数学

問題
半径２の円Ｏの弦ＡＢを折り目として、折り返された弧がＯを通るようにする。この弧の上で弧ＯＣ＝弧ＣＡとなる点Ｃをとる。Ｐが弦ＡＢ上をＡからＢまで動くとき
（ⅰ）ＯＰ＋ＰＣの最小値はいくらか。
（ⅱ）ＯＰ＋ＰＣの最大値はいくらか。
（９０　慶応志木）

模範解答
折り返す前の弧ＡＢに対する円周角は６０°，中心角は１２０°である。
ＡＢについてのＯの対称点はＭ（弧ＡＢの中点）であり、Ｍは弧ＡＯＢを含む円の中心。（基本図６３）
注：基本図６３とは、「円弧の一部を折り返したとき、それが中心Ｏを通れば、図のように、∠ＡＯＢ＝１２０°，△ＯＡＣ，△ＯＢＣは共に正三角形。」（弧ＡＢの中点がＣで弦ＡＢで折り返すと点Ｃが点Ｏに重なる図。半径と対称性を考えれば正三角形になる事が分かる。）
（ⅰ）ＯＰ＋ＰＣ＝ＭＰ＋ＰＣだから、最小値は、Ｍ－Ｐ－Ｃが直線になるときで、そのとき、ＭＣ＝半径＝２
（ⅱ）最大値は、あきらかにＰがＢに一致するときで、このとき∠ＣＭＢ＝９０°だから、
ＭＰ＋ＰＣ＝ＭＢ＋ＢＣ＝２＋２√２
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

（ⅰ）の別解
点ＣのＡＢに関する対称点Ｃ'を取ると対称性から円周上にある。
また、ＰＣ＝ＰＣ'より、
ＯＰ＋ＰＣ＝ＯＰ＋ＰＣ'
これが最小になるのは直線ＯＣ'（ＯＰＣ'）になる時で、その時は円の半径になるので、
答えは、２
（ⅱ）最大値は、あきらかにＰがＢに一致するときで、この時、△ＯＢＣ'は直角二等辺三角形になる。（∠ＭＯＢ＝６０°，∠Ｃ'ＯＭ＝∠ＣＭＯ（四角形ＣＣ'ＯＭが等脚台形だから）＝３０°（弧の長さより）より、∠Ｃ'ＯＢ＝６０°＋３０°＝９０°だから。）
∴ＯＰ＋ＰＣ＝ＯＰ＋ＰＣ'＝ＯＢ＋ＢＣ'
＝２＋２√２

次回は、何でもありの解法をやります。

おまけ：

問題
半径２の円Ｏの弦ＡＢを折り目として、折り返された弧がＯを通るようにする。この弧の上で弧ＯＣ＝弧ＣＡとなる点Ｃをとる。Ｐが弦ＡＢ上をＡからＢまで動くとき
（ⅰ）ＯＰ＋ＰＣの最小値はいくらか。
（ⅱ）ＯＰ＋ＰＣの最大値はいくらか。
（９０　慶応志木）

何でもありの解法
（ⅰ）円Ｏの中心をｘｙ座標の原点に取ると、
Ａ(－√３,１)，Ｂ(√３,１)と置け、ちょっと考えれば、Ｃ(－１,２－√３)と置ける。
また、Ｐ(ｐ,１)と置くと、ＯＰ＝√(ｐ²＋１)
ＰＣ＝√{(ｐ＋１)²＋(－１＋√３)²}
＝√(ｐ²＋２ｐ＋１＋４－２√３)
＝√(ｐ²＋２ｐ＋５－２√３)
∴ＯＰ＋ＰＣ＝√(ｐ²＋１)＋√(ｐ²＋２ｐ＋５－２√３)
ここで、ｌ＝√(ｐ²＋１)＋√(ｐ²＋２ｐ＋５－２√３)とおいて、ｐで微分して最小値を求める。（点ＰをＡからＢまで動かせば、ｌの値は大→小→大となる事が自明なので、極値は極小値になる。）
ｌ'＝２ｐ/{２√(ｐ²＋１)}＋(２ｐ＋２)/{２√(ｐ²＋２ｐ＋５－２√３)}＝０として、分母を払うと、
ｐ√(ｐ²＋２ｐ＋５－２√３)＋(ｐ＋１)√(ｐ²＋１)＝０
∴ｐ√(ｐ²＋２ｐ＋５－２√３)＝－(ｐ＋１)√(ｐ²＋１)
∴ｐ²(ｐ²＋２ｐ＋５－２√３)＝(ｐ＋１)²(ｐ²＋１)
∴ｐ⁴＋２ｐ³＋(５－２√３)ｐ²
＝(ｐ²＋１)(ｐ²＋１＋２ｐ)
＝(ｐ²＋１)²＋２ｐ(ｐ²＋１)
＝ｐ⁴＋２ｐ²＋１＋２ｐ³＋２ｐ
∴(３－２√３)ｐ²－２ｐ－１＝０
これを解の公式で解くと、
ｐ＝[－１±√{１－(２√３－３)}]/(２√３－３)
＝{－１±√(４－２√３)}/(２√３－３)
＝{－１±(√３－１)}/(２√３－３)
＝(－２＋√３)/(２√３－３)，
－√３/(２√３－３)
（１）(－２＋√３)/(２√３－３)
＝(－２＋√３)(２√３＋３)/３
＝(－４√３－６＋６＋３√３)/３
＝－√３/３
（２）－√３/(２√３－３)
＝－√３(２√３－３)/３
＝(－６－３√３)/３
＝－２－√３
ところで、ｐ≧－√３より不適。
よって、ｐ＝－√３/３＝－１/√３
これをｌ＝√(ｐ²＋１)＋√(ｐ²＋２ｐ＋５－２√３)に代入すると、
ｌ＝√(１/３＋１)＋√(１/３－２√３/３＋５－２√３)
＝√(４/３)＋√(１６/３－８√３/３)
＝２/√３＋２√(４－２√３)/√３
＝２/√３＋２(√３－１)/√３
＝２√３/√３＝２
よって、最小値は２
（ⅱ）最大になるのは、点Ｐが点Ｂと一致する時なので、ｘ＝√３を代入すると、
ｌ＝√(３＋１)＋√(３＋２√３＋５－２√３)
＝２＋２√２
よって、最大値は、２＋２√２

数Ⅲ（高３理系）の解法でした。（ただし、頭は良くない解法。笑）

おまけ：

解説
＞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。

例えば、ｆ(ｘ)＝ｘ³－２として、ｆ(ｘ)の根をα₁＝³√２,α₂＝³√２ω,α₃＝³√２ω²とする。
ここで、β＝α₁－α₂と置くと、p.152よりＧfはＳ₃と同型なのでα₁,α₂,α₃の全ての入れ換えを行うと、
γ＝α₁－α₃（βのα₁はそのままでα₂をα₃に入れ換えたもの）
δ＝α₂－α₃（βのα₁をα₂に、α₂をα₃に入れ換えたもの）
－β＝－α₁＋α₂（βのα₁とα₂を入れ換えたもの）
－γ＝－α₁＋α₃（βのα₁をα₃に、α₂をα₁に入れ換えたもの）
－δ＝－α₂＋α₃（βのα₂はそのままでα₁をα₃に入れ換えたもの）
よって、「異なる数β₁＝β,･･･,β₆」（Ｓ₃は３!＝6通り）になった。よって、ｇ(ｘ)を作ると、
ｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)･･･(ｘ－β₆)
＝(ｘ－β)(ｘ＋β)(ｘ－γ)(ｘ＋γ)(ｘ－δ)(ｘ＋δ)
＝(ｘ²－β²)(ｘ²－γ²)(ｘ²－δ²)———☆
ところで、β＝α₁－α₂＝³√２－³√２ω
＝³√２(１－ω)———➀
γ＝α₁－α₃＝³√２－³√２ω²
＝³√２(１－ω²)＝³√２(１－ω)(１＋ω)
＝β(１＋ω)（➀より）＝－βω²
∴γ＝－βω²———②
δ＝α₂－α₃＝³√２ω－³√２ω²
＝³√２ω(１－ω)（➀より）＝βω
∴δ＝βω———③
②，③を☆に代入すると、
ｇ(ｘ)＝(ｘ²－β²)(ｘ²－β²ω⁴)(ｘ²－β²ω²)
＝(ｘ²－β²)(ｘ²－β²ω)(ｘ²－β²ω²)
＝ｘ⁶－β⁶———☆☆
（これは展開しなくても、例えば、ｘ³＝２は、解がｘ＝³√２，³√２ω，³√２ω²より、
(ｘ－³√２)(ｘ－³√２ω)(ｘ－³√２ω²)＝０となる事を知っていればすぐ出来る。）
また、➀の両辺を6乗すると、
β⁶＝４(１－ω)⁶———ア
ところで、ω＝(－１＋√３ｉ)/２より、
１－ω＝１－(－１＋√３ｉ)/２
＝(３－√３ｉ)/２
＝√３ｉ(－√３ｉ－１)/２
＝√３ｉ・(－１－√３ｉ)/２———イ
また、ω²＝{(－１＋√３ｉ)/２}²
＝(１－３－２√３ｉ)/４
＝(－２－２√３ｉ)/４
＝(－１－√３ｉ)/２
よって、{(－１－√３ｉ)/２}³＝(ω²)³＝(ω³)²
＝１²＝１———ウ
ここで、イをアに代入すると、
β⁶＝４{√３ｉ・(－１－√３ｉ)/２}⁶
＝４・３³(－１)³・[{(－１－√３ｉ)/２}³]²
これにウを代入すると、
β⁶＝－１０８・１²＝－１０８
これを☆☆に代入すると、
ｇ(ｘ)＝ｘ⁶＋１０８
これがβiの既約多項式、つまり、±β，±γ，±δの既約多項式になるという話である。
よって、ｘ⁶＋１０８＝０が既約多項式である事を確認出来れば良い。
そして、p.147の問題8-5bに、
「ｐ(ｘ)＝ｘ⁶＋１０８は有理数係数多項式として既約であることを示せ」とあり証明されているのでＯＫ。
問題の前半部の意味は以上である。後半の意味は次回の解答の方の解説で分かる（はずである）。

おまけ：

次の文章を解説して下さい。

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。

解答
βを不変にする入れ換え全体のなすＧfの部分群をＨとする。まずｇ(ｘ)の係数はＧfの入れ換えで不変なので、定数であることに注意する。またβ₁,･･･,βsはＨの右傍系と１対１に対応するので、ｓはＨの指数(Ｇ：Ｈ)に等しい。
βの最小多項式をｈ(ｘ)とおく。定義よりｈ(β)＝０である。この式にＧfの根の入れ換えを適用するとｈ(βj)＝０（ｊ＝１,２,･･･,ｓ)が得られる。よってｈ(ｘ)はβ₁,･･･,βsをすべて根に持つのでｇ(ｘ)で割り切れる。ｈ(ｘ)はβの最小多項式なので、定義よりｇ(ｘ)を割り切る。よってｇ(ｘ)＝ｈ(ｘ)である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

解説の続き
＞βを不変にする入れ換え全体のなすＧfの部分群をＨとする。

βを不変にする入れ換え全体のなす群がＨという事。

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

上より、「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)」
なので、Ｇfの入れ換えでβがβ₁,･･･,βsに変わり、ｇ(ｘ)の係数をＧfの入れ換えてもβiがβjに変わるだけ（βを構成するのはｆ(ｘ)の根αiなどでそれらの入れ換えだから）なので、
ｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)･･･(ｘ－βs)の括弧の順番が変わるだけで展開すれば係数は変わらないから不変という事。
また、「定数であることに注意する」とは、定数係数の最小多項式になるという事を言いたいから。

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

これは次回にする。これはｇ(ｘ)が最小多項式になる証明とは関係ないから。

＞βの最小多項式をｈ(ｘ)とおく。定義よりｈ(β)＝０である。この式にＧfの根の入れ換えを適用するとｈ(βj)＝０（ｊ＝１,２,･･･,ｓ)が得られる。

βの最小多項式がｈ(ｘ)より、ｈ(β)＝０は自明。また、「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」より、β→βjになる。
また、p.153の「βをｇ(ｘ)の根γに取り換えたとき、「βの入れ換えは式の形によらない」ことよりｆ(ｘ)の根ｈ(β)（βの式）はｆ(ｘ)の根ｈ(γ)になります。実際、入れ換えが式の形によらないので、ｆ(ｈ(β))＝０よりｆ(ｈ(γ))＝０となります」
から、βをｇ(ｘ)の他の根βjに取り換えた時、「βの入れ換えは式の形によらない」ことよりｈ(ｘ)の根βはｈ(ｘ)の根βjになります。
実際、入れ換えが式の形によらないので、ｈ(β)＝０よりｈ(βj)＝０（βjがｈ(ｘ)の根だから）が得られるという事。
因みに、p.153でのβはｆ(ｘ)の原始元で今回は特に原始元ではないが、p.153を読む限りでは原始元である事を使っていないのでＯＫだろう。
また、p.153は以前に（上の文章では）納得がいかなかったが別解を作って、「ｆ(ｈ(β))＝０よりｆ(ｈ(γ))＝０」は証明したので、今回はその結果を利用しているという事。

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

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

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

おまけ：

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。

解答
βを不変にする入れ換え全体のなすＧfの部分群をＨとする。まずｇ(ｘ)の係数はＧfの入れ換えで不変なので、定数であることに注意する。またβ₁,･･･,βsはＨの右傍系と１対１に対応するので、ｓはＨの指数(Ｇ：Ｈ)に等しい。
βの最小多項式をｈ(ｘ)とおく。定義よりｈ(β)＝０である。この式にＧfの根の入れ換えを適用するとｈ(βj)＝０（ｊ＝１,２,･･･,ｓ)が得られる。よってｈ(ｘ)はβ₁,･･･,βsをすべて根に持つのでｇ(ｘ)で割り切れる。ｈ(ｘ)はβの最小多項式なので、定義よりｇ(ｘ)を割り切る。よってｇ(ｘ)＝ｈ(ｘ)である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

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

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

上より「βを不変にする入れ換え全体のなすＧfの部分群をＨとする」より、Ｈはある多項式ｇ(ｘ)が対応して、Ｇg≅Ｇf/Ｈ となる。
このｇ(ｘ)がｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)･･･(ｘ－βs)である事を具体例で確認する。
つまり、同型の間には全単射が存在するので、「β₁,･･･,βsはＨの右傍系と１対１に対応する」を確認出来るという訳である。

ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２とすると、
ｆ(ｘ)＝(ｘ²－√２)(ｘ²＋√２)
＝(ｘ－⁴√２)(ｘ＋⁴√２)(ｘ－⁴√２ⅰ)(ｘ＋⁴√２ⅰ)より、ｘ＝±⁴√２，±⁴√２ⅰ
ここで、ｆ(ｘ)の根の式βを作る。
β＝(⁴√２ⅰ)/(⁴√２)＝ｉとすると、「Ｇfの根の入れ換え（すべて）」のＧfが分からないので、とりあえず全ての根の入れ換えを行うと、
β₂＝(⁴√２ⅰ)/(－⁴√２)＝－ｉ
β₃＝(－⁴√２ⅰ)/(⁴√２)＝－ｉ
β₄＝(⁴√２)/(⁴√２ⅰ)＝１/ｉ＝－ｉ
β⁵＝(－⁴√２)/(⁴√２ⅰ)＝－１/ｉ＝ｉ
他にもあるが、±ｉに収まったとする。
よって、ｇ(ｘ)＝(ｘ－ｉ)(ｘ＋ｉ)＝ｘ²＋１
ところで、問題9-1aより、一般に２次式の多項式の群はｆ(ｘ)の根の入れ換えと恒等入れ換えの２つからなる群なので、|Ｇg|＝２・・・➀である。
また、ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２の係数をｉの式（２＋３ｉなど有理数係数のｉの式）としてもこの式は既約多項式である。何故なら、ｆ(ｘ)＝(ｘ－⁴√２)(ｘ＋⁴√２)(ｘ－⁴√２ⅰ)(ｘ＋⁴√２ⅰ)のどの２つの積を展開しても係数に√２が残り、有理数係数のｉの式に収まらないので、結局全部展開しないと有理数係数のｉの式にならないからである。
また、⁴√２は、有理数係数のｉの式を係数としたｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２の原始元になる。
何故なら、この式にｘ＝±⁴√２ⅰを代入すると、ｆ(±⁴√２ⅰ)＝(±⁴√２ⅰ)⁴－２
＝ｉ⁴(±⁴√２)⁴－２となり、ｉの式を係数としたｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２の根はｘ＝±⁴√２だけで、これらは⁴√２で表せるからである。ただし、ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２の根は±⁴√２，±⁴√２ⅰの４個である。
よって、ｉの式を不変にするＧfの部分群Ｈの元の個数は４個である。（p.153から「ｆ(ｘ)の原始元をβとし、βを根に持つ既約多項式ｇ(ｘ)を作り、その他の根に入れ換えて得られるｆ(ｘ)の根の入れ換えが多項式の群Ｇf」だから。）
∴|Ｈ|＝４・・・②
また、問題8-6bより、ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２の原始元βの最小多項式は、ｘ⁸＋２８ｘ⁴＋２５００より、８次式なので、|Ｇf|＝８・・・③

話を元に戻して、
「上より「βを不変にする入れ換え全体のなすＧfの部分群をＨとする」より、Ｈはある多項式ｇ(ｘ)が対応して、Ｇg≅Ｇf/Ｈ となる。」より、
|Ｇg|＝|Ｇf|/|Ｈ|
これに➀，②，③を代入すると、
２＝８/４
で合う。よって、
「このｇ(ｘ)がｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)･･･(ｘ－βs)である事を具体例で確認する。
つまり、同型の間には全単射が存在するので、「β₁,･･･,βsはＨの右傍系と１対１に対応する」を確認出来るという訳である。」
が確認された。
念のため、決してＧg＝{β₁,･･･,βs}という訳ではない。Ｇgはｇ(ｘ)の元の入れ換えの群であり、βjはｆ(ｘ)の根の式である。

因みに、

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

このｆ(ｘ)が同じでもβの取り方によって当然ｇ(ｘ)の次数も変わる。
例えば、ｆ(ｘ)＝ｘ³－２として、ｆ(ｘ)の根をα₁＝³√２,α₂＝³√２ω,α₃＝³√２ω²とする。
ここで、β＝α₁－α₂と置くと、（上より）ｇ(ｘ)＝ｘ⁶＋１０８
また、β＝α₃/α₂＝ωとして、ωの最小多項式を作ると、ｇ(ｘ)＝ｘ²＋ｘ＋１
（全ての入れ換えでｇ(ｘ)＝(ｘ－ω)(ｘ－ω²)＝ｘ²－(ω＋ω²)ｘ＋ω³＝ｘ²＋ｘ＋１と求めても良い。（β＝α₃/α₂の全ての入れ換えは、ω，ω²，１/ω，１/ω²で、結局、ωとω²になる。））
よって、ｇ(ｘ)の次数が異なる。これが対応する部分群の違いという事である。（ガロア対応））

おまけ：

間違い探し

定理3.7.4
群Ｇを
ｇ₁≡ｇ₂（mod.Ｈ）⇔ ｇ₁ｇ₂^-1∈Ｈ
という関係で類別すると
{Ｈｅ，Ｈｇ₁，Ｈｇ₂，…}
という類に類別される。

定義
定理3.7.4における
Ｈｅ，Ｈｇ₁，Ｈｇ₂，…
をＧのＨによる右剰余類という。
「すぐわかる　代数」石村園子著より

回答
ｇ₁≡ｇ₂（mod.Ｈ）より、Ｈｇ₁とＨｇ₂は同じ同値類ですよね。
だから、{Ｈｅ，Ｈｇ₁＝Ｈｇ₂，Ｈｇ₃，…}とか、{Ｈｅ，Ｈｇ₁（Ｈｇ₂），Ｈｇ₃，…}とかした方が良いと思います。
もっとも、分かり易さを優先したのかもしれませんが。

定理3.7.1
Ｈを群Ｇの部分群とする。Ｇ∋ｇ₁,ｇ₂に対して
ｇ₁≡ｇ₂（mod.Ｈ）⇔ ｇ₁ｇ₂^-1∈Ｈ
と定義すると、この関係≡は同値関係である。

解説
同値関係を使って集合を類別することができたのだった。
「すぐわかる　代数」石村園子著より

おまけ：

問題
右図に置いて、∠ＸＯＹ＝３０°とする。
ＯＸ上に点Ａ，ＯＹ上に点Ｂが与えられて、ＯＡ＝4，ＯＢ＝１とする。ＯＹ，ＯＸ上に点Ｐ，Ｑをとり、ＡＰ＋ＰＱ＋ＱＢを最小にするとき、その最小の長さは□である。
（８９　大阪星光学院）

模範解答
ＯＹについてのＡの対称点をＡ'，ＯＸについてのＢの対称点をＢ'とする。
ＡＰ＋ＰＱ＋ＱＢ＝Ａ'Ｐ＋ＰＱ＋ＱＢ'
となるので、Ａ'Ｂ'を結んだ線分の長さが、求める折れ線の長さの最小値である。
△Ａ'ＯＢ'に注目すると、
∠Ａ'ＯＢ'＝３０°×３＝９０°だから
Ａ'Ｂ'＝√(ＯＡ'²＋ＯＢ'²)＝√(４²＋１²)
＝√１７
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

別解（私の解法）
「ＯＹについてのＡの対称点をＡ'，ＯＸについてのＢの対称点をＢ'とする。
ＡＰ＋ＰＱ＋ＱＢ＝Ａ'Ｐ＋ＰＱ＋ＱＢ'
となるので、Ａ'Ｂ'を結んだ線分の長さが、求める折れ線の長さの最小値である。」
までは同じ。
△ＯＡＡ'は頂角が６０°の二等辺三角形になるので、正三角形。∴∠Ａ'ＡＯ＝６０°
ここで、Ａ'からＯＡに垂線を下ろしその足をＨとし、その延長上にＢ'から垂線を下ろしその足をＩとすると、Ａ'Ｈ＝２√３
また、ＢＢ'とＯＸとの交点をＪとすると、△ＯＢＢ'も正三角形よりＢ'Ｊ＝１/２
また、四角形ＪＢ'ＩＨは長方形より、
ＨＩ＝ＪＢ'＝１/２　
∴Ａ'Ｉ＝２√３＋１/２
また、Ｂ'Ｉ＝ＪＨ＝ＯＨ－ＯＪ
＝２－√３/２
よって、△Ａ'Ｂ'Ｉで三平方の定理を使うと、Ａ'Ｂ'＝√(Ａ'Ｉ²＋Ｂ'Ｉ²)
＝√{(２√３＋１/２)²＋(２－√３/２)²}
＝√(１２＋２√３＋１/４＋４－２√３＋３/４)＝√(１２＋１＋４)＝√１７
よって、答えは、√１７

おまけ：

問題
右図のような四角形ＡＢＣＤがある。
（１）ＡＥ：ＤＥ，ＤＥ：ＣＥを求めよ。
（２）ＡＥの長さを求めよ。
（９０　金沢）

図の解説：∠Ｂ＝∠Ｄ＝９０°の四角形ＡＢＣＤがあり、ＡＢ＝１５，ＢＣ＝２０，ＣＤ＝２４という図。

模範解答
ＡＣ＝√(15²＋20²)＝２５
ＡＤ＝√(AC²－24²)＝７
（１）∠Ｂ＋∠Ｄ＝１８０°だから、
４点Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄは同一円周上にある。
そこで、右図のような円（注：四角形ＡＢＣＤの外接円）を描くと、
円周角の定理より、
∠ＡＢＥ＝∠ＤＣＥ・・・➀
∠ＢＡＥ＝∠ＣＤＥ・・・②
∠ＣＢＥ＝∠ＤＡＥ・・・③
∠ＢＣＥ＝∠ＡＤＥ・・・④
➀，②より、△ＡＢＥ∽△ＤＣＥ
よって、ＡＥ：ＤＥ＝ＡＢ：ＤＣ＝１５：２４＝５：８
③，④より、△ＤＡＥ∽△ＣＢＥ
よって、ＤＥ：ＣＥ＝ＤＡ：ＣＢ＝７：２０
（２）（１）より、ＡＥ：ＤＥ：ＣＥ＝３５：５６：１６０だから、
ＡＥ＝{ＡＥ/(ＡＥ＋ＣＥ)}×ＡＣ
＝{３５/(３５＋１６０)}×２５＝１７５/３９
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

（２）の別解（私のオリジナル）
∠Ａ＋∠Ｃ＝３６０°－９０°×２＝１８０°より、∠Ａと∠Ｃは補角をなしている。
よって、１つの角が補角をなす三角形の面積比の公式より、
△ＡＢＤ：△ＣＢＤ＝ＡＢ×ＡＤ：ＣＢ×ＣＤ———➀
また、四角形の対角線の交点と面積比の公式より、
△ＡＢＤ：△ＣＢＤ＝ＡＥ：ＣＥ———②
➀，②より、
ＡＥ：ＣＥ＝ＡＢ×ＡＤ：ＣＢ×ＣＤ———☆
ところで、△ＡＢＣは３：４：５の直角三角形より、ＡＣ＝２５
また、△ＡＤＣは７，２４，２５のピタゴラス数の直角三角形より、ＡＤ＝７
また、条件より、ＡＢ＝１５，ＣＢ＝２０，ＣＤ＝２４
これらを☆に代入すると、
ＡＥ：ＣＥ＝１５×７：２０×２４
＝３×７：４×２４＝２１：９６
∴ＡＥ＝{ＡＥ/(ＡＥ＋ＣＥ)}×ＡＣ
＝{２１/(２１＋９６)}×２５
＝(２１/１１７)×２５
＝(７/３９)×２５
＝１７５/３９
よって、答えは、１７５/３９

２つの公式の証明は省略。
１つ目：https://ameblo.jp/motiarukusugaku/entry-10682788564.html（下の方）
２つ目：http://mathnegi.blog.fc2.com/blog-entry-59.html（「底辺分割の応用編」という所）

因みに、昔（私が中３の時）、円に内接する四角形で、☆の公式を見た事がありますが、それから２度と見た事がないです。（小冊子の公式集で、定理の名前も付いていたような気がする。）
因みに、私の解法は円の性質を使わない解法ですね。

おまけ：

問題
∠ＸＯＹ＝３０°，点Ｐは∠ＸＯＹの内部の点で、ＯＰ＝１０とする。辺ＯＸ上に点Ｑ，辺ＯＹ上に点Ｒを、△ＰＱＲの周の長さが最小となるようにとる。
（１）△ＰＱＲの周の長さは□である。
（２）点Ｐが∠ＸＯＹの二等分線上にあるとき、△ＰＱＲの面積は□である。
（９２　東海）

模範解答
ＯＸ，ＯＹに関する点Ｐの対称点を図のように、Ｐ'，Ｐ''とおく（注：点ＰのＯＸに関する対称な点がＰ'で、点ＰのＯＹに関する対称な点がＰ''という事）と、対称性より、
ＱＰ＝ＱＰ'，ＲＰ＝ＲＰ''であるから、
ＰＱ＋ＱＲ＋ＲＰ（△ＰＱＲの周の長さ）
＝Ｐ'Ｑ＋ＱＲ＋ＲＰ''
（１）Ｐ'，Ｐ''は定点だから、Ｐ'～Ｐ''までの折れ線の長さが最小となるのは、それが直線で結ばれているとき。
このとき図のように角度○，×を定める（注：対称な同じ角度どうしに○，×を付ける）と、○＋×＝３０°より、
∠Ｐ'ＯＰ''＝２(○＋×)＝６０°
また、ＯＰ＝ＯＰ'＝ＯＰ''＝１０より、
△ＯＰ'Ｐ''は一辺１０の正三角形なので、
△ＰＱＲの周＝Ｐ'－Ｑ－Ｒ－Ｐ''＝ＯＰ＝１０
（２）図のようにＨを定める（注：ＯＰとＰ'Ｐ''の交点）と、
ＰＨ＝ＯＰ－ＯＨ＝１０－５√３
ＲＱ＝２ＱＨ＝２×√３ＰＨ
△ＰＱＲ＝(１/２)ＲＱ×ＰＨ
＝１７５√３－３００
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
（２）の方は欄外に補助解説がある。
「∠ＰＯＰ'＝３０°，ＯＰ＝ＯＰ'より、∠ＯＰ'Ｐ＝７５°
よって、∠ＱＰ'Ｐ＝７５°－６０°＝１５°
∠ＰＱＲ（＝∠ＰＲＱ）＝３０°などとなる。」
「△ＰＲＨ，△ＰＱＨ，△ＯＰ'Ｈなどはすべて３０°定規」

図を追えば分かるので解説は省略。

（２）の別解（私の解法）
ＯＰとＰ'Ｐ''の交点をＨとして、△ＯＰ''Ｈで角の二等分線の定理を使う。
ＯＰ''＝ＯＰ＝１０，ＯＨ＝５√３（△ＯＰ''Ｈは正三角形の半分で１：２：√３の直角三角形だから。）また、Ｐ''Ｈ＝５
ＯＰ''：ＯＨ＝Ｐ''Ｒ：ＲＨより、
１０：５√３＝Ｐ''Ｒ：ＲＨ
∴Ｐ''Ｒ：ＲＨ＝２：√３
∴ＲＨ＝{√３/(２＋√３)}Ｐ''Ｈ
＝５√３/(２＋√３)＝５√３(２－√３)
＝５(２√３－３)
ところで、ＲＱ＝２ＲＨ＝１０(２√３－３)
また、ＰＨ＝１０－５√３より、
△ＰＱＲ＝１０(２√３－３)×(１０－５√３)×(１/２)
＝１０√３(２－√３)×５(２－√３)×(１/２)
＝２５√３(２－√３)²
＝２５√３(７－４√３)
＝１７５√３－３００
よって、答えは、１７５√３－３００

因みに、私の解法は簡単だが計算がちょっと大変。その点、模範解答は計算が楽。

△ＰＱＲ＝(１/２)ＲＱ×ＰＨ・・・➀
ＲＱ＝２ＱＨ＝２×√３ＰＨ・・・②
ＰＨ＝ＯＰ－ＯＨ＝１０－５√３・・・③
②を➀に代入すると、
△ＰＱＲ＝√３ＰＨ²
これに③を代入すると、
△ＰＱＲ＝√３(１０－５√３)²
＝２５√３(２－√３)²
＝２５√３(７－４√３)
＝１７５√３－３００

おまけ：

問題
１辺が３の正三角形ＡＢＣの辺ＡＢ上に、ＢＰ＝２である点Ｐをとる。辺ＢＣ，ＣＡ，ＡＢ上に点Ｑ，Ｒ，Ｓがあって、∠ＰＱＢ＝∠ＲＱＣ，∠ＱＲＣ＝∠ＳＲＡを満たすものとする。
（１）ＢＱ＝ｘ，ＡＳ＝ｙとおくとき、ｙをｘの式で表せ。
（２）ｘのとりうる値の範囲を求めよ。
（３）ＳがＰと一致するとき、ｘの値を求めよ。
（９０　慶応志木）

模範解答
図のように△ＡＢＣを辺にそって次々と折り返し、Ｐ－Ｑ－Ｒ－Ｓを一直線にする。
解説
長方形の内部でビリヤードの玉のように反射で進んだ距離を、長方形を増やして一直線に変換して求める定石があるが、その正三角形バージョンである。
つまり、正三角形ＡＢＣの下に正三角形Ａ'ＢＣを作り、その右下に正三角形Ｂ'Ａ'Ｃを作る。
そして、ＰＱの延長とＡ'Ｃ，Ａ'Ｂ'との交点をそれぞれＲ'，Ｓ'とすると、反射角と対頂角から△ＱＲＣ≡△ＱＲ'Ｃ，△ＲＡＳ≡△Ｒ'Ａ'Ｓ'となる。（厳密な証明は自分で図を描いて考えればすぐ分かります。）
∴ＡＳ＝Ａ'Ｓ'

図２のようにＲ'，Ｓ'，Ａ'，Ｂ'，Ｃ'などを定める（注：Ｒ'，Ｓ'，Ａ'，Ｂ'は上で解説したので、あとは点Ｃ'だが、ＡＢの延長とＢ'Ａ'の延長との交点である。）
（１）下の図（注：図２の事だが、要は、正三角形ＡＢＣを４個組み合わせて作った大きな正三角形ＡＣ'Ｂ'の辺ＡＣ'上に点Ｐがあり、辺Ｃ'Ｂ'上に点Ｓ'があり、線分ＰＳ'を結んだ図。ＰＳ'とＢＣの交点がＱとなる）で、△ＰＢＱ∽△ＰＣ'Ｓ'だから、
ＰＢ：ＰＣ'＝ＢＱ：Ｃ'Ｓ'
数値を代入して、
２：５＝ｘ：(ｙ＋３)
これを解いて、ｙ＝(５/２)ｘ－３・・・➀
（２）Ｓ'はＡ'とＢ'の間にあるから、０≦ｙ≦３
➀を代入して、０≦(５/２)ｘ－３≦３
これを解いて、６/５≦ｘ≦１２/５
（３）ＳがＰと一致するとき、ＡＳ＝ｙ＝１だから、➀を代入して、
(５/２)ｘ－３＝１　このとき、ｘ＝８/５
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

感想：「相似でコツコツ解く手もありますが、’反射’の問題は、図形を折り返して道筋を一直線にするのがよい方法です」とありますが、反射に気付くのはかなりセンスがある人だけですね。

別解（小市民的解法）
正三角形より∠Ｂ＝∠Ｃ　また、条件より∠ＰＱＢ＝∠ＲＱＣ　よって、２角が等しいので、△ＰＢＱ∽△ＲＣＱ
同様に、△ＲＣＱ∽△ＲＡＳ
∴△ＰＢＱ∽△ＲＣＱ∽△ＲＡＳ
△ＰＢＱ∽△ＲＣＱより、
２：ｘ＝ＲＣ：３－ｘが成り立つ。
∴ＲＣ＝２(３－ｘ)/ｘ
∴ＡＲ＝３－２(３－ｘ)/ｘ＝(５ｘ－６)/ｘ
また、△ＰＢＱ∽△ＲＡＳより、
２：ｘ＝(５ｘ－６)/ｘ：ｙが成り立つ。
∴２ｙ＝５ｘ－６
∴ｙ＝(５/２)ｘ－３
（２）０≦ｙ≦３より、ｙ＝(５/２)ｘ－３を代入すると、０≦(５/２)ｘ－３≦３
∴３≦(５/２)ｘ≦６
∴６/５≦ｘ≦１２/５
（３）ＳとＰが一致するのは、ＰＢ＝２より、ＡＳ＝３－２＝１の時。∴ｙ＝１
よって、(５/２)ｘ－３＝１を解くと、
(５/２)ｘ＝４　∴ｘ＝８/５

おまけ：

解説
＞ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－４ｘ²＋２のアイゼンシュタインの既約判定法（問題2-11）より既約である。

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

ある素数ｐを２とすると、
（ⅰ）１は２で割り切れないので、ＯＫ
（ⅱ）２，－４は２で割り切れるので、ＯＫ
（ⅲ）２は２²で割り切れないので、ＯＫ
（ⅰ）～（ⅲ）より、
ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－４ｘ²＋２は既約であるという事。

＞このときα＝√(２＋√２)はｆ(ｘ)の原始元である。実際、ほかの根は－αと
√(２－√２)＝{√(２－√２)√(２＋√２)}/√(２＋√２)＝√２/√(２＋√２)＝(α²－２)/α＝α³－３α
と、－(α²－２)/αと表されるからである。

要は、ｆ(ｘ)の４つの根を全てαで表せるからである。（これはもう何回もやったので原始元の定義は挙げない。）

＞最後の等式はα⁴－３α²＝α²－２を用いた。

ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－４ｘ²＋２にｘ＝αを代入すると、ｆ(α)＝α⁴－４α²＋２＝０（αは根だから。）
∴α⁴－３α²＝α²－２

＞よって多項式の群はαをｆ(ｘ)の根に入れ換える４個の入れ換えからなる群である。

上より、「αはｆ(ｘ)の原始元」なので、αの最小多項式ｇ(ｘ)の根の入れ換えで多項式の群Ｇfが求まる（これももう何回もやったので解説は省略）が、αはｆ(ｘ)の根でもありｆ(ｘ)は既約多項式より、ｇ(ｘ)とｆ(ｘ)は一致している（厳密には定数倍の違いはある）。
よって、αとｆ(ｘ)の他の根との入れ換えで多項式の群が求まる。
よって、４個の入れ換えからなる群である。（ｆ(ｘ)の根が４個だから。）

＞（参考：より詳しく調べると、αをβ＝α³－３αに取り換える入れ換えσで、√２＝α²－２は－√２＝β²－２に写る。σ²ではαはβ³－３βに写る。これは
β³－３β＝(β²－２)/β＝－√２/√(２－√２)
＝－√２√(２＋√２)/{√(２－√２)√(２＋√２)}
＝－√(２＋√２)
だから、σ²によりαは－αに写る。よってσの位数は２ではなく、４である。つまりＧfは４次巡回群である。）

β＝√(２－√２)＝{√(２－√２)√(２＋√２)}/√(２＋√２)＝√２/√(２＋√２)＝(α²－２)/α＝α³－３α（これは上から引用。）
また、α＝√(２＋√２)の両辺を２乗すると、
α²＝２＋√２　∴√２＝α²－２
β＝√(２－√２)の両辺を２乗すると、
β²＝２－√２　∴－√２＝β²－２
これらのαとβを入れ換えると√２は－√２になり、－√２は√２に写る。
また、σ²はαとβの入れ換えを２回やるという事で、普通は元に戻ると考えるが、今回は違う。
β＝√(２－√２)＝{√(２－√２)√(２＋√２)}/√(２＋√２)＝√２/√(２＋√２)＝(α²－２)/α＝α³－３α
から、１回σでαをβに入れ換えると、β＝α³－３αとなり、もう一度σでαをβに入れ換えると、β³－３βとなり、
β³－３β＝(β²－２)/β＝－√２/√(２－√２)
＝－√２√(２＋√２)/{√(２－√２)√(２＋√２)}
＝－√(２＋√２)＝－α
よって、σ²でαは－αに写る。
よって、σの位数は２でなく、４である。
位数２の場合は、恒等入れ換えとαとβの入れ換えの２元という事である。「２回やると普通は元に戻ると考える」と書いた場合である。
また、上より「４個の入れ換えからなる群である」とあるので４である。

＞つまりＧfは４次巡回群である。

上より、「よって多項式の群はαをｆ(ｘ)の根に入れ換える４個の入れ換えからなる群である」とあるので、ｆ(ｘ)の根をα，β，γ，δと置くと、
(α β γ δ)→(α β γ δ)（恒等入れ換え）
(α β γ δ)→(β α γ δ)
(α β γ δ)→(γ β α δ)
(α β γ δ)→(δ β γ α)
この４つが元である。ところが、例えば２番目の元と３番目の元を合成させると、
(α β γ δ)→(γ α β δ)（演算は自分でやって下さい）
となり、演算について閉じていない。しかし、結果から４次の巡回群である事が分かっているので、ｆ(ｘ)とｇ(ｘ)が一致する場合は注意が必要という事だろう。
因みに、以前にやったｘ³－３ｘ＋１は３次の巡回群になる。

「ｘ³－３ｘ＋１＝０の最小分解体ℚ(α)の自己同型写像は、ｅ（＝σ³），σ，σ²の３個です。σを３回施すと恒等写像ｅと同じになるので、ℚ(α)の自己同型群は位数３の巡回群Ｃ₃と同型になります。」
「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著p.331より

「ｘ⁴－４ｘ²＋２＝０のガロア群は
Gal(ℚ(α)/ℚ)＝{ｅ，σ，σ²，σ³}
となり、位数４の巡回群Ｃ₄と同型です。」
「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著p.335より

因みに、「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著の問題9-2aと問題9-4bで共に（１）と（２）で解法が違い（２）の方がｆ(ｘ)とｇ(ｘ)が一致する。（１）の方はｉを利用しているので、きっと解が全て実数解の場合はｆ(ｘ)とｇ(ｘ)が一致するのだろう（適当）。実際、（２）の方はどっちも全て実数解である。さらに、全て実数解の場合は巡回群になるとか？（さすがにこれは適当過ぎる。）

おまけ：

問題
図１のような一辺が１の立方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨがある。
（１）４つの点Ｂ，Ｄ，Ｅ，Ｇを頂点とする四面体の体積を求めよ。
（２）辺ＡＤ，ＢＣの中点をそれぞれＭ，Ｎとし、辺ＥＦ，ＨＧの中点をそれぞれＰ，Ｑとする。このとき、４つの点Ｍ，Ｎ，Ｐ，Ｑを頂点とする四面体の体積を求めよ。
（３）図２のような四面体ＡＢＣＤの体積を求めよ。ただし、ＡＤ＝ＢＣ＝√２，ＡＢ＝ＡＣ＝ＢＤ＝ＣＤ＝√５とする。
（９３　駿台甲府）

模範解答
（１）図のように記号をふる（注：ＥＧの中点をＩ，ＢＤの中点をＪ）と、
(１/６)×ＢＤ×ＥＧ×ＩＪ＝１/３（基本図６１）注：基本図６１については下で解説。
（２）同様に、
(１/６)×ＭＮ×ＰＱ×ＩＪ＝１/６
（３）ＢＣ，ＡＤの各中点をＭ，Ｎとする。
△ＡＢＣ，△ＤＢＣは二等辺三角形だから、
ＡＭ⊥ＢＣ，ＤＭ⊥ＢＣ
ＡＭ＝√(ＡＢ²－ＢＭ²)＝３/√２
同様に、ＤＭ＝３/√２
今度は△ＭＤＡを考えると、これも二等辺三角形で、ＭＮ⊥ＡＤ
よって、ＭＮ＝√(ＭＡ²－ＡＮ²)＝２
対称性より、ＭＮ⊥ＢＣ，ＡＤ⊥ＢＣだから、
ＡＢＣＤ＝(１/６)×ＡＤ×ＢＣ×ＭＮ＝２/３
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
基本図６１
四面体ＡＢＣＤの辺ＡＤ上の点をＨ，辺ＢＣ上の点をＩとする。
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

基本図６１の解説
ＡＤ⊥ＢＣ，ＡＤ⊥ＨＩ，ＢＣ⊥ＨＩによって、平面ＡＤＩ⊥平面ＤＢＣとなり、上の式のＢＩ，ＣＩがそれぞれの四面体の高さになり、上の式が成り立つ。

別解（私の解法）
（１）立方体から４つの合同な三角錐を引く。（四面体の４個分。）
∴Ｖ＝１×１×１－１×１×(１/２)×１×(１/３)×４＝１－２/３＝１/３
よって、答えは、１/３
因みに、正四面体と見抜き、１辺が√２の正四面体を抜き出して普通に求めても良い。
因みに、公式Ｖ＝(√２/１２)ａ³にａ＝√２を代入して、Ｖ＝４/１２＝１/３と求めても良い。https://manabitimes.jp/math/565#:~:text=%E6%AD%A3%E5%9B%9B%E9%9D%A2%E4%BD%93%E3%81%AE%E4%BD%93%E7%A9%8D%E3%81%AF%E3%80%8C%E5%BA%95%E9%9D%A2%E7%A9%8D%C3%97%E9%AB%98,%E5%B0%8E%E5%87%BA%E3%82%92%E7%B4%B9%E4%BB%8B%E3%81%97%E3%81%BE%E3%81%99%E3%80%82
（２）ＰＱの中点をＩ，ＭＮの中点をＪとすると、△ＩＰＱ＝１×１×(１/２)＝１/２
また、ＪＩ⊥ＰＱ，ＩＪ⊥ＭＮより、△ＩＰＱ⊥ＭＮが分かる。
∴四面体ＰＱＭＮ＝△ＩＰＱ×ＭＮ×(１/３)
＝(１/２)×１×(１/３)＝１/６
よって、答えは、１/６
（３）模範解答より、
「ＢＣ，ＡＤの各中点をＭ，Ｎとする。
△ＡＢＣ，△ＤＢＣは二等辺三角形だから、
ＡＭ⊥ＢＣ，ＤＭ⊥ＢＣ
ＡＭ＝√(ＡＢ²－ＢＭ²)＝３/√２
同様に、ＤＭ＝３/√２
今度は△ＭＤＡを考えると、これも二等辺三角形で、ＭＮ⊥ＡＤ
よって、ＭＮ＝√(ＭＡ²－ＡＮ²)＝２
対称性より、ＭＮ⊥ＢＣ，ＡＤ⊥ＢＣだから、」
ここまでは同じ。
∴Ｖ＝△ＭＡＤ×ＢＣ×(１/３)
＝√２×２×(１/２)×√２×(１/３)
＝２/３
よって、答えは、２/３

おまけ：

解説
＞ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２の根は±⁴√２，±⁴√２ⅰである。

一応、ｘ⁴－２＝０より、
(ｘ²－√２)(ｘ²＋√２)＝０　
∴(ｘ－⁴√２)(ｘ＋⁴√２)(ｘ－⁴√２ⅰ)(ｘ＋⁴√２ⅰ)＝０
∴ｘ＝±⁴√２，±⁴√２ⅰ

＞(⁴√２ⅰ)/⁴√２＝ｉより、Ｇfは多項式ｘ²＋１の群を商群に持つ。

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。

■ガロワ対応と正規部分群
重根を持たない多項式ｆ(ｘ)に対して、その多項式の群をＧfとします。ｆ(ｘ)の根の式γがＧfに含まれる根の入れ換えで、
γ₁＝γ,γ₂,･･･,γs
と変わったとします。このとき
ｇ(ｘ)＝(ｘ－γ₁)･･･(ｘ－γs)
は定数係数多項式で、さらにγの最小多項式になっています。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著p.164より

(⁴√２ⅰ)/⁴√２＝ｉの⁴√２ⅰと⁴√２はｆ(ｘ)の根より、このｉは「■ガロワ対応と正規部分群」で言う所のγである。
よって、ｉの最小多項式を求めると、ｘ＝ｉとして両辺を２乗すると、ｘ²＝－１　∴ｘ²＋１＝０
よって、ｇ(ｘ)＝ｘ²＋１である。
また、定理9.3（ガロワ対応（正規性））の最後の部分より、Ｇg≅Ｇf/Ｈ
∴|Ｇg|＝|Ｇf/Ｈ|（同型だから元の個数が等しいから。）前回はここで指数の定義とラグランジュの定理で厳密に解説したが、今回は簡略化する。
|Ｇg|＝|Ｇf/Ｈ|より、|Ｇg|＝|Ｇf|/|Ｈ|
∴|Ｇf|＝|Ｇg|・|Ｈ|
（後のためにここでこの関係を示しておくという事。「Ｇfは多項式ｘ²＋１の群を商群に持つ」という言い方の意味は正直よく分からない。）

＞一方、ｉの式（有理数係数）を係数に許してもｆ(ｘ)は既約である。実際、どの１次因子の組み合わせからも、係数から√２が得られる。これは√２が無理数だからあり得ない。

「ｉの式（有理数係数）を係数に許す」とは、次のような事である。
ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２，ｘ＝⁴√２ⅰを代入して、
ｆ(⁴√２ⅰ)＝(⁴√２ⅰ)⁴－２＝ｉ⁴(⁴√２)⁴－２
よって、ｆ(ｘ)＝ｉ⁴ｘ⁴－２
と出来るという事。（念のため、どんな式でも出来るという事。）
また、ｆ(ｘ)＝(ｘ－⁴√２)(ｘ＋⁴√２)(ｘ－⁴√２ⅰ)(ｘ＋⁴√２ⅰ)で、どの２つの組み合わせの積を展開しても、例えば、
(ｘ＋⁴√２)(ｘ＋⁴√２ⅰ)
＝ｘ²＋⁴√２(１＋ｉ)ｘ＋√２ⅰ
「係数から√２が得られる」とは「√２ⅰ」の事。そして、(ｘ－⁴√２)(ｘ＋⁴√２)(ｘ－⁴√２ⅰ)(ｘ＋⁴√２ⅰ)を全部展開しない限り√２の項があり、√２は無理数なので、有理数係数のｉの式にならない。（例えば、２＋ｉとか。）
よって、全部展開するからｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２となり既約多項式である。（念のため、係数の条件は「有理数係数のｉの式」で既約。）

＞ｉの式を係数とするとき、⁴√２はｆ(ｘ)の原始元となり、ｆ(ｘ)の群Ｈは４個の入れ換えからなる。

ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２の根は±⁴√２，±⁴√２ⅰだが、
ｆ(⁴√２ⅰ)＝(⁴√２ⅰ)⁴－２
＝ｉ⁴(⁴√２)⁴－２
ｆ(－⁴√２ⅰ)＝(－⁴√２ⅰ)⁴－２
＝ｉ⁴(－⁴√２)⁴－２
から、ｉの式を係数とするｔ、ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２の根は±⁴√２だけとなる。
よって、原始元の定義から、⁴√２はｆ(ｘ)の原始元となる。（ｆ(ｘ)の根を全て⁴√２で表しているし、⁴√２はｆ(ｘ)の根の式でもあるから。）

定義8.1（原始元）
重根を持たないｎ次多項式ｆ(ｘ)の原始元βとは、次の(１),(２)をみたす複素数のことである。以下においてα₁,･･･,αnをｆ(ｘ)の根とする。
（１）βはα₁,･･･,αnで表される。
（２）α₁,･･･,αnはそれぞれβの式で表される。

「ｆ(ｘ)の群Ｈは４個の入れ換えからなる。」は、原始元の最小多項式の他の根全ての入れ換えからなるという事で、⁴√２の最小多項式はｘ⁴－２＝０で根の数は全部で４個だから。

「ｆ(ｘ)の原始元をβとし、βを根に持つ既約多項式をｇ(ｘ)とします。またｇ(ｘ)は重根を持たないとします。多項式の群Ｇfを
「βをｇ(ｘ)の根に入れ換えて得られるｆ(ｘ)の根の入れ換え」
からなる集合とします。」
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著p.153より

ここが大事だが、「ｆ(ｘ)の群Ｈ」はｆ(ｘ)の係数が今回はｉの式なので、Ｇfではなく、Ｇfの部分群Ｈという事。

＞商群Ｇf/Ｈが２個の入れ換えからなるので、Ｇfは８個の入れ換えからなる。

上より、「定理9.3（ガロワ対応（正規性））の最後の部分より、Ｇg≅Ｇf/Ｈ」
また、Ｇgはｇ(ｘ)＝ｘ²＋１の多項式の群で問題9-1aの解答より「２次式ｆ(ｘ)の多項式の群はｆ(ｘ)の根の入れ換えと、恒等入れ換えの２つからなる」ので、Ｇgは２個の入れ換え。
よって、同型のＧf/Ｈも２個の入れ換えという事。
ここで、上で作っておいた|Ｇf|＝|Ｇg|・|Ｈ|と「ｆ(ｘ)の群Ｈは４個の入れ換えからなる。」と「Ｇgは２個の入れ換え」から、
|Ｇf|＝|Ｇg|・|Ｈ|＝２・４＝８
よって、Ｇfは８個の入れ換えからなるという事。

続きは次回。

おまけ：

解説の続き

問題 9-4b
次の有理数係数多項式の群を求めよ。
（１）ｘ⁴－２

解答
（１）ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２の根は±⁴√２，±⁴√２ⅰである。(⁴√２ⅰ)/⁴√２＝ｉより、Ｇfは多項式ｘ²＋１の群を商群に持つ。一方、ｉの式（有理数係数）を係数に許してもｆ(ｘ)は既約である。実際、どの１次因子の組み合わせからも、係数から√２が得られる。これは√２が無理数だからあり得ない。ｉの式を係数とするとき、⁴√２はｆ(ｘ)の原始元となり、ｆ(ｘ)の群Ｈは４個の入れ換えからなる。商群Ｇf/Ｈが２個の入れ換えからなるので、Ｇfは８個の入れ換えからなる。（原始元の最小多項式が８次であることを利用してもよい（問題8-6）。）
（参考：詳しく議論すると、Ｇfは二面体群Ｄ₄と同型である。実際、４つの根を複素平面上で考えると（座標平面では、(±⁴√２,０)，(０,±⁴√２)の４点）、正方形の４頂点となる。Ｇfは（ｉの式を係数とみて）
(⁴√２ ⁴√２ⅰ －⁴√２ －⁴√２ⅰ)
→(⁴√２ⅰ －⁴√２ －⁴√２ⅰ ⁴√２)
という入れ換えを含む。一方（⁴√２を係数とみると）
(⁴√２ ⁴√２ⅰ －⁴√２ －⁴√２ⅰ)
→(⁴√２ －⁴√２ⅰ －⁴√２ ⁴√２ⅰ)
（つまりⅰ→－ｉから定まる入れ換え）を含む。よってＧfはこれらで生成される８個の入れ換え（ちょうど正方形の合同変換）からなる群である。）
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

問題 8-6b
ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２について次の問いに答えよ。
（１）ｆ(ｘ)の４つの根を求めよ。
（２）（１）の根をα₁,α₂,α₃,α₄とおく。ただしα₁,α₃は実数，α₂,α₄は純虚数で、α₁,－α₃,－α₂ⅰ,α₄ⅰは正の実数とする。このときβ＝α₁＋α₂－α₃はｆ(ｘ)の原始元であることを示せ。
（３）（２）のβを根に持つ８次多項式を１つ求めよ。

解答
（３）（２）で計算したβ⁴を利用すると(β⁴＋１４)²＝－４８²である。よってβは
(ｘ⁴＋１４)²＋４８²＝ｘ⁸＋２８ｘ⁴＋２５００
の根である。これが求める式である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

解説
＞（原始元の最小多項式が８次であることを利用してもよい（問題8-6）。）

すぐ上の問題8-6bの（２）からβはｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２の原始元で、（３）からβを含んだ既約多項式はｇ(ｘ)＝ｘ⁸＋２８ｘ⁴＋２５００なので、

「ｆ(ｘ)の原始元をβとし、βを根に持つ既約多項式をｇ(ｘ)とします。またｇ(ｘ)は重根を持たないとします。多項式の群Ｇfを
「βをｇ(ｘ)の根に入れ換えて得られるｆ(ｘ)の根の入れ換え」
からなる集合とします。」
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著p.153より

とあり、ｇ(ｘ)＝ｘ⁸＋２８ｘ⁴＋２５００の根の数は８個なので、「Ｇfは８個の入れ換えからなる」という事。

＞Ｇfは（ｉの式を係数とみて）
(⁴√２ ⁴√２ⅰ －⁴√２ －⁴√２ⅰ)
→(⁴√２ⅰ －⁴√２ －⁴√２ⅰ ⁴√２)
という入れ換えを含む。

上の段の各元にｉを掛けると、下の段になる。
また、この入れ換えは１つずつずらした４個の元の入れ換えであるので、恒等入れ換えを含めて４通りある。
上の解答の「ｆ(ｘ)の群Ｈは４個の入れ換えからなる」に当たる。（下に補足）

＞一方（⁴√２を係数とみると）
(⁴√２ ⁴√２ⅰ －⁴√２ －⁴√２ⅰ)
→(⁴√２ －⁴√２ⅰ －⁴√２ ⁴√２ⅰ)
（つまりⅰ→－ｉから定まる入れ換え）を含む。

上の段のｉを－ｉにすると、下の段になる。
また、⁴√２ と－⁴√２は入れ換えないで、⁴√２ⅰと－⁴√２ⅰだけを入れ換える入れ換えである。
上の解答の「商群Ｇf/Ｈが２個の入れ換えからなる」に当たる。（下に補足）

＞よってＧfはこれらで生成される８個の入れ換え（ちょうど正方形の合同変換）からなる群である。）

上で作った|Ｇf|＝|Ｇg|・|Ｈ|と|Ｇg|＝|Ｇf/Ｈ|から、|Ｇf|＝|Ｇf/Ｈ|・|Ｈ|＝２・４＝８で辻褄が合うだろう。
一応、全部書き出すと、
(⁴√２ ⁴√２ⅰ －⁴√２ －⁴√２ⅰ)
→(⁴√２ⅰ －⁴√２ －⁴√２ⅰ ⁴√２)———➀
（上の１つずらしの入れ換え）
(⁴√２ ⁴√２ⅰ －⁴√２ －⁴√２ⅰ)
→(⁴√２ －⁴√２ⅰ －⁴√２ ⁴√２ⅰ)———②
（上の⁴√２ⅰと－⁴√２ⅰだけを入れ換える入れ換え）
まず、➀の４通りの入れ換えと②の恒等入れ換えの合成
(⁴√２ ⁴√２ⅰ －⁴√２ －⁴√２ⅰ)
→(⁴√２ ⁴√２ⅰ －⁴√２ －⁴√２ⅰ)

(⁴√２ⅰ －⁴√２ －⁴√２ⅰ ⁴√２)
→(⁴√２ⅰ －⁴√２ －⁴√２ⅰ ⁴√２)

(－⁴√２ －⁴√２ⅰ ⁴√２ ⁴√２ⅰ)
→(－⁴√２ －⁴√２ⅰ ⁴√２ ⁴√２ⅰ)

(－⁴√２ⅰ ⁴√２ ⁴√２ⅰ －⁴√２)
→(－⁴√２ ⅰ⁴√２ ⁴√２ⅰ －⁴√２)

次に、➀の４通りの入れ換えと②の⁴√２ⅰと－⁴√２ⅰの入れ換えの合成
(⁴√２ ⁴√２ⅰ －⁴√２ －⁴√２ⅰ)
→(⁴√２ －⁴√２ⅰ －⁴√２ ⁴√２ⅰ)

(⁴√２ⅰ －⁴√２ －⁴√２ⅰ ⁴√２)
→(－⁴√２ⅰ －⁴√２ ⁴√２ⅰ ⁴√２)

(－⁴√２ －⁴√２ⅰ ⁴√２ ⁴√２ⅰ)
→(－⁴√２ ⁴√２ⅰ ⁴√２ －⁴√２ⅰ)

(－⁴√２ⅰ ⁴√２ ⁴√２ⅰ －⁴√２)
→(⁴√２ⅰ ⁴√２ －⁴√２ⅰ －⁴√２)

計８通り。

おまけ：

問題
下の図は正四角すいの展開図で、側面の二等辺三角形は底辺と高さがそれぞれ２ｃｍである。この正四角すいＯ－ＡＢＣＤの底面の１辺ＢＣを含み、辺ＯＡとＯＤの中点を通る平面で切ったとき、切りはなされた四角すいの体積を求めよ。
（９２　青山学院）

模範解答
正四角すいをくみたて、右図のように記号をふる（注：立体図のＡＢ，ＣＤの各中点をＭ，Ｎとする）。
ＡＢ，ＣＤの各中点をＭ，Ｎとすると、ＯＭ＝ＯＮ＝ＭＮ＝２となるので、四角すいの高さは、正三角形ＯＭＮの高さに等しく、ＯＨ＝√３（ｃｍ）
そこで、Ｏ－ＡＢＣＤ＝(１/３)×２²×√３＝４√３/３（ｃｍ²）
さて、次に、題意のような切断に際して、正四角すいを２つの部分Ｏ－ＡＢＣ，Ｏ－ＡＣＤに分けて、それぞれがどうなるかを調べる。
（ⅰ）三角すいＯ－ＡＢＣについて、ＯＡの中点をＳとすると、この三角すいは平面ＳＢＣで切断される。
基本図５９の知識（注：１つの頂点を共有した三角錐の体積比の公式：https://www.shuei-yobiko.co.jp/labo/jh-math-byousatsu02/）より、
Ｏ－ＳＢＣ＝(ＯＳ/ＯＡ)×Ｏ－ＡＢＣ
＝(１/２)×(２√３/２)＝√３/３（ｃｍ³）
（ⅱ）三角すいＯ－ＡＣＤについては、ＯＤの中点をＴとすると、（ⅰ）と同様に、
Ｏ－ＳＣＴ＝(ＯＳ/ＯＡ)×(ＯＴ/ＯＤ)×Ｏ－ＡＣＤ
＝(１/２)×(１/２)×(２√３/３)＝√３/６（ｃｍ²）
以上をあわせて、求める体積＝Ｏ－ＳＢＣ＋Ｏ－ＳＣＴ＝√３/２（ｃｍ³）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

感想：エレガントですね。因みに、

「Ｏ－ＢＣＴＳ（切断の上部分）を４角すいと見て、ＯからＢＣＴＳに下した垂線の高さとして計算することもできる。また切断の下部分の屋根型の立体を分割してもよいが、いずれも解より面倒」

とありますが、私の解法はどちらでもありませんでした。

別解（私の解法）
ＯＡ，ＯＤの中点をそれぞれＥ，Ｆとする。また、ＢＣ，ＥＦ，ＡＤの中点をそれぞれＬ，Ｍ、Ｎとすると、△ＬＭＮは平面ＡＢＣＤと直交している。
ここで、ＯからＣＤに垂線を下ろしその足をＨとすると、ＯＨ＝２ｃｍ，ＤＨ＝１ｃｍより△ＯＤＨで三平方の定理を使うと、ＯＤ＝√５ｃｍ
∴ＯＦ＝ＤＦ＝√５/２ｃｍ
また、ＣＯ＝ＯＣ＝ＯＤ＝√５ｃｍ，ＣＤ＝２ｃｍより、△ＣＯＤと中線ＣＦで中線定理を使うと、ＣＯ²＋ＣＤ²＝２(ＣＦ²＋ＯＦ²)より、
５＋４＝２(ＣＦ²＋５/４)　∴ＣＦ²＋５/４＝９/２　∴ＣＦ²＝１３/４　∴ＣＦ＝√１３/２ｃｍ
（中線定理を使わない場合も簡単だが省略。）
今、等脚台形ＥＢＣＦを抜き出すと、ＣＦ＝√１３/２ｃｍより、ＦＢ＝ＦＣ＝√１３/２ｃｍ
また、△ＯＡＤでの中点連結定理より、ＥＦ＝１ｃｍ，ＢＣ＝２ｃｍ
よって、ＥからＢＣに垂線を下ろしその足をＩとすると、ＢＩ＝(２－１)÷２＝１/２ｃｍ
よって、△ＥＢＩで三平方の定理を使うと、
ＥＩ＝√{(√１３/２)²－(１/２)²}＝√３ｃｍ
よって、ＭＬ＝ＥＩ＝√３ｃｍ
また、△ＯＡＤでの中点連結定理関連より、ＭＮ＝１ｃｍ　また、ＬＮ＝２ｃｍより、
△ＬＭＮは１：２：√３の直角三角形である。
∴△ＬＭＮ＝１×√３×(１/２)＝√３/２ｃｍ²
よって、立体ＣＤＦ－ＢＡＥで断頭三角柱の体積の公式https://www.shuei-yobiko.co.jp/labo/jh-math-byousatsu07/を使うと、
Ｖ＝△ＬＭＮ×(ＥＦ＋ＡＤ＋ＢＣ)÷３
＝(√３/２)×(１＋２＋２)÷３
＝５√３/６ｃｍ³
また、四角錘Ｏ－ＡＢＣＤ＝２×２×√３×(１/３)＝４√３/３ｃｍ³
よって、求める体積は、
４√３/３－５√３/６＝３√３/６
＝√３/２ｃｍ³

因みに、断頭三角柱の体積の公式は算数でよく使いますが、「高校への数学　日日のハイレベル演習」の初めの公式集には載っていませんでした。

おまけ：

問題
下の図は正四角すいの展開図で、側面の二等辺三角形は底辺と高さがそれぞれ２ｃｍである。この正四角すいＯ－ＡＢＣＤの底面の１辺ＢＣを含み、辺ＯＡとＯＤの中点を通る平面で切ったとき、切りはなされた四角すいの体積を求めよ。
（９２　青山学院）

別解２
ＯＡ，ＯＤの中点をそれぞれＥ，Ｆとし、ＥＦ，ＢＣの中点をそれぞれＭ，Ｎとすると、対称性からＯから底面ＥＢＣＦに下ろした垂線はＭＮ上（延長も含む）に下りる。（厳密には三垂線の定理で言えば良いが、結局必要ない。）
ここで、ＡＤの中点をＬとすると、ＯＮ＝ＯＬ＝ＬＮ＝２ｃｍより△ＯＮＬは正三角形。
また、△ＯＡＤでの中点連結定理関係で点ＭはＯＬの中点と分かる。また、△ＮＯＬは正三角形より、ＮＭ⊥ＯＬである。
よって、△ＯＮＭは直角三角形でＯＮ＝２ｃｍ，ＯＭ＝１ｃｍより、ＭＮ＝√３ｃｍ
また、△ＯＡＤでの中点連結定理より、
ＥＦ＝１ｃｍ　また、ＢＣ＝２ｃｍ
よって、求める体積Ｖは、
Ｖ＝(１＋２)×√３×(１/２)×１×(１/３)
＝√３/２ｃｍ³

こっちの方が遥かに簡単でしたね。失敗しました。笑

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/aab450ae2d9973ef19c535787ce1010a2733ac49

問題
１辺の長さ２ｃｍの立方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨがあり、ＥＦ，ＣＧ，ＣＤ，ＡＤの中点をそれぞれＩ，Ｊ，Ｋ，Ｌとする。
四辺形ＩＪＫＬの面積を求めよ。
（９１　中央大杉並）

模範解答
ＡＥ，ＦＧの中点をＭ，Ｎとすると、ＬＭＩＮＪＫは右図のように正六角形になる（注：立体図の各線分（正六角形の各辺）の長さが等しい事は自明だが、正六角形を言うには証明が必要。ただし、定石としては使って良い）。
この正六角形の一辺の長さは、
ＬＫ＝√２×ＤＬ＝√２
正六角形は右下図のように、６つの正三角形に分割される（注：正六角形の中心と各頂点を結ぶと６個の正三角形に分けられる）ので、その面積は、
(√３/４)×(√２)²×６＝３√３
四角形ＩＪＫＬの面積は、右図で（注：正六角形ＬＭＩＮＪＫを抜き出し、四角形ＩＪＫＬを示した図）、△ＯＩＪ（注：Ｏは正六角形の中心）を面積の等しい△ＬＭＩにうつして考えることより、正三角形４つ分（正六角形の２/３）であることがわかるので、その面積は、
３√３×(２/３)＝２√３（ｃｍ²）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

別解　普通の解法（私の解法）
△ＤＬＫと△ＣＫＪは合同な直角二等辺三角形より、ＫＬ＝ＫＪ＝√２ｃｍ
また、△ＡＥＩで三平方の定理を使うと、
ＡＩ＝√(１²＋２²)＝√５ｃｍ
よって、△ＡＩＬで三平方の定理を使うと、
ＬＩ＝√{(√５)²＋１²}＝√６ｃｍ
同様に、△ＧＦＩと△ＧＩＪで三平方の定理を使うと、ＪＩ＝√６ｃｍ
よって、四角形ＩＪＫＬは２つの辺が√２ｃｍでもう２つの辺が√６ｃｍの凧型である。
よって、ＬＪ⊥ＫＩ
また、Ｋ，ＩからＧＨに垂線を下ろすと１点で交わり、その点をＭとすると△ＫＩＭは直角二等辺三角形になる。∴ＫＩ＝２√２ｃｍ
また、△ＣＤＪで三平方の定理を使うと、
ＤＪ＝√(１²＋２²)＝√５ｃｍ
さらに、△ＤＪＬで三平方の定理を使うと、
ＬＪ＝√{(√５)²＋１²}＝√６ｃｍ
∴凧型ＫＬＩＪ＝ＬＪ×ＫＩ÷２
＝√６×２√２÷２＝２√３ｃｍ²
よって、答えは、２√３ｃｍ²

因みに、察しがいい人は、対称性から△ＩＪＬが正三角形になりそうだと思い、上の計算をしなくても図から確信し１つＬＪだけ計算すれば良い。

「このまま問題にとりかかっても、労多く功少ないことになりかねません。」

実戦ではどうでしょうか。エレガント点でもあればいいですけどね。笑

おまけ：