i≦m,1≦j≦n)(ａij)²≧０
＜Ａ|Ａ＞＝０⇔∑(1≦i≦m,1≦j≦n)(ａij)²＝０
⇔ａ₁₁＝ａ₁₂＝…＝ａmn＝０⇔Ａ＝Ｏ

定義＜Ａ|Ｂ＞＝tr(t^ＡＢ)＝∑(1≦i≦m,1≦j≦n)ａijｂijのＢをＡにしただけ。
また、「∑(1≦i≦m,1≦j≦n)(ａij)²＝０
⇔ａ₁₁＝ａ₁₂＝…＝ａmn＝０」は、
ａ₁₁²＋ａ₁₂²＋…＋ａmn²≧０で等号が成立するのは、ａ₁₁＝ａ₁₂＝…＝ａmn＝０の時だけだからである。

おまけ：

解説
＞１を固定する入れ換えからなる部分群をＨとする。

群Ｇが「どの２つの数に対しても一方を他方に写す入れ換えが存在する」群なので、片方を１に固定すれば部分群Ｈが出来る。

＞Ｇの仮定より１をｉに写す入れ換えを１つとりσiとする。σ₁Ｈ,…,σpＨはＧの右傍系全体である。

Ｈは１を固定する入れ換えの部分群で、Ｇの元のうち１をｉ（ｉ＝１～ｐ）に入れ換える元をσiとすれば、ＧのＨによる類別はＧ＝σ₁Ｈ∪…∪σpＨとなりそうなのはイメージで分かる。Ｇの元はＰ!以下の個数（沢山）あるが、上のｐ個に類別されるのはイメージ出来る。

＞実際、Ｇの元ｇが１をｉに写したとするとσi^-1ｇは１を固定する。よってｇ＝σiｈ（ｈはＨの元）と表される。

σi^-1ｇはまずｇが１をｉに移し、次にσi^-1がｉを１に移す（σiが１をｉに移す入れ換えでその逆入れ換えだから）ので、σi^-1ｇは１を固定する。
∴σi^-1ｇ∈Ｈ（Ｈは１を固定する入れ換えの部分群だから。）
∴ｇ∈σiＨ　∴ｇ＝σiｈ（ｈ∈Ｈ）

＞したがって(Ｇ：Ｈ)＝ｐである。

Ｇ＝σ₁Ｈ∪…∪σpＨだから。

＞（２）（ⅰ）ｇｘiとｇｘjが同じ右Ｈ傍系に入るとき、ｉ＝ｊを示せばよい。
(ｇｘi)^-1(ｇｘj)＝ｘi^-1ｘjは右傍系に入るから、ｘiの定義よりｉ＝ｊである。

問題は「（ⅰ）Ｇの各元ｇに対して、ｇｘ₁,…,ｇｘpは各右Ｈ傍系に１つずつ含まれることを示せ」なので、１か所に２つ入ったとしたらそれは同じものという証明をすれば良いという事。
「ｇｘiとｇｘjが同じ右Ｈ傍系に入るとき」より、ｇｘi，ｇｘj∈σnＨとすると、σnＨは群より、(ｇｘi)^-1∈σnＨ
また、群は演算について閉じているので、
(ｇｘi)^-1(ｇｘj)∈σnＨ
∴ｘi^-1ｇ^-1ｇｘj＝ｘi^-1(ｇ^-1ｇ)ｘj
＝ｘi^-1ｅｘj＝ｘi^-1ｘj∈σnＨ
よって、ｘi^-1ｘj∈σnＨで定義「σ₁Ｈ＝Ｈ，σ₂Ｈ，…，σpＨの元ｘ₁,…,ｘpを１つずつとる」から、同じ右傍系に入るものは同じシリアルナンバーである。∴ｉ＝ｊ
一応、ｇｘiが必ず右傍系に入る証明は、「σ₁Ｈ＝Ｈ，σ₂Ｈ，…，σpＨの元ｘ₁,…,ｘpを１つずつとる」より、ｘi∈σiＨ
∴ｇｘi∈ｇ・σiＨ＝(ｇσi)Ｈ＝σjＨ（ｇ∈Ｇ，σi∈ＧでＧは群よりｇσi∈Ｇだから。）
よって、ｇｘi∈σjＨで必ずどこかの右傍系に入る。

＞（ⅱ）Ｓ＝{ｘ₁,…,ｘp}とおき、ｇＳ＝{ｇｘ₁,…,ｇｘp}と表す。ｇＳ＝ｋＳのとき、各ｘiはｇｘiはあるｋｘjに等しいので、ｋ^-1ｇｘi＝ｘjとなる。よって(ｋ^-1ｇ)Ｓ＝Ｓである。ゆえにｋ^-1ｇはＮに入り、ｇＳ＝ｋＳをみたすｇ,ｋは同じ右Ｎ傍系に入る。
よって(ｇはＧの元）の個数はＮの右傍系の個数(Ｇ：Ｎ)に等しい。

ｇＳ＝ｋＳとすると、ｇｘi＝ｋｘj
この両辺に左からｋ^-1をかけると、
ｋ^-1ｇｘi＝ｘj　∴ｋ^-1ｇＳ＝Ｓ
ところで、「Ｎは{ｇｘ₁,…,ｇｘp}＝{ｘ₁,…,ｘp}をみたすｇからなる部分群」で、また、「Ｓ＝{ｘ₁,…,ｘp}」より、Ｓ＝Ｎである。
∴ｋ^-1ｇＮ＝Ｎ
ここで、定理4.1の系より、
ｋ^-1ｇ∈Ｎ

定理4.1の系
Ｇを群，ＨをＧの部分群とする。このとき、Ｇの任意の元ａについて次の(１),(２),(３)は同値である。
（１）ａ∈Ｈ（２）ａＨ＝Ｈ（３）Ｈａ＝Ｈ
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

また、定理4.1より、ｋＮ＝ｇＮである。

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）の命題は同値である。
（１）ａＨ＝ｂＨ
（２）ａ^-1ｂ∈Ｈ
（３）ｂ∈ａＨ
（４）ａ∈ｂＨ
（５）ａＨ∩ｂＨ≠φ
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

よって、「ｇＳ＝ｋＳをみたすｇ,ｋは同じ右Ｎ傍系に入る」という事。

続きは次回。

おまけ：

解説の続き
問題 10-10b
ｐを素数とし、１,２,…,ｐの入れ換えのなす群Ｇが次の性質をみたすとする：「どの２つの数に対しても一方を他方に写す入れ換えが存在する。」次の問いに答えよ。
（１）Ｇに指数ｐの部分群Ｈが存在することを示せ。
（２）（１）のＨに対して右Ｈ傍系σ₁Ｈ＝Ｈ，σ₂Ｈ，…，σpＨの元ｘ₁,…,ｘpを１つずつとる。
（ⅰ）Ｇの各元ｇに対して、ｇｘ₁,…,ｇｘpは各右Ｈ傍系に１つずつ含まれることを示せ。
（ⅱ）{ｇｘ₁,…,ｇｘp}（ｇはＧの元）の形の集合は、(Ｇ：Ｎ)個あることを示せ。ここでＮは{ｇｘ₁,…,ｇｘp}＝{ｘ₁,…,ｘp}をみたすｇからなる部分群とする。
（３）Ｇに位数ｐの元が存在することを示せ。

解答
（１）１を固定する入れ換えからなる部分群をＨとする。Ｇの仮定より１をｉに写す入れ換えを１つとりσiとする。σ₁Ｈ,…,σpＨはＧの右傍系全体である。
実際、Ｇの元ｇが１をｉに写したとするとσi^-1ｇは１を固定する。よってｇ＝σiｈ（ｈはＨの元）と表される。
したがって(Ｇ：Ｈ)＝ｐである。
（２）（ⅰ）ｇｘiとｇｘjが同じ右Ｈ傍系に入るとき、ｉ＝ｊを示せばよい。
(ｇｘi)^-1(ｇｘj)＝ｘi^-1ｘjは右傍系に入るから、ｘiの定義よりｉ＝ｊである。
（ⅱ）Ｓ＝{ｘ₁,…,ｘp}とおき、ｇＳ＝{ｇｘ₁,…,ｇｘp}と表す。ｇＳ＝ｋＳのとき、各ｘiはｇｘiはあるｋｘjに等しいので、ｋ^-1ｇｘi＝ｘjとなる。よって(ｋ^-1ｇ)Ｓ＝Ｓである。ゆえにｋ^-1ｇはＮに入り、ｇＳ＝ｋＳをみたすｇ,ｋは同じ右Ｎ傍系に入る。
よって(ｇはＧの元）の個数はＮの右傍系の個数(Ｇ：Ｎ)に等しい。
（３）（２）のように選んだｘ₁,…,ｘpのなす集合は全部でｍ^p個ある（ｍ＝|Ｈ|＝|Ｇ|/ｐ）。
これらの集合をｇS（ｇはＧの元）の集まりに分割すると、それぞれの集まりは、（２）（ⅱ）より|Ｇ|の約数の個数の集合を含む。ｍはｐで割り切れないので（∵ｐ!はｐ²で割り切れないから）、ある集まりに含まれる集合の個数は、ｐで割り切れない。この集合Ｓ＝{ｘ₁,…,ｘp}に対して、（２）（ⅱ）のＮの元ｈ（≠ｅ）は位数ｐの元である。実際、ｈＳ＝Ｓをみたすので、Ｓは{ｘi,ｈｘi,…,ｘ^(d-1)ｘi}（ｄ(＞１)はｈの位数）の形の集合に分割される。よってｄはｐの約数である。ｐは素数なのでｄ＝ｐである。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

解説
＞（２）のように選んだｘ₁,…,ｘpのなす集合は全部でｍ^p個ある（ｍ＝|Ｈ|＝|Ｇ|/ｐ）。

（１）より、「Ｇに指数ｐの部分群Ｈが存在する」ので、|Ｇ|/|Ｈ|＝ｐ　∴|Ｈ|＝|Ｇ|/ｐ
よって、これをｍと置くという事。
また、「（２）（１）のＨに対して右Ｈ傍系σ₁Ｈ＝Ｈ，σ₂Ｈ，…，σpＨの元ｘ₁,…,ｘpを１つずつと」り、各σiＨの元の個数はＨの元の個数と等しい（類別された後だから）ので、「ｘ₁,…,ｘpのなす集合」＝{ｘ₁,…,ｘp}はそれぞれが|Ｈ|＝ｍ個から選ばれるので、ｍ^p個あるという事。

＞これらの集合をｇS（ｇはＧの元）の集まりに分割すると、それぞれの集まりは、（２）（ⅱ）より|Ｇ|の約数の個数の集合を含む。

ｍ^p個ある{ｘ₁,…,ｘp}をｇＳの集まりに分割すると、（２）（ⅱ）よりそれらの集まり自体の個数は、(Ｇ：Ｎ)個＝|Ｇ|/|Ｎ|より、Ｇの約数個あり、
|Ｇ|/|Ｎ|＝ｎと置くと、|Ｎ|＝|Ｇ|/ｎ
よって、それぞれの集まりＮの元の個数はＧの約数個となる。
（Ｎ＝{ｇｘ₁,…,ｇｘp}＝ｇ{ｘ₁,…,ｘp}＝ｇＮ＝ｇＳより、ｇＳ＝Ｎだから。）

＞ｍはｐで割り切れないので（∵ｐ!はｐ²で割り切れないから）、ある集まりに含まれる集合の個数は、ｐで割り切れない。

「１,２,…,ｐの入れ換えのなす群Ｇが次の性質をみたすとする」より、|Ｇ|≦ｐ!なので、
ｍ＝|Ｈ|＝|Ｇ|/ｐ≦(ｐ－１)!
よって、ｍはｐで割り切れない。（ｐは素数だから。）
よって、ｍ^pもｐで割り切れず、先ほど分割したどれか１つのｇＳの元の個数はｐで割り切れない。

＞この集合Ｓ＝{ｘ₁,…,ｘp}に対して、（２）（ⅱ）のＮの元ｈ（≠ｅ）は位数ｐの元である。

そのｐで割り切れないｇＳのｇの位数がｐでありｇ∈Ｎ⊂Ｇという事（ｇ＝ｈ）。その理由は続きにあるらしい。

＞実際、ｈＳ＝Ｓをみたすので、Ｓは{ｘi,ｈｘi,…,ｘ^(d-1)ｘi}（ｄ(＞１)はｈの位数）の形の集合に分割される。

ｈ∈ＮでＮ＝Ｓだったので、ｈ∈Ｓ
よって、定理4.1の系より、ｈＳ＝Ｓ

定理4.1の系
Ｇを群，ＨをＧの部分群とする。このとき、Ｇの任意の元ａについて次の(１),(２),(３)は同値である。
（１）ａ∈Ｈ（２）ａＨ＝Ｈ（３）Ｈａ＝Ｈ
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

また、ｈの位数をｄとすると、ｅ,ｈ,ｈ²,…,ｈ^(d-1)∈Ｎより、ｅＳ＝Ｓ，ｈＳ＝Ｓ，ｈ²Ｓ＝Ｓ，…，ｈ^(d-1)Ｓ＝Ｓ（Ｎ＝Ｓだから。）
∴ｅＳ∪ｈＳ∪ｈ²Ｓ∪…∪ｈ^(d-1)Ｓ
＝Ｓ∪Ｓ∪Ｓ∪…∪Ｓ＝Ｓ
∴Ｓ＝Ｓ∪ｈＳ∪ｈ²Ｓ∪…∪ｈ^(d-1)Ｓ
＝{ｘ₁,…,ｘp}∪ｈ{ｘ₁,…,ｘp}∪…∪ｈ^(d-1){ｘ₁,…,ｘp}
＝{ｘ₁,ｈｘ₁,…,ｈ^(d-1)ｘ₁}∪{ｘ₂,ｈｘ₂,…,ｈ^(d-1)ｘ₂}∪…∪{ｘp,ｈｘp,…,ｈ^(d-1)ｘp}
よって、Ｓは{ｘi,ｈｘi,…,ｘ^(d-1)ｘi}の形の集合に分割されるという事。

＞よってｄはｐの約数である。ｐは素数なのでｄ＝ｐである。

Ｓ＝{ｘ₁,ｈｘ₁,…,ｈ^(d-1)ｘ₁}∪{ｘ₂,ｈｘ₂,…,ｈ^(d-1)ｘ₂}∪…∪{ｘp,ｈｘp,…,ｈ^(d-1)ｘp}
より、Ｓはｐ個の集合に分割されるので、
|Ｓ|/|Ｘ|＝ｐ　∴|Ｘ|＝|Ｓ|/ｐ
よって、それぞれの集合の元の個数はｐの倍数である。よって、ｄはｐの倍数。
ところが、ｄはｈの位数でｈはＮ＝{ｘ₁,…,ｘp}の元より、ｄ≦ｐである。∴ｄ＝ｐ
よって、Ｇには位数ｐの元が存在する。

最後の所はよく分からないので適当です。自己責任でお願いします。

おまけ：

問題
半径がそれぞれ８ｃｍ，６ｃｍの円Ｏ，Ｏ'がある。この２円Ｏ，Ｏ'の周上の任意の点をそれぞれＰ，Ｑとし、線分ＰＱの中点をＲとする。ＯＯ'の中点をＭとすると、ＭＲの長さはどんな範囲にあるか。

模範解答
＜略解＞
Mは定点。ＯＱの中点をＳとすると、中点連結定理により、
ＭＳ＝(１/２)Ｏ'Ｑ＝３，
ＳＲ＝(１/２)ＯＰ＝４
Ｒの位置を、定点Ｍから出発して、
Ｍ→Ｓ，Ｓ→Ｒと考えれば、11・27の解答と同様に、４－３≦ＭＲ≦４＋３が分かる。
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
ＯＱの中点をＳとすると、△ＯＱＯ'での中点連結定理より、ＭＳ＝６÷２＝３
△ＱＰＯでの中点連結定理より、
ＳＲ＝８÷２＝４
ここで、点Ｑだけを円Ｏ'の円周上を回転させると、点Ｓは点Ｍを中心とした半径３の円周上を動く。
次に、点Ｐを円Ｏの円周上を回転させると、点Ｒは点Ｓを中心に半径４の円周上を動く。
ところで、求めたいのはＭＲの長さなので、折れ線ＭＳＲが一直線になる時が最長で３＋４＝７
また、最短になるのは点Ｓを中心に回転しているＲがＳＭＲで一直線になる場合である。
つまり、４－３＝１
（決してそれ以下にはならない。例えば、ＭとＲが一致することなどはない。点Ｒの存在範囲は点Ｍを中心とした半径７の円の内部で同心円の半径１の円の外側となる。）
∴１≦ＭＲ≦７

私の別解の前に、秒殺した適当解法を紹介しよう。

邪道解
点ＰをＯＯ'に対して垂直の位置（ＯＰ⊥ＯＯ'），点ＱをＯＯ'に対して垂直の位置（ＯＯ'に関して点Ｐと同じ側）にすると、ＭＲは最長になる。
そして、その長さは台形の中点連結定理より、
maxＭＲ＝(８＋６)÷２＝７
また、点ＰをＯＯ'に対して垂直の位置（ＯＰ⊥ＯＯ'），点ＱをＯＯ'に対して垂直の位置（ＯＯ'に関して点Ｐと逆側）にすると、ＭＲは最短になる。
そして、その長さは台形の中点連結定理の対角線バージョンより、
minＭＲ＝(８－６)÷２＝１
∴１≦ＭＲ≦７
https://nekodamashi-math.blog.ss-blog.jp/2016-05-23-3（下の方にある問題の（２）を参照。）

おまけ：

問題
半径がそれぞれ８ｃｍ，６ｃｍの円Ｏ，Ｏ'がある。この２円Ｏ，Ｏ'の周上の任意の点をそれぞれＰ，Ｑとし、線分ＰＱの中点をＲとする。ＯＯ'の中点をＭとすると、ＭＲの長さはどんな範囲にあるか。

私の別解
ＯＯ'に対してＯから垂線を立てた位置に点Ｐを固定すると、点Ｒの軌跡は円Ｏ'の周上の点と点Ｐとの中点である。
そこで、円Ｏ'上に任意の３点を取り（円は３点で定まるから）、Ｑ₁,Ｑ₂,Ｑ₃として、ＰＱ₁,ＰＱ₂,ＰＱ₃の中点をそれぞれＲ₁,Ｒ₂,Ｒ₃とすると、
△ＰＱ₁Ｑ₂，△ＰＱ₂Ｑ₃，△ＰＱ₁Ｑ₃での中点連結定理により、Ｒ₁Ｒ₂∥Ｑ₁Ｑ₂，Ｒ₂Ｒ₃∥Ｑ₂Ｑ₃，Ｒ₁Ｒ₃∥Ｑ₁Ｑ₃
よって、△Ｑ₁Ｑ₂Ｑ₃∽△Ｒ₁Ｒ₂Ｒ₃
∴∠Ｑ₁Ｑ₂Ｑ₃＝∠Ｒ₁Ｒ₂Ｒ₃
ところで、∠Ｑ₁Ｑ₂Ｑ₃は円周角より一定なので、∠Ｒ₁Ｒ₂Ｒ₃の値も一定。
よって、点Ｒの軌跡もある円周上を動く。
ここで、Ｏ'Ｑ₁,Ｏ'Ｑ₃を結ぶと、円周角と中心角の関係より∠Ｑ₁Ｏ'Ｑ₃＝２∠Ｑ₁Ｑ₂Ｑ₃で一定。
よって、点Ｒ₃からＯ'Ｑ₃と平行な直線を引き、ＰＯ'との交点をＯ''とすれば、同位角で同じ角度が移せるので点Ｏ''は点Ｒの軌跡の円の中心となる。
また、△ＰＯ'Ｑ₃での中点連結定理の逆により、点Ｏ''はＰＯ'の中点である。
また、△Ｑ₁Ｑ₂Ｑ₃∽△Ｒ₁Ｒ₂Ｒ₃の相似比は２：１でそれぞれの外接円も相似なのでその相似比も２：１である。
よって、点Ｏ''を中心とした円の半径は６÷２＝３である。
次に、点Ｐを円の円周上を動かすと、△Ｏ'ＰＯの中点連結定理と点Ｍが定点である事より、点Ｏ''は点Ｍを中心とした半径ＭＯ''＝８÷２＝４の円周上を動く。
よって、ＭＲの最長は、折れ線ＭＯ''ＲがＭＯ''＋Ｏ''Ｒで一直線になる場合で、円Ｍの半径４＋円Ｏ''の半径３＝７
また、ＭＲの最短は、折れ線ＭＯ''ＲがＭＯ''－Ｏ''Ｒで一直線になる場合で、円Ｍの半径４－円Ｏ''の半径３＝１
∴１≦ＭＲ≦７

おまけ：
https://dic.pixiv.net/a/%E5%9C%B0%E7%90%83%E3%81%AE%E7%A5%9E

問題
円Ｏにおいて、弦ＡＢ，ＣＤは長さが一定である。ＡＢ，ＣＤの中点をそれぞれＭ，Ｎとし、線分ＭＮの中点をＰとする。ＡＢ＝８，ＣＤ＝６，円の半径＝５として、次の問いに答えなさい。
（１）弦ＡＢを固定し、弦ＣＤを動かすとき、Ｐはある円をえがく。その円周の長さを求めよ。
（２）弦ＡＢ，ＣＤが動くとき、Ｐはどんな範囲にあるか図示し、その面積を求めよ。
（９３　ラ・サール）

模範解答
（１）右図網目部の直角三角形（注：△ＯＡＭと△ＯＣＮの２つ）に三平方の定理を用いることにより、
ＯＭ＝√(５²－４²)＝３，ＯＮ＝√(５²－３²)＝４となる。
よって、ＯＭの中点をＬとすると、△ＭＮＯに中点連結定理を用いて、
ＬＰ＝(１/２)ＯＮ＝２
ここで、ＡＢを固定したことよりＭは定点だから、Ｌも定点。
よって、Ｐは定点Ｌからの距離が一定値２であるような円周上を動き、その円周の長さは、
２π×２＝４π
（２）Ｏを出発してどのようにＰに移動するかを考える。
まず、Ｏ→Ｌ，ついでＬ→Ｐと移動したと考えると、
まず、どちらかの方向に１.５移動し、Ｌに至り
ついで、どちらかの方向に２移動し、Ｐに至ることになる。
ＯＰの距離の最大値は図１（注：ＯＬＰが一直線の図）のように、Ｏ→Ｌの方向とＬ→Ｐの方向が一致するときで、
ＯＰ＝１.５＋２＝３.５
ＯＰの距離の最小値は図２のように、Ｏ→Ｌの方向とＬ→Ｐの方向が逆向きのときで、
ＯＰ＝２－１.５＝０.５
以上まとめて、Ｐの位置はＯからの距離が０.５から３.５のあいだだから、その範囲の面積は、
(３.５)²π－(０.５)²π＝１２π
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
（１）は、いきなりＯＭの中点をＬとするのが難しいが、「「Ｐはある円をえがく」とあります。つまり、ある定点からの距離がつねに一定なわけです」とあるので、そこから△ＯＡＢとＯＭは一定な所から思い付かせるのだろう。もっとも場数を踏んでいる人は、すぐに閃くのだろうけど。
（軌跡が円と指定されているのは私も違和感を持ったが、円周角が一定の方に意識が向いてしまった。私の別解は後で。）
（２）ＯＬ＝ＯＭ/２＝３/２＝１.５
ＬＰ＝ＯＮ/２＝４/２＝２
要は、点Ｌが固定されている場合は点Ｐは点Ｌを中心に半径２の円周上を動き、さらに点Ｌが点Ｏを中心に半径１.５の円周上を動いた場合に点Ｐがどのような範囲に動き回るかという問題である。
そこで、当然一番遠くまで届く距離は、Ｏから１.５＋２＝３.５で半径３.５の円周上でちょっと折れ線になった場合を考えれば、その円の内部も含む。
次に、どこは通れないかを考えると、ＯＬよりＬＰの方が長いので、ＯＬを固定してＬＰをＬを中心に回転させるとＯとＰの間の２－１.５＝０.５の隙間はＰは存在出来ない。つまり、点Ｏを中心に半径０.５の円の内部には点Ｐは存在出来ないという事である。
よって、答えは、(３.５)²π－(０.５)²π＝１２πという事。

（１）の私の解法
弦ＣＤを回転させると、点ＮはＯを中心とした半径４の円周上を動く。（お△ＯＣＮが３，４，５の直角三角形だから。）
そこで、半径４の円を描き、弦ＡＢと点Ｍも描く（Ａ，Ｂは円の外だから描けないが）。
ここで、円周上に適当な３点Ｎ₁,Ｎ₂,Ｎ₃を取り、ＭＮ₁，ＭＮ₂，ＭＮ₃を結び、それぞれの中点をＰ₁,Ｐ₂,Ｐ₃とすると、△ＭＮ₁Ｎ₂，△ＭＮ₂Ｎ₃，△ＭＮ₁Ｎ₃での中点連結定理より、Ｎ₁Ｎ₂∥Ｐ₁Ｐ₂，Ｎ₂Ｎ₃∥Ｐ₂Ｐ₃，Ｎ₁Ｎ₃∥Ｐ₁Ｐ₃
よって、△Ｐ₁Ｐ₂Ｐ₃∽△Ｎ₁Ｎ₂Ｎ₃で∠Ｎ₁Ｎ₂Ｎ₃＝∠Ｐ₁Ｐ₂Ｐ₃
ところで、∠Ｎ₁Ｎ₂Ｎ₃は円周角なので一定である。よって、∠Ｐ₁Ｐ₂Ｐ₃も一定で点Ｐはある円周上を動く。
また、△Ｎ₁Ｎ₂Ｎ₃と△Ｐ₁Ｐ₂Ｐ₃は相似で相似比は２：１よりその外接円の円も相似で相似比は２：１である。
よって、その円の半径は４÷２＝２である。
よって、答えは、４π

因みに、その円の中心は、Ｐ₁からＯＮ₁と平行な直線を引き、ＯＭとの交点である。つまり、ＯＭの中点。（点Ｎ₂をＭＯの延長上に取れば分かる。）

おまけ：

解説
＞ℝは定数関数全体となっているので、Ｖの部分空間である。

ℝは「Ｖ＝ℱ(ℝ,ℝ)」の内部のものなので、ℱ(Ｓ,ℝ)の定義を挙げる。

定義
Ｓを集合とする。Ｓからℝへの写像（Ｓを定義域とする関数）の全体を
ℱ(Ｓ,ℝ)　または　ℝ^s
で表す。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

つまり、ℱ(ℝ,ℝ)はℱ(Ｓ,ℝ)の定義域を実数全体にした写像全体の集合で、ℝは数直線のような実数全体なので定数関数全体という事である。
よって、写像全体の中の定数写像全体なので部分空間という事。

＞ＷはＶの部分空間になっている。なぜなら、任意のα,β∈ℝ，ｆ,ｇ∈Ｗに対して(αｆ＋βｇ)(３)＝αｆ(３)＋βｇ(３)＝０となり、αｆ＋βｇ∈Ｗ

命題
Ｖを線型空間，ＷをＶの空でない部分集合とする。このとき、
部分空間の条件
（１）ａ,ｂ∈Ｗ⇒ａ＋ｂ∈Ｗ
（２）ａ∈Ｗ，ｃ∈ℝ⇒ｃａ∈Ｗ
を満たすならば、ＷはＶの部分線型空間である。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

よって、α,β∈ℝ，ｆ,ｇ∈Ｗに対して、
(ｆ＋ｇ)(３)＝ｆ(３)＋ｇ(３)＝０＋０＝０
∴ｆ＋ｇ∈Ｗ
(αｆ)(３)＝αｆ(３)＝α・０＝０
∴αｆ∈Ｗ
よって、ＷはＶの部分空間である。
本来はこうするべきだが、省略形でαｆ＋βｇ∈Ｗを示せば良い。それは次の問題から。

問題
Ｖを線型空間，ＷをＶの空でない部分集合とする。このとき、Ｗが次の条件をみたすならば、ＷはＶの部分空間であることを示せ。
ａ,ｂ∈Ｗ，ｓ,ｔ∈ℝ⇒ｓａ＋ｔｂ∈Ｗ
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

また、(ｆ＋ｇ)(３)＝ｆ(３)＋ｇ(３)や(αｆ)(３)＝αｆ(３)して良いのは、次の例題（定義）から。

例題3.1.3
ｆ,ｇ∈ℱ(Ｓ,ℝ)，ｃ∈ℝに対し、写像ｆ＋ｇ：Ｓ→ℝと、ｃｆ：Ｓ→ℝを
(ｆ＋ｇ)(ｘ)＝ｆ(ｘ)＋ｇ(ｘ)，
(ｃｆ)(ｘ)＝ｃｆ(ｘ)（ｘ∈Ｓ）
と定めれば、集合ℱ(Ｓ,ℝ)は線型空間となることを示せ。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

＞逆に、Ｖの任意の元ｆに対して、
ｆ＝ｆ(３)＋(ｆ－ｆ(３))
と表せば、ｆ(３)∈ℝ，ｆ－ｆ(３)∈Ｗとなるので、Ｖ⊆ℝ＋Ｗ

Ｗ＝{ｆ∈Ｖ｜ｆ(３)＝０}より、ｆ(３)＝０なので、ｆ＝ｆ(３)＋(ｆ－ｆ(３))はｆ＝ｆ(３)＋ｆとなり、ｆ(３)＝０よりｆ(３)∈ℝ，ｆ∈Ｗを考えれば、ｆ＝ｆ(３)＋ｆ∈ℝ＋Ｗ
また、左辺のｆはＶの任意の元より、
Ｖ⊆ℝ＋Ｗとなるという事。

＞そこで、Ｖ＝ℝ⊕Ｗであるためには、ℝ∩Ｗ＝{０}でなければならない。

部分空間の直和の定義を挙げよう。

命題と定義
部分空間の和Ｕ＝Ｗ₁＋Ｗ₂について、次の条件(１)と(２)は同値である。
（１）ｘ∈Ｕを、ｘ＝ｘ₁＋ｘ₂，ｘ₁∈Ｗ₁，ｘ₂∈Ｗ₂と表す仕方は一通りである。
（２）Ｗ₁∩Ｗ₂＝{０}
そこで、(１)または(２)が成り立つとき、Ｗ₁＋Ｗ₂は直和であるといい、
Ｗ₁⊕Ｗ₂　または　Ｗ₁∔Ｗ₂
などの記号で表す。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

よって、「ℝ∩Ｗ＝{０}でなければならない」という事。

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-11092658155.html

問題
図のような、ＢＣ＝ＣＤ＝６ｃｍ，∠ＡＢＣ＝６０°，∠ＢＣＤ＝９０°の台形ＡＢＣＤがある。
辺ＣＤ上の点Ｅを通り、辺ＡＢ上に平行な直線が辺ＢＣと交わる点をＦ，さらに点Ｆから直線ＢＥに垂線をひき、その交点をＰとする。点Ｅが辺ＣＤ上をＣからＤまで動くとき、次の問いに答えよ。
（１）∠ＢＰＣの大きさは何度か。
（２）点Ｐが描く円弧の長さを求めよ。
（９１　筑波大付）

模範解答
（１）ＡＢ∥ＥＦより、
∠ＥＦＣ＝∠ＡＢＣ＝６０°
また、∠ＥＰＦ＋∠ＥＣＦ＝１８０°より、
４点Ｐ，Ｆ，Ｃ，Ｅは同一円周上にあるので、
∠ＥＰＣ＝∠ＥＦＣ＝６０°
よって、∠ＢＰＣ＝１８０°－∠ＥＰＣ
＝１２０°
（２）Ｐは、ＢＣを見込む角が１２０°であるような円周上を動く。
ＥがＣの位置のとき、ＰはＣ（＝Ｐ₀）の位置
ＥがＤの位置のとき、Ｐは図のＰ₁（注：弧ＢＣと線分ＢＤの交点）の位置
∠ＢＰＣ＝１２０°より、∠ＢＯＣ（１８０°より大きい方）は２４０°なので、△ＯＢＣは、頂角１２０°の二等辺三角形。
よって、円の半径＝ＢＣ/√３＝２√３
また、ＢＣ＝ＣＤより、∠Ｐ₁ＢＣ＝４５°であるから、∠Ｐ₁ＯＣ＝９０°
よって、求める軌跡の長さ（図の太線弧Ｐ₀Ｐ₁）は、２×π×円Ｏの半径×(90°/360°)
＝√３π（ｃｍ）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞Ｐは、ＢＣを見込む角が１２０°であるような円周上を動く。

点Ｐの位置はＥの位置によって決まるのに、（１）より常に一定なので、円周角の定理によりある円の円周上を動いている事が分かる。そして、その中心を想定してＯと置くのである。

＞ＥがＣの位置のとき、ＰはＣ（＝Ｐ₀）の位置
ＥがＤの位置のとき、Ｐは図のＰ₁（注：弧ＢＣと線分ＢＤの交点）の位置

始点と終点を確認する事は大事である。ただし、私は今回、終点の方は割の悪い方法で定めてしまったが。（常に中学数学ばかりやっている訳ではないのでダメですね。）

＞また、ＢＣ＝ＣＤより、∠Ｐ₁ＢＣ＝４５°であるから、∠Ｐ₁ＯＣ＝９０°

△ＢＣＤは直角二等辺三角形より、
∠Ｐ₁ＢＣ＝∠ＤＢＣ＝４５°
よって、円周角と中心角との関係より、
∠Ｐ₁ＯＣ＝２∠Ｐ₁ＢＣ＝２×４５°＝９０°

（２）の私の別解
終点は、ＤからＡＢと平行な直線を引き、ＢＣとの交点をＧとしＧから線分ＢＤに下ろした垂線の足Ｑとすると、点Ｑが終点である。
ところで、△ＢＣＤは直角二等辺三角形より、
∠ＢＤＣ＝４５°また、同位角より∠ＤＧＣ＝∠Ｂ＝６０°よって、∠ＧＤＣ＝３０°
∴∠ＧＤＱ＝４５°－３０°＝１５°
よって、△ＤＧＣは１：２：√３の直角三角形で、△ＤＧＱは１５°，７５°，９０°の直角三角形である。
∴ＤＧ＝２(６/√３)＝４√３
また、１５°，７５°，９０°の直角三角形の三辺比は短い方から、
√６－√２：√６＋√２：４より、
ＤＱ＝{(√６＋√２)/４}ＤＧ
＝{(√６＋√２)/４}・４√３＝３√２＋√６
また、ＢＤ＝６√２より、
ＢＱ＝６√２－(３√２＋√６)
＝３√２－√６
ここで、二等辺三角形ＯＢＱを描くと、軌跡の半径は△ＯＢＣが頂角１２０°の二等辺三角形でＢＣ＝６より、ＯＢ＝ＯＣ＝６/√３＝２√３
また、ＢＱ＝３√２－√６
ここで、ＯからＢＱに垂線を下ろしその足をＨとすると、ＢＨ＝(３√２－√６)２
∴ＯＢ：ＢＨ＝２√３：(３√２－√６)２
＝４√３：３√２－√６
＝４：√６－√２
よって、１５°，７５°，９０°の直角三角形の三辺比より、∠ＢＯＨ＝１５°である。
∴∠ＢＯＱ＝１５°×２＝３０°
∴∠ＱＯＣ＝１２０°－３０°＝９０°
よって、答えは、４√３π×(１/４)
＝√３πｃｍ

おまけ：
https://www.amazon.co.jp/Jesus-Boy-Would-Change-World/dp/1521109044