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数学好きの人は、誰でも投稿して下さい。
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/23 11:59 (No.1479535)削除
次の文章を完全解説して下さい。

大小
任意の要素x,yは
x=y+u これをx>yと書く
x=y
x+u=y これをx<yと書く
のいずれかの関係が成り立つ。
 x=1のときは
         y=1
か、そうでなかったら
       y=u^+=u+1=1+u
となるから正しい。
 xについて正しいと仮定して、x^+に対しても正しいことを証明しよう。
 x>yならばx=y+uのときはx^+=y+u^+
したがってx^+>y
 x=yならばx^+=y^+=y+1
したがってx^+>y
x<yならばx+u=y
だからu=1ならば
         x^+=y
u≠1ならば
          u=v^+
      x+v^+=y
      (x+v)^+=y
      v+x^+=y
       x^++v=y
したがってx^+<y
つまりx^+に対しても正しい。
「代数的構造」遠山啓著より


Nの任意の2要素x,yに対して
(1)x^+をx+1と定義する。
(2)(x+y)^+をx+y^+と定める。
「代数的構造」遠山啓著より

適当に分かり易く解説して下さい。意味が分からないようでしたら、添付ファイルを見て下さい。最初の1ページと上の「和」を読めば分かると思います。

おまけ:
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/23 12:04削除
添付するのを忘れていました。
代数的構造
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/23 13:48削除
大小
任意の要素x,yは
x=y+u これをx>yと書く
x=y
x+u=y これをx<yと書く
のいずれかの関係が成り立つ。
 x=1のときは
         y=1
か、そうでなかったら
       y=u^+=u+1=1+u
となるから正しい。
 xについて正しいと仮定して、x^+に対しても正しいことを証明しよう。
 x>yならばx=y+uのときはx^+=y+u^+
したがってx^+>y
 x=yならばx^+=y^+=y+1
したがってx^+>y
x<yならばx+u=y
だからu=1ならば
         x^+=y
u≠1ならば
          u=v^+
      x+v^+=y
      (x+v)^+=y
      v+x^+=y
       x^++v=y
したがってx^+<y
つまりx^+に対しても正しい。
「代数的構造」遠山啓著より


Nの任意の2要素x,yに対して
(1)x^+をx+1と定義する。
(2)(x+y)^+をx+y^+と定める。
「代数的構造」遠山啓著より

解説
>大小
任意の要素x,yは
x=y+u これをx>yと書く
x=y
x+u=y これをx<yと書く
のいずれかの関係が成り立つ。

添付ファイルを見れば分かるように整数についての話で、任意の2つの整数に関して、必ずx>y,x=y,x<yのどれかの関係があるという事。

>x=1のときは
         y=1
か、そうでなかったら
       y=u^+=u+1=1+u
となるから正しい。

添付ファイルの1ページ目の5より、数学的帰納法を使って証明する訳である。
そこで、x=1の時はx>y,x=y,x<yのうちのx=y,x<yが成り立つという事を示した訳である。

>xについて正しいと仮定して、x^+に対しても正しいことを証明しよう。

念のため、数学的帰納法で証明するという事である。

>x>yならばx=y+uのときはx^+=y+u^+
したがってx^+>y

x=y+uの両辺に1を加えると、
x+1=y+u+1
∴x+1=y+(u+1)
(添付ファイル2ページ目の和の結合法則より)
よって、x^+=y+u^+(和の定義より)
よって、x^+>yという事。

>x=yならばx^+=y^+=y+1
したがってx^+>y

数式は解説は簡単で省略するが、ここで大事な事は、数学的帰納法のn=kの時成り立つと仮定してn=k+1の時も成り立つ事を証明する過程で、x=yとx^+>yという状態が違っていても良いという事である。つまり、「必ずx>y,x=y,x<yのどれかの関係がある」事を証明すれば良いから。

>x<yならばx+u=y
だからu=1ならば
         x^+=y
u≠1ならば
          u=v^+
      x+v^+=y
      (x+v)^+=y
      v+x^+=y
       x^++v=y
したがってx^+<y

u=1の場合と場合分けする理由は、上でx=yに対してx^+>yと状態が変わるのと同様にx<yに対してx^+=yとなる場合が1通りだけあるからである。まぁ、具体的に数式を見れば分かるだろう。
それ以外は、ある数vが存在して、x<yに対してx^+<yが成り立つという事。数式の解説は見れば分かると思うので省略する。
ところで、数学的帰納法のn=1(上ではx=1)の場合は、x=y,x<yの場合しかなくて、n=kの場合は、x>y,x=y,x<yで成り立つと仮定して、n=k+1の場合もx>y,x=y,x<yで成り立つと証明した訳だが、これではx>yの場合がドミノ倒しにならないのではないだろうか。つまり、
x=2の時、y=1とすると、2=1+uとなる整数uが取れるので、x=y+uが成り立ち、x>yが成り立つ。
とすれば、x=2からドミノ倒しで数学的帰納法の証明になるのではないだろうか。つまり、これを入れないと中途半端という事。

おまけ:
https://high-child.com/2018/10/12/%E6%95%B0%E5%AD%A6%E7%9A%84%E5%B8%B0%E7%B4%8D%E6%B3%95-%E3%83%89%E3%83%9F%E3%83%8E%E3%81%AE%E4%BE%8B%E3%81%A7%E7%B0%A1%E5%8D%98%E3%81%AB%E3%82%8F%E3%81%8B%E3%82%8B%EF%BC%81%E3%81%93%E3%82%8C%E3%81%A7/

https://dot.asahi.com/articles/-/39876?page=1
返信
返信2
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/22 15:28 (No.1479037)削除
問題
∠A=90°,AB=1,BC=2の直角三角形を点Aを中心として反時計まわりに60°回転したとき、辺BCの通過した部分の面積を求めなさい。
(01 ラ・サール)

図の解説は、読めば分かるので省略。

うっかりしなければ簡単です。

おまけ:
「豆苗を生で食べる際、再生栽培したものは避けるのが無難です。再生栽培では衛生面に気をつけていても、雑菌が増える可能性があります。
 また、2回目以降は生育が鈍くなり、1回目と比べて食感や風味を損ねるケースも考えられます。豆苗特有の食感を生で味わいたい場合は、再生栽培したものではなく、1回目に収穫されたものがおすすめです。」
引用元:https://noguchi-farm.com/archives/column/tomyo-namakiken
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/23 07:56削除
問題
∠A=90°,AB=1,BC=2の直角三角形を点Aを中心として反時計まわりに60°回転したとき、辺BCの通過した部分の面積を求めなさい。
(01 ラ・サール)

模範解答
与えられた条件より、辺BCの通過した部分は、右図の網目部分(注:添付ファイルで自分で考えて下さい)のようになる(B'は辺BC上,H'は辺AC上にある)。
求める面積は、
扇形ABB'+△AB'C+扇形ACC'-△ABH-扇形AHH'-△AH'C'
=1²×π/6+(√3/2)×(1/2)+(√3)²π/6-√3/2-(√3/2)²π/6
=(13/24)π-√3/4
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より

解説は、図を見ながら読めば分かるので省略。

因みに、私はうっかり図形B'HH'の部分を忘れてしまったので、後から付け足す解法で解いた。
求める面積をSとすると、
S=扇形ABB'+△AB'C+扇形ACC'-△ABB'-△AB'C'
これがうっかりした解法で、
まずこれを求めると、
S=1²×π×(60/360)+1×√3×(1/2)×(1/2)+(√3)²π×(60/360)-1×(√3/2)×(1/2)-1×√3×(1/2)
=π/6+√3/4+π/2-√3/4-√3/2
=4π/6-√3/2
=2π/3-√3/2・・・・・・①
また、図形B'HH'=四角形AHB'H'-扇形AHH'=正三角形ABB'-扇形AHH'
=1×(√3/2)×(1/2)-(√3/2)²π×(60/360)=√3/4-(3/24)π
=√3/4-π/8・・・・・・②
①+②より、本当に求める値をS'とすると、
S'=2π/3-√3/2+√3/4-π/8
=16π/24-3π/24-√3/4
=13π/24-√3/4

おまけ:
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-11282264253.html
高校への数学
返信
返信1
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/21 14:12 (No.1478466)削除
問題
右の図のように、半径が1の2つの円O,O'があり、その中心間の距離は1である。2つの円の交点をA,Bとする。円O'の外側で円Oの周上に点Cをとり、直線CO'と円O'との交点を点Cに近い方から順にD,Eとする。
(1)∠ACB,∠O'ABの大きさを求めなさい。
(2)∠BAD=∠CADとなることを証明しなさい。
(03 金沢大付)

図は、添付ファイルを参照して下さい。

(2)はある定石を知っている人なら確実に解けますね。もちろん、普通に考えても解けますが。

おまけ:
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12917618933.html
高校への数学
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/22 07:57削除
問題
右の図のように、半径が1の2つの円O,O'があり、その中心間の距離は1である。2つの円の交点をA,Bとする。円O'の外側で円Oの周上に点Cをとり、直線CO'と円O'との交点を点Cに近い方から順にD,Eとする。
(1)∠ACB,∠O'ABの大きさを求めなさい。
(2)∠BAD=∠CADとなることを証明しなさい。
(03 金沢大付)

図は、添付ファイルを参照して下さい。

模範解答
(1)△AOO'と△BOO'は正三角形であるから、∠ACB=∠AOB÷2=60°
∠O'AB=∠O'AO÷2=30°
(2)(1)より、右図(注:∠O'AB=○,∠ACO'=∠BCO'=×)で、○=×=30°
よって、
∠O'AD=∠BAD+○
=∠BAD+30°・・・・・・①
∠O'DA=∠CAD+×
=∠CAD+30°・・・・・・②
O'A=O'Dより、①=②であるから、
∠BAD=∠CAD
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より

解説は、読めば分かるので省略。

因みに、ある定石とは、2025/6/6 16:49の問題の(2)でも使われている、

[PC⑰](内心と外接円)
一般に、△ABCの内心をI,AIの延長と外接円との交点をDとすると、∠BID=×+○,∠IBD=×+○
よって、△BDIは、DB=DIの二等辺三角形。
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より

という定石。ただし、今回はこの定理の証明法をすぐにイメージ出来るかどうかが大事だろう。
まず、問題文の∠BAD=∠CADになるとしたら点Dは△CABの内心になる事はほとんど自明である(円O'の半径よりO'A=O'Bなので、弧O'A=弧O'BよりCO'は∠Cの二等分線だから)。
そして、上の定石を思い出すと円O'の半径からO'A=O'Dで辻褄が合う。
あとは、この定理の証明法を利用する(思い出す)だけである。
そこで、△O'ADが二等辺三角形より、
∠O'AD=∠O'DA・・・・・・①
また、△DCAの内対角の和より、
∠O'DA=∠CAD+×・・・・・・②
また、∠O'AD=∠BAD+∠O'AB
=∠BAD+∠O'CB=∠BAD+×
∴∠O'AD=∠BAD+×・・・・・・③
②,③を①に代入すると、
∠BAD+×=∠CAD+×
∴∠BAD=∠CAD

今回はたまたま2025/6/6 16:49という近い日付だったから連想出来たのかもしれないが、日頃から引き出しを多くしておく事は大事である。まぁ、地頭に頼るのも1つの戦略だが。
余裕がある人は、2025/6/6 16:49の時にも述べましたが、

オイラーの公式R²-OI²=2rR(Rは△ABCの外接円の半径でrは内接円の半径。また、Oは外心でIは内心)の証明

を何も見ないで解いてみて下さい。地頭の良さだけで解けたら凄いです。

おまけ:
返信
返信1
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/19 15:17 (No.1477440)削除
問題
右の図のように、ABを直径とする半円Oと円O'が2点C,Dで交わっている。ACの延長とADの延長が円O'と交わる点をそれぞれE,Fとし、直線ABと直線EFとの交点をGとする。AG⊥EGであることを証明しなさい。
(01 金沢大付)

図は、添付ファイルを見て下さい。

因みに、解答を見る前に2通り作ったら、模範解答と違っていたので3通り目を作ってみました。まぁ、どれも基本的には同じような解法ですが。

おまけ:
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1944747793425535440(田島君元気かな? 英語の授業が一緒だったんだよね。)
高校への数学
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/20 07:49削除
問題
右の図のように、ABを直径とする半円Oと円O'が2点C,Dで交わっている。ACの延長とADの延長が円O'と交わる点をそれぞれE,Fとし、直線ABと直線EFとの交点をGとする。AG⊥EGであることを証明しなさい。
(01 金沢大付)

図は、添付ファイルを見て下さい。

模範解答
右図のように、CBとCDを結び、角ア,イ,ウ(注:∠ア=∠CDA,∠イ=∠CEF,∠ウ=∠CBA)を定める。
まず、四角形CDFEが円O'に内接することから、ア=イ
また、円Oにおいて、円周角の定理により、
ア=ウ
よって、イ=ウであるから、四角形CBGEは円に内接する。
これと、ABが円Oの直径であることから、
∠BGE=∠ACB=90°∴AG⊥EG
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より

解説は、読めば分かるので省略。

私の解法1(思い付いた順)
CDを結ぶと四角形ECDFは円に内接する四角形より、∠DFG=∠DCE=○と置く。
また、BCを結ぶと、半円の円周角より、
∠ACB=90°
∴∠BCE=180°-90°=90°
また、円周角より、∠DCB=∠DAB=●と置くと、∠DCE+∠DCB=∠BCE=90°よって、○+●=90°
ところで、∠FAG=∠DAB=●,
∠AFG=∠DFG=○より、
△AFGの内角の和により、
∠FGA=180°-(○+●)=180°-90°=90°∴AG⊥EG

私の解法2
BCを結ぶと、半円の円周角より、
∠ACB=90°
また、CDを結ぶと、円周角より、
∠CDA=∠CBA=×と置くと、四角形EDCFは円に内接する四角形より、
∠CEF=∠CDA=×
∴∠CBA=∠CEF=×
∴∠CBA=∠GEA
また、∠Aは共通より2角が等しいので、
△ABC∽△AEG
∴∠AGE=∠ACB=90°
∴AG⊥EG

この解法は、∠CBA=∠CEF=×から四角形ECBGが円に内接する四角形である事に気付けば、∠ACB=90°である事を述べて模範解答と同じになりますね。
私の解法3は次回。一番簡単だと思います。
(しばらくやっていないとゆるい定石のようなものは忘れてしまいますね。地頭に頼り過ぎ。)

おまけ:
高校への数学
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/21 07:28削除
問題
右の図のように、ABを直径とする半円Oと円O'が2点C,Dで交わっている。ACの延長とADの延長が円O'と交わる点をそれぞれE,Fとし、直線ABと直線EFとの交点をGとする。AG⊥EGであることを証明しなさい。
(01 金沢大付)

図は、添付ファイルを見て下さい。

私の解法3
CDを結ぶと、四角形ECDFは円に内接する四角形より、∠DFG=∠DCE・・・・・・①
また、BDを結ぶと、四角形ABDCも円に内接する四角形なので、
∠DCE=∠DBA・・・・・・②
①,②より、∠DFG=∠DBA
よって、四角形DBGFは円に内接する四角形である。よって、∠BGF=∠ADB=90°
∴AG⊥EG

おまけ:
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1946545465463591134
高校への数学
返信
返信2
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/18 15:40 (No.1476914)削除
次の文章を完全解説して下さい。

定理23
有限可換群Gとその指標群|Gは同型である。
 この定理にはもちろん“有限”という条件が強く利いている。では無限群についてはどうであろうか。この定理はそのままの形ではもちろん成立しない。しかし似たことは成り立たないだろうか。
 たとえば整数の加法の群を考えてみよう。
ℤ={・・・,-2,-1,0,+1,+2,…}
この群の指標はその生成元1に対するχ(1)によって定まる。なぜなら
χ(n)=χ(1)^n
となるからである。しかし、1は足していってもとに帰ったりしないからχ(c)には何の制限もなく、絶対値1のいかなる複素数であってもよい。だから|Gの上の点e^iθに対するχ(e^iθ)の値は準同型の条件から
χ(e^iθ)=e^iαθ
という形をとっている。ここでθ=2πではe^2πi=1だから、
χ(e^2πi)=e^2παi=1
となる。そのためにはα=n(整数)とならねばならぬ。
 このような指標をχ_nとすると
χ_m(e^iθ)χ_n(e^iθ)=e^imθ・e^inθ
=e^i(m+n)θ=χ_m+n(e^iθ)
だから|Gの乗法はGの加法と同型である。
 だから|Gの指標群||GはGと同型になる。
 以上の説明には群G,|Gの位相を考えないという点で厳密ではなかったが位相を考えに入れると、Gと||Gとの同型が証明できる。」
「代数的構造」遠山啓著より

適当に分かり易く解説して下さい。

おまけ:
「この地上で生きる者の中で、真に自由な者など一人もいない。
 自由とは、他からの独立を意味する。他に依存し、無明の状態にあって自分は自由だと主張しても、意味がない。欲求と欲望のとりこでいて自分は自由だと主張しても、意味はない。完全な自由は、この地上にあってはだれにも与えられていない。
 おまえはまず、“自由”の意味を理解しなければならない。自由とは、英知より生じ、真の人格から来るのだ。束縛が少なければ少ないほど、自由は大きい。そして、人を束縛しているのは、その欲望に過ぎない。
 自由とは束縛のないことであり、欲望のない状態を指す。それは純粋な英知から来る。そして、神と一体となった時、ついに本当の自由を手に入れるのだ。」
「真実のサイババ」青山圭秀著より
引用元:https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12882907054.html
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/19 07:58削除
解説
>ℤ={・・・,-2,-1,0,+1,+2,…}
この群の指標はその生成元1に対するχ(1)によって定まる。なぜなら
χ(n)=χ(1)^n
となるからである。

χ(n)=χ(1+1+・・・+1)
=χ(1)+χ(1)+・・・+χ(1)
=χ(1)χ(1)・・・χ(1)=χ(1)^n
だからである。念のため、2行目から3行目は加法群の演算を従来の積で表現し直している。
(その前にχは準同型写像。)

>しかし、1は足していってもとに帰ったりしないからχ(c)には何の制限もなく、絶対値1のいかなる複素数であってもよい。

有限群だったら、c^n=e(巡回部分群)となり、この両辺のχを取ると、χ(c^n)=χ(e)
∴χ(c)^n=1
よって、χ(c)は1のn乗根となるが、無限群の場合は、指標の条件の絶対値が1という事だけで「絶対値1のいかなる複素数であってもよい」という事である。

指標の定義
「可換群Gの各要素a,b,…を0でない複素数に写像する関数χ(a)を考え、それが群を絶対値1の複素数の乗法群の中に準同型に写すとき、χをGの指標という。
|χ(a)|=1,χ(ab)=χ(a)χ(b)」
「代数的構造」遠山啓著より

>だから|Gの上の点e^iθに対するχ(e^iθ)の値は準同型の条件から
χ(e^iθ)=e^iαθ
という形をとっている。

準同型写像は演算関係を保存し、指標の条件より絶対値が1なので、χ(e^iθ)=e^iαθという形になるという事である。
念のため、|e^iθ|=|cosθ+isinθ|
=√(cos²θ+sin²θ)=√1=1

>ここでθ=2πではe^2πi=1だから、
χ(e^2πi)=e^2παi=1
となる。そのためにはα=n(整数)とならねばならぬ。

例えば、α=1/2とすると、e^πi=1となり矛盾が生じる。
念のため、e^iθ=cosθ+isinθにθ=πを代入すると、e^πi=cosπ+isinπ
=-1+ⅰ・0=-1である。

>このような指標をχ_nとすると
χ_m(e^iθ)χ_n(e^iθ)=e^imθ・e^inθ
=e^i(m+n)θ=χ_m+n(e^iθ)
だから|Gの乗法はGの加法と同型である。
 だから|Gの指標群||GはGと同型になる。

何だかよく分からないので、自分で証明を作ってみました。

Φ:G→||G(Φ(α)=e^iαθ)
とすると、
Φ(α+β)=e^i(α+β)θ
=e^(iαθ+iβθ)=e^iαθ・e^iβθ
=Φ(α)・Φ(β)
∴Φ(α+β)=Φ(α)・Φ(β)
よって、Φは準同型写像である。
また、Φ(α)=e^iαθ,Φ(β)=e^iβθで、e^iαθ=e^iβθとすると、iαθ=iβθ
∴α=β
よって、e^iαθ=e^iβθならばα=βより、Φは単射である。
また、Φ(α)=e^iαθより、Φは全射でもある。つまり、Φは準同型写像かつ全単射より、同型写像である。
∴G≅||G
よって、「指標群||GはGと同型になる」。

>以上の説明には群G,|Gの位相を考えないという点で厳密ではなかったが位相を考えに入れると、Gと||Gとの同型が証明できる。

30年前の記憶によると、位相は距離空間という事で全然合わないので検索してみました。

位相群
「数学における位相群(いそうぐん、英: topological group)は、位相の定められた群であって、そのすべての群演算が与えられた位相に関して連続となるという意味において代数構造と位相構造が両立する。」
引用元:https://ja.wikipedia.org/wiki/%E4%BD%8D%E7%9B%B8%E7%BE%A4

要は、

>ここでθ=2πではe^2πi=1だから、
χ(e^2πi)=e^2παi=1
となる。そのためにはα=n(整数)とならねばならぬ。

ここを厳密に証明しなくてはいけないという事でしょうか。
個人的には、ド・モアブルの公式が整数限定と同じような理由だと考えていますが。(有限の時の1のn乗根の時も使うと思いますし。https://hiraocafe.com/note/nth-root.html

おまけ:
返信
返信1
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/17 16:05 (No.1476417)削除
問題
1辺が4の正方形ABCDが頂点Cを中心にαだけ回転した正方形をA'B'C'D'とする。また、辺ADとA'B'の交点をEとする。
(1)α=15°のとき、∠AA'B'を求めなさい。
(2)α=30°のとき、AE:EDを求めなさい。
(3)α=30°のとき、AA'の長さを求めなさい。
(4)αが0°から90°まで変化するとき、辺A'B'の通過する部分の面積を求めなさい。
(01 立教新座)

図の解説は、読めば分かるので省略。

おまけ:
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/18 07:57削除
問題
1辺が4の正方形ABCDが頂点Cを中心にαだけ回転した正方形をA'B'C'D'とする。また、辺ADとA'B'の交点をEとする。
(1)α=15°のとき、∠AA'B'を求めなさい。
(2)α=30°のとき、AE:EDを求めなさい。
(3)α=30°のとき、AA'の長さを求めなさい。
(4)αが0°から90°まで変化するとき、辺A'B'の通過する部分の面積を求めなさい。
(01 立教新座)

模範解答
(1)∠ACA'も回転角αに等しいから、α=15°のとき、二等辺三角形CAA'の底角∠AA'Cは、
(180°-15°)/2=82.5°・・・・・・①
である。よって、
∠AA'B'=①-∠B'A'C=82.5°-45°=37.5°
(2)図形全体は、直線CEに関して対称(*)であるから、
∠ECD=(90°-30°)/2=30°
よって、△CDEは30°定規の形であるから、
AD:ED=CD:ED=√3:1
∴AE:ED=(√3-1):1
(3)(*)などから、△AEA'は頂角120°の二等辺三角形である。
よって、AA'=AE×√3
=4×{(√3-1)/√3}=4(√3-1)
(4)辺A'B'の通過する部分は、右図の網目部分(注:添付ファイルで網目は付けていないので自分で考えて下さい)で、その面積は、
△ABC+扇形ACA'-(扇形BCB'+△A'B'C)=扇形ACA'-扇形BCB'
=(4√2)²π/4-4²π/4=4π
『高校への数学 日日のハイレベル演習」より

解説
>(*)などから、△AEA'は頂角120°の二等辺三角形である。

参考書の欄外に、「(*)より、AE=A'E また、∠AEA'=∠B'ED=60°×2=120°」とあり、読めば分かるので省略。

(1)の私の解法
α=15°より、∠B'CD=90°-15°=75°また、∠B'=∠D=90°より円に内接する四角形の要領で∠AEB'=∠B'CD=75°
ところで、対称性より△EAA'は二等辺三角形なので、内対角の和より、
∠EA'A=∠AEB'/2=37.5°

おまけ:
https://www.amazon.co.jp/%E4%BB%A3%E6%95%B0%E7%9A%84%E6%A7%8B%E9%80%A0-%E3%81%A1%E3%81%8F%E3%81%BE%E5%AD%A6%E8%8A%B8%E6%96%87%E5%BA%AB-%E9%81%A0%E5%B1%B1-%E5%95%93/dp/4480094172
高校への数学
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返信1
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/16 16:00 (No.1475891)削除
次の文章を完全解説して下さい。

定理22
有限巡回群Cとその指標群|Cとは同型である。
 これを一般の有限可換群に拡張してみよう。 
 定理18によって、有限可換群Gは巡回群の直積である。
G=C₁×C₂×・・・×Cm
 ここでC₁,C₂,…,Cmの生成元をc₁,c₂,…,cmとすると、Gの指標χがχ(c₁),χ(c₂),…,χ(cm)の値によって定まる。なぜなら、Gの任意の要素は1通りに
c₁^α₁c₂^α₂・・・cm^αm
という形に表わされて、
χ(c₁^α₁c₂^α₂・・・cm^αm)
=χ(c₁)^α₁χ(c₂)^α₂・・・χ(cm)^αm
となるからである。
 C₁,C₂,…,Cmの位数をそれぞれn₁,n₂,…,nmとし
ω₁=e^(2πi/n₁),ω₂=e^(2πi/n₂),・・・,
ωm=e^(2πi/nm)
としよう。このとき
χ(c₁)=ω₁^β₁,χ(c₂)=ω₂^β₂,・・・,
χ(cm)=ωm^βm
となるような指標と、Gのc₁^β₁c₂^β₂・・・cm^βmとなる要素を対応させると、
χ'(c₁)=ω₁^β'₁,χ'(c₂)=ω₂^β'₂,・・・,
χ'(cm)=ωm^β'm
にはc₁^β'₁c₂^β'₂・・・cm^β'mが対応し、χχ'には
χ(c₁)χ'(c₁)=ω₁^(β₁+β'₁),
χ(c₂)χ'(c₂)=ω₁^(β₂+β'₂),
・・・,χ(cm)χ'(cm)=ωm^(βm+β'm)
だから、これは
c₁^(β₁+β'₁)c₂^(β₂+β'₂)・・・cm^(βm+β'm)
=(c₁^β₁c₂^β₂・・・cm^βm)(c₁^β'₁c₂^β'₂・・・cm^β'm)
に対応することになって、同型対応であることがわかる。
 すなわち、つぎの定理が得られた。
定理23
有限可換群Gとその指標群|Gは同型である。
「代数的構造」遠山啓著より

定理18
群(可換とは限らない)Gの中に正規部分群A,Bが含まれ
(1)Gの要素はA,Bの要素の積で表わされる。
(2)A∩B={e}
このとき、G=A×Bとなる。
「代数的構造」遠山啓著より

適当に分かり易く解説して下さい。

おまけ:
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/17 13:38削除
解説
>定理18によって、有限可換群Gは巡回群の直積である。

これは定理19の事だと思うが、どうだろうか。

定理19
可換群は素数の累乗を位数とする可換群の直積に分解する。
「代数的構造」遠山啓著より

念のため、証明の最後に「このことを続けていくと、まったく同様にGは{a},{b₁},{c₁},…という巡回群の直積になることがわかる」とある。

>ここでC₁,C₂,…,Cmの生成元をc₁,c₂,…,cmとすると、Gの指標χがχ(c₁),χ(c₂),…,χ(cm)の値によって定まる。

一応、指標の定義を書いておこう。

「可換群Gの各要素a,b,…を0でない複素数に写像する関数χ(a)を考え、それが群を絶対値1の複素数の乗法群の中に準同型に写すとき、χをGの指標という。
|χ(a)|=1,χ(ab)=χ(a)χ(b)」
「代数的構造」遠山啓著より

>なぜなら、Gの任意の要素は1通りに
c₁^α₁c₂^α₂・・・cm^αm
という形に表わされて、
χ(c₁^α₁c₂^α₂・・・cm^αm)
=χ(c₁)^α₁χ(c₂)^α₂・・・χ(cm)^αm
となるからである。

よって、χ(c₁),χ(c₂),…,χ(cm)の累乗によってχが定まるからである。
(「Gの指標χがχ(c₁),χ(c₂),…,χ(cm)の値によって定まる」という事。)
念のため、「Gの任意の要素は1通りにc₁^α₁c₂^α₂・・・cm^αmという形に表わさ」る理由は、「G=C₁×C₂×・・・×Cm ここでC₁,C₂,…,Cmの生成元をc₁,c₂,…,cmとする」としたからである。
また、「χ(c₁^α₁c₂^α₂・・・cm^αm)
=χ(c₁)^α₁χ(c₂)^α₂・・・χ(cm)^αm」
これは、χが準同型写像だからである。

>C₁,C₂,…,Cmの位数をそれぞれn₁,n₂,…,nmとし
ω₁=e^(2πi/n₁),ω₂=e^(2πi/n₂),・・・,
ωm=e^(2πi/nm)
としよう。

何故こんな事をするかと言うと、指標の定義より「絶対値1の複素数の乗法群」だからである。
念のため、オイラーの関係式より、
e^iθ=cosθ+isinθ
は、複素平面上の単位円で両辺の絶対値は1である。

>このとき
χ(c₁)=ω₁^β₁,χ(c₂)=ω₂^β₂,・・・,
χ(cm)=ωm^βm

例えば、ω₁=e^(2πi/n₁)は単位円上の点で1のn₁乗根であり、仲間の1のn₁乗根は、1,ω₁,ω₁²,…,ω₁^(n₁-1)のn₁個である。
つまり、χ(c₁)=ω₁^β₁はそのどれか1つを表しているという事。

>このとき
χ(c₁)=ω₁^β₁,χ(c₂)=ω₂^β₂,・・・,
χ(cm)=ωm^βm
となるような指標と、Gのc₁^β₁c₂^β₂・・・cm^βmとなる要素を対応させると、

何故こんな事をするかと言えば、可換群Gと指標群|Gの同型を示すためにまず掛け橋を掛ける訳である。この対応をΦとすると、
Φ(χ(c₁),χ(c₂),…,χ(cm))
=c₁^β₁c₂^β₂・・・cm^βm

>χ'(c₁)=ω₁^β'₁,χ'(c₂)=ω₂^β'₂,・・・,
χ'(cm)=ωm^β'm
にはc₁^β'₁c₂^β'₂・・・cm^β'mが対応し、

また、Φ(χ'(c₁),χ'(c₂),…,χ'(cm))
=c₁^β'₁c₂^β'₂・・・cm^β'm

因みに、本では誤植で「c₁^β'₁,c₂^β'₂,・・・cm^β'mが対応し」となっている。

>χχ'には
χ(c₁)χ'(c₁)=ω₁^(β₁+β'₁),
χ(c₂)χ'(c₂)=ω₁^(β₂+β'₂),
・・・,χ(cm)χ'(cm)=ωm^(βm+β'm)
だから、これは
c₁^(β₁+β'₁)c₂^(β₂+β'₂)・・・cm^(βm+β'm)
=(c₁^β₁c₂^β₂・・・cm^βm)(c₁^β'₁c₂^β'₂・・・cm^β'm)
に対応する

Φ((χ(c₁),χ(c₂),…,χ(cm))・(χ'(c₁),χ'(c₂),…,χ'(cm)))
=Φ((ω₁^β₁,ω₂^β₂,…,ωm^βm)・(ω₁^β'₁,ω₂^β'₂,…,ωm^β'm))
=Φ(ω₁^β₁・ω₁^β'₁,
ω₂^β₂・ω₂^β'₂,…,ωm^βm・ωm^β'm)
(先頭から1つずつ積を取る)
=Φ(ω₁^(β₁+β'₁),ω₂^(β₂+β'₂),…,ωm^(βm+β'm))
=Φ(χ(c₁)χ'(c₁),χ(c₂)χ'(c₂),…,χ(cm)χ'(cm))
=c₁^(β₁+β'₁)c₂^(β₂+β'₂)…cm^(βm+β'm)
(Φの対応を取った)
=(c₁^β₁c₂^β₂・・・cm^βm)(c₁^β'₁c₂^β'₂・・・cm^β'm)
(先頭から1つずつ積を取るの逆)
=Φ(χ(c₁),χ(c₂),…,χ(cm))・Φ(χ'(c₁),χ'(c₂),…,χ'(cm))
(Φの対応を取った)
よって、Φ((χ(c₁),χ(c₂),…,χ(cm))・(χ'(c₁),χ'(c₂),…,χ'(cm)))
=Φ(χ(c₁),χ(c₂),…,χ(cm))・Φ(χ'(c₁),χ'(c₂),…,χ'(cm))
より、Φは準同型写像である。

>同型対応であることがわかる。

Φ(χ(c₁),χ(c₂),…,χ(cm))
=c₁^β₁c₂^β₂・・・cm^βm
より、Φが全射である事は自明。
また、Φ(χ'(c₁),χ'(c₂),…,χ'(cm))
=c₁^β'₁c₂^β'₂・・・cm^β'm
に対して、
c₁^β₁c₂^β₂・・・cm^βm=c₁^β'₁c₂^β'₂・・・cm^β'mとすると、
β₁=β'₁,β₂=β'₂,・・・,βm=β'm・・・①
ところで、χ(c₁)=ω₁^β₁,χ(c₂)=ω₂^β₂,・・・,χ(cm)=ωm^βm・・・②
χ'(c₁)=ω₁^β'₁,χ'(c₂)=ω₂^β'₂,・・・,
χ'(cm)=ωm^β'm・・・③
①,②,③より、
χ(c₁)=χ'(c₁),χ(c₂)=χ'(c₂),・・・,
χ(cm)=χ'(cm)
∴(χ(c₁),χ(c₂),…,χ(cm))=(χ'(c₁),χ'(c₂),…,χ'(cm))
よって、
c₁^β₁c₂^β₂・・・cm^βm=c₁^β'₁c₂^β'₂・・・cm^β'm
ならば
(χ(c₁),χ(c₂),…,χ(cm))=(χ'(c₁),χ'(c₂),…,χ'(cm))
が成り立つので、Φは単射である。
よって、Φは全単射かつ準同型写像より同型写像である。
よって、「同型対応であることがわかる」という事。

おまけ:
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返信1
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/14 21:07 (No.1474977)削除
問題
正三角形ABCとその内部に点Pがあり、PA=5,PB=4,PC=3のとき、次の問いに答えなさい。
(1)三角形PBCと合同な三角形QBAを正三角形ABCの外側に作図しなさい。作図の説明はいらないが作図に用いた線は残しておきなさい。
(2)四角形PAQBの面積を求めなさい。
(3)正三角形ABCの面積を求めなさい。
(95 お茶の水女子大付)

図の解説は、読めば分かるので省略しても良かったが、一応、添付ファイルを参照して下さい。
また、(1)は定規とコンパスだけ使用の作図ですが、言葉で解説して下さい。
また、余裕がある人は(3)の別解を作ってみて下さい。

おまけ:
高校への数学
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/15 07:58削除
問題
正三角形ABCとその内部に点Pがあり、PA=5,PB=4,PC=3のとき、次の問いに答えなさい。
(1)三角形PBCと合同な三角形QBAを正三角形ABCの外側に作図しなさい。作図の説明はいらないが作図に用いた線は残しておきなさい。
(2)四角形PAQBの面積を求めなさい。
(3)正三角形ABCの面積を求めなさい。
(95 お茶の水女子大付)

模範解答
(1)図1(注:コンパスで点Aを中心に半径CPの円と点Bを中心に半径BPの円を描き、その交点をQとした図)のようになる。
(2)∠PBQ=∠PBA+∠ABQ
=∠PBA+∠CBP=∠ABC=60°
これとBQ=BPより、△BPQは正三角形。
よって、PQ=BP=4
また、AQ=CP=3であるから、△APQは3辺の長さの比が3:4:5の直角三角形。
∴四角形PAQB=△BPQ+△APQ
=(√3/4)×4²+3×4/2
=4√3+6・・・・・・①
(3)(1),(2)と同様に、
△RAC≡△PAB,△SCB≡△PCAとなる点R,Sを図3のようにとると、△APR,△CPSは正三角形、△CPR,△BPSは3:4:5の直角三角形となるから、
四角形PCRA=(√3/4)×5²+3×4/2
=25√3/4+6・・・・・・②
四角形PBSC=(√3/4)×3²+3×4/2
=9√3/4+6・・・・・・③
そして、①+②+③=△ABC×2であるから、
△ABC=(①+②+③)/2
=25√3/4+9
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より

図3は添付ファイルを見て下さい。ただし、ちょっと下手くそな図です。
念のため、(√3/4)×4²などは正三角形の面積の公式。https://juken-mikata.net/how-to/mathematics/equilateral-triangle-area-formula.html

(3)の別解は次回。因みに、

「本問と同様にして、一般に、
「正三角形ABCの内部の点Pに対して、PA=a,PB=b,PC=cで、a²=b²+c²のとき、
△ABC=(1/4)(√3a²+3bc)」」
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より

だそうです。まぁ、別に検証する必要もないですね。念のため、(3)の別解は私のオリジナルです。

おまけ:
高校への数学
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/16 07:57削除
問題
正三角形ABCとその内部に点Pがあり、PA=5,PB=4,PC=3のとき、次の問いに答えなさい。
(1)三角形PBCと合同な三角形QBAを正三角形ABCの外側に作図しなさい。作図の説明はいらないが作図に用いた線は残しておきなさい。
(2)四角形PAQBの面積を求めなさい。
(3)正三角形ABCの面積を求めなさい。
(95 お茶の水女子大付)

(3)の別解
点PのBC,CA,ABに関する対称点をそれぞれP',P'',P'''とすると、
CP'=CP,CP''=CPより、CP'=CP''
また、∠P'CB=∠PCB=●,∠P''CA=∠PCA=○と置くと、
∠P'CP''=●●○○=2∠ACB=120°よって、△CP'P''は頂角が120°の二等辺三角形である。
同様に、△AP''P'''と△BP'P'''も頂角が120°の二等辺三角形になる。
また、CP'=CP=3,AP''=AP=5,BP'''=BP=4から、それぞれの二等辺三角形の相似比は3:5:4である。
よって、△P'P''P'''は∠P'が直角の3:4:5の直角三角形。
また、頂角が120°の二等辺三角形の二辺比より、P'P''=3√3,P''P'''=5√3,P'''P'=4√3
∴六角形AP'''BP'CP''=△AP'''P''+△BP'P'''+△CP''P'+△P'P''P'''
ここで、頂角が120°の二等辺三角形は半分に切って組み直すと1辺が等しい正三角形に変形出来るので面積の公式を利用しても良いが、普通に求めると、P'''Aの延長上にP''から垂線を下ろしその足をHとすると、△P''AHは1:2:√3の直角三角形になり、P''H=5√3/2
∴△AP'''P''=5×(5√3/2)×(1/2)
=25√3/4(=5²√3/4)
他の箇所も同様に考えると、
六角形AP'''BP'CP''=△AP'''P''+△BP'P'''+△CP''P'+△P'P''P'''
=25√3/4+16√3/4+9√3/4
+3√3×4√3×(1/2)
=50√3/4+18
ところで、六角形AP'''BP'CP''は△ABCの2倍の面積になるので、答えは、この1/2。
∴△ABC=25√3/4+9

おまけ:
高校への数学
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/16 11:58削除
次回は、何でもありで解いてみて下さい。
因みに、私は余弦定理で解いてみました。(念のため、「何でもあり」はpython電卓何でもありです。)
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/17 07:58削除
問題
正三角形ABCとその内部に点Pがあり、PA=5,PB=4,PC=3のとき、次の問いに答えなさい。
(1)三角形PBCと合同な三角形QBAを正三角形ABCの外側に作図しなさい。作図の説明はいらないが作図に用いた線は残しておきなさい。
(2)四角形PAQBの面積を求めなさい。
(3)正三角形ABCの面積を求めなさい。
(95 お茶の水女子大付)

(3)の何でもありの解法
正三角形の1辺の長さをxと置き、∠ABP=α,∠BPC=β,∠CPA=γと置いて、△PAB,△PBC,△PCAでそれぞれ余弦定理を使うと、
x²=4²+5²-2・4・5cosα
=41-40cosα・・・・・・①
x²=4²+3²-2・4・3cosβ
=25-24cosβ・・・・・・②
x²=3²+5²-2・3・5cosγ
=34-30cosγ・・・・・・③
α+β+γ=360°・・・・・・④
①,②より、
41-40cosα=25-24cosβ
∴24cosβ=40cosα-16
∴3cosβ=5cosα-2
∴cosβ=(5cosα-2)/3・・・・・・⑤
また、④より、α+β=360°-γ
この両辺のcosを取ると、
cos(α+β)=cos(360°-γ)=cosγ
∴cosγ=cos(α+β)・・・・・・⑥
⑥を③に代入すると、
x²=34-30cos(α+β)
∴2x²=68-60cos(α+β)・・・・・・⑦
また、①+②より、
2x²=66-40cosα-24cosβ・・・・・・⑧
⑦,⑧より、
68-60cos(α+β)=66-40cosα-24cosβ
∴60cos(α+β)-40cosα-24cosβ-2=0
∴30cos(α+β)-20cosα-12cosβ-1=0
∴30(cosαcosβ-sinαsinβ)-20cosα-12cosβ-1=0
∴30cosαcosβ-30sinαsinβ-20cosα-12cosβ-1=0・・・・・・☆
また、sin²α+cos²α=1,sin²β+cos²β=1より、sinα=√(1-cos²α),sinβ=√(1-cos²β)・・・・・・⑨
⑤と⑨を☆に代入すると、
30cosα{(5cosα-2)/3}
-30√(1-cos²α)・√(1-cos²β)
-20cosα-12{(5cosα-2)/3}-1
=0
これに再び⑤を代入すると、
10(5cos²α-2cosα)
-30√(1-cos²α)・√[1-{(5cosα-2)/3}²]
-20cosα-4(5cosα-2)-1
=0
∴50cos²α-20cosα
-10√(1-cos²α)・√(-25cos²α+20cosα+5)
-40cosα+7=0
∴10√(1-cos²α)・√(-25cos²α+20cosα+5)=50cos²α-60cosα+7
この両辺を2乗すると、
100(1-cos²α)(-25cos²α+20cosα+5)=(50cos²α-60cosα+7)²
∴100(-25cos²α+20cosα+5+25cos⁴α-20cos³α-5cos²α)
=2500cos⁴α+3600cos²α+49-6000cos³α+700cos²α-840cosα
∴2500cos⁴α-2000cos³α-3000cos²α+2000cosα+500
=2500cos⁴α-6000cos³α+4300cos²α-840cosα+49
∴4000cos³α-7300cos²α+2840cosα+451=0
ここで、cosα=Xと置くと、
X³-7300X²+2840X+451=0
これをグーグル先生に解いてもらうと、
https://www.google.com/search?q=4000x%5E3-7300x%5E2%2B2840x%2B451+%E5%9B%A0%E6%95%B0%E5%88%86%E8%A7%A3&sca_esv=4f57425ca84b35ae&hl=ja&source=hp&ei=M6F3aKjGM4HM1e8P5L3ziQw&iflsig=AOw8s4IAAAAAaHevQ5rj_boG-GobSlnhY5SEM3g8m-bl&ved=0ahUKEwjoq4W8tsGOAxUBZvUHHeTePMEQ4dUDCA8&uact=5&oq=4000x%5E3-7300x%5E2%2B2840x%2B451+%E5%9B%A0%E6%95%B0%E5%88%86%E8%A7%A3&gs_lp=Egdnd3Mtd2l6IiY0MDAweF4zLTczMDB4XjIrMjg0MHgrNDUxIOWboOaVsOWIhuinozIIEAAYgAQYogQyCBAAGIAEGKIEMggQABiABBiiBEir4QFQAFjD2AFwAHgAkAEAmAHzAaAB6h6qAQcyOS4xMC4xuAEDyAEA-AEBmAIooALeIMICCxAAGIAEGLEDGIMBwgIFEAAYgATCAg4QABiABBixAxiDARiKBcICCBAAGIAEGLEDwgIKEAAYgAQYQxiKBcICDRAAGIAEGLEDGEMYigXCAgQQABgDwgIEEAAYHsICBRAAGO8FwgIIEAAYogQYiQXCAgUQIRigAcICBhAhGAoYKpgDAJIHBzE2LjIzLjGgB4lIsgcHMTYuMjMuMbgH3iDCBwg2LjguMTguOMgHvwE&sclient=gws-wiz
(40X-41)(100X²-80X-11)=0
∴40X-41=0,
100X²-80X-11=0
これを解の公式で解くと、
X=(40±√(1600+1100))/100
=(40±√2700)/100
=(40±30√3)/100
=(4±3√3)/10
∴cosα=41/40,(4±3√3)/10
まず、-1≦cosα≦1より、
cosα=41/40は不適。
次に、αは鈍角よりcosα<0である。
∴cosα=(4-3√3)/10
(念のため、鈍角は決定事項ではないが、(4+3√3)/10の方が凄い鋭角(23°ぐらい)なので、自動的に(4-3√3)/10が決定する。)
これを①に代入すると、
x²=41-40cosα
=41-40{(4-3√3)/10}
=41-4(4-3√3)
=25+12√3
∴△ABC=(√3/4)x²
=(√3/4)(25+12√3)
=(25√3+36)/4
=25√3/4+9

因みに、python先輩に頼れば、
100(1-cos²α)(-25cos²α+20cosα+5)=(50cos²α-60cosα+7)²
から一発で、

from sympy import Symbol,factor
x = Symbol('x')
expr = 100*(1-x**2)*(-25*x**2+20*x+5)-(50*x**2-60*x+7)**2
factor(expr)
print(factor(expr))
結果:(40*x - 41)*(100*x**2 - 80*x - 11)

と求まります。
ところで、近い将来、こんな変な別解もチャットGPTで解けるようになるのでしょうね。(人の価値観の未来は分からないでしょう。)

おまけ:
返信
返信4
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/15 13:09 (No.1475332)削除
次の文章を完全解説して下さい。

可換群Gの各要素a,b,…を0でない複素数に写像する関数χ(a)を考え、それが群を絶対値1の複素数の乗法群の中に準同型に写すとき、χをGの指標という。
|χ(a)|=1,χ(ab)=χ(a)χ(b)
 一般の有限可換群の指標について考える前に、まずその準備として、巡回群Cの指標を考えてみよう。
 Cの位数をnとし、その生成元をcとしよう。
e^n=e 
 単位元eに対してはもちろんχ(e)=1である。
χ(c^n)=χ(e)=1
準同型性から
χ(c^n)=χ(c)^n=1
したがってχ(c)は1のn乗根でなければならない。そしてχ(c)の値が定まると、他の要素c^rに対するχ(c^r)は自動的に定まる。準同型の条件によって
χ(c^r)=χ(c)^r
だからG全体にわたる指標は✗(c)によって一意的に定まる。
e^(2πi/n)=ωとおけば1のn乗根はつぎのn個である。
1,ω,ω²,…,ω^(n-1)
したがって、指標の種類はnである。それをつぎつぎに
χ₀(c)=1,χ₁(c)=ω,χ₂(c)=ω²,・・・,
χ^(n-1)(c)=ω^(n-1)
と定義しよう。このとき、表にすると、つぎのページのようになっている。
 もちろんχ(a)による対応は1対1とは限らず、多対1であることもある。極端な場合としては、すべてのaに対してχ₀(a)=1となるものもある。

指標/群 e c c² ・・・ c^(n-1)
χ₀    1 1 1      1
χ₁    1 ω ω²      ω^(n-1)



χ_n-1  1 ω^(n-1) ω^2(n-1) ω^(n-1)²

 このn個の指標のあいだに新しい乗法を定義してみよう。それは2つの指標χ_i(a),χ_k(a)を直接掛け合わせることである。
χ_i(a)χ_k(a)=f(a)
とすると、
f(a)f(b)=χ_i(a)χ_k(a)χ_i(b)χ_k(b)
=χ_i(a)χ_i(b)χ_k(a)χ_k(b)
=χ_i(ab)χ_k(ab)
=f(ab)
すなわち
f(a)f(b)=f(ab)
|f(a)|=|χ_i(a)χ_k(a)|=|χ_i(a)||χ_k(a)|
=1
だからこのf(a)もやはり1つの指標である。
 またχ_i(a)^-1もやはり指標の条件を満足するから
χ₀(a),χ₁(a),・・・,χ_n-1(a)
は上のような乗法に対して群をつくる。これをCの指標群といい、|C(本ではCの上に「ー」(オーバーライン)があるが、書けないので横にする)で表わす。
|Gのなかでχ_r(c)=ω^rという指標と、Gのなかのc^rを対応させると、
χ_r(c)→c^r
χ_s(c)→c^s
から
 χ_r(c)χ_s(c)=ω^rω^s=ω^(r+s)
=χ_r+s(c)→c^(r+s)
であるから|GとGは同型であることがわかる。
「代数的構造」遠山啓著より

適当に分かり易く解説して下さい。因みに、私も初めての分野です。

おまけ:
https://news.yahoo.co.jp/articles/edefb6a7d2bc563f7a2073b1efd468ec6dd5f627
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/15 16:13削除
解説
>可換群Gの各要素a,b,…を0でない複素数に写像する関数χ(a)を考え、それが群を絶対値1の複素数の乗法群の中に準同型に写すとき、χをGの指標という。
|χ(a)|=1,χ(ab)=χ(a)χ(b)

要は、群Gから群G'への写像でG'の方は例えば、G'={1,ω,ω²}のような集合でどの元も|ω|=1,|ω²|=1となる乗法群で、写像χが準同型写像の時、この写像を群Gの指標と言うらしい。(因みに、検索はしていない自前なので、よく吟味して下さい。)
念のため、
ω=(-1+√3i)/2=-1/2+(√3/2)iより、|ω|=√{(-1/2)²+(√3/2)²}=√(1/4+3/4)=√1=1
∴|ω|=1
ω²={(-1+√3i)/2}²=(-1-√3i)/2=-1/2-(√3/2)iより、|ω²|=√{(-1/2)²+(-√3/2)²}=√(1/4+3/4)=√1=1
∴|ω²|=1
また、G'が乗法群になる事は、ω・ω²=ω³=1などで演算について閉じていて、ωの逆元はω²でω²の逆元はωで、逆元が存在しているから。念のため、単位元は1で存在している。(結合法則は自明とする。)

>一般の有限可換群の指標について考える前に、まずその準備として、巡回群Cの指標を考えてみよう。
 Cの位数をnとし、その生成元をcとしよう。
c^n=e

上では、写し間違えていました。
e^n=eではなく、c^n=e

>単位元eに対してはもちろんχ(e)=1である。

これは、χが準同型写像だから。

定理6.2
fを群Gから群G'への準同型写像とし、eをGの単位元,e'をG'の単位元とするとき、次が成り立つ。
(1)Gの単位元eは準同型写像fによってG'の単位元eに移る。f(e)=e'
(2)Gの任意の元aに対しては
f(a^-1)=f(a)^-1
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

>χ(c^n)=χ(e)=1
準同型性から
χ(c^n)=χ(c)^n=1

χ(c^n)=χ(c・c・・・c)
=χ(c)・χ(c)・・・χ(c)
=χ(c)^n
という事。

>したがってχ(c)は1のn乗根でなければならない。そしてχ(c)の値が定まると、他の要素c^rに対するχ(c^r)は自動的に定まる。準同型の条件によって
χ(c^r)=χ(c)^r
だからG全体にわたる指標は✗(c)によって一意的に定まる。

ここは、読めば分かると思うので省略。

>e^(2πi/n)=ωとおけば1のn乗根はつぎのn個である。
1,ω,ω²,…,ω^(n-1)

オイラーの関係式より、
e^iθ=cosθ+isinθ
これにθ=2π/nを代入すると、
e^(2πi/n)=cos(2π/n)+isin(2π/n)
この右辺は複素平面の単位円をn等分した最初の値であるので、1のn乗根の最初の値であり、これをωと置くと、他の1のn乗根はω²,…,ω^(n-1),1となる。(ド・モワブルの公式を考えると良い。)

>したがって、指標の種類はnである。それをつぎつぎに
χ₀(c)=1,χ₁(c)=ω,χ₂(c)=ω²,・・・,
χ^(n-1)(c)=ω^(n-1)
と定義しよう。このとき、表にすると、つぎのページのようになっている。
 もちろんχ(a)による対応は1対1とは限らず、多対1であることもある。極端な場合としては、すべてのaに対してχ₀(a)=1となるものもある。

指標/群 e c c² ・・・ c^(n-1)
χ₀    1 1 1      1
χ₁    1 ω ω²      ω^(n-1)



χ_n-1  1 ω^(n-1) ω^2(n-1) ω^(n-1)²

ここも読めば分かると思う。自分で確認するだけである。

>このn個の指標のあいだに新しい乗法を定義してみよう。それは2つの指標χ_i(a),χ_k(a)を直接掛け合わせることである。
χ_i(a)χ_k(a)=f(a)
とすると、
f(a)f(b)=χ_i(a)χ_k(a)χ_i(b)χ_k(b)
=χ_i(a)χ_i(b)χ_k(a)χ_k(b)
=χ_i(ab)χ_k(ab)
=f(ab)
すなわち
f(a)f(b)=f(ab)
|f(a)|=|χ_i(a)χ_k(a)|=|χ_i(a)||χ_k(a)|
=1
だからこのf(a)もやはり1つの指標である。
 またχ_i(a)^-1もやはり指標の条件を満足するから
χ₀(a),χ₁(a),・・・,χ_n-1(a)
は上のような乗法に対して群をつくる。

「このn個の指標のあいだに新しい乗法を定義してみよう」
なぜ、こんな事をするのかと言うと、自己同型写像の時に写像自体を元として自己同型群を作ったのと同じ事である。
また、「χ_i(a)χ_k(a)χ_i(b)χ_k(b)
=χ_i(a)χ_i(b)χ_k(a)χ_k(b)」
ここは、Gが可換群だから写像先の乗法群も可換だからである。
一応、証明しておこう。
Gが可換より、a,b∈Gに対して、ab=ba
この両辺の写像を取ると、
χは準同型写像より、
χ(ab)=χ(ba)
χ(ab)=χ(a)χ(b)
χ(ba)=χ(b)χ(a)
∴χ(a)χ(b)=χ(b)χ(a)
よって、写像先でも可換である。
また、「だからこのf(a)もやはり1つの指標である」
ここは、f(a)f(b)=f(ab)と|f(a)|=1を言えたからである。
定義の「それが群を絶対値1の複素数の乗法群の中に準同型に写すとき、χをGの指標という」の準同型性と絶対値が1という事。(念のため、χもfも写像という事。)

>またχ_i(a)^-1もやはり指標の条件を満足するから
χ₀(a),χ₁(a),・・・,χ_n-1(a)
は上のような乗法に対して群をつくる。

要は、上で演算について閉じていて、ここで逆元の存在を示している訳だが、もっと具体的に示して欲しいものである。
下で、χ_r(c)χ_s(c)=ω^rω^s=ω^(r+s)
=χ_r+s(c)
となっているので、演算について閉じている事が分かるだろう。逆元の方も簡単で省略。

>|Gのなかでχ_r(c)=ω^rという指標と、Gのなかのc^rを対応させると、
χ_r(c)→c^r
χ_s(c)→c^s
から
 χ_r(c)χ_s(c)=ω^rω^s=ω^(r+s)
=χ_r+s(c)→c^(r+s)
であるから|GとGは同型であることがわかる。

χ_r(c)χ_s(c)=ω^rω^s=ω^(r+s)
=χ_r+s(c)→c^(r+s)の続きで、
=c^r・c^sとする。
また、このχ_r(c)→c^rという写像をΦと置くと、Φ(χ_r(c)χ_s(c))=Φ(χ_r(c))Φ(χ_s(c))となるので、Φは準同型写像である。
また、Φ:χ_r(c)→c^rは全射である事は自明。
また、Φ(χ_r(c))=c^r
Φ(χ_s(c))=c^s
より、Φ(χ_r(c))=Φ(χ_s(c))とすると、
c^r=c^s ∴r=s
∴χ_r(c)=χ_s(c)
よって、Φ(χ_r(c))=Φ(χ_s(c))ならば、
χ_r(c)=χ_s(c)より、Φは単射である。
よって、Φは全単射である。
よって、Φは準同型写像かつ全単射より同型写像である。よって、|GとGは同型という事。

おまけ:
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壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/14 11:35 (No.1474653)削除
次の文章を完全解説して下さい。

第2同型定理
群GからG'(本ではGの上に「ー」(オーバーライン)があるが、書けないので「’」にする)への上への準同型写像φがあるものとする。
φ(G)=G'
このとき、G'の正規部分群H'があるとして、H'に写されるGの要素の全体をHとする。これをH=φ^-1(H')で表わそう。このとき、HはGの正規部分群であり、
G/H≅G'/H'
が成り立つ。
証明
まずHがGの正規部分群であることを示そう。
Hの任意の要素をh,Gの任意の要素をxとし、xhx^-1はφによっていかなる要素に写されるかを見よう。
 φ(xhx^-1)=φ(x)φ(h)φ(x^-1)=φ(x)φ(h)φ(x)^-1
仮定によってφ(h)はH'の要素であり、H'は正規部分群だから、これはまたH'に属する。したがって、xhx^-1はHに属する。つまりHはGの正規部分群である。
 G/Hの1つの類Haiはφによって
φ(Hai)=φ(H)φ(ai)=H'φ(ai)
に写される。2つの要素a,bがG'/H'の同じ類に写されるとしたら、
φ(a)φ(b)^-1∈H'
φ(ab^-1)∈H'
したがってab^-1∈H,つまりa,bはG/Hの同じ類に属する。したがって、φによるG/HからG'/H'の対応は1対1である。しかもそれは
φ(ab)=φ(a)φ(b)
の条件から同型写像である。
「代数的構造」遠山啓著より

適当に分かり易く解説して下さい。

おまけ:
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/14 14:09削除
解説
>φ(xhx^-1)=φ(x)φ(h)φ(x^-1)=φ(x)φ(h)φ(x)^-1

φ(x^-1)=φ(x)^-1は、φが準同型写像だから。

定理6.2
fを群Gから群G'への準同型写像とし、eをGの単位元,e'をG'の単位元とするとき、次が成り立つ。
(1)Gの単位元eは準同型写像fによってG'の単位元eに移る。f(e)=e'
(2)Gの任意の元aに対しては
f(a^-1)=f(a)^-1
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

>φ(xhx^-1)=φ(x)φ(h)φ(x^-1)=φ(x)φ(h)φ(x)^-1
仮定によってφ(h)はH'の要素であり、H'は正規部分群だから、これはまたH'に属する。

これは定理3.8.2による。

定理3.8.2
部分群HがGの正規部分群
⇔G∋∀g,H∋∀hに対してg^-1hg∈H
「すぐわかる代数」石村園子著より

つまり、H'が正規部分群でφ(h)∈H'だから、
φ(x)φ(h)φ(x)^-1∈H'
という事。

>したがって、xhx^-1はHに属する。つまりHはGの正規部分群である。

φ(xhx^-1)=φ(x)φ(h)φ(x^-1)=φ(x)φ(h)φ(x)^-1∈H'
より、φ(xhx^-1)∈H'で、「H'に写されるGの要素の全体をHとする」ので、
xhx^-1∈Hという事。
また、h∈Hより定理3.8.2により、HはGの正規部分群という事。(x,x^-1∈Gだから。)

>G/Hの1つの類Haiはφによって
φ(Hai)=φ(H)φ(ai)=H'φ(ai)
に写される。2つの要素a,bがG'/H'の同じ類に写されるとしたら、
φ(a)φ(b)^-1∈H'
φ(ab^-1)∈H'
したがってab^-1∈H,つまりa,bはG/Hの同じ類に属する。したがって、φによるG/HからG'/H'の対応は1対1である。しかもそれは
φ(ab)=φ(a)φ(b)
の条件から同型写像である。

ここは厳密な解説は後回しにして、アレンジした私の解法を述べよう。

G/Hの1つの類Haiはφによって
φ(Hai)=φ(H)φ(ai)=H'φ(ai)
に写される。
よって、φ(Ha)=H'φ(a),
φ(Hb)=H'φ(b)
ここで、H'φ(a)=H'φ(b)とすると、定理4.1より、φ(a)φ(b)^-1∈H'
φは準同型写像より、φ(ab^-1)∈H'
したがってab^-1∈H
再び定理4.1より、
Ha=Hb
よって、H'φ(a)=H'φ(b)ならばHa=Hbより、行った先が同じならば元も同じなので、φは単射である。また、条件より「上への準同型写像φ」なので、φは全射である。
よって、φは全単射である。
よって、φは準同型写像かつ全単射より同型写像である。
よって、G/H≅G'/H'が成り立つ。

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
(2)a^-1b∈H
(3)b∈aH
(4)a∈bH
(5)aH∩bH≠φ
(1')Ha=Hb
(2')ab^-1∈H
(3')b∈Ha
(4')a∈Hb
(5')Ha∩Hb≠φ
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

>G/Hの1つの類Haiはφによって
φ(Hai)=φ(H)φ(ai)=H'φ(ai)
に写される。2つの要素a,bがG'/H'の同じ類に写されるとしたら、
φ(a)φ(b)^-1∈H'
φ(ab^-1)∈H'
したがってab^-1∈H,つまりa,bはG/Hの同じ類に属する。したがって、φによるG/HからG'/H'の対応は1対1である。しかもそれは
φ(ab)=φ(a)φ(b)
の条件から同型写像である。

a∈Hai,b∈Hajとすると、定理4.1より、
Ha=Hai,Hb=Haj
∴a∈Ha,b∈Hb
よって、a=h₁a,b=h₂(h₁,h₂∈H)と置ける。
∴φ(a)=φ(h₁a)=φ(h₁)φ(a)∈H'φ(a)
φ(b)=φ(hba)=φ(h₂)φ(b)∈H'φ(b)
「2つの要素a,bがG'/H'の同じ類に写されるとしたら」より、H'φ(a)=H'φ(b)とすると、定理4.1より、φ(a)φ(b)^-1∈H'
φは準同型写像より、φ(ab^-1)∈H'
「H'に写されるGの要素の全体をH」より、
ab^-1∈H
再び定理4.1より、Ha=Hb
また、定理4.1より、b∈Ha,a∈Hbでもあるので、a,bは同じ類に属する。
よって、行った先の類を同じにするとφ(a),φ(b)の元のa,bも等しくなるので、φは単射である。また、条件よりφは全射でもあるので、φは全単射である。
また、φ(ab)=φ(a)φ(b)よりφは準同型写像で全単射より、同型写像であるという事。

感想
剰余類の写像は、Φとかにして分けた方が良いのではないでしょうか。デタラメだったらご免なさい。

おまけ:
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返信1
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/12 20:09 (No.1473742)削除
問題
正方形ABCDの辺AB上に任意の点Eをとり、辺ADのDを越える延長上の点FをBE=DFとなるようにとる。
(1)∠CEF=45°であることを証明しなさい。
(2)線分EFの中点をMとするとき、Mは常に対角線BD上にあることを証明しなさい。
(99 甲陽学院)

図の解説は、読めば分かるので省略。

因みに、(2)は別解でした。その後、解説に「(2)はたくさんの解法がある」とあったので、もう1通り作ってみました。

おまけ:
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-10563739145.html
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/13 07:57削除
問題
正方形ABCDの辺AB上に任意の点Eをとり、辺ADのDを越える延長上の点FをBE=DFとなるようにとる。
(1)∠CEF=45°であることを証明しなさい。
(2)線分EFの中点をMとするとき、Mは常に対角線BD上にあることを証明しなさい。
(99 甲陽学院)

模範解答
(1)網目の三角形(注:CE,CFを結んで△CBEと△CDFの事)は合同(二辺夾角相等)であるから、
CE=CF・・・・・・①
また、○=●(注:∠ECB=●,∠FCD=○,∠DCE=×)であるから、
×+○=×+●=90°・・・・・・②
①,②より、△CEFは直角二等辺三角形であるから、∠CEF=45°
(2)Mは、直角三角形AEFとCEFの斜辺の中点であるから、
MA=ME(=MF)
MC=ME(=MF)
∴MA=MC
よってMは、線分ACの垂直二等分線であるBD上にある。
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より

解説
>Mは、直角三角形AEFとCEFの斜辺の中点であるから、
MA=ME(=MF)
MC=ME(=MF)

これは、直角三角形ABCの斜辺BCの中点Mと直角Aを結ぶと、AM=BM=CMとなるという算数でもよく使われる定石。
中学生以上なら、△ABCの外接円を考えれば自明だろう。
小学生は、長方形を対角線で斜め半分に切るとその形が現れるので分かる。

これだけじゃ面白くないので、(1)の何でもありの解法を披露しましょう。

正方形の1辺の長さをm,BE=DF=nと置くと、DH=m-n
また、EFとCDの交点をG,EからCDに下ろした垂線の足をHとすると、△GDF∽△GHEで相似比n:mより、
GH={m/(m+n)DH=m(m-n)/(m+n)
∴GH:EH=m(m-n)/(m+n):m
=m-n:m+n
また、EH:CH=m:n
よって、∠CEGは直角を挟む2辺の比がm:nの直角三角形の最小角と直角を挟む2辺の比がm-n:m+nの直角三角形の最小角の和より、マニアックな定理により45°である。
∴∠CEF=∠CEG=45°

マニアックな定理
直角を挟む2辺の比がm:nの直角三角形の最小角と直角を挟む2辺の比がm-n:m+nの直角三角形の最小角の和は45°である。

因みに、この定理を導く方法でもありますね。((1)の模範解答と合わせる。)
念のため、Arctanの加法定理を使ってもすぐ出来ます。ただし、計算はちょっとだけ面倒臭いかもしれませんが。

(2)の私の解法2つは次回。

おまけ:
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/14 07:44削除
問題
正方形ABCDの辺AB上に任意の点Eをとり、辺ADのDを越える延長上の点FをBE=DFとなるようにとる。
(1)∠CEF=45°であることを証明しなさい。
(2)線分EFの中点をMとするとき、Mは常に対角線BD上にあることを証明しなさい。
(99 甲陽学院)

(2)の私の解法1
CMを結ぶと、△CEFが直角二等辺三角形で点Mは斜辺の中点より、CM⊥EF
よって、∠EBC=∠EMC=90°より、4点E,B,C,Mは同一円周上にある。
よって、円周角より∠CBM=∠CEM=∠CEF=45°∴∠CBM=45°・・・・・・①
また、∠CBD=45°・・・・・・②
①,②より、∠CBM=∠CBD
よって、3点B,M,Dは一直線上にあるので、点Mは対角線BD上にある。

(2)の私の解法2
点Bをxy座標の原点に置き、BCをx軸,ABをy軸に取ると、
A(0,a),C(a,0),D(a,a),E(0,e),
F(a+e,a)
と置ける。
よって、中点の座標の公式より、E(0,e),
F(a+e,a)の中点の座標は、
M((a+e)/2,(a+e)/2)
よって、x=yより、点Mは直線y=x上の点である。よって、点Mは正方形ABCDの対角線BD上にある。

おまけ:
https://www.j-world.com/usr/sakura/bible/eternallife.html(ユダヤ教徒にイエスが詐欺師だと言われる1つの理由でもあると思うが、イエスは「終わりの時」のために発言しているので、従来の旧約聖書と一致する訳がない。実際、「ダニエル書」第12章には「永遠の生命」が語られている。この人に言わせれば、「ダニエル書」第12章は偽書だと思っているらしいが。)
返信
返信2
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/10 22:53 (No.1472744)削除
問題
∠OAB,∠OCD,∠OEFを直角とする3つの直角二等辺三角形△OAB,△OCD,△OEFが右の図のように並び、3点A,C,Eが1直線上にある。
(1)△OAC∽△OBDであることを証明しなさい。
(2)3点B,D,Fが1直線上にあることを証明しなさい。
(04 甲陽学院)

図は添付ファイルを参照して下さい。

因みに、(2)は別解でした。(参考書の別解とは別。)

おまけ:
高校への数学
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/11 07:57削除
問題
∠OAB,∠OCD,∠OEFを直角とする3つの直角二等辺三角形△OAB,△OCD,△OEFが右の図のように並び、3点A,C,Eが1直線上にある。
(1)△OAC∽△OBDであることを証明しなさい。
(2)3点B,D,Fが1直線上にあることを証明しなさい。
(04 甲陽学院)

模範解答
(1)△OACと△OBDにおいて、
OA:OB=OC:OD=1:√2・・・・・・①
また、∠AOC=45°+∠BOC
=∠BOD・・・・・・②
①,②より、二辺比夾角相等であるから、
△OAC∽△OBD・・・・・・③
(2)(1)と同様に、二辺比夾角相等で、
△OAE∽△OBF・・・・・・④
③より、∠OBD=∠OAC
④より、∠OBF=∠OAE
ここで、A,C,Eが一直線上にあることから、∠OAC=∠OAE
∴∠OBD=∠OBF
よって、3点B,D,Fは一直線上にある。
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より

解説は、読めば分かるので省略。参考書に、

➡注 ’△OCE∽△ODF’を利用して証明することもできます。

とあるので、一応、これを解説しよう。

(2)の別解
(1)より、△OAC∽△OBD
△OCDと△OEFが直角二等辺三角形より、
OC:OD=OE:OF=1:√2
∴OC:OE=OD:OF
また、∠COE=45°-∠EOD=∠DOF
よって、二辺比と挟角が等しいので、
△OCE∽△ODF
∴∠OCE=∠ODF・・・・・・①
また、BDの延長上に点Gを取ると、△OAC∽△OBDより、∠OCE=∠ODG・・・・・・②
①,②より、∠ODF=∠ODG
よって、3点D,F,Gは一直線上にある。
また、3点B,D,Gも一直線上にあるので、
4点B,D,F,Gは一直線上にある。
つまり、3点B,D,Fは一直線上にある。

私の別解は次回。因みに、参考書に、

「一般に、3点(以上)が一直線上にあることの証明は難しいのですが、本問では(2)で、(1)と同様のもう1組の相似を利用することがポイントとなります。」

とあるので、私の別解を作れた人は超優等生という事になりますね。是非、挑戦してみて下さい。
念のため、ラングレー問題とか初等幾何の難問のような超難問ではありません。(あまり難し過ぎると面白くないので、そういう場合はヒント付きにします。)

おまけ:
https://www.beret.co.jp/book/43041
高校への数学
壊れた扉さん (994klpn6)2025/7/12 07:46削除
問題
∠OAB,∠OCD,∠OEFを直角とする3つの直角二等辺三角形△OAB,△OCD,△OEFが右の図のように並び、3点A,C,Eが1直線上にある。
(1)△OAC∽△OBDであることを証明しなさい。
(2)3点B,D,Fが1直線上にあることを証明しなさい。
(04 甲陽学院)

図は添付ファイルを参照して下さい。

(2)の私の解法
(1)より△OAC∽△OBDなので、
∠OAC=∠OBD
よって、AEとBDの交点をGとすると、
∠OAG=∠OBG
よって、円周角の定理の逆により4点A,B,G,Oは同一円周上にある。
よって、円周角の定理より、
∠AGB=∠AOB=45°
よって、対頂角より、
∠EGD=∠AGB=45°・・・・・・①
また、円周角の定理より、
∠OGA=∠OBA=45°
∴∠OGA=∠OFE
よって、四角形OGEFは円に内接する四角形。
よって、円周角の定理より、
∠EGF=∠EOF=45°・・・・・・②
①,②より、∠EGD=∠EGF
よって、3点G,D,Fは一直線上にある。
また、3点B,G,Dも一直線上にあるので、4点B,G,D,Fは一直線上にある。
よって、3点B,D,Fは一直線上にある。Q.E.D.

因みに、(1)の結果から私には∠OAG=∠OBGで4点が共円である事は自明で∠AGBが45°でその対頂角EGDも45°で、また、∠EOFが45°である事から3点G,D,Fが一直線上にあれば円周角の定理の逆により4点が共円であるので、上の解法は後半をちょっと工夫するだけの簡単なものでした。(念のため、自慢している訳ではありません。二十数年もやっていますからねぇ。出来て当然とは思いませんが、努力の結果だという事です。まぁ、思考回路が中学時代ぐらいに戻っているというのもあると思いますが。(27歳ぐらいの時は、俺ってこんなにバカだっけと思ったものです。今から考えると二日酔い状態と同じレベルの愚鈍さでした。))

おまけ:
高校への数学
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