数学

解説
＞（１）問題10-10(３)よりＧに位数ｐの元が存在する。

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。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

問題文に「（ⅱ）Ｆpの任意の元ｘに対して、０をｘに入れ換える元がＧにある。」とあり、これは問題10-10の「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。」と同じ意味（片方を０に固定するという事）なので、問題10-10(３)よりＧに位数ｐの元が存在するという事。

＞（２）Ｇにｐ個の元からなる部分群がただ１つしかないことを示せば十分である。

問題文に「（ⅰ）Ｇに含まれる元の個数はｐ(ｐ－１)個以下である。
（ⅱ）Ｆpの任意の元ｘに対して、０をｘに入れ換える元がＧにある。」とあり、また、p.188に、

「根の入れ換えのなす群（ｐ次対称群）の部分群Ｇが高々ｐ(ｐ－１)個の元からなり、さらにどの２つの根に対しても一方を他方に入れ換えを含むとする。このときＧに含まれる入れ換えはすべて１次式で定まる。」

とあるので、問題文のＧに含まれる入れ換えはすべて１次式で表される。
また、p.187~188に、

「部分群{ｅ,σ,…,σ^(p-1)}を正規部分群に持つ群は、τ(ｘ)＝ａｘ＋ｂ（ａ＝１,２,…,ｐ－１，ｂ＝０,１,…,ｐ－１）の形の入れ換えからなります。」

とあり、これは１次式で表されているので、結局、問題文のＧは部分群{ｅ,σ,…,σ^(p-1)}を正規部分群に持つ群という事である。（厳密には、逆が成り立つ証明が必要な気もするが。）
つまり、Ｇは位数ｐの部分群を正規部分群に持つという事。
よって、位数ｐの部分群がただ１つしかなければそれが正規部分群であるという事を証明できるという事である。

＞もし|Ｃ₁|＝|Ｃ₂|＝ｐをみたすＧの異なる部分群Ｃ₁,Ｃ₂があったとする。Ｃ₁∩Ｃ₂はＣ₁,Ｃ₂の部分群なので（問題4-7）、（ラグランジュの定理より）{ｅ}に等しい。

位数ｐの部分群が２つあったとして背理法で示すという事。

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

Ｃ₁∩Ｃ₂はＣ₁,Ｃ₂の部分群なので、定理4.4のＨをＣ₁∩Ｃ₂に見立て、ＧをＣ₁（またはＣ₂）に見立てると、|Ｃ₁|＝(Ｃ₁：Ｃ₁∩Ｃ₂)|Ｃ₁∩Ｃ₂|
|Ｃ₁|＝|Ｃ₂|＝ｐでｐは素数より、|Ｃ₁∩Ｃ₂|＝１である。∴Ｃ₁∩Ｃ₂＝{ｅ}
という事。

＞よってＣ₁,Ｃ₂の各々の生成元ｘ,ｙに対してｘ^iｙ^j（ｉ,ｊ＝０,１,…,ｐ－１）はｐ²個の相異なる元である。
なぜならｘ^iｙ^j＝ｘ^kｙ^mとすると左からｘ^-k，右からｙ^-jを掛けてｘ^(i-k)＝ｙ^(m-j)∈Ｃ₁∩Ｃ₂が得られ、これよりｉ＝ｋ，ｊ＝ｍがわかるからである。

ｉ,ｊ＝０,１,…,ｐ－１からｉの個数×ｊの個数でｐ²としても良さそうだが、生成元ｘ,ｙに対してｘ^i,ｙ^jはそれぞれmodｐだが、ｘ^iｙ^jがmodｐとは限らないからである。
そこで、「ｘ^iｙ^j＝ｘ^kｙ^mとすると左からｘ^-k，右からｙ^-jを掛けてｘ^(i-k)＝ｙ^(m-j)∈Ｃ₁∩Ｃ₂が得られ」、
ｘ^(i-k)∈Ｃ₁，ｙ^(m-j)∈Ｃ₂より、
ｘ^(i-k)＝ｙ^(m-j)∈Ｃ₁∩Ｃ₂という事。
そして、Ｃ₁∩Ｃ₂＝{ｅ}より、ｉ－ｋ＝ｍ－ｊ＝０　∴ｉ＝ｋ，ｊ＝ｍ

＞これは|Ｇ|≦ｐ(ｐ－１)＜ｐ²に矛盾する。

問題文の条件「（ⅰ）Ｇに含まれる元の個数はｐ(ｐ－１)個以下である。」からである。
よって、背理法により、位数ｐの部分群はただ１つしかない。

＞（３）Ｓpに含まれる位数ｐの元は、うまく読み替えるとσ(ｘ)＝ｘ＋１の形の入れ換えにできる（問題10-11参照）。

問題 10-11b
素数ｐに対して、ｐ次対称群Ｓpの位数ｐの元は
(ａ₁ ａ₂ … ａp-1 ａp)
(ａ₂ ａ₃ … ａp　 ａ₁ )
（注：本当は１つの括弧で２段の１つの元。）
の形であることを示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

全てを１つずらすという事である。p.187の図10.4参照。

＞したがって（２）よりＧにσが含まれると仮定してよい。このとき問題10-4よりＡＧＬ(１,ｐ)に含まれる。

（２）より（１）ではないだろうか。

（１）Ｇは位数ｐの元σを持つことを示せ。

つまり、このσがσ(ｘ)＝ｘ＋１であるという事がようやく言えたという事。
また、問題10-4より問題10-2ではないだろうか。

問題 10-2b
ｐを素数とする。ｐ次対称群の位数ｐの元σの生成する部分群Ｈ＝{ｅ,σ,…,σ^(p-1)}を正規部分群に持つＳpの部分群Ｎを調べる。本文のようにｐ次対称群の置換をｐ個の元０,１,…,ｐ－１（Ｆpの元）の置換とみなし、σをσ(ｘ)＝ｘ＋１（ｘ＝０,１,…,ｐ－１）とする。このときＮは
ＡＧＬ(１,ｐ)＝{τ∈Ｓp；τ(ｘ)＝ａｘ＋ｂ，ここでａ≠０かつｂ＝０,１,…,ｐ－１}
に含まれることを示せ。この群を１次元アフィン一般線形群という。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

もっとも初めを（２）とすると、

（２）（１）の元σが生成するＧの部分群ＨはＧの正規部分群であることを示せ。

Ｇは位数ｐの正規部分群Ｈを含むので、問題10-4でも合うと思うが。

問題 10-4b
問題10-2のとおり、Ｎを、Ｈ⊂Ｎ⊂ＡＧＬ(１,ｐ)をみたす群とする。Ｓpの部分群Ｎ'を正規部分群として含むならば、ＡＧＬ(１,ｐ)に含まれることを示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

おまけ：

問題
右図で、MをＢＣの中点とするとき、
ＢＰ²＋ＣＱ²＝ＰＱ²
であることを証明せよ。

図の解説：∠Ａが直角の直角三角形ＡＢＣがあり、辺ＢＣの中点をＭとする。ＡＢ上に点Ｐ，ＡＣ上に点Ｑがあり、∠ＰＭＱ＝９０°という図。

参考書の＜略証＞
中線ＡＭを２倍に伸ばして長方形ＡＢＤＣをつくり、図のようにＰ'，Ｑ'を定める。
ＢＰ²＋ＣＱ²＝ＣＰ'²＋ＣＱ²＝Ｐ'Ｑ²＝ＰＱ²
（なぜなら、ＰＱ'Ｐ'Ｑはひし形）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
中線ＡＭの延長上にＤＭ＝ＡＭとなる点Ｄを取ると、四角形ＡＢＤＣの対角線は互いの中点で交わるので、四角形ＡＢＤＣは平行四辺形で∠Ａが直角より長方形になる。
ここで、ＰＭの延長とＣＤとの交点をＰ'，ＱＭの延長とＢＤとの交点をＱ'とすると、長方形の中心に対する対称性より、ＢＰ＝ＣＰ'
また、ＭはＰＰ'の中点でＱＭ⊥ＰＰ'より△ＱＰＰ'は二等辺三角形。∴ＰＱ＝Ｐ'Ｑ
よって、与式の左辺より、
ＢＰ²＋ＣＱ²＝ＣＰ'²＋ＣＱ²＝Ｐ'Ｑ²（△ＣＱＰ'での三平方の定理より）＝ＰＱ²
∴ＢＰ²＋ＣＱ²＝ＰＱ²

別解（私の別解）
ｘｙ座標の原点に点Ａ，ｘ軸上に点Ｂ(ｂ,０)，ｙ軸上にＣ(０,ｃ)を取ると、ＢＣの中点ＭはＭ(ｂ/２,ｃ/２)となる。
また、点Ｐはｘ軸上の点で点Ｑはｙ軸上の点になる。よって、Ｐ(ｐ,０)と置くと、直線ＰＭの傾きは、(ｃ/２－０)/(ｂ/２－ｐ)
＝(ｃ/２)/{(ｂ－２ｐ)/２}＝ｃ/(ｂ－２ｐ)
よって、直線ＱＭの方程式は、傾きがこれと直交するので－(ｂ－２ｐ)/ｃで、点Ｍ(ｂ/２,ｃ/２)を通るので、
ｙ－ｃ/２＝{－(ｂ－２ｐ)/ｃ}(ｘ－ｂ/２)
＝{－(ｂ－２ｐ)/ｃ}ｘ＋ｂ(ｂ－２ｐ)/２ｃ
∴ｙ＝{－(ｂ－２ｐ)/ｃ}ｘ＋ｂ(ｂ－２ｐ)/２ｃ＋ｃ/２
＝{(２ｐ－ｂ)/ｃ}ｘ＋(ｂ²－２ｂｐ＋ｃ²)/２ｃ
よって、点Ｑのｙ座標はこれにｘ＝０を代入して、
ｙ＝(ｂ²－２ｂｐ＋ｃ²)/２ｃ
∴Ｑ(０,(ｂ²－２ｂｐ＋ｃ²)/２ｃ)
よって、与式の右辺より、
ＰＱ²＝(ｐ－０)²＋{０－(ｂ²－２ｂｐ＋ｃ²)/２ｃ}²
＝ｐ²＋(ｂ²－２ｂｐ＋ｃ²)²/４ｃ²
＝ｐ²＋(ｂ⁴＋４ｂ²ｐ²＋ｃ⁴－４ｂ³ｐ－４ｂｃ²ｐ＋２ｂ²ｃ²)/４ｃ²
＝ｐ²＋(ｂ⁴＋ｃ⁴＋２ｂ²ｃ²－４ｂｃ²ｐ＋４ｂ²ｐ²－４ｂ³ｐ)/４ｃ²———①
また、与式の左辺より、
ＢＰ²＋ＣＱ²＝(ｂ－ｐ)²＋{ｃ－(ｂ²－２ｂｐ＋ｃ²)/２ｃ}²
＝(ｂ－ｐ)²＋{(ｃ²－ｂ²＋２ｂｐ)/２ｃ}²
＝ｂ²＋ｐ²－２ｂｐ＋(ｃ²－ｂ²＋２ｂｐ)²/４ｃ²
＝ｂ²＋ｐ²－２ｂｐ＋(ｃ⁴＋ｂ⁴＋４ｂ²ｐ²－２ｂ²ｃ²－４ｂ³ｐ＋４ｂｃ²ｐ)/４ｃ²
＝ｐ²＋(４ｂ²ｃ²－８ｂｃ²ｐ＋ｃ⁴＋ｂ⁴＋４ｂ²ｐ²－２ｂ²ｃ²－４ｂ³ｐ＋４ｂｃ²ｐ)/４ｃ²
＝ｐ²＋(ｂ⁴＋ｃ⁴＋２ｂ²ｃ²－４ｂｃ²ｐ＋４ｂ²ｐ²－４ｂ³ｐ)/４ｃ²———②
①，②より、ＢＰ²＋ＣＱ²＝ＰＱ²
よって、示された。

おまけ：

問題
ＡＢ＞ＡＣである△ＡＢＣにおいて、辺ＢＣの中点をＭ，頂角Ａの二等分線が辺ＢＣと交わる点をＤとする。ＣからＡＤに下した垂線がＡＤ，ＡＭと交わる点をＰ，Ｑとするとき、次の問いに答えなさい。
（１）ＰＭ∥ＡＢを証明せよ。
（２）△ＡＭＰ＝△ＣＭＰを証明せよ。
（３）ＱＤ∥ＡＣを証明せよ。
（８４　灘）

模範解答
（１）ＣＰの延長とＡＢとの交点をＣ'とすると、△ＡＣＰ≡△ＡＣ'Ｐより、ＰはＣＣ'の中点。
よって、△ＣＢＣ'に中点連結定理を用いて、
ＰＭ∥ＡＢ
（２）（１）よりＰＭ∥ＡＢだから、ＭＰの延長と辺ＡＣの交点をＲとすると、Ｒは辺ＡＣの中点。
よって、△ＡＭＰ：△ＣＭＰ＝ＡＲ：ＣＲ＝１：１（基本図３１）
（３）ＱＤ∥ＡＣを示すには、ＭＱ：ＱＡ＝ＭＤ：ＤＣを示せばよい。
線分比を面積比におきかえて、
ＭＱ：ＱＡ＝△ＰＭＣ：△ＰＡＣ
ＭＤ：ＤＣ＝△ＰＭＡ：△ＰＡＣ
（２）より、右辺同士の比は等しいから、
ＭＱ：ＱＡ＝ＭＤ：ＤＣ
以上より、題意は証明された。
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

基本図３１
△ＡＢＣの底辺ＢＣをａ：ｂに内分する点をＤとし、ＡＤ上の任意の点をＥとする。
この時、△ＡＢＥの面積をＳ，△ＡＣＥの面積をＴとすると、
Ｓ：Ｔ＝ａ：ｂ
が成り立つ。

（１）の私の別解
ＡＣの中点をＥとすると、△ＡＰＣは直角三角形で点Ｅは斜辺の中点より定石でＥＡ＝ＥＰ＝ＥＣ（△ＡＰＣの外接円を考えれば分かる。）
よって、△ＥＡＰは二等辺三角形より、
∠ＥＡＰ＝∠ＥＰＡ———①
また、条件より∠ＥＡＰ＝∠ＢＡＰ———②
①，②より、∠ＥＰＡ＝∠ＢＡＰ
よって、錯角が等しいので、ＥＰ∥ＡＢ
ここで、△ＣＡＢで中点連結定理の逆を考えると、ＥＰの延長は点Ｍに達する。つまり、３点Ｅ，Ｐ，Ｍは一直線以上にありＥＰ∥ＡＢより、
ＰＭ∥ＡＢである。

（２）の私の解法１
ＰＭ∥ＡＢより、等積変形により、
△ＡＭＰ＝△ＢＭＰ———①
また、ＢＭ＝ＣＭより、△ＰＢＭ＝△ＰＣＭ
∴△ＢＭＰ＝△ＣＭＰ———②
①，②より、△ＡＭＰ＝△ＣＭＰ

解法２
ＭＰの延長とＡＣとの交点をＦとすると、（１）よりＰＭ∥ＡＢなのでＦＭ∥ＡＢ　
また、点ＭはＣＢの中点より△ＣＡＢでの中点連結定理の逆により、点ＦはＣＡの中点。∴ＡＦ＝ＣＦ
ここで、Ａ，ＣからＭＦ（とその延長）上に垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ｉとすると、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、△ＡＦＨ≡△ＣＦＩ　∴ＡＨ＝ＣＩ
よって、△ＡＭＰと△ＣＭＰは底辺ＭＰを共有していて高さＡＨとＣＩが等しいので、面積も等しい。
∴△ＡＭＰ＝△ＣＭＰ

または、点ＦがＣＡの中点から、
△ＭＡＦ＝△ＭＣＦ———①
△ＰＡＦ＝△ＰＣＦ———②
①－②より、
△ＭＡＰ＝△ＭＣＰ
∴△ＡＭＰ＝△ＣＭＰ
としても良い。

私の（３）の解法は次回。

おまけ：

問題
ＡＢ＞ＡＣである△ＡＢＣにおいて、辺ＢＣの中点をＭ，頂角Ａの二等分線が辺ＢＣと交わる点をＤとする。ＣからＡＤに下した垂線がＡＤ，ＡＭと交わる点をＰ，Ｑとするとき、次の問いに答えなさい。
（１）ＰＭ∥ＡＢを証明せよ。
（２）△ＡＭＰ＝△ＣＭＰを証明せよ。
（３）ＱＤ∥ＡＣを証明せよ。
（８４　灘）

（３）の参考書の別解
中線ＡＭを２倍に延長した点をＥとします。この図を矢印の方向からながめる（注：平行四辺形ＡＢＥＣの辺ＢＥの外側から見る視点）と、ＱＤ∥ＢＥ∥ＡＣであることは直観的にあきらかでしょう。
（＜略証＞ＣＰ＝Ｃ'Ｐ，ＡＣ'∥ＣＡ'より、△ＡＣ'Ｐ≡△ＣＡ'Ｐ，よってＡＣ'＝ＣＡ'　これからＡＱ：ＱＥ＝ＣＤ：ＤＢをいう。）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
ＣＰの延長とＡＢとの交点をＣ'とすると、ＡＰは∠Ａの二等分線でＡＰ⊥ＣＣ'より△ＡＣＣ'は二等辺三角形で、点Ｐは底辺ＣＣ'の中点である。
∴ＣＰ＝Ｃ'Ｐ
また、点ＭはＢＣの中点かつＡＥの中点より、四角形ＡＢＥＣは平行四辺形である（対角線が互いの中点で交わっているから）。
ここで、ＡＰの延長とＣＥとの交点をＡ'とすると、ＡＣ'∥ＣＡ'より△ＰＡＣ'∽△ＰＡ'ＣでＣＰ＝Ｃ'Ｐより、△ＰＡＣ'≡△ＰＡ'Ｃ
∴ＡＣ'＝ＣＡ'
また、ＡＢ∥ＣＥより△ＱＡＣ'∽△ＱＥＣ
∴ＡＱ：ＱＥ＝ＡＣ'：ＣＥ＝ＣＡ'：ＡＢ＝ＡＣ：ＡＢ＝ＣＤ：ＢＤ（角の二等分線の定理より）
∴ＡＱ：ＱＥ＝ＣＤ：ＤＢ
よって、名もなき定理により、ＱＤ∥ＢＥ∥ＡＣ
∴ＱＤ∥ＡＣ

名もなき定理の解説
ＡＥとＢＣがクロスしていない場合は自明だろう。つまり、３本の平行線にクロスしない適当な２直線を引くとＡＱ：ＱＥ＝ＣＤ：ＤＢは自明で逆にこれが成り立てば３本の直線が平行線になるという事。これはクロスしていても同様に成り立つ。
（自分で検索して下さい。私のは記憶にあるもののアドリブ。）

（３）の私の別解
（１）よりＰＭ∥ＡＢ　ＭＰの延長とＡＣとの交点をＮとすると、△ＣＡＢでの中点連結定理の逆により点ＮはＡＣの中点。
ここで、ＭからＡＣと平行な直線を引き、ＡＤの延長との交点をＥ，ＣＱの延長との交点をＦとすると、△ＰＡＣ∽△ＰＥＦで点ＮがＡＣの中点よりそれと一直線なＮＰＭでつながった点ＭもＥＦの中点である。∴ＥＭ＝ＦＭ———①
また、△ＤＡＣ∽△ＤＥＭ，△ＱＣＡ∽△ＱＦＭより、ＭＤ：ＤＣ＝ＥＭ：ＡＣ———②
ＭＱ：ＱＡ＝ＦＭ：ＡＣ———③
①を③に代入すると、
ＭＱ：ＱＡ＝ＥＭ：ＡＣ———④
②，④より、
ＭＤ：ＤＣ＝ＭＱ：ＱＡ
∴ＱＤ∥ＡＣ

私の模範解答は次回。ただし、面白くはありません。

おまけ：

問題
ＡＢ＞ＡＣである△ＡＢＣにおいて、辺ＢＣの中点をＭ，頂角Ａの二等分線が辺ＢＣと交わる点をＤとする。ＣからＡＤに下した垂線がＡＤ，ＡＭと交わる点をＰ，Ｑとするとき、次の問いに答えなさい。
（１）ＰＭ∥ＡＢを証明せよ。
（２）△ＡＭＰ＝△ＣＭＰを証明せよ。
（３）ＱＤ∥ＡＣを証明せよ。
（８４　灘）

（３）の私の模範解答
（１）よりＰＭ∥ＡＢ　ＭＰの延長とＡＣとの交点をＮとすると、△ＣＡＢでの中点連結定理の逆により点ＮはＡＣの中点。
ここで、△ＡＭＣでチェバの定理を使うと、
(ＡＱ/ＭＱ)(１/１)(ＤＭ/ＣＤ)＝１
∴ＡＱ・ＤＭ＝ＭＱ・ＣＤ
∴ＤＭ：ＭＱ＝ＣＤ：ＡＱ
∴ＭＤ：ＭＱ＝ＤＣ：ＱＡ
∴ＭＤ：ＤＣ＝ＭＱ：ＱＡ
∴ＱＤ∥ＡＣ

または、
△ＭＣＲと直線ＤＡでメネラウスの定理を使うと、
(ＤＭ/ＣＤ)(ＰＲ/ＭＰ)(２/１)＝１———①
△ＭＡＲと直線ＱＣでメネラウスの定理を使うと、
(ＱＭ/ＡＱ)(ＰＲ/ＭＰ)(２/１)＝１———②
①÷②より、
(ＤＭ/ＣＤ)/(ＱＭ/ＡＱ)＝１
(ＤＭ/ＣＤ)＝(ＱＭ/ＡＱ)
∴ＤＭ：ＣＤ＝ＱＭ：ＡＱ
∴ＭＤ：ＤＣ＝ＭＱ：ＱＡ
∴ＱＤ∥ＡＣ

＞私の模範解答は次回。ただし、面白くはありません。

参考書の模範解答、

（３）ＱＤ∥ＡＣを示すには、ＭＱ：ＱＡ＝ＭＤ：ＤＣを示せばよい。
線分比を面積比におきかえて、
ＭＱ：ＱＡ＝△ＰＭＣ：△ＰＡＣ
ＭＤ：ＤＣ＝△ＰＭＡ：△ＰＡＣ
（２）より、右辺同士の比は等しいから、
ＭＱ：ＱＡ＝ＭＤ：ＤＣ
以上より、題意は証明された。

から、チェバの定理の証明法を連想した人にはとても簡単な話だと思います。天才君とは話がしてみたいものですね。笑

因みに、昔私が作った問題。

問題
適当に与えられた線分ＡＢを定規だけで二等分して下さい。ただし、定規の幅の平行線は引いても良いものとする。

回答は次回。簡単です。

おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1832568552752345572

回答
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-10614380519.html

因みに、開発したのはもっとずっと前です。

おまけ：https://x.com/swordfish2385/status/1837687448874504655

問題
右図で四辺形ＡＢＣＤは一辺の長さが２ｃｍの正方形で、Ｋ，Ｌ，Ｍ，Ｎは各辺の中点である。網目部分の面積を求めよ。
（８７　青雲）

図の解説：正方形ＡＢＣＤがあり、ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡのそれぞれの中点をＫ，Ｌ，Ｍ，Ｎとする。
ＡＭ，ＢＭ，ＢＮ，ＣＮ，ＣＫ，ＤＫ，ＤＬ，ＡＬを結んで出来る中央の八角形が網目部分である図。

模範解答
対称性に注意すると、右図
（注：ＡＭとＤＫとＮＬが１点で交わる点をＥ（中央の八角形の真上の頂点），以後同じように解説するのは面倒臭いので、中央の八角形を真上の頂点から反時計回りにＥＨＪＧＵＩＶＦとし、八角形の中心（正方形の中心でもある）をＯとした図）
の△ＯＥＦの面積を８倍すればよいことがわかる。
Ｅは長方形ＡＫＭＤの対角線の交点だから，
ＯＥ＝ＮＥ・・・①
また、ＯＦ：ＤＦ＝ＯＥ：ＤＭ＝１：２・・・②
よって、△ＯＥＦ＝(ＯＥ/ＯＮ)×(ＯＦ/ＯＤ)×△ＯＤＮ＝(１/２)×(１/３)×△ＯＤＮ＝(１/６)×(１/８)×□ＡＢＣＤ・・・③
③の両辺を８倍して、網目部＝８×△ＯＥＦ＝(１/６)×□ＡＢＣＤ＝２/３（ｃｍ²）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞よって、△ＯＥＦ＝(ＯＥ/ＯＮ)×(ＯＦ/ＯＤ)×△ＯＤＮ

△ＯＥＦと△ＯＤＮで１つの角を共有した三角形の面積比の公式（の応用）を使っている訳である。

私の解法１
上と同じようにアルファベットを振る。
△ＦＤＮ∽△ＦＢＣで相似比１：２より、
ＤＦ：ＦＢ＝１：２
△ＧＢＬ∽△ＧＤＡで相似比１：２より、
ＢＧ：ＧＤ＝１：２
つまり、ＤＦ：ＦＧ：ＧＢ＝１：１：１である。
∴ＦＧ＝ＤＢ/３＝２√２/３ｃｍ
∴ＯＦ＝√２/３ｃｍ
ところで、∠ＦＯＶ＝３６０°÷８＝４５°より、ＦからＯＶに垂線を下ろしその足をＰとすると、△ＦＯＰは直角二等辺三角形。
∴ＦＰ＝ＯＦ/√２＝１/３ｃｍ
また、ＯＶ＝(１/２)ＯＭ＝(１/４)ＫＭ＝１/２ｃｍ
∴△ＯＦＶ＝(１/２)×(１/３)×(１/２)＝１/１２ｃｍ²
よって、求める面積はこの８倍で、
(１/１２)×８＝２/３ｃｍ²

参考書の別解と私の別解は次回。念のため、私の別解は試験で使う事も可能ですが、余計な解説を付けなければならないので、不適でしょう。

おまけ：
１巻９５番の詩
Deuant monstier trouué enfant besson
D'heroic sang de moine & vestutisque:
Son bruit par secte langue & puissance son
Qu'on dira fort eleué le vopisque.
僧院の前で双子の片割れが見い出だされる
僧侶とイエス・キリストの英雄的な血筋の
一派によっての彼の名声、その言葉と影響力
人々が双子の片割れは強く高い地位についたと言うだろうほどの
引用元：https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12787787276.html

問題
右図で四辺形ＡＢＣＤは一辺の長さが２ｃｍの正方形で、Ｋ，Ｌ，Ｍ，Ｎは各辺の中点である。網目部分の面積を求めよ。
（８７　青雲）

図の解説：正方形ＡＢＣＤがあり、ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡのそれぞれの中点をＫ，Ｌ，Ｍ，Ｎとする。
ＡＭ，ＢＭ，ＢＮ，ＣＮ，ＣＫ，ＤＫ，ＤＬ，ＡＬを結んで出来る中央の八角形が網目部分である図。

参考書の別解
上と同じようにアルファベットを振る。
網目部＝四角形ＡＧＣＦ＋四角形ＤＨＢＩ－八角形ＥＡＪＢＵＣＶＤ
＝(１/３)□ＡＢＣＤ＋(１/３)□ＡＢＣＤ－(１/２)□ＡＢＣＤ＝(１/６)□ＡＢＣＤ
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
八角形ＥＡＪＢＵＣＶＤ＝(１/２)□ＡＢＣＤ
は、正方形ＡＢＣＤ－八角形ＥＡＪＢＵＣＶＤ＝△ＥＡＤ×４＝(正方形の１/８)×４＝(１/２)□ＡＢＣＤより、
八角形ＥＡＪＢＵＣＶＤ＝正方形ＡＢＣＤ－(１/２)□ＡＢＣＤ＝(１/２)□ＡＢＣＤ
だから。

＞(１/６)□ＡＢＣＤ

(１/６)×(２×２)＝２/３（ｃｍ²）という事。

予定変更で今朝思い付いた解法
上と同じようにアルファベットを振ると、
網目部＝(四角形ＥＫＵＭ＋四角形ＮＪＬＶ－四辺形ＫＧＪＨ×４)÷２———☆
ところで、四角形ＥＫＵＭは正方形ＡＢＣＤの１/４の面積である（ＥＵ＝(１/２)ＮＬだから）。
∴四角形ＥＫＵＭ＝２×２×(１/４)＝１ｃｍ²———①
同様に、四角形ＮＪＬＶ＝１ｃｍ²———②
また、四辺形ＫＧＪＨ＝△ＨＫＪ×２
ＫＪ＝(１/４)ＫＭ＝(１/４)×２＝１/２ｃｍ
また、△ＨＤＡ∽△ＨＫＯで相似比２：１より、ＫＨ：ＨＤ＝１：２
よって、ＨからＫＯに下した垂線の長さをｈとすると、ｈ＝(１/３)ＤＭ＝(１/３)×１＝１/３ｃｍ
∴△ＨＫＪ＝(１/２)×(１/３)×(１/２)＝１/１２ｃｍ²
∴四辺形ＫＧＪＨ＝(１/１２)×２＝１/６ｃｍ²———③
①，②，③を☆に代入すると、
網目部＝{１＋１－(１/６)×４}÷２
＝(２－２/３)÷２＝(４/３)÷２＝２/３ｃｍ²
よって、答えは、２/３ｃｍ²

私の解法３は次回。

おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1826152281303298414

問題
右図で四辺形ＡＢＣＤは一辺の長さが２ｃｍの正方形で、Ｋ，Ｌ，Ｍ，Ｎは各辺の中点である。網目部分の面積を求めよ。
（８７　青雲）

図の解説：正方形ＡＢＣＤがあり、ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡのそれぞれの中点をＫ，Ｌ，Ｍ，Ｎとする。
ＡＭ，ＢＭ，ＢＮ，ＣＮ，ＣＫ，ＤＫ，ＤＬ，ＡＬを結んで出来る中央の八角形が網目部分である図。

私の解法３
ＡＭとＢＮの交点をＰ，ＢＮとＣＫの交点をＱ，ＣＫとＤＬの交点をＲ，ＤＬとＡＭの交点をＳとすると、対称性から四角形ＰＱＲＳは正方形になる。（証明は簡単で省略。）
ここで、正方形ＰＱＲＳと中央の八角形で切り取られる隅の直角三角形に注目すると、対称性から４つ全て合同で、例えばＡＭとＤＫの交点をＥとすると、∠ＰＥＫ（Ｈ）＝２∠ＥＤＡ＝２∠ＫＤＡ
つまり、直角を挟む二辺の比が１：２の直角三角形の最鋭角の２倍の角度である。
よって、私の作った定理により△ＰＥＨ（ＢＮとＤＫの交点をＨとする）は３：４：５の直角三角形である。（定理の解説は下で。）
また、正方形ＰＱＲＳ＝正方形ＡＢＣＤ－△ＡＢＰ－△ＣＢＱ－△ＤＣＲ－△ＡＤＳ
＝２×２－(２/√５)×２(２/√５)×(１/２)×４
＝４－１６/５＝４/５ｃｍ²
∴ＰＱ＝２/√５ｃｍ
ここで、３：４：５の直角三角形の３辺比を３ｘ，４ｘ，５ｘとすると、
ＰＱ＝４ｘ＋５ｘ＋３ｘ＝２/√５が成り立つ。
∴１２ｘ＝２/√５　∴ｘ＝１/６√５
∴△ＰＥＨ＝３ｘ・４ｘ・(１/２)＝６ｘ²
＝６(１/６√５)²＝１/３０ｃｍ²
∴網目部＝４/５－(１/３０)×４＝４/５－２/１５＝１２/１５－２/１５＝１０/１５＝２/３
よって、答えは、２/３ｃｍ²

私の作った定理
直角を挟む二辺の比が１：２または１：３の直角三角形の最鋭角の２倍の角度を１つの角とした直角三角形は３：４：５の直角三角形である。

証明
直角をＡとしたＡＢ＝４，ＢＣ＝５，ＣＡ＝３の直角三角形ＡＢＣとその内接円を描き、内心をＩ，辺ＢＣ，ＣＡ，ＡＢと円との接点をそれぞれＰ，Ｑ，Ｒとすると、ＩＰ⊥ＢＣ，ＩＱ⊥ＣＡ，ＩＲ⊥ＡＢ
ここで、内接円の半径をｒとして面積を利用すると、３×４×(１/２)＝３ｒ/２＋４ｒ/２＋５ｒ/２が成り立つので、６＝６ｒ　∴ｒ＝１
∴ＩＰ＝ＩＱ＝ＩＲ＝１
また、３直角とＩＲ＝ＩＱより四角形ＡＲＩＱは正方形である。∴ＡＲ＝ＡＱ＝１
∴ＢＲ＝４－１＝３　∴ＢＰ＝ＢＲ＝３
∴ＣＰ＝５－３＝２
また、ＩＰ＝１より、△ＩＢＰと△ＩＣＰはそれぞれ直角を挟む二辺の比が１：３と１：２である。
また、点Ｉは内心よりＢＩ，ＣＩはそれぞれ∠Ｂ，∠Ｃの二等分線。
よって、３：４：５の直角三角形の１つの角は直角を挟む二辺の比が１：２または１：３の直角三角形の最鋭角の２倍である。
そして、これは図形的に逆も成り立つ。
よって、示された。
（証明に不満な人は逆三角関数（Arctan）を使っても出来ると思います。）

おまけ：

解説
＞ζ＝(αζ)/αなので、多項式の群Ｇfは、Φ5(ｘ)の群（４次巡回群と同型）を商群に持つ。

α，αζはｆ(ｘ)＝ｘ⁵－２の根より、ζは問題9-5のβで、

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。

全ての根の入れ換えでβ₁～βsを求めても良いが、ｇ(ｘ)はβiの最小多項式なので、ζの最小多項式でもある。
よって、ｘ＝ζとして両辺を５乗すると、
ｘ⁵＝１　∴ｘ⁵－１＝０　
∴(ｘ－１)(ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１)＝０
ところで、ｇ(ｘ)は最小多項式より既約多項式であるので、ｇ(ｘ)＝ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１
また、Φ5(ｘ)＝ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１と定理9.3より、

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。

Ｇg≃Ｇf/Ｈなので、「多項式の群Ｇfは、Φ5(ｘ)の群（４次巡回群と同型）を商群に持つ」という事。（ただし、個人的にはこの表現はおかしいと思っているが。）
また、Φ5(ｘ)＝ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１の群が４次巡回群である理由は、p.122~p.123の、

■ガウスの注目した根の入れ換え
Φ5(ｘ)＝ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１の４つの根はζ＝ｅ^(2πi/5)，ζ²，ζ³，ζ⁴の４つです。Φ5(ｘ)の根の入れ換えとして、ζをζ^jに入れ換える根の入れ換えを利用します（ｊ＝１,２,３,４）
（中略）
４つの入れ換えが得られます。
σ₁＝(ζ ζ² ζ³ ζ⁴)→(ζ ζ² ζ³ ζ⁴)
σ₂＝(ζ ζ² ζ³ ζ⁴)→(ζ² ζ⁴ ζ ζ³)
σ₃＝(ζ ζ² ζ³ ζ⁴)→(ζ³ ζ ζ⁴ ζ²)
σ₄＝(ζ ζ² ζ³ ζ⁴)→(ζ⁴ ζ³ ζ² ζ)
（注：本当は矢印ではなく２段で表す１つの元）
（中略）
この合成に関してＧ＝{σ₁,σ₂,σ₃,σ₄}は群になります。この群ではσ₂²＝σ₄，σ₂³＝σ₃，σ₂⁴＝σ₁が成り立つので、すべての入れ換えはσ₂のべきで表されます。

より、σ₂を生成元とした巡回群である。つまり、４次の巡回群。

＞ｆ(ｘ)は既約なので、αの式を不変にする部分群ＨはＧfにおいて指数５を持つ（∵Ｈの右傍系がｆ(ｘ)の根と対応するから）。
よってＧfに含まれる入れ換えの個数は２０の倍数である。

ここは、よく意味が分からないので、自分の解法を作ってみた。

ｆ(ｘ)＝ｘ⁵－２の係数をζの式に許してもｆ(ｘ)は既約である（下に補足）。
また、αζ,αζ²,αζ³,αζ⁴はｆ(ｘ)の根より、
ｆ(αζ)＝(αζ)⁵－２＝ζ⁵(α)⁵－２＝０
ｆ(αζ²)＝(αζ²)⁵－２＝ζ^10(α)⁵－２＝０
ｆ(αζ³)＝(αζ³)⁵－２＝ζ^15(α)⁵－２＝０
ｆ(αζ⁴)＝(αζ⁴)⁵－２＝ζ^20(α)⁵－２＝０
よって、ｆ(ｘ)の係数をζの式まで許すと根はαのみである。
ところで、αはｆ(ｘ)の根で、また、αでｆ(ｘ)の根を全て表せる（１つだけだが）ので、αはｆ(ｘ)の原始元である（係数はζの式）。
よって、p.153のｇ(ｘ)とｆ(ｘ)は一致していて、

■多項式の群の構成（定理9.1（基本定理）の証明）
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。βの入れ換えによりｆ(ｘ)の根の入れ換えが得られることは、次の「（１）の性質について」で説明します。

要は、このｇ(ｘ)の根の数だけ群Ｇfの元の個数があるという事で、上よりこのｇ(ｘ)とｆ(ｘ)が一致しているので、今回はｆ(ｘ)の根の数だけ群Ｈの元の個数があるという事である。なぜ、GfでなくHかと言うと、ｆ(ｘ)の係数をζの式まで拡張したので、ガロワ対応により群の方はＧfの部分群Ｈに縮小されるからである。
よって、ｆ(ｘ)の根は全部で５個より、|Ｈ|＝５となる。ところで、|Ｇg|＝４（４次巡回群より）とＧg≃Ｇf/Ｈより、|Ｇg|＝|Ｇf|/|Ｈ|
∴４＝|Ｇf|/５　∴|Ｇf|＝４・５＝２０
よって、「Ｇfに含まれる入れ換えの個数は２０である」という事。（「２０の倍数」は謎である。）

＞ｆ(ｘ)の根はα,αζの２つの根の式ですべて表されるので、|Ｇf|の条件と定理10.5の証明③より、ＧfはＡＧＬ(１,５)と同型である。

定理10.5の証明③
ｆ(ｘ)の２つの根の式でほかの根が表されるとき、多項式の群に含まれる入れ換えの個数は高々ｐ(ｐ－１)個になります。実際、２個の根をどの根に入れ換えるかによって、根の入れ換えが決まるからです。このとき③は次の命題に帰着されます：
「根の入れ換えのなす群（ｐ次対称群）の部分群Ｇが高々ｐ(ｐ－１)個の元からなり、さらにどの２つの根に対しても一方を他方に入れ換える入れ換えを含むとする。このときＧに含まれる入れ換えはすべて１次式で定まる。」

|Ｇf|＝２０＝５・４＝ｐ(ｐ－１)となっていて、
また、α,αζ,αζ²,αζ³,αζ⁴はαとαζの２つの根の式で全て表されるから。
例えば、αζ³＝(αζ)³/α²など。

補足：ｆ(ｘ)＝ｘ⁵－２の係数をζの式に許してもｆ(ｘ)は既約である事。

ｆ(ｘ)＝(ｘ－⁵√２)(ｘ－⁵√２ζ)(ｘ－⁵√２ζ²)(ｘ－⁵√２ζ³)(ｘ－⁵√２ζ⁴)
この括弧のどの２つ，３つ，４つの組み合わせを展開しても無理数⁵√２²などは消えずに、全てを展開した時だけｆ(ｘ)＝ｘ⁵－２となり無理数は消える。つまり、係数をζの式に拡張しても括弧が２つ以上ある場合は無理数が消えないので、既約多項式である。（念のため、ζの式の係数は有理数。）

おまけ：
https://www.weblio.jp/wkpja/content/%E3%83%95%E3%83%AB%E3%83%BC%E3%83%84%E3%83%90%E3%82%B9%E3%82%B1%E3%83%83%E3%83%88%E3%81%AE%E7%99%BB%E5%A0%B4%E4%BA%BA%E7%89%A9_%E5%8D%81%E4%BA%8C%E6%94%AF%E3%81%AE%E5%91%AA%E3%81%84%E3%81%AB%E3%81%A4%E3%81%84%E3%81%A6

問題 10-5b
有理数係数多項式ｘ⁵－２の群がＡＧＬ(１,５)と同型であることを示せ。

解答
α＝⁵√２（実数），ζ＝ｅ^(2πi/5)とおくと、ｆ(ｘ)＝ｘ⁵－２の根はα,αζ,αζ²,αζ³,αζ⁴である。
ζ＝(αζ)/αなので、多項式の群Ｇfは、Φ5(ｘ)の群（４次巡回群と同型）を商群に持つ。
ｆ(ｘ)は既約なので、αの式を不変にする部分群ＨはＧfにおいて指数５を持つ（∵Ｈの右傍系がｆ(ｘ)の根と対応するから）。
よってＧfに含まれる入れ換えの個数は２０の倍数である。ｆ(ｘ)の根はα,αζの２つの根の式ですべて表されるので、|Ｇf|の条件と定理10.5の証明③より、ＧfはＡＧＬ(１,５)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

＞ｆ(ｘ)は既約なので、αの式を不変にする部分群ＨはＧfにおいて指数５を持つ（∵Ｈの右傍系がｆ(ｘ)の根と対応するから）。
よってＧfに含まれる入れ換えの個数は２０の倍数である。
＞ここは、よく意味が分からないので、自分の解法を作ってみた。

ｆ(ｘ)＝ｘ³－２として確認してみる。
この根は、ω＝ｅ^(2πi/3)と置くと、
α＝³√２,αω,αω²の３つである。
αの式を不変にする入れ換えは、
ｅ＝(α αω αω²)→(α αω αω²)
（恒等入れ換え）
σ₁＝(α αω αω²)→(α αω² αω)
の２つだけである。
∴Ｈ＝{ｅ，σ₁}
Ｇfは３つの根の入れ換えより、６通りあり、
σ₂＝(α αω αω²)→(αω² αω α)
σ₃＝(α αω αω²)→(αω α αω²)
τ₁＝(α αω αω²)→(αω αω² α)
τ₂＝(α αω αω²)→(αω² α αω)
と置く。ここで、ＨでＧfを（左剰余類で）類別して指数を求める。
ｅＨ＝Ｈ
σ₁Ｈ＝{σ₁，σ₁²}＝{σ₁，ｅ}＝Ｈ
（σ²はαωとαω²の入れ換えを２回やるので元に戻るから恒等変換ｅ）
σ₂Ｈ＝{σ₂，σ₂σ₁}＝{σ₂，τ₁}
（σ₂σ₁＝τ₁は自分で確認して下さい。以後同様。）
σ₃Ｈ＝{σ₃，σ₃σ₁}＝{σ₃，τ₂}
τ₁Ｈ＝{τ₁，τ₁σ₁}＝{τ₁，σ₂}
τ₂Ｈ＝{τ₂，τ₂σ₁}＝{τ₂，σ₃}
よって、Ｇf/Ｈ＝{Ｈ，{σ₂，τ₁}，{σ₃，τ₂}}より、指数は３である。
よって、「ｆ(ｘ)は既約なので、αの式を不変にする部分群ＨはＧfにおいて指数５を持つ」のｘ⁵－２をｘ³－２にすると、指数３になるので確認ＯＫ。

ところで、ここに来て、気が付きました。

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。

＞ｆ(ｘ)は既約なので、αの式を不変にする部分群ＨはＧfにおいて指数５を持つ（∵Ｈの右傍系がｆ(ｘ)の根と対応するから）。

つまり、問題9-5のβを不変にする部分群Ｈは指数(Ｇ：Ｈ)を持ち、この値はdegｇ(ｘ)＝ｓで今回はαとβが一致している（ｆ(ｘ)の根の式βがαに当たりαはｆ(ｘ)の根だから）のでこのｆ(ｘ)とｇ(ｘ)も一致しているので、ｆ(ｘ)の次数がｓとなり、これはｆ(ｘ)＝ｘ⁵－２の根の数より５となる。よって、「ＨはＧfにおいて指数５を持つ」という事である。

また、

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。

より、Ｇg≃Ｇf/Ｈ
∴|Ｇg|＝|Ｇf|/|Ｈ|
この右辺が５より、|Ｇf|＝５|Ｈ|
また、左辺が４（|Ｇg|＝４（４次巡回群より））より、等号で結ばれた右辺も４の倍数。
よって、|Ｇf|は２０の倍数である。（４と５は互いに素だから。）
よって、「よってＧfに含まれる入れ換えの個数は２０の倍数である」も言えた。
しかし、昨日の最後の、

＞ｆ(ｘ)の根はα,αζの２つの根の式ですべて表されるので、|Ｇf|の条件と定理10.5の証明③より、ＧfはＡＧＬ(１,５)と同型である。

定理10.5の証明③
ｆ(ｘ)の２つの根の式でほかの根が表されるとき、多項式の群に含まれる入れ換えの個数は高々ｐ(ｐ－１)個になります。実際、２個の根をどの根に入れ換えるかによって、根の入れ換えが決まるからです。このとき③は次の命題に帰着されます：
「根の入れ換えのなす群（ｐ次対称群）の部分群Ｇが高々ｐ(ｐ－１)個の元からなり、さらにどの２つの根に対しても一方を他方に入れ換える入れ換えを含むとする。このときＧに含まれる入れ換えはすべて１次式で定まる。」

|Ｇf|＝２０＝５・４＝ｐ(ｐ－１)となっていて、
また、α,αζ,αζ²,αζ³,αζ⁴はαとαζの２つの根の式で全て表されるから。
例えば、αζ³＝(αζ)³/α²など。

は、２０なら言えるが、２０の倍数ではダメなのではないだろうか。つまり、私の解法が必要という事。

おまけ：

問題
平行四辺形ＡＢＣＤで、辺ＣＤの中点をＥ，ＡからＢＥにおろした垂線をＡＨとする。ＡＤ＝ＡＨ＝ＢＨ＝１として、次の問いに答えよ。
（１）ＤＨの長さを求めよ。
（２）∠ＢＡＤの大きさを求めよ。
（３）平行四辺形ＡＢＣＤの面積を求めよ。
（９３　慶応志木）

模範解答
（１）ＡＤ，ＢＥの延長の交点をＦとする。△ＥＦＤ≡△ＥＢＣより、ＤＦ＝ＢＣ＝ＡＤだから、Ｄは直角三角形ＡＨＦの斜辺の中点。
よって、ＤＡ＝ＤＦ＝ＤＨ
したがって、ＤＨ＝１
（２）ＤＡ＝ＤＨ＝ＡＨ＝１より、
△ＤＡＨは正三角形。よって、∠ＤＡＨ＝６０°・・・①
ＡＨ＝ＢＨより、△ＡＨＢは直角二等辺三角形だから、∠ＢＡＨ＝４５°・・・②
①，②より、∠ＢＡＤ＝∠ＤＡＨ＋∠ＢＡＨ＝６０°＋４５°＝１０５°
（３）△ＥＢＣ≡△ＥＦＤだから、平行四辺形ＡＢＣＤの面積は、△ＡＢＦの面積に等しい。
△ＡＢＦ＝△ＡＢＨ＋△ＡＨＦ
＝(１/２)×ＢＨ×ＡＨ＋(１/２)×ＨＦ×ＡＨ
＝１/２＋√３/２＝(√３＋１)/２
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

（３）別解１
（２）より∠ＢＡＤ＝１０５°また、△ＡＢＨは直角二等辺三角形よりＡＢ＝√２　∴ＤＣ＝√２
ここで、ＤからＢＣの延長上に垂線を下ろしその足をＩとすると、四角形ＡＢＣＤは平行四辺形より∠ＤＣＩ＝１８０°－１０５°＝７５°となり、△ＤＣＩは１５°，７５°，９０°の直角三角形よりその三辺比を使うと、
ＤＣ：ＤＩ＝４：√６＋√２　これにＤＣ＝√２を代入すると、４ＤＩ＝√２(√６＋√２)
∴ＤＩ＝(√３＋１)/２
∴平行四辺形ＡＢＣＤ＝１×{(√３＋１)/２}
＝(√３＋１)/２

別解２
（１）よりＤＨ＝１　また、条件よりＡＤ＝ＡＨ＝１なので、△ＨＡＤは１辺が１の正三角形。
よって、ＨからＡＤに垂線を下ろしその足をＩとすると、ＨＩ＝√３/２
また、ＡＤの延長とＢＥの延長との交点をＦとすると、∠ＨＡＤ＝６０°，∠ＡＨＦ＝９０°より、∠ＨＦＡ＝３０°
よって、錯角より∠ＥＢＣ＝∠ＨＦＡ＝３０°
ここで、ＨからＢＣに垂線を下ろしその足をＪとすると、ＢＨ＝１より、ＨＪ＝１/２
ところで、ＡＤ∥ＢＣより、ＩＨＪは一直線。
∴ＩＪ＝√３/２＋１/２＝(√３＋１)/２
∴平行四辺形ＡＢＣＤ＝１×{(√３＋１)/２}
＝(√３＋１)/２

おまけ：
（性格良さそう。昔、呉さん（おうさん）という人も性格良かったなぁ。儒教が関係しているのかな。）

解説
＞Ａにより定まる線型写像をＦ_A：ℝ^m→ℝ^l，Ｂ＝[ｂ₁ ｂ₂ … ｂn]，（ｂi∈ℝ^m）とする。

行列Ａはｌ行ｍ列でｘをｍ行１列の列ベクトルとすると、Ｆ_A(ｘ)＝Ａｘ＝Ａ'（ｌ行１列の列ベクトル）となるので、ｘ（ｍ行）からＡ'（ｌ行）より、Ｆ_A：ℝ^m→ℝ^lという事。
また、Ｂ＝[ｂ₁ ｂ₂ … ｂn]，（ｂi∈ℝ^m）は、ｍ行１列の列ベクトルの集合。

＞このときＦ_A(ｂ₁),…,Ｆ_A(ｂn)の最長独立部分列をＦ_A(ｂi₁),…,Ｆ_A(ｂir)とすれば、ｂi₁,…,ｂirも一次独立

p.131の問題６の（２）より。

問題６
Ｆ：Ｖ→Ｖ'を線型写像とする。列ａ₁,ａ₂,…,ａrに対し、次の(１),(２)を示せ。
（１）ａ₁,ａ₂,…,ａrが一次従属⇒Ｆ(ａ₁),Ｆ(ａ₂),…,Ｆ(ａr)も一次従属。
（２）Ｆ(ａ₁),Ｆ(ａ₂),…,Ｆ(ａr)が一次独立⇒ａ₁,ａ₂,…,ａrも一次独立
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より


＞rank[Ｆ_A(ｂ₁) … Ｆ_A(ｂn)]＝rank[ｂi₁ … ｂir]≦rank[ｂ₁ … ｂn]

命題
列ベクトルａ₁,ａ₂,…,ａr∈ℝ^nに対し、次は同値である。
（１）列ａ₁,ａ₂,…,ａrが一次独立である。
（２）同次方程式ａ₁ｘ₁＋ａ₂ｘ₂＋…＋ａrｘr＝０が自明な解のみもつ。
（３）ｎ行ｒ列の行列Ａ＝[ａ₁ ａ₂ … ａr]がrankＡ＝ｒである。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著p.125より

（１）と（３）が同値で、「Ｆ_A(ｂ₁),…,Ｆ_A(ｂn)の最長独立部分列をＦ_A(ｂi₁),…,Ｆ_A(ｂir)」より、
rank[Ｆ_A(ｂ₁) … Ｆ_A(ｂn)]＝rank[Ｆ_A(ｂi₁),…,Ｆ_A(ｂir)]———①
また、「最長独立部分列をＦ_A(ｂi₁),…,Ｆ_A(ｂir)とすれば、ｂi₁,…,ｂirも一次独立」より、
rank[Ｆ_A(ｂi₁),…,Ｆ_A(ｂir)]＝rank[ｂi₁ … ｂir]———②
①，②より、
rank[Ｆ_A(ｂ₁) … Ｆ_A(ｂn)]＝rank[ｂi₁ … ｂir]
また、rank[ｂi₁ … ｂir]≦rank[ｂ₁ … ｂn]は自明なので、
rank[Ｆ_A(ｂ₁) … Ｆ_A(ｂn)]≦rank[ｂ₁ … ｂn]

＞ＡＢ＝Ａ[ｂ₁ … ｂn]＝[Ａｂ₁ … Ａｂn]＝[Ｆ_A(ｂ₁) … Ｆ_A(ｂn)]より、
rank(ＡＢ)＝rank[Ｆ_A(ｂ₁) … Ｆ_A(ｂn)]≦rank[ｂ₁ … ｂn]＝rankＢ

これは読めば分かると思うので、省略。念のため、２段目はすぐ上のrank[Ｆ_A(ｂ₁) … Ｆ_A(ｂn)]≦rank[ｂ₁ … ｂn]を使っているだけ。

＞また、rankＡ＝rank(t^Ａ)

定理（行列の階数の意味）
ｍ行ｎ列の行列
Ａ＝[ａ₁ ａ₂ … ａn]＝[行ベクトルａ₁'～ａ'mが縦に並んだ状態]（注：縦書きできないので解説した。）
に対して、次の七つの数は等しい。
（１）Ａの階数＝rankＡ
（２）転置行列t^Ａの階数＝rank(t^Ａ)
（３）は書けないので省略。
（４）列ベクトルの列ａ₁,ａ₂,…,ａnの最長独立部分列の長さ
（５）行ベクトルの列ａ₁',ａ₂',…,ａ'mの最長独立部分列の長さ
（６）線型写像Ｆ_A：ℝ^n→ℝ^m，ｘ→Ａｘの像の次元＝dimＦ_A(ℝ^n)
（７)Ａの正則小行列の最大次数
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著p.164より

この（１）と（２）からである。あまり関係ないけど、Ａと転置行列t^Ａの行列式の値は同じである。

命題
転置行列の行列式はもとの行列の行列式に等しい。すなわち、detＡ＝det(t^Ａ)
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著p.60より

＞rankＡ＝rank(t^Ａ)より、
rank(ＡＢ)＝rank(t^(ＡＢ))＝rank(t^Ｂt^Ａ)≦rank(t^Ａ)＝rankＡ

p.12に、t^(ＡＢ)＝t^Ｂt^Ａが載っている。
また、rank(t^Ｂt^Ａ)≦rank(t^Ａ)は上で示したrank(ＡＢ)≦rankＢを使っているだけ。

＞（２）Ａが正則なので、Ａ^-1が存在する。よって
rank(ＡＢ)≦rankＢ＝rank(Ａ^-1ＡＢ)≦rank(ＡＢ)
となり、rank(ＡＢ)＝rankＢ

rank(Ａ^-1ＡＢ)≦rank(ＡＢ)も（１）の結果を利用しているだけ。
よって、rank(ＡＢ)≦rankＢ≦rank(ＡＢ)となるので、挟み打ちの原理より、rank(ＡＢ)＝rankＢという事。

＞ＡＢ＝０より、Ｆ_A◦Ｆ_B(ℝ^n)＝０　
よって、Ｆ_B(ℝ^n)⊆(Ｆ_A)^-1(０)となっている。

Ａは正則行列とは限らないから、Ｆ_B(ℝ^n)⊆(Ｆ_A)^-1(０)となる。
正則行列だったらＦ_B(ℝ^n)＝(Ｆ_A)^-1(０)である。（Ｆ_A◦Ｆ_B(ℝ^n)＝０の両辺にＡ^-1（(Ｆ_A)^-1）をかければ良い。正則行列ならば全単射で逆写像が存在する。上のはただの逆像。）

＞rankＢ＝dimＦ_B(ℝ^n)≦dim((Ｆ_A)^-1(０))
＝ｍ－dimＦ_A(ℝ^m)＝ｍ－rankＡ
となり、rankＢ＋rankＡ≦ｍ

rankＢ＝dimＦ_B(ℝ^n)はp.159の、

命題
線型写像Ｆ：ℝ^n→ℝ^mにより定まるｍ行ｎ列の行列をＡとすれば、Ｆ(ℝ^n)の次元は、
dimＦ(ℝ^n)＝rankＡ
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

dimＦ_B(ℝ^n)≦dim((Ｆ_A)^-1(０))はすぐ上の「Ｆ_B(ℝ^n)⊆(Ｆ_A)^-1(０)」の次元を取ったから。

dim((Ｆ_A)^-1(０))＝ｍ－dimＦ_A(ℝ^m)は、p.153の、dimＶ＝dim(KerＦ)＋dim(ImＦ)から。

以上です。（Ｆ_A◦Ｆ_B(ℝ^n)＝０の両辺にＡ^-1（(Ｆ_A)^-1）をかければ良い。正則行列ならば全単射で逆写像が存在する。上のはただの逆像。）とかはアドリブなので自分で裏を取って下さい。

おまけ：

問題
右図のような１辺の長さが１の立方体の４つの頂点を結んで正四面体を作り、さらに、正四面体の４つの頂点をそれぞれ中心とする半径ｒの球を４つ作る。このとき、次の問いに答えよ。
（１）４つの球が互いに外接するようにｒの値を定めよ。
（２）４つの球に外接するような半径ｒの球をもう１つ作ることができるようにｒの値を定めよ。
（９１　駿台甲府）

模範解答
右の図のように、正四面体の頂点をＡ，Ｂ，Ｃ，Ｄとする（注：立方体の上底面の対角線をＡＤとし、下底面の、ＡＤと（ねじれの位置で）直交する対角線をＢＣとした図。念のため、立方体の中に埋もれている正四面体の４つの頂点である）。
（１）Ａを頂点とする球と、Ｄを頂点とする球が外接するのは、ＡＤの距離が半径ｒの２倍のときであり、このとき対称性より、４つの球は互いに２つずつ外接する。
２ｒ＝ＡＤ＝√２より、ｒ＝√２/２
（２）対称性より、４つの球すべてに外接する球の中心は、立方体の対角線の中点Ｏである。
Ｏを中心とする球とＡを中心とする球が外接するのは、（１）と同様にＯＡ＝２ｒのときであり、逆にこのとき、Ｏを中心とする球は、４球すべてと外接する。
ＯＡ＝(１/２)×立方体の対角線＝２ｒより、
ｒ＝√３/４
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

（２）の私の解法
立方体を上面の対角線で垂直に切った断面図をＰＱＲＳとし、その長方形の中心（対角線の交点）をＯとすると、第５番目の円の中心はその点であり、下の２つの頂点Ｑ，Ｒを中心とした四分円とＯを中心とした同じ半径の真円を互いに外接するように描くと、△ＯＱＲは二等辺三角形でＯからＱＲに垂線を下ろしその足をＨとすると、ＯＱ＝２ｒ，ＯＨ＝１/２，ＱＨ＝√２/２より、△ＯＱＨで三平方の定理を使うと、
(２ｒ)²＝(１/２)²＋(√２/２)²＝１/４＋２/４
＝３/４　∴ｒ²＝３/１６　ｒ＞０より、
ｒ＝√３/４　よって、答えは、√３/４

一応、裏取りの別解
その正四面体の１辺の長さは√２である。そこで、１辺が√２の正四面体Ｏ－ＡＢＣを描き、辺ＢＣの中点をＭとし、平面ＯＡＭで切った断面図を描くと、ＭＯ＝ＭＡ＝√６/２，ＯＡ＝√２の二等辺三角形を横に寝かせた図である。
△ＯＭＡのＯからＭＡに垂線を下ろすと底面ＡＢＣの重心に下りるのでＧとすると、ＡＧ：ＧＭ＝２：１　また、第５の円の中心はＯＧ上にありＯ'とすると、対称性からＭＯ'の延長は二等辺三角形ＭＯＡの底辺ＯＡの中点で交わる。その点をＮとし、△ＯＡＧと直線ＭＮでメネラウスの定理を使うと、
(１/１)(Ｏ'Ｇ/ＯＯ')(３/１)＝１
∴Ｏ'Ｇ/ＯＯ'＝１/３　∴ＯＯ'：Ｏ'Ｇ＝３：１
ところで、ＯＧ＝√{(√６/２)²－(√６/６)²}
＝√(６/４－１/６)＝√(３２/２４)＝√(４/３)
＝２/√３＝２√３/３
∴ＯＧ＝２√３/３，ＯＯ'＋Ｏ'Ｇ＝ＯＧより、
ＯＯ'＝(３/４)ＯＧ＝√３/２
また、Ｏを中心とした円とＯ'を中心とした円は等しい半径の円で互いに外接するので、２ｒ＝√３/２　∴ｒ＝√３/４

よって、ＯＫ。

おまけ：
「10 彼らは皆あなたに告げて言う、『あなたもまたわれわれのように弱くなった、あなたもわれわれと同じようになった』。
11 あなたの栄華とあなたの琴の音は／陰府に落ちてしまった。うじはあなたの下に敷かれ、みみずはあなたをおおっている。
12 橋明の子、明けの明星よ、あなたは天から落ちてしまった。もろもろの国を倒した者よ、あなたは切られて地に倒れてしまった。
13 あなたはさきに心のうちに言った、『わたしは天にのぼり、わたしの王座を高く神の星の上におき、北の果なる集会の山に座し、
14 雲のいただきにのぼり、いと高き者のようになろう』。
15 しかしあなたは陰府に落され、穴の奥底に入れられる。」
「イザヤ書」第１４章１０節～１５節（口語訳）

「橋明の子」は他の聖書では「黎明の子」や「曙の子」と訳されている。
普通はここから復活しないが、私のイメージの根拠はノストラダムスにある。

６行詩４８番
古いカロンから人々はフェニックスを見るだろう
彼のつながりの最初であり最後である
フランスの中で輝き渡る。そして誰もが愛されるに値する人になる
すべての信義をもって長い間統治する
なんと（彼らは）決して彼の先駆者を持たないだろう
彼が彼の記憶すべき功績を返すだろう（先駆者を）　

つまり、フェニックスである。不死鳥のように蘇るという訳だが、「火の鳥」と考えると昨日の記事の洗礼とも関係あるかもしれない。
引用元：https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12865780405.html

問題文を写し間違えていたので、訂正。

問題 10-4b
問題10-2のとおり、Ｎを、Ｈ⊂Ｎ⊂ＡＧＬ(１,ｐ)をみたす群とする。Ｓpの部分群Ｎ'は、Ｎを正規部分群として含むならば、ＡＧＬ(１,ｐ)に含まれることを示せ。

解答
（問題10-2，10-3を使う。解答でも同じ記号を使う。）仮定よりＮ'の任意の元τはτＮτ^-1＝Ｎをみたす。よってτστ^-1はＮに含まれる位数ｐの元である。問題10-3よりτστ^-1＝σ^j（ｊ≠０）と表され、ＨはＮ'の正規部分群である。ゆえに問題10-2よりＮ'はＡＧＬ(１,ｐ)に含まれる。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

問題 10-3b
ＡＧＬ(１,ｐ)における位数ｐの元はσ^j（ｊ＝１,２,…,ｐ－１）に限ることを示せ。ここでσはσ(ｘ)＝ｘ＋１（ｘ＝０,１,…,ｐ－１）をみたす元とする。

問題 10-2b
ｐを素数とする。ｐ次対称群の位数ｐの元σの生成する部分群Ｈ＝{ｅ,σ,…,σ^(p-1)}を正規部分群に持つＳpの部分群Ｎを調べる。本文のようにｐ次対称群の置換をｐ個の元０,１,…,ｐ－１（Ｆpの元）の置換とみなし、σをσ(ｘ)＝ｘ＋１（ｘ＝０,１,…,ｐ－１）とする。このときＮは
ＡＧＬ(１,ｐ)＝{τ∈Ｓp；τ(ｘ)＝ａｘ＋ｂ，ここでａ≠０かつｂ＝０,１,…,ｐ－１}
に含まれることを示せ。この群を１次元アフィン一般線形群という。

適当に分かり易く解説して下さい。

＞仮定よりＮ'の任意の元τはτＮτ^-1＝Ｎをみたす。

ＮはＮ'の正規部分群だから。

＞よってτστ^-1はＮに含まれる位数ｐの元である。

(τστ^-1)(τστ^-1)…(τστ^-1)
＝τσ^nτ^-1（上の括弧はｎ個）
となり、σが位数ｐならばτστ^-1も位数ｐで、
τστ^-1∈Ｎ（τＮτ^-1＝Ｎだから）より、τστ^-1はＮに含まれる位数ｐの元という事。

＞問題10-3よりτστ^-1＝σ^j（ｊ≠０）と表され、

問題 10-3b
ＡＧＬ(１,ｐ)における位数ｐの元はσ^j（ｊ＝１,２,…,ｐ－１）に限ることを示せ。ここでσはσ(ｘ)＝ｘ＋１（ｘ＝０,１,…,ｐ－１）をみたす元とする。

位数ｐの元はσ^jで表されるから。

＞ＨはＮ'の正規部分群である。

τστ^-1＝σ^jから、τＨτ^-1＝Ｈだから。

＞ゆえに問題10-2よりＮ'はＡＧＬ(１,ｐ)に含まれる。

問題 10-2b
ｐを素数とする。ｐ次対称群の位数ｐの元σの生成する部分群Ｈ＝{ｅ,σ,…,σ^(p-1)}を正規部分群に持つＳpの部分群Ｎを調べる。本文のようにｐ次対称群の置換をｐ個の元０,１,…,ｐ－１（Ｆpの元）の置換とみなし、σをσ(ｘ)＝ｘ＋１（ｘ＝０,１,…,ｐ－１）とする。このときＮは
ＡＧＬ(１,ｐ)＝{τ∈Ｓp；τ(ｘ)＝ａｘ＋ｂ，ここでａ≠０かつｂ＝０,１,…,ｐ－１}
に含まれることを示せ。この群を１次元アフィン一般線形群という。

ＨはＮ'の正規部分群より、Ｎ'はＨを正規部分群として含むから。

おまけ：

問題
図のような一辺の長さが６ｃｍの立方体があり、１つの平面でこの立方体の一部分を切り取ります。残った立体を真上から見た図をＡ，正面から見た図をＢとします。それぞれの場合に、切り口の面積を求めなさい。
（９２　筑波大付駒場）

図は上の添付ファイルを見て下さい。

模範解答
（１）切断面と辺との交点のうち、わかるものは、右図のＰ，Ｑ，Ｒの３点（注：Ａの左の辺の中点をＰ，左下の頂点をＴ（Ｂの左上の頂点と一致する），Ａの下の辺の右三等分点Ｒ（Ｂの上の辺の右三等分点と一致する），Ｂの左の辺の中点をＱを立体図に書き込んだ図）。
よって、切り口は図の△ＰＱＲであり、
ＰＲ＝√(ＰＴ²＋ＴＲ²)＝√(３²＋４²)＝５
ＱＲ＝√(ＱＴ²＋ＴＲ²)＝√(３²＋４²)＝５
ＰＱ＝３√２（注：△ＴＰＱは直角二等辺三角形だから。）
より、△ＰＱＲは右下図のような二等辺三角形となる。（注：等辺ＲＰ＝ＲＱ＝５，底辺ＰＱ＝３√２の二等辺三角形。）
ＲからＰＱに下した垂線の足をＨとすると、
△ＲＰＱ＝(１/２)ＰＱ×ＲＨ＝(１/２)×３√２×√{５²－(３√２/２)²}
＝３√４１/２（ｃｍ²）
（２）切断面と辺との交点のうち、わかるものは、右図のＰ，Ｑ，Ｒの３点（注：Ａの左上とＢの左上が一致して点Ｐ，ＱはＢの左の辺の上から２ｃｍの点，ＲはＢの右の辺の下から２ｃｍの点）。
そこで、切り口は右図のような平行四辺形ＰＱＲＳ（注：ＳはＢの右の辺の上の点）になるが（基本図７１）、図で、ＴＱ＋ＵＳ＝ＶＲ（注：ＴはＡの左下の頂点とＢの左上の頂点が一致した点。ＵはＡの右上の頂点でＢにはない点。ＶはＡの右下の頂点でＢにはない点）より、ＵＳ＝２（注：基本図７１を下で解説する）となるので、
ＰＱ＝√(ＰＴ²＋ＴＱ²)＝√(６²＋２²)＝２√１０
ＰＳ＝√(ＰＵ²＋ＵＳ²)＝√(６²＋２²)＝２√１０
よって、ＰＱＲＳはひし形である。
ここで、ＰＲ＝√(６²＋６²＋４²)＝２√２２
ＱＳ＝ＴＵ＝６√２だから、
ひし形ＰＱＲＳ＝(１/２)×ＰＲ×ＱＳ＝１２√１１（ｃｍ²）

基本図７１
直方体を１つの平面で切ると、切り口は平行四辺形で、
ＰＡ＋ＲＣ＝ＱＢ＋ＳＤ

これは解説するより、こちらhttps://www.shuei-yobiko.co.jp/labo/jh-math-byousatsu06/の切頭四角柱の体積の公式の図で、ａ＋ｃ＝ｂ＋ｄが成り立つという事。「直方体であれば、Ｓ×(ａ＋ｃ)/２ or Ｓ×(ｂ＋ｄ)/２でもＯＫ。」から分かるだろう。
つまり、Ｓ×(ａ＋ｃ)/２＝Ｓ×(ｂ＋ｄ)/２として、約分すれば、ａ＋ｃ＝ｂ＋ｄという事。

（３）は次回。読み難かったらごめんなさい。

おまけ：

問題
図のような一辺の長さが６ｃｍの立方体があり、１つの平面でこの立方体の一部分を切り取ります。残った立体を真上から見た図をＡ，正面から見た図をＢとします。それぞれの場合に、切り口の面積を求めなさい。
（９２　筑波大付駒場）

図は上の添付ファイルを見て下さい。

模範解答
（３）切断面と辺との交点のうち、わかるものは、右図のＰ，Ｑ，Ｒの３点（注：ＰはＡの左の辺の中点で、ＱはＡの下の辺の中点とＢの上の辺の右の点が一致している点。ＲはＢの右の辺の上の点。それぞれが立体図に書き込まれている）。
対称性より、この切断面は図のＳ（注：立方体を３点Ｐ，Ｑ，Ｒを通る平面で切った時の立方体の他の辺を切る点で、Ｂの左の辺を立体図で見た時の奥の辺を切る点）を通ることがわかり、更にＳを通ってＱＲに平行な線をひくことにより、この切断面は頂点Ｔを通ることがわかる（注：点ＴはＡの右上の頂点とＢの右下の点が一致した点）。
よって、切り口は右図の五角形となる（注：五角形ＴＳＰＱＲは対称性からＴＳ＝ＴＲ，ＰＳ＝ＱＲ、つまり、二等辺三角形ＴＳＲと等脚台形ＰＱＲＳが辺ＳＲで合体した図）。
ＴＳ＝ＴＲ＝√(４²＋６²)＝２√１３
ＳＰ＝ＲＱ＝√(２²＋３²)＝√１３
ＰＱ＝３√２，ＳＲ＝６√２
などとなるので（注：立体図を描いて三平方の定理で求めて下さい）、
切り口の面積＝△ＴＳＲ＋台形ＳＰＱＲ
＝△ＴＳＲ＋(３/４)×△ＴＳＲ（注：ＳＰとＲＱを延長した交点を利用して考えると良い。）
＝(７/４)×△ＴＳＲ
＝(７/４)×[(１/２)×６√２×√{(２√１３)²－(３√２)²}]
＝２１√１７/２（ｃｍ²）

うっかり、３点さえ分かっていれば残りは自動的に決まる事を忘れ、イメージばかりに頼ってしまったのが失敗でした。これは（２）の方が難しかったかもしれませんね。

おまけ：

解説
＞ＡＧＬ(１,ｐ)の位数ｐの元をτ(ｘ)＝ａｘ＋ｂと表す。

問題 10-2b
ｐを素数とする。ｐ次対称群の位数ｐの元σの生成する部分群Ｈ＝{ｅ,σ,…,σ^(p-1)}を正規部分群に持つＳpの部分群Ｎを調べる。本文のようにｐ次対称群の置換をｐ個の元０,１,…,ｐ－１（Ｆpの元）の置換とみなし、σをσ(ｘ)＝ｘ＋１（ｘ＝０,１,…,ｐ－１）とする。このときＮは
ＡＧＬ(１,ｐ)＝{τ∈Ｓp；τ(ｘ)＝ａｘ＋ｂ，ここでａ≠０かつｂ＝０,１,…,ｐ－１}
に含まれることを示せ。この群を１次元アフィン一般線形群という。

から。

＞τ^p(ｘ)＝ａτ^(p-1)(ｘ)＋ｂ＝ａ²τ^(p-2)＋ａｂ＋ｂ＝…＝ａ^p・ｘ＋(ａ^(p-1)＋ａ^(p-2)＋…＋ａ＋１)ｂ＝ｘ

τ(ｘ)の位数がｐより、ｐ乗してイコールｘとする。
∴τ^p(ｘ)＝τ^(p-1)・τ(ｘ)
＝τ^(p-1)・(ａｘ＋ｂ)
＝τ^(p-1)(ａｘ)＋τ^(p-1)(ｂ)
＝ａτ^(p-1)(ｘ)＋ｂ
＝ａτ^(p-2)・τ(ｘ)＋ｂ
＝ａτ^(p-2)(ａｘ＋ｂ)＋ｂ
＝ａ²τ^(p-2)(ｘ)＋ａτ^(p-2)(ｂ)＋ｂ
＝ａ²τ^(p-2)(ｘ)＋ａｂ＋ｂ
＝ａ²τ^(p-3)・τ(ｘ)＋ａｂ＋ｂ
＝ａ²τ^(p-3)・(ａｘ＋ｂ)＋ａｂ＋ｂ
＝ａ³τ^(p-3)(ｘ)＋ａ²τ^(p-3)(ｂ)＋ａｂ＋ｂ
＝ａ³τ^(p-3)(ｘ)＋ａ²ｂ＋ａｂ＋ｂ
＝ａ³τ^(p-3)(ｘ)＋(ａ²＋ａ＋１)ｂ
以後これを繰り返すと、
＝ａ^p・ｘ＋(ａ^(p-1)＋ａ^(p-2)＋…＋ａ＋１)ｂ
となり、初めに述べたようにイコールｘとすると、
ａ^p・ｘ＋(ａ^(p-1)＋ａ^(p-2)＋…＋ａ＋１)ｂ＝ｘ

＞だから、ａ^p＝１，(ａ^(p-1)＋…＋ａ＋１)ｂ＝０である。

これは上の式から自明。

＞ｋ＝０,…,ｐ－１に対してｋ^p＝ｋ（系4.6）だからａ＝１である。

系4.6（フェルマーの小定理）
素数と互いに素な整数ａに対して、次が成り立つ。
ａ^(p-1)≡１ modｐ

系4.6の両辺にａをかけると、ａ^p≡ａ modｐ
ところで、問題10-2bにもあるが、「本文のようにｐ次対称群の置換をｐ個の元０,１,…,ｐ－１（Ｆpの元）の置換とみなし」とあり、Ｆpの元とはℤpと同じ意味なので、modｐという事である。
よって、ａ^p≡ａ modｐは、ａ^p＝ａ
つまり、「ｋ＝０,…,ｐ－１に対してｋ^p＝ｋ」という事。ここで地味にｋに０が入っている事が大事である（本文的には意味はないが）。というのは、合同式は両辺を割れるのはmodｐのｐと互いに素なものだけであるので、フェルマーの小定理には「素数と互いに素な整数ａに対して」という一文が入っているが、その前段階のａ^p≡ａ modｐではその制限がない。だから、ａに当たるｋにｋ＝０が入っても良いのである。念のため、０はｐでもあり、ｐは素数だから１～ｐ－１は全てｐと互いに素だが、ｐは互いに素ではない。
本文に戻って、ａ^p＝１とａ^p＝ａより、ａ＝１

＞よって(１＋…＋１)ｂ＝ｐｂ＝０となる。

(ａ^(p-1)＋…＋ａ＋１)ｂ＝０にａ＝１を代入すると、
(１＋…＋１)ｂ＝ｐｂ＝０

＞ゆえにτ(ｘ)＝ｘ＋ｂ＝σ^b(ｘ)である。τの位数はｐだからｂ≠０である。

τ(ｘ)＝ａｘ＋ｂにａ＝１を代入すると、
τ(ｘ)＝ｘ＋ｂでσ(ｘ)＝ｘ＋１より、ｘ＋ｂ＝σ^b(ｘ)
因みに、ｐｂ＝０でmodｐよりｐ＝０なので、ｂ＝０とは限らない。そして、ｂ＝０とすると、τ(ｘ)＝ｘとなり、恒等変換になり位数が１でｐとならないので、ｂ≠０

おまけ：