数学

問題
２点Ｅ，Ｆで交わる２つの円がある。Ｅを通る２つの直線ＡＢ，ＣＤをひき、２直線ＡＣとＤＢとの交点をＰとする。
∠ＥＡＦ＝３０°，∠ＥＢＦ＝４０°のとき、∠ＣＰＤの大きさを求めなさい。
（９２　佼成学園女子）

解法１　参考書の模範解答
２円の共通弦ＥＦをひく。
円周角の定理より、∠ＦＢＤ＝∠ＦＥＤ
内接四角形の定理より、∠ＦＥＤ＝∠ＦＡＰ
そこで内接四角形の定理の逆により、
４点Ｐ，Ａ，Ｆ，Ｂは同一円周上にあり、
∠Ｐ＝１８０°－∠ＡＦＢ＝７０°
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解法２　私が解いた解法
△ＦＡＢの内角の和より、
∠ＡＦＢ＝１８０°－３０°－４０°
＝１１０°———☆
ここで、ＥＦを結ぶと、右円の円周角より、
∠ＥＦＢ＝∠ＥＤＢ———①
また、左円の内接四角形の定理より、
∠ＥＦＡ＝∠ＥＣＰ———②
①＋②より、
∠ＥＦＡ＋∠ＥＦＢ＝∠ＥＣＰ＋∠ＥＤＢ
∴∠ＡＦＢ＝１８０°－∠Ｐ———☆☆
☆，☆☆より、
１１０°＝１８０°－∠Ｐ
∴∠Ｐ＝７０°
∴∠ＣＰＤ＝７０°

よく見たら、全然別のものでしたね。

おまけ：https://www.nicovideo.jp/watch/sm5039638

https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-11943874085.html

問題
∠Ｂ＝９０°，ＡＢ＝ＣＢ＝６ｃｍの直角二等辺三角形がある。∠Ｂの三等分線と辺ＣＡとの交点をＤ，Ｅとするとき、次の問いに答えよ。
（１）ＣＤ：ＤＥの比を求めよ。
（２）ＢＤ：ＤＥの比を求めよ。
（３）ＢＤの長さを求めよ。
（有名問題）

解法１　模範解答
（１）Ｄ，ＥからＢＣに垂線を下ろしその足をそれぞれＤ'，Ｅ'とすると、△ＤＤ'Ｃは直角二等辺三角形で△ＤＤ'Ｂ，△ＥＥ'Ｂは１：２：√３の直角三角形になる。
ここで、ＤＤ'＝ＣＤ'＝ａと置くと、ＢＤ'＝√３ａ，ＢＤ＝２ａ，直角二等辺三角形と角の３等分の対称性からＢＥ＝ＢＤ＝２ａ
∴ＢＥ'＝ａ　
∴Ｄ'Ｅ'＝√３ａ－ａ＝(√３－１)ａ
ところで、ＣＤ：ＤＥ＝ＣＤ'：Ｄ'Ｅより、
ＣＤ：ＤＥ＝ａ：(√３－１)ａ＝１：√３－１
（２）（１）より、ＣＤ：ＤＥ＝１：√３－１
∴ＤＥ＝(√３－１)ＣＤ＝(√３－１)・√２ａ＝√２(√３－１)ａ
∴ＢＤ：ＤＥ＝２ａ：√２(√３－１)ａ
＝２：√６－√２（＝√６＋√２：２）
（３）底辺ＢＣをａの式で表すと、
ＢＣ＝ＢＤ'＋ＣＤ'＝(√３＋１)ａ
よって、(√３＋１)ａ＝６を解いて、
ａ＝６/(√３＋１)＝３(√３－１)
ＢＤ＝２ａ＝６(√３－１)ｃｍ

解法２　私が最初に思い付いた解法
（１）△ＢＣＥで角の二等分線の定理を使うと、ＣＤ：ＤＥ＝ＢＣ：ＢＥ———①
ここで、ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＤＣＨは直角二等辺三角形で△ＤＢＨは１：２：√３の直角三角形になる。よって、ＤＨ＝ＣＨ＝ａと置くと、ＢＨ＝√３ａ，ＢＤ＝２ａ　∴ＢＣ＝(√３＋１)ａ
また、直角二等辺三角形と角の３等分の対称性よりＢＥ＝ＢＤ＝２ａ
∴ＢＣ：ＢＥ＝(√３＋１)ａ：２ａ
＝√３＋１：２———②
②を①に代入すると、
ＣＤ：ＤＥ＝√３＋１：２（＝１：√３－１）
（２）△ＢＡＤでの角の二等分線の定理の変形より、ＢＤ：ＤＥ＝ＢＡ：ＡＥ———①
また、直角二等辺三角形と角の３等分の対称性より、ＢＡ：ＡＥ＝ＢＣ：ＣＤ＝(√３＋１)ａ：√２ａ＝√３＋１：√２———②
②を①に代入すると、
ＢＤ：ＤＥ＝√３＋１：√２（＝√６＋√２：２＝２：√６－√２）
（３）は同じ。

解法３は次回。

おまけ：

次回は解法３だけじゃ面白くないので、問題追加しますね。

問題
次の（１）～（４）の各図において、角ｘの大きさを求めよ。
（３）弧ＳＴの点Ｓ，Ｔにおける接線を引き、その交点を定めると６６°の角度になった。この時、弧ＳＴ上の任意の点と点Ｓ，Ｔで作られる角度ｘを求めて下さい。
（１），（２），（４）は省略。

余裕がある人は２通り作って下さい。

おまけ：

問題
∠Ｂ＝９０°，ＡＢ＝ＣＢ＝６ｃｍの直角二等辺三角形がある。∠Ｂの三等分線と辺ＣＡとの交点をＤ，Ｅとするとき、次の問いに答えよ。
（１）ＣＤ：ＤＥの比を求めよ。
（２）ＢＤ：ＤＥの比を求めよ。
（３）ＢＤの長さを求めよ。
（有名問題）

解法３
（１）正方形ＡＢＣＰとなるように点Ｐを取り、ＢＥ，ＢＤの延長と辺ＡＰ，ＰＣとの交点をそれぞれＦ，Ｇとすると、△ＡＢＦと△ＣＢＧは合同な１：２：√３の直角三角形で、ＡＦ＝ＣＧ＝ａと置くと、ＡＢ＝ＢＣ＝√３ａ
また、△ＥＦＡ∽△ＥＢＣ，△ＤＧＣ∽△ＤＡＢで相似比１：√３より、
ＡＥ：ＥＣ＝ＣＤ：ＤＡ＝１：√３
∴ＣＤ：ＤＥ＝１：√３－１
（２）対称性より△ＢＤＥ∽△ＢＧＦより、
ＢＤ：ＤＥ＝ＢＧ：ＧＦ
＝２ａ：(√３ａ－ａ)×√２
＝２：√２(√３－１)＝２：√６－√２
∴ＢＤ：ＤＥ＝２：√６－√２
（＝√６＋√２：２）
（３）は同じ。

問題
次の（１）～（４）の各図において、角ｘの大きさを求めよ。
（３）弧ＳＴの点Ｓ，Ｔにおける接線を引き、その交点を定めると６６°の角度になった。この時、弧ＳＴ上の任意の点と点Ｓ，Ｔで作られる角度ｘを求めて下さい。
（１），（２），（４）は省略。

解法１　参考書の模範解答
円の中心をＯとして、ＯＳ，ＯＴを結ぶと円の中心と接線の関係よりそれぞれ直交する。
よって、６６°を含む四角形の内角の和より、
∠ＳＯＴ＝３６０°－９０°×２－６６°＝１１４°よって、優角∠ＳＯＴ＝３６０°－１１４°＝２４６°https://kotobank.jp/word/%E5%84%AA%E8%A7%92-650401#goog_rewarded
よって、円周角と中心角の関係より、
∠ｘ＝(１/２)×２４６°＝１２３°
解法２
∠６６°の点をＵとすると、円と接線の関係より、ＵＳ＝ＵＴ
よって、△ＵＳＴは頂角が６６°の二等辺三角形より、∠ＵＴＳ＝(１８０°－６６°)÷２＝１１４°÷２＝５７°
よって、∠ＳＴＵの外角は１８０°－５７°＝１２３°
ところで、ＵＴは接線より接弦定理により、
∠ｘ＝１２３°

おまけ：

問題
鋭角三角形ＡＢＣの外側に、辺ＡＢ，ＡＣを一辺とする正三角形ＡＢＤ，ＡＣＥをつくり、辺ＢＤ，ＢＣ，ＣＥの中点をそれぞれＬ，Ｍ，Ｎとする。ＣＤ＝６ｃｍとして次の問いに答えよ。
（１）∠ＬＭＮは何度か。
（２）△ＬＭＮの面積を求めよ。

解法１　模範解答
（１）ＢＥ，ＣＤを結ぶと、正三角形よりＡＥ＝ＡＣ，ＡＢ＝ＡＤ，∠ＢＡＥ＝∠ＢＡＣ＋６０°＝∠ＤＡＣ
よって、二辺挟角が等しいので、△ＡＢＥ≡△ＡＤＣ　∴∠ＡＢＥ＝∠ＡＤＣ
ここで、ＢＥとＣＤの交点をＰとすると、∠ＡＢＰ＝∠ＡＤＰより円周角の定理の逆により４点Ａ，Ｄ，Ｂ，Ｐは同一円周上にある。よって、円周角より∠ＤＰＢ＝∠ＤＡＢ＝６０°
∴∠ＤＰＥ＝１８０°－６０°＝１２０°
ところで、△ＢＣＤでの中点連結定理よりＬＭ∥ＤＣ，△ＣＢＥでの中点連結定理よりＭＮ∥ＢＥ ∴∠ＬＭＮ＝∠ＤＰＥ＝１２０°
（２）上の中点連結定理より、ＬＭ＝(１/２)ＤＣ，ＭＮ＝(１/２)ＢＥで△ＡＢＥ≡△ＡＤＣより、ＤＣ＝ＢＥ＝６ｃｍなので、
ＬＭ＝ＭＮ＝３ｃｍ
よって、△ＬＭＮは頂角が１２０°で等辺が３ｃｍの二等辺三角形。ＭからＬＮに垂線を下ろしその足をＨとすると、ＭＨ＝３/２ｃｍ，ＬＮ＝３√３ｃｍ　
∴△ＬＭＮ＝３√３×(３/２)×(１/２)
＝９√３/４ｃｍ^2

別解
（１）△ＡＢＣが鋭角三角形で△ＡＢＤと△ＡＣＥが正三角形より、ＢＥとＣＤの交点をＦとすると、点Ｆは△ＡＢＣのフェルマー点である。
よって、フェルマー点の性質より∠ＡＦＢ＝∠ＢＦＣ＝∠ＣＦＡ＝１２０°
よって、対頂角より∠ＤＦＥ＝ＢＦＣ＝１２０°
また、△ＢＣＤでの中点連結定理よりＬＭ∥ＤＣ，△ＣＢＥでの中点連結定理よりＭＮ∥ＢＥ
∴∠ＬＭＮ＝∠ＤＦＥ＝１２０°
（２）ところで、フェルマー点の性質より鋭角三角形の内部に点Ｆを取りＡＦ＋ＢＦ＋ＣＦの長さが最小になる点がフェルマー点でその長さはＤＣ＝ＢＥとなる。（証明は中学数学で出来るが省略する。）https://manabitimes.jp/math/635
∴ＤＣ＝ＢＥ＝６ｃｍ
上の中点連結定理より、ＬＭ＝(１/２)ＤＣ，ＭＮ＝(１/２)ＢＥで△ＡＢＥ≡△ＡＤＣより、ＤＣ＝ＢＥ＝６ｃｍなので、
ＬＭ＝ＭＮ＝３ｃｍ
よって、△ＬＭＮは頂角が１２０°で等辺が３ｃｍの二等辺三角形。
ＬＭの延長上にＮから垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＮＭＨは１：２：√３の直角三角形より、ＮＨ＝３√３/２ｃｍ
∴△ＬＭＮ＝３×(３√３/２)×(１/２)
＝９√３/４ｃｍ^2

因みに、フェルマー点と似た点としてナポレオン点もあるので興味がある人は調べてみて下さい。どうでも良い事ですが、秒殺でした。

おまけ：

問題
図の△ＡＢＣは、∠Ｂ＝９０°，ＢＣ＝２０の直角三角形で、ＢＣの中点をＭ，ＢＭの中点をＮとすれば、∠ＮＡＭ＝∠ＭＡＣになった。ＡＢの長さを求めよ。
（８９　市川）

解答
ＡＢ＝ｘとおき、わかっている数値を図のように記入する。角の二等分線の定理より、
ＡＮ：ＡＣ＝ＮＭ：ＭＣ＝１：２
ゆえに、ＡＮ^2：ＡＣ^2＝１^2：２^2
＝１：４
ここで三平方の定理より、ＡＮ^2＝ｘ^2＋５^2，ＡＣ^2＝ｘ^2＋２０^2となるので、
(ｘ^2＋５^2)：(ｘ^2＋２０^2)＝１：４
これを解いて、ｘ^2＋２０^2＝４(ｘ^2＋５^2)より、ｘ＝１０
「高校への数学　日日のハイレベル演習」臨時増刊２００３－５より

別解（私のオリジナル）
△ＡＮＣで角の二等分線の定理を使うと、
ＡＮ：ＡＣ＝ＮＭ：ＭＣ＝５：１０＝１：２
ここで、ＡＮの延長上にＡＮ＝ＤＮとなる点Ｄを取ると、ＡＣ＝ＡＤ
また、対頂角より∠ＡＮＢ＝∠ＤＮＭ，ＢＮ＝ＭＮ，ＡＮ＝ＤＮより二辺挟角が等しいので、
△ＡＮＢ≡△ＤＮＭ　∴ＡＢ＝ＤＭ———①
また、ＡＣ＝ＡＤ，∠ＣＡＭ＝∠ＤＡＭ，ＡＭは共通より二辺挟角が等しいので、△ＡＣＭ≡△ＡＤＭ　∴ＣＭ＝ＤＭ———②
①，②より、ＡＢ＝ＣＭ＝２０÷２＝１０
よって、答えは、１０

類題
右図でＡＣの長さを求めよ。
「高校への数学　日日のハイレベル演習」臨時増刊２００３－５より

右図とは、∠Ｃが直角の直角三角形ＡＢＣがあり、∠Ａの二等分線と辺ＢＣとの交点が定まっていて、点Ｂとその点との長さが３ｃｍで点Ｃとその点との長さが１ｃｍである図。

上に倣って２通り作って下さい。

おまけ：
https://asajo.jp/excerpt/104509

類題
右図でＡＣの長さを求めよ。
「高校への数学　日日のハイレベル演習」臨時増刊２００３－５より

右図とは、∠Ｃが直角の直角三角形ＡＢＣがあり、∠Ａの二等分線と辺ＢＣとの交点が定まっていて、点Ｂとその点との長さが３ｃｍで点Ｃとその点との長さが１ｃｍである図。

解法１
ＡＣ＝ｘとおくと、角の二等分線の定理より、ＡＢ＝３ｘ
△ＡＢＣについての三平方の定理より
ｘ^2＋４^2＝(３ｘ)^2
これを解いて、ｘ＝ＡＣ＝√２ｃｍ
「高校への数学　日日のハイレベル演習」臨時増刊２００３－５より

解法２
角の二等分線の定理より、ＡＢ：ＡＣ＝３：１
ここで、ＡＣの延長上にＡＤ＝ＡＢとなる点Ｄを取ると、ＡＣ：ＣＤ＝１：２となる。
また、∠Ａの二等分線とＢＣとの交点をＥとすると、二辺挟角が等しいので、△ＡＢＥ≡△ＡＤＥ　∴ＤＥ＝ＢＥ＝３ｃｍ
よって、△ＣＤＥで三平方の定理を使うと、ＣＤ＝√(３^2－１^2)＝２√２ｃｍ
∴ＡＣ＝√２ｃｍ

解法３
∠Ａの二等分線とＢＣとの交点をＥとすると、角の二等分線の定理より、
ＡＢ：ＡＣ＝ＢＥ：ＥＣ＝３：１———①
また、ＡＣの延長上にＤＥ＝３ｃｍとなる点Ｄを取ると、△ＣＤＥでの三平方の定理よりＣＤ＝√(３^2－１^2)＝２√２ｃｍ
ところで、∠ＥＡＢ＝∠ＥＡＤ，ＢＥ＝ＤＥ，ＡＥは共通より二辺と挟角以外の１角が等しいので、△ＡＢＥと△ＡＤＥは合同か∠Ｂと∠Ｄが補角をなす。（昔はこういう定理があった。ただし、私は５８歳だがこんな定理は習わなかった。）
ところで、∠Ｂは鋭角なので∠Ｄは鈍角か∠Ｂ＝∠Ｄだが、形状から鈍角はあり得ない。
∴△ＡＢＥ≡△ＡＤＥ　∴ＡＢ＝ＡＤ———②
②を①に代入すると、ＡＤ：ＡＣ＝３：１
∴ＡＣ：ＣＤ＝１：２　∴ＡＣ＝√２ｃｍ

因みに、二辺と挟角以外の１角が等しい場合の特別バージョンは、鈍角三角形の鈍角と鈍角を挟まない二辺が等しい場合は合同。要は、直角三角形の斜辺と他の１辺が等しい場合と同じ事。ただし、昔の参考書にも深くは書いていないので私が個人的に深掘りした。

おまけ：

問題
図のように、正三角形ＡＢＣ内に点Ｐをとり、△ＰＢＣの外側に、ＰＢ，ＰＣをそれぞれ一辺とする正三角形△ＱＢＰ，△ＲＰＣをつくり、点Ａと点Ｑ，Ｒをそれぞれ線分で結ぶ。このとき、次の各問いに答えよ。
（１）△ＰＢＣ≡△ＱＢＡを証明せよ。
（２）ＢＣ＝５ｃｍ，ＰＢ＝４ｃｍ，∠ＢＰＣ＝９０°のとき、四角形ＡＱＰＲの面積を求めよ。
（９２　福井県）

解答
（１）ＰＢ＝ＱＢ・・・①　
ＣＢ＝ＡＢ・・・②　
∠ＰＢＣ＝∠ＱＢＡ（共に６０°－∠ＡＢＰ）・・・③
①，②，③より、△ＰＢＣ≡△ＱＢＡ（二辺夾角相等）
《別解》　線分ＢＰ，ＢＣを、それぞれ点Ｂを回転の中心として、矢印の向き（注：反時計回り）に６０°回転すると、ＢＱ，ＢＡとなることから、△ＰＢＣを点Ｂを中心に６０°回転させたものが△ＱＢＡである。

（２）条件より△ＰＢＣは、３辺の比が３：４：５の直角三角形。（１）と同様に、△ＰＢＣ≡△ＲＡＣだから、
ＱＡ＝ＰＣ＝ＰＲ＝３ｃｍ・・・①
ＱＰ＝ＢＰ＝ＡＲ＝４ｃｍ・・・②
①，②より、四角形ＡＱＰＲは平行四辺形（２組の対辺の長さが等しい）。
いま、ＡからＱＰに下した垂線の足をＨとすると、
∠ＡＱＨ＝∠ＡＱＢ－∠ＢＱＰ＝３０°より、△ＡＱＨは３０°定規。
四角形ＡＱＰＲ＝ＱＰ×ＡＨ＝ＱＰ×(１/２)ＡＱ＝４×(３/２)＝６（ｃｍ²）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」臨時増刊２００３－５より

（２）の別解１
四角形ＡＱＰＲ＝△ＡＢＣ＋△ＱＢＡ＋△ＲＡＣ－△ＰＢＣ－△ＱＢＰ－△ＲＰＣ———①
また、（１）より、△ＰＢＣ≡△ＱＢＡ
同様に、△ＰＢＣ≡△ＲＡＣ
∴△ＱＢＡ＋△ＲＡＣ－△ＰＢＣ＝△ＱＢＡ＝△ＰＢＣ———②
また、△ＡＢＣ∽△ＱＢＰ∽△ＲＰＣで相似比は５：４：３より、
面積比は５²：４²：３²＝２５：１６：９　
ところで、２５＝１６＋９より、
△ＡＢＣ＝△ＱＢＰ＋△ＲＰＣ
∴△ＡＢＣ－△ＱＢＰ－△ＲＰＣ＝０———③
②，③を①に代入すると、
四角形ＡＱＰＲ＝△ＰＢＣ＝４×３×(１/２)＝６ｃｍ^2

別解２は次回。

おまけ：

問題
図のように、正三角形ＡＢＣ内に点Ｐをとり、△ＰＢＣの外側に、ＰＢ，ＰＣをそれぞれ一辺とする正三角形△ＱＢＰ，△ＲＰＣをつくり、点Ａと点Ｑ，Ｒをそれぞれ線分で結ぶ。このとき、次の各問いに答えよ。
（１）△ＰＢＣ≡△ＱＢＡを証明せよ。
（２）ＢＣ＝５ｃｍ，ＰＢ＝４ｃｍ，∠ＢＰＣ＝９０°のとき、四角形ＡＱＰＲの面積を求めよ。
（９２　福井県）

（２）の別解２
（１）より、△ＰＢＣ≡△ＱＢＡ
よって、条件より、∠ＢＱＡ＝∠ＢＰＣ＝９０°∴ＡＱ⊥ＢＱ　ここで、ＰからＢＱに垂線を下ろしその足をＨとすると、ＰＨ⊥ＢＱより、ＡＱ∥ＰＨ　ところで、△ＰＱＢは正三角形より点ＨはＢＱの中点。
また、四角形ＡＱＰＲはＡＱ＝ＣＰ＝ＲＰ，ＡＲ＝ＢＰ＝ＱＰより、２組の対辺の長さが等しいので平行四辺形である。
よって、対角線で分けた２つの三角形は合同。
ＡＱ∥ＰＨより等積変形で、△ＲＡＱ＝△ＨＡＱ この両辺を２倍すると、平行四辺形ＡＱＰＲ＝△ＱＢＡ＝△ＢＰＣ＝３×４×(１/２)＝６ｃｍ^2
よって、答えは、６ｃｍ^2

おまけ：
詩百篇第1巻64番
（人々は）夜に太陽を見たと思うだろう、
半人の豚が目撃されるであろう時に。
騒音、歌声、交戦する軍隊が空にて認識され、
人々は野獣が話すのを耳にするだろう。
引用元：https://w.atwiki.jp/nostradamus/pages/692.html

「ここに脇役が登場します。その登場を「イエスは、お許しになった」のです。それが、豚であると思います。
豚にしてみればとっても迷惑な話なのだけど、行き場を失った悪霊が豚の中に入り、その結果豚は死んでしまうのだけれど、しかしそのお陰で男は、正気にもどったのです。
悪霊を引き受けた豚が死んだことによって、男は癒されたという展開になっているように思うのです。（中略）私は思うのです。この箇所が描いている癒しは、誰かが癒されるために誰かが苦しみを引き受ける、まさに私が元気になるために私のために苦しんでくれる人がいる、ということを描いているのではないか。
人が癒されるということは、実はそのような厳しさを伴うことなのではないかと思うのです。
イエスがレギオンが豚の中に入ることを許されたというのは、そのような苦難の引き受けを「許された」のだと思います。」
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12824599233.html

問題
三角形ＡＢＣの、辺ＢＣ，ＣＡ，ＡＢ上にそれぞれ点Ｄ，Ｅ，Ｆを、ＢＤ：ＤＣ＝ＣＥ：ＥＡ＝ＡＦ：ＦＢ＝２：１となるようにとる。ＢＥとＣＦ，ＣＦとＡＤ，ＡＤとＢＥの交点をそれぞれＡ'，Ｂ'，Ｃ'とする。
（１）△Ａ'ＢＣの面積は△ＡＢＣの面積の何分のいくらか。
（２）△Ａ'Ｂ'Ｃ'の面積は△ＡＢＣの面積の何分のいくらか。
（８７　慶応志木）

（１）別解１
ＦからＢＥと平行な直線を引き、ＡＣとの交点をＧとすると、△ＡＦＧ∽△ＡＢＥでＡＦ：ＦＢ＝２：１より、ＡＧ：ＧＥ＝２：１
また、ＣＥ：ＥＡ＝２：１より、ＡＥ＝３とすると、ＣＥ＝６で、ＣＥ：ＥＧ＝６：１
また、△ＣＡ'Ｅ∽△ＣＦＧよりＣＡ'：Ａ'Ｆ＝ＣＥ：ＥＧ＝６：１
よって、ＣＡ'：ＣＦ＝６：７より、
△Ａ'ＢＣ＝(６/７)△ＦＢＣ———①
また、△ＦＢＣ＝(１/３)△ＡＢＣ———②
②を①に代入すると、
△Ａ'ＢＣ＝(６/７)(１/３)△ＡＢＣ
＝(２/７)△ＡＢＣ
よって、答えは、２/７倍

別解２
ＡからＢＣと平行な直線を引き、ＢＥの延長，ＣＦの延長との交点をそれぞれＧ，Ｈとすると、△ＥＧＡ∽△ＥＢＣでＣＥ：ＥＡ＝２：１より、ＡＧ：ＢＣ＝１：２　
また、ＢＤ：ＤＣ＝２：１より、ＢＤ＝２ａ，ＤＣ＝ａと置くと、ＢＣ＝３ａ　
∴ＡＧ＝３ａ/２
また、△ＦＡＨ∽△ＦＢＣでＡＦ：ＦＢ＝２：１より、ＡＨ＝２ＢＣ＝６ａ
∴ＨＧ＝６ａ＋３ａ/２＝１５ａ/２
また、△Ａ'ＧＨ∽△Ａ'ＢＣで相似比はＢＣ：ＧＨ＝３ａ：１５ａ/２＝２：５
また、△ＦＡＨ∽△ＦＢＣの相似比が２：１より、
ＣＡ'：Ａ'Ｈ＝２：５＝６：１５
ＣＦ：ＦＨ＝１：２＝７：１４
よって、ＣＡ'：ＣＦ＝６：７より、
△Ａ'ＢＣ＝(６/７)△ＦＢＣ———①
また、△ＦＢＣ＝(１/３)△ＡＢＣ———②
②を①に代入すると、
△Ａ'ＢＣ＝(６/７)(１/３)△ＡＢＣ
＝(２/７)△ＡＢＣ
よって、答えは、２/７倍

（２）の別解
△ＢＣＥと直線ＡＤでメネラウスの定理を使うと、(２/１)(Ｃ'Ｅ/ＢＣ')(３/１)＝１
∴Ｃ'Ｅ/ＢＣ'＝１/６　
∴ＢＣ'：Ｃ'Ｅ＝６：１———①
△ＢＡＥと直線ＦＣでメネラウスの定理を使うと、(１/２)(Ａ'Ｅ/ＢＡ')(３/２)＝１
∴Ａ'Ｅ/ＢＡ'＝４/３　
∴ＢＡ'：Ａ'Ｅ＝３：４———②
①，②より、
ＢＡ'：Ａ'Ｃ：Ｃ'Ｅ＝３：４－１：１＝３：３：１
∴ＢＡ'：Ａ'Ｃ：Ｃ'Ｅ＝３：３：１
同様に、ＣＢ'：Ｂ'Ａ：Ａ'Ｆ＝３：３：１
ＡＣ'：Ｃ'Ｂ'：Ｂ'Ｄ＝３：３：１
まず、ＡＥ：ＥＣ＝１：２より、
△ＣＢＥ＝(２/３)△ＡＢＣ———ア
次に、ＢＥ：Ａ'Ｃ'＝７：３より、
△ＣＡ'Ｃ'＝(３/７)△ＣＢＥ———イ
さらに、Ａ'Ｂ'：Ｂ'Ｃ＝１：１より、
△Ｃ'Ａ'Ｂ'＝(１/２)△ＣＡＣ'———ウ
ア，イ，ウより、
△Ｃ'Ａ'Ｂ'＝(１/２)(３/７)(２/３)△ＡＢＣ
＝(１/７)△ＡＢＣ
よって、答えは、１/７倍

おまけ：

問題 7-6b
Φp^n(ｘ)＝Φp(ｘ^p^(n-1))＝Φp^(n-1)(ｘ^p)を示せ。

解答
１の原始ｐ^n乗根ζに対して、
η＝ζ^p^(n-1)は１の原始ｐ乗根である。
よってΦp(η)＝Φp(ζ^p^(n-1))＝０であり、
Φp(ｘ^p^(n-1))はζを根に持つ。
Φp^n(ｘ)の次数はφ(ｐ^n)＝ｐ^(n-1)(ｐ－１)であり、degΦp(ｘ^p^(n-1))＝ｐ^(n-1)(ｐ－１)と等しい。
ゆえにζの最小多項式Φp^n(ｘ)は
Φp(ｘ^p^(n-1))と一致する。
Φp^(n-1)(ｘ^p)も同様である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

解説
＞１の原始ｐ^n乗根ζに対して、
η＝ζ^p^(n-1)は１の原始ｐ乗根である。

η＝ζ^p^(n-1)の両辺をｐ乗すると、
η^p＝{ζ^p^(n-1)}＝ζ^{p^(n-1)・p}
＝ζ^p^n＝１
よって、η^p＝１よりηは１のｐ乗根である。
また、ｐは素数設定だと思うので、ｐ乗して初めて１のなるので原始ｐ乗根である。
因みに、原始ｎ乗根の定義に、
「ｋがｎと互いに素なものを１の原始ｎ乗根といいます」（「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著）とあり、ｋ＝p^(n-1)，ｎ＝ｐに当たり互いに素ではないと思う人もいると思いますが、この場合は、
「１の原始ｐ^n乗根ζに対して、
η＝ζ^p^(n-1)は１の原始ｐ乗根である。」
の初めの「ｐ^n乗根」と後の「ｐ乗根」が一致している場合である。

＞Φp^n(ｘ)の次数はφ(ｐ^n)＝ｐ^(n-1)(ｐ－１)であり、degΦp(ｘ^p^(n-1))＝ｐ^(n-1)(ｐ－１)と等しい。

「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著p.119に、
「Φn(ｘ)の次数はｎと互いに素な、ｎ以下の自然数の個数に等しく」とあり、p.33に「正整数ｎと互いに素な正整数（≦ｎ）の個数を数えます。この個数をφ(ｎ)と表します」とあるので、
「Φp^n(ｘ)の次数はφ(ｐ^n)」である。また、p.33にオイラー関数の公式、
ｎ＝ｐ1^e1･･･ｐs^es（ｐ1,･･･,ｐsは素数，ｅ1,･･･,ｅsは正）に対して、
φ(ｎ)＝ｎ(１－１/ｐ1)(１－１/ｐ2)･･･(１－１/ｐs)
とあるので、これを使うと、
Φp^n(ｘ)＝ｐ^n(１－１/ｐ)＝ｐ^n－ｐ^(n-1)
＝ｐ^(n-1)(ｐ－１)
∴Φp^n(ｘ)＝ｐ^(n-1)(ｐ－１)———①
また、p.12~13にdegの定義が載っていて、要は次数の事である。
Φp(ｘ^p^(n-1))の次数はｘのφ(ｐ)次式のｘにｘ^p^(n-1)を代入した時の次数の事である。
ところで、ｐは素数より、φ(ｐ)＝ｐ－１である。（ｐが素数よりｐと互いに素な者の個数はｐ以外の自然数だから。）
よって、ｘのｐ－１次式のｘにｘ^p^(n-1)を代入すると、{ｘ^p^(n-1)}^(p-1)となるので、次数は、ｐ^(n-1)(ｐ－１)———②
①，②より、
Φp^n(ｘ)の次数とΦp(ｘ^p^(n-1))の次数は等しい。

＞ζの最小多項式Φp^n(ｘ)

「１の原始ｐ^n乗根ζ」だから。

「一般に、ｎ乗して初めて１になる数を１の原始ｎ乗根といいます。」（「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著）

から、最小という事。

＞Φp^n(ｘ)は
Φp(ｘ^p^(n-1))と一致する。

次数が一致するから多項式全体も一致する理由は何なのでしょうか。
例えば、Φ3(ｘ)＝ｘ^2＋ｘ＋１
Φ4(ｘ)＝ｘ^2＋１
で一致しませんよね。もちろん、他の理由があるはずですが、省略しているというより前回の定理7.1の証明の時の「次にζ^p1p2＝(ζ^p1)^p2も（ζ^p1がｆ(ｘ)の根になることから）ｆ(ｘ)の根になります。」（2024/5/14 13:53）と同様に適当にごまかしているような気がします。
（まぁ、納得して先に進む分には効率的な気もしますが。多分、「ガロア理論の頂を踏む」ではあんな長い証明は避けて違う道を選んだのだと思います。）
次回は、例を１つ挙げて成り立つ事を確認しますね。

おまけ：

＞Φp^n(ｘ)は
Φp(ｘ^p^(n-1))と一致する。

具体例１　ｐ＝２，ｎ＝２の場合、
Φp^n(ｘ)＝Φ2^2(ｘ)＝Φ4(ｘ)＝ｘ^2＋１
（p.119よりΦ4(ｘ)＝ｘ^2＋１）
Φp(ｘ^p^(n-1))＝Φ2(ｘ^2^(2-1))
＝Φ2(ｘ^2)＝ｘ^2＋１
（p.119よりΦ2(ｘ)＝ｘ＋１だから。）
よって、Φp^n(ｘ)＝Φp(ｘ^p^(n-1))

具体例２　ｐ＝２，ｎ＝３の場合、
Φp^n(ｘ)＝Φ2^3(ｘ)＝Φ8(ｘ)＝ｘ^4＋１
（p.133よりΦ8(ｘ)＝ｘ^4＋１）
Φp(ｘ^p^(n-1))＝Φ2(ｘ^2^(3-1))
＝Φ2(ｘ^4)＝ｘ^4＋１
（p.119よりΦ2(ｘ)＝ｘ＋１だから。）
よって、Φp^n(ｘ)＝Φp(ｘ^p^(n-1))

具体例３　ｐ＝３，ｎ＝２の場合、
Φp^n(ｘ)＝Φ3^2(ｘ)＝Φ9(ｘ)

定義4.1　円分多項式
ζ＝cos(360°/n)＋ｉsin(360°/n)のとき、
Φn(ｘ)＝Π(k,n)=1,1≦k≦n (ｘ－ζ^k)
を円分多項式という。

より、Φ9(ｘ)＝(ｘ－ζ)(ｘ－ζ^2)(ｘ－ζ^4)(ｘ－ζ^6)(ｘ－ζ^8)———①
また、

定理4.7　１のｎ乗根
ζ＝cos(360°/n)＋ｉsin(360°/n)とおくとき、１のｎ乗根は、
ζ^0(＝１),ζ^1,ζ^2,･･･,ζ^(n-1)
のｎ個である。１のｎ乗根を用いると、
ｘ^n－１＝(ｘ－１)(ｘ－ζ)(ｘ－ζ^2)･･･(ｘ－ζ^(n-1))
と因数分解出来る。

より、ｘ^9－１＝(ｘ－１)(ｘ－ζ)･･･(ｘ－ζ^8)＝(ｘ－ζ)･･･(ｘ－ζ^8)(ｘ－ζ^9)———②
ｘ^3－１＝(ｘ－ζ^3)(ｘ－ζ^6)(ｘ－ζ^9)———③
（ζ^3,ζ^6,ζ^9は１の３乗根の全てだから。）
①＝②÷③より、
Φ9(ｘ)＝(ｘ^9－１)/(ｘ^3－１)
＝[{(ｘ^3)^3－１}{（x^3)^2＋ｘ^3＋１}]/(ｘ^3－１)
＝（x^3)^2＋ｘ^3＋１＝ｘ^6＋ｘ^3＋１
∴Φp^n(ｘ)＝Φ9(ｘ)＝ｘ^6＋ｘ^3＋１———ア

一方、Φp(ｘ^p^(n-1))にｐ＝３，ｎ＝２を代入すると、
Φp(ｘ^p^(n-1))＝Φ3(ｘ^3^(2-1))
＝Φ3(ｘ^3)＝ｘ^6＋ｘ^3＋１
（p.119よりΦ3(ｘ)＝ｘ^2＋ｘ＋１だから。）
∴Φp(ｘ^p^(n-1))＝ｘ^6＋ｘ^3＋１———イ
ア，イより、Φp^n(ｘ)＝Φp(ｘ^p^(n-1))

因みに、右辺は、Φpでｐが素数よりｐ個の係数が１の項の和になる事が分かりますが、左辺がそうなるには証明が必要だと思います。因みに、Φ12(ｘ)＝ｘ^4－ｘ^2＋１で係数は１とは限らないですから。（勿論、１２はｐ^nではありませんが。）また、それだけで証明が完全かどうかはまだ考慮が必要だと思います。（次数と個数と係数が合っても指数がまんべんなく一致するかどうかとか。）

問題 7-3a
素数ｐに対してΦp(ｘ)を求めよ。
解答
Φp(ｘ)＝ｘ^(p-1)＋ｘ^(p-2)＋･･･＋ｘ＋１
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

念のため、係数が１のｐ個の和ですね。

まぁ、Φp^n(ｘ)＝Φp(ｘ^p^(n-1))＝Φp^(n-1)(ｘ^p)が正しい事は確実ですね。

＞Φp^(n-1)(ｘ^p)も同様である。

前回と同様に、
φ(ｐ^(n-1))＝ｐ^(n-1)(１－１/ｐ)（公式）
＝ｐ^(n-1)－ｐ^(n-2)＝ｐ^(n-2)(ｐ－１)より、
Φp^(n-1)(ｘ)はｐ^(n-2)(ｐ－１)次の多項式で、このｘにｘ^pを代入すると、
(ｘ^p)^{ｐ^(n-2)(ｐ－１)}から次数は、
ｐ・ｐ^(n-2)(ｐ－１)＝ｐ^(n-1)(ｐ－１)
よって、前回の、
Φp^n(ｘ)＝ｐ^(n-1)(ｐ－１)———①
と一致するのでΦp^n(ｘ)＝Φp^(n-1)(ｘ^p)

おまけ：

＞因みに、右辺は、Φpでｐが素数よりｐ個の係数が１の項の和になる事が分かりますが、左辺がそうなるには証明が必要だと思います。因みに、Φ12(ｘ)＝ｘ^4－ｘ^2＋１で係数は１とは限らないですから。（勿論、１２はｐ^nではありませんが。）また、それだけで証明が完全かどうかはまだ考慮が必要だと思います。（次数と個数と係数が合っても指数がまんべんなく一致するかどうかとか。）

完璧な証明（別証）を作ってみました。

問題 7-6b
Φp^n(ｘ)＝Φp(ｘ^p^(n-1))＝Φp^(n-1)(ｘ^p)を示せ。

証明
まず、Φp^n(ｘ)＝Φp(ｘ^p^(n-1))を示す。

定義4.1　円分多項式
ζ＝cos(360°/n)＋ｉsin(360°/n)のとき、
Φn(ｘ)＝Π(k,n)=1,1≦k≦n (ｘ－ζ^k)
を円分多項式という。

より、Φp^n(ｘ)＝(ｘ－ζ)(ｘ－ζ^2)(ｘ－ζ^4)(ｘ－ζ^5)･･･{ｘ－ζ^(p^n-1)}———①
（ここで、抜けているのはｐ＝３としているが要はｐの倍数の指数のものが抜ける。）
また、

定理4.7　１のｎ乗根
ζ＝cos(360°/n)＋ｉsin(360°/n)とおくとき、１のｎ乗根は、
ζ^0(＝１),ζ^1,ζ^2,･･･,ζ^(n-1)
のｎ個である。１のｎ乗根を用いると、
ｘ^n－１＝(ｘ－１)(ｘ－ζ)(ｘ－ζ^2)･･･(ｘ－ζ^(n-1))
と因数分解出来る。

より、ｘ^p^n－１＝(ｘ－１)(ｘ－ζ)･･･{ｘ－ζ^(p^n-1)}＝(ｘ－ζ)･･･{ｘ－ζ^(p^n-1)}(ｘ－ζ^p^n)———②
ｘ^p－１＝(ｘ－ζ^p)(ｘ－ζ^2p)･･･(ｘ－ζ^p^n)———③
（ζ^p～ζ^p^nは１のｐ乗根の全てだから。）
①＝②÷③より、
Φp^n(ｘ)＝(ｘ^p^n－１)/(ｘ^p－１)
＝[(ｘ^p)^{p^(n-1)}－１]/(ｘ^p－１)
＝[(ｘ^p－１)[(ｘ^p)^{p^(n-1)-1}＋･･･＋１]]/(ｘ^p－１)
＝(ｘ^p)^{p^(n-1)-1}＋･･･＋１
＝ｘ^p{p^(n-1)-1}＋･･･＋１
＝ｘ^{p・p^(n-1)-p}＋･･･＋１
＝ｘ^(p^n-p)＋･･･＋１
＝ｘ^{p^(n-1)・(p-1)}＋･･･＋１
∴Φp^n(ｘ)＝ｘ^{p^(n-1)・(p-1)}＋･･･＋１———ア
一方、Φp(ｘ^p^(n-1))の方は、
Φp(ｘ)＝ｘ^(p-1)＋ｘ^(p-2)＋･･･＋１より、
Φp(ｘ^p^(n-1))＝{ｘ^p^(n-1)}^(p-1)＋･･･＋１
＝ｘ^{p^(n-1)・(p-1)}＋･･･＋１———イ
ア，イより、Φp^n(ｘ)＝Φp(ｘ^p^(n-1))

これなら係数が全て＋１である事も言えますし、ただし、項数についてはまだ深く考察していませんが、少なくとも次数が合うだけよりは良い証明だと思います。ただし、私のオリジナルなので裏を取って下さい。

おまけ：

欠陥発覚したので修正しました。

＝ｘ^(p^n-p)＋･･･＋１
＝ｘ^{p^(n-1)・(p-1)}＋･･･＋１

これはおかしいですよね。改訂版をどうぞ。

問題 7-6b
Φp^n(ｘ)＝Φp(ｘ^p^(n-1))＝Φp^(n-1)(ｘ^p)を示せ。

証明
まず、Φp^n(ｘ)＝Φp(ｘ^p^(n-1))を示す。

定義4.1　円分多項式
ζ＝cos(360°/n)＋ｉsin(360°/n)のとき、
Φn(ｘ)＝Π(k,n)=1,1≦k≦n (ｘ－ζ^k)
を円分多項式という。

より、Φp^n(ｘ)＝(ｘ－ζ)(ｘ－ζ^2)(ｘ－ζ^4)(ｘ－ζ^5)･･･{ｘ－ζ^(p^n-1)}———①
（ここで、抜けているのはｐ＝３としているが要はｐの倍数の指数のものが抜ける。）
また、

定理4.7　１のｎ乗根
ζ＝cos(360°/n)＋ｉsin(360°/n)とおくとき、１のｎ乗根は、
ζ^0(＝１),ζ^1,ζ^2,･･･,ζ^(n-1)
のｎ個である。１のｎ乗根を用いると、
ｘ^n－１＝(ｘ－１)(ｘ－ζ)(ｘ－ζ^2)･･･(ｘ－ζ^(n-1))
と因数分解出来る。

より、ｘ^p^n－１＝(ｘ－１)(ｘ－ζ)･･･{ｘ－ζ^(p^n-1)}＝(ｘ－ζ)･･･{ｘ－ζ^(p^n-1)}(ｘ－ζ^p^n)———②
ここで、①で抜けているｐの倍数を集めたものを作ると、
(ｘ－ζ^p)(ｘ－ζ^2p)･･･(ｘ－ζ^p^n)で、
この括弧の数はｐ^n÷ｐ＝ｐ^(n-1)個より、
ｘ^p^(n-1)－１＝(ｘ－ζ^p)(ｘ－ζ^2p)･･･(ｘ－ζ^p^n)———③
（ζ^p～ζ^p^nは１のｐ乗根の全てだから定理4.7より）
①＝②÷③より、
Φp^n(ｘ)＝(ｘ^p^n－１)/{ｘ^p^(n-1)－１}
＝[{ｘ^p^(n-1)}^p－１]/{ｘ^p^(n-1)－１}
＝{ｘ^p^(n-1)－１}[{ｘ^p^(n-1)}^(p-1)＋{ｘ^p^(n-1)}^(p-2)＋･･･＋ｘ^p^(n-1)＋１]/{ｘ^p^(n-1)－１}
＝{ｘ^p^(n-1)}^(p-1)＋{ｘ^p^(n-1)}^(p-2)＋･･･＋ｘ^p^(n-1)＋１
＝ｘ^p^(n-1)・(p-1)＋ｘ^p^(n-1)・(p-2)＋･･･＋ｘ^p^(n-1)＋１———ア
一方、Φp(ｘ^p^(n-1))の方は、
Φp(ｘ)＝ｘ^(p-1)＋ｘ^(p-2)＋･･･＋ｘ＋１より、
Φp(ｘ^p^(n-1))＝{ｘ^p^(n-1)}^(p-1)＋{ｘ^p^(n-1)}^(p-2)＋･･･＋ｘ^p^(n-1)＋１
＝ｘ^p^(n-1)・(p-1)＋ｘ^p^(n-1)・(p-2)＋･･･＋ｘ^p^(n-1)＋１———イ
ア，イより、Φp^n(ｘ)＝Φp(ｘ^p^(n-1))

項数はｐ個で係数も指数の間隔も完璧に一致しますね。

Φp(ｘ^p^(n-1))＝Φp^(n-1)(ｘ^p)の方は次数が一致する証明だけで十分とします。

＞Φp^(n-1)(ｘ^p)も同様である。

前回と同様に、
φ(ｐ^(n-1))＝ｐ^(n-1)(１－１/ｐ)（公式）
＝ｐ^(n-1)－ｐ^(n-2)＝ｐ^(n-2)(ｐ－１)より、
Φp^(n-1)(ｘ)はｐ^(n-2)(ｐ－１)次の多項式で、このｘにｘ^pを代入すると、
(ｘ^p)^{ｐ^(n-2)(ｐ－１)}から次数は、
ｐ・ｐ^(n-2)(ｐ－１)＝ｐ^(n-1)(ｐ－１)
よって、前回の、
Φp^n(ｘ)＝ｐ^(n-1)(ｐ－１)———①
と一致するのでΦp^n(ｘ)＝Φp^(n-1)(ｘ^p)
（上から引用。）

おまけ：
「秘教哲学者の書物からすると、大ピラミッドの構造には、地球上の人類が持つ本性とその宇宙との大変特殊な関係が物質的に表現されているということになる。大ピラミッドの本質は、ベイリー著『秘教占星学』に書かれたプレアデス星団からのメッセージの本質に関わる部分の中に読み取ることができる。これを次に引用しておこう。
「彼らからの光は、他の光とは違っている。それは反応を呼び起こす。―――私は凝結した世界（ヤギ座）の一番奥深い所にいる。私は墓なのだ。そして、私は子宮（カニ座）でもある。私は物質性に深く沈んでしまった岩だ。私は太陽が誕生した山の頂上であり、そこからは太陽が見え、光の最初の光線を把えることができる。―――人類は本日あるがごとく、本日の性質を備えている。母の息子として生まれ、墓から生まれ、誕生してからは光を示すものとなる・・・・」」
「ピラミッド大予言」マックス・トス著（１９８２年）
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12790025389.html

やっぱりもう一方も示しておきますね。

問題 7-6b
Φp^n(ｘ)＝Φp(ｘ^p^(n-1))＝Φp^(n-1)(ｘ^p)を示せ。

証明
次に、Φp(ｘ^p^(n-1))＝Φp^(n-1)(ｘ^p)を示す。
前回のアより、
Φp^n(ｘ)
＝ｘ^p^(n-1)・(p-1)＋ｘ^p^(n-1)・(p-2)＋･･･＋ｘ^p^(n-1)＋１———ア
このｎにｎ－１を代入すると、
Φp^(n-1)(ｘ)
＝ｘ^p^(n-2)・(p-1)＋ｘ^p^(n-2)・(p-2)＋･･･＋ｘ^p^(n-2)＋１
このｘにｘ^pを代入すると、
Φp^(n-1)(ｘ^p)
＝(ｘ^p)^p^(n-2)・(p-1)＋(ｘ^p)^p^(n-2)・(p-2)＋･･･＋(ｘ^p)^p^(n-2)＋１
＝ｘ^p・p^(n-2)・(p-1)＋ｘ^p・p^(n-2)・(p-2)＋･･･＋ｘ^p・p^(n-2)＋１
＝ｘ^p^(n-1)・(p-1)＋ｘ^p^(n-1)・(p-2)＋･･･＋ｘ^p^(n-1)＋１———ア'
また、前回のイより、
Φp(ｘ^p^(n-1))
＝ｘ^p^(n-1)・(p-1)＋ｘ^p^(n-1)・(p-2)＋･･･＋ｘ^p^(n-1)＋１———イ
イ，ア'より、
Φp(ｘ^p^(n-1))＝Φp^(n-1)(ｘ^p)
よって、前回のと合わせて完全証明終了。

おまけ：

解説
＞ζ＝ｉωは１の原始１２乗根である（問題4-10参照）。

問題 4-10b
ｄ，ｄ'が互いに素な正整数のとき、可換群Ｇの位数ｄの元ｇと位数ｇ'の元ｇ'の積ｇｇ'の位数はｄｄ'に等しいことを示せ。

「１の原始３乗根をω，４乗根をｉと表すと」から、ω^3＝１，ｉ^4＝１
よって、ωの位数は３でｉの位数は４で、３と４は互いに素より、問題4-10よりωⅰの位数は３・４＝１２
よって、(ωⅰ)^12＝１　よって、ωⅰは１の１２乗根で、１２は位数より(ωⅰ)^12＝１となる最小の正の整数なので、ωⅰは１の原始１２乗根である。

「一般に、ｎ乗して初めて１になる数を１の原始ｎ乗根といいます。」
「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著より

＞ζ^2＝－ω^2よりΦ3(－ζ^2)＝０

「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著p.119より、
Φ3(ｘ)＝(ｘ^3－１)/(ｘ－１)
＝ｘ^2＋ｘ＋１
ところで、ωとω^2はｘ^3＝１の解である。
（念のため、(ω^2)^3＝(ω^3)^2で、ω^3＝１を代入すると(ω^2)^3＝１で、ωがｘ^3＝１の解ならばω^2もｘ^3＝１の解である。）
そして、ｘ^3＝１からｘ^3－１＝０として因数分解すると、(ｘ－１)(ｘ^2＋ｘ＋１)＝０
よって、ωとω^2はｘ^2＋ｘ＋１＝０の解である。∴Φ3(ω^2)＝０　
これにζ^2＝－ω^2からω^2＝－ζ^2として代入すると、Φ3(－ζ^2)＝０という事。

＞Φ12(ｘ)の次数はφ(１２)＝φ(３)φ(４)＝４

「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著p.119に、
「Φn(ｘ)の次数はｎと互いに素な、ｎ以下の自然数の個数に等しく」とあり、p.33に「正整数ｎと互いに素な正整数（≦ｎ）の個数を数えます。この個数をφ(ｎ)と表します」とあるので、φ(１２)を求めれば良い。
そして、次のページに「公式φ(ｍｎ)＝φ(ｍ)φ(ｎ)が得られます」とあるので、φ(１２)＝φ(３)φ(４)と出来、φ(３)＝２，Φ(４)＝２は自明なので、φ(１２)＝φ(３)φ(４)＝４と分かる。
ただし、「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著でははっきりとは書かれていないが、例えば、これを２と６の分解してはいけない。ｍとｎは互いに素でなければダメである。

定理3.2
オイラー関数は乗法的である。すなわち、ｎ＝ｎ1・ｎ2のとき、
(ｎ1,ｎ2)＝１⇒φ(ｎ)＝φ(ｎ1)・φ(ｎ2)
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

おまけ：
https://www.oricon.co.jp/news/2262198/full/

問題 7-2a
Φ12(ｘ)を求めよ。

別解のヒント
定義4.1　円分多項式
ζ＝cos(360°/n)＋ｉsin(360°/n)のとき、
Φn(ｘ)＝Π(k,n)=1,1≦k≦n (ｘ－ζ^k)
を円分多項式という。

定理4.7　１のｎ乗根
ζ＝cos(360°/n)＋ｉsin(360°/n)とおくとき、１のｎ乗根は、
ζ^0(＝１),ζ^1,ζ^2,･･･,ζ^(n-1)
のｎ個である。１のｎ乗根を用いると、
ｘ^n－１＝(ｘ－１)(ｘ－ζ)(ｘ－ζ^2)･･･(ｘ－ζ^(n-1))
と因数分解出来る。
「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著より

この２つを利用すれば解けます。もっと決定的なヒントが欲しい人は、p.247に「Φ15(ｘ)を求めよ。」という問題とその解答があるので、購入して読んで下さい。（そのままでは通用しませんが。）
因みに、ネットではこの分野はまだまだ未発達のようでうまく検索しないと出ないと思います。（昨日、「Φ12(ｘ)を求めよ」で検索したら問題は出ましたが、解答は出ませんでした。まだ、発展途上という事ですね。）

おまけ：
https://www.instagram.com/ugakimisato.mg/p/C6-_domy1pO/?img_index=1

問題 7-2a
Φ12(ｘ)を求めよ。

別解

定義4.1　円分多項式
ζ＝cos(360°/n)＋ｉsin(360°/n)のとき、
Φn(ｘ)＝Π(k,n)=1,1≦k≦n (ｘ－ζ^k)
を円分多項式という。

より、Φ12(ｘ)＝(ｘ－ζ)(ｘ－ζ^5)(ｘ－ζ^7)(ｘ－ζ^11)である。
（ζの指数が１２と互いに素という事。）
また、

定理4.7　１のｎ乗根
ζ＝cos(360°/n)＋ｉsin(360°/n)とおくとき、１のｎ乗根は、
ζ^0(＝１),ζ^1,ζ^2,･･･,ζ^(n-1)
のｎ個である。１のｎ乗根を用いると、
ｘ^n－１＝(ｘ－１)(ｘ－ζ)(ｘ－ζ^2)･･･(ｘ－ζ^(n-1))
と因数分解出来る。

より、ｘ^12－１＝(ｘ－１)(ｘ－ζ)(ｘ－ζ^2)･･･(ｘ－ζ^11)
＝(ｘ－ζ)(ｘ－ζ^2)･･･(ｘ－ζ^12)———①
とも表現できる。（ζ^12＝１だから。）
よって、この両辺を何かで割って、
Φ12(ｘ)＝(ｘ－ζ)(ｘ－ζ^5)(ｘ－ζ^7)(ｘ－ζ^11)を作れば良い訳である。
そこで、(ｘ－ζ^2)(ｘ－ζ^4)(ｘ－ζ^6)(ｘ－ζ^8)(ｘ－ζ^10)(ｘ－ζ^12)
と(ｘ－ζ^3)(ｘ－ζ^6)(ｘ－ζ^9)(ｘ－ζ^12)
を考えると、まず上から、
ζ^2,ζ^4,ζ^6,ζ^8,ζ^10,ζ^12は全ての１の６乗根である。（複素平面上の回転を考えれば分かるが、どれも６乗すると１になる事からも分かるだろう。念のため、ζ^12＝１）
よって、定理4.7より、
(ｘ－ζ^2)(ｘ－ζ^4)(ｘ－ζ^6)(ｘ－ζ^8)(ｘ－ζ^10)(ｘ－ζ^12)＝ｘ^6－１———②
次に下、
ζ^3,ζ^6,ζ^9,ζ^12は全ての１の４乗根である。
よって、定理4.7より、
(ｘ－ζ^3)(ｘ－ζ^6)(ｘ－ζ^9)(ｘ－ζ^12)
＝ｘ^4－１———③
ここで、①÷(②×③)をすると、
(ｘ^12－１)/(ｘ^6－１)(ｘ^4－１)
＝Φ12(ｘ)/(ｘ－ζ^6)(ｘ－ζ^12)
となる。（１の４乗根と６乗根でζ^6とζ^12がダブっているから。）
ところで、複素平面の回転の図を考えると、
ζ^12＝１でζ^6＝－１である。
∴(ｘ^12－１)/(ｘ^6－１)(ｘ^4－１)
＝Φ12(ｘ)/(ｘ＋１)(ｘ－１)
∴Φ12(ｘ)＝(ｘ^12－１)(ｘ＋１)(ｘ－１)/(ｘ^6－１)(ｘ^4－１)
＝(ｘ^12－１)(ｘ^2－１)/(ｘ^6－１)(ｘ^4－１)
＝(ｘ^12－１)/(ｘ^6－１)(ｘ^2＋１)
＝(ｘ^6＋１)/(ｘ^2＋１)
＝{(ｘ^2)^3＋１}/(ｘ^2＋１)
＝(ｘ^2＋１){(ｘ^2)^2－ｘ^2＋１}/(ｘ^2＋１)
＝ｘ^4－ｘ^2＋１
∴Φ12(ｘ)＝ｘ^4－ｘ^2＋１

おまけ：

問題
３辺の長さがＡＢ＝４，ＢＣ＝３，ＣＡ＝２の△ＡＢＣと３辺の長さがＡＢ＝６，ＢＣ＝５，ＣＡ＝４の△ＡＢＣのそれぞれの∠Ｂと∠Ｃの関係を求めて下さい。

今回は、ＡＢ＝４，ＢＣ＝３，ＣＡ＝２の△ＡＢＣの方。

解答
∠Ａの二等分線を引き、辺ＢＣとの交点をＤとすると、角の二等分線の定理より、
ＢＤ：ＤＣ＝ＡＢ：ＡＣ＝４：２＝２：１で、
ＢＣ＝３よりＢＤ＝２，ＤＣ＝１
ここで、ＡＢ上にＡＥ＝ＡＣとなる点Ｅを取ると、二辺挟角が等しいので、△ＡＥＤ≡△ＡＣＤ　∴∠ＡＥＤ＝∠ＡＣＤ＝∠Ｃ———①
また、ＢＥ＝４－２＝２より、ＢＤ＝ＢＥ
よって、△ＢＥＤは二等辺三角形より、
∠ＢＥＤ＝∠ＢＤＥ＝●と置くと、△ＥＢＤの内対角の和より、∠ＡＥＤ＝∠Ｂ＋●———②
①，②より、∠Ｃ＝∠Ｂ＋●———③
また、△ＢＥＤの内角の和より、
∠Ｂ＋●＋●＝１８０°
∴●＝(１８０°－∠Ｂ)/２
＝９０°－(１/２)∠Ｂ———④
④を③に代入すると、
∠Ｃ＝∠Ｂ＋９０°－(１/２)∠Ｂ
＝(１/２)∠Ｂ＋９０°
よって、∠Ｃ＝(１/２)∠Ｂ＋９０°という関係がある。

因みに、３辺の長さが２，３，４の三角形は鈍角三角形である事を三平方の定理（または余弦定理）を使わずに証明せよっていう問題を作ったら難問ではないでしょうか。（意外と簡単かもしれませんが。）

もう一つの方も同様に出来ますが、何か付け足して面白くして下さい。

おまけ：

問題
３辺の長さがＡＢ＝４，ＢＣ＝３，ＣＡ＝２の△ＡＢＣと３辺の長さがＡＢ＝６，ＢＣ＝５，ＣＡ＝４の△ＡＢＣのそれぞれの∠Ｂと∠Ｃの関係を求めて下さい。

今回は、ＡＢ＝６，ＢＣ＝５，ＣＡ＝４の△ＡＢＣの方。

解答
∠Ａの二等分線を引き、辺ＢＣとの交点をＤとすると、角の二等分線の定理より、
ＢＤ：ＤＣ＝ＡＢ：ＡＣ＝６：４＝３：２で、
ＢＣ＝５よりＢＤ＝３，ＤＣ＝２
ここで、ＡＢ上にＡＥ＝ＡＣとなる点Ｅを取ると、二辺挟角が等しいので、△ＡＥＤ≡△ＡＣＤ　∴∠ＡＥＤ＝∠ＡＣＤ＝∠Ｃ———①
ＥＤ＝ＣＤ＝２
また、ＥＢ＝６－４＝２より、ＥＢ＝ＥＤ
よって、△ＥＢＤは二等辺三角形より、
△ＥＢＤの内対角の和により、
∠ＡＥＤ＝２∠Ｂ———②
①，②より、∠Ｃ＝２∠Ｂ
よって、∠Ｂと∠Ｃの関係は、∠Ｃ＝２∠Ｂ

別解
こちらのサイトhttps://keisan.casio.jp/exec/system/1209543011に数値を打ち込むと、
角A 55.771133672187度
角B 41.409622109271度
角C 82.819244218542度
ここで、心眼を発揮して∠Ｃ＝２∠Ｂを看破する。そして、∠Cの二等分線を引き、辺ＢＣとの交点をＤとして、△ＣＡＢで角の二等分線の定理を使うと、
ＡＤ：ＤＢ＝ＣＡ：ＣＢ＝４：５
また、ＡＢ＝６より、
ＡＤ＝(４/９)×６＝８/３
∴ＡＤ：ＡＣ＝８/３：４＝８：１２＝２：３
また、ＡＣ：ＡＢ＝４：６＝２：３より、
ＡＤ：ＡＣ＝ＡＣ：ＡＢ
また、∠Ａは共通より二辺比と挟角が等しいので、△ＡＣＤ∽△ＡＢＣ
∴∠ＡＣＤ＝∠ＡＢＣ＝∠Ｂ———①
また、∠Ｃ＝２∠ＡＣＤ———②
①を②に代入すると、∠Ｃ＝２∠Ｂ
よって、∠Ｂと∠Ｃの関係は、∠Ｃ＝２∠Ｂ

おまけ：

解説
＞ガウスの補題（問題2-10）よりｆ(ｘ)，ｇ(ｘ)を整数係数単多項式とします。

問題 2-10
次の命題（ガウスの補題）を証明せよ。
「定数でない整数係数多項式ｆ(ｘ)が定数でない２つの整数係数多項式の積で表されないならば、ｆ(ｘ)は有理数係数多項式として既約である。」

この対偶を取ると、
「ｆ(ｘ)が有理数係数多項式として既約でないならば、定数でない整数係数多項式ｆ(ｘ)が定数でない２つの整数係数多項式の積で表される。」
また、問題は「Φn(ｘ)は有理数係数多項式として既約である」事を証明する事で、「Φn(ｘ)＝ｆ(ｘ)ｇ(ｘ)とおきます」よりΦn(ｘ)は既約でないので、２つの多項式ｆ(ｘ)とｇ(ｘ)の係数はそれぞれ整数として良いという事である。

＞ｐはｎと互いに素なので、ζ^pも１の原始ｎ乗根です。よってζ^pはΦn(ｘ)の根なので、ζはΦn(ｘ^p)の根になります。ｆ(ｘ)は既約なので、ｆ(ｘ^p)またはｇ(ｘ^p)を割り切ります。

Φn(ｘ)は円分多項式というもので、定義は、

定義4.1　円分多項式
ζ＝cos(360°/n)＋ｉsin(360°/n)のとき、
Φn(ｘ)＝Π(k,n)=1,1≦k≦n (ｘ－ζ^k)
を円分多項式という。
「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著より

また、「ｋがｎと互いに素なものを１の原始ｎ乗根といいます」（「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著）より、円分多項式の根は原始ｎ乗根という事である。（念のため、k,n)=1はｋとｎの最大公約数が１という事でｋとｎが互いに素という事。）
つまり、Φn(ｘ)の根が原始ｎ乗根でζ^pが原始ｎ乗根よりΦn(ζ^p)＝０で、ζがΦn(ｘ^p)の根という事。
また、「ｆ(ｘ)は既約なので、ｆ(ｘ^p)またはｇ(ｘ^p)を割り切ります」は、

定理3.6　既約多項式の性質
ｐ(ｘ)をℚ上の既約多項式とする。ｆ(ｘ)，ｇ(ｘ)はℚ上の多項式とする。
（３）方程式ｐ(ｘ)＝０とｆ(ｘ)＝０が共通の解を１つでも持てば、ｆ(ｘ)はｐ(ｘ)で割り切れる。
（（１），（２），（４），（５）は省略。）
「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著より

「ζはΦn(ｘ^p)の根」と「ζの最小多項式をｆ(ｘ)」より、ζはΦn(ｘ^p)とｆ(ｘ)の共通の解でｆ(ｘ)は既約多項式より、「Φn(ｘ^p)＝ｆ(ｘ^p)ｇ(ｘ^p)」はｆ(ｘ)で割り切れる。
よって、ｆ(ｘ)は「ｆ(ｘ^p)またはｇ(ｘ^p)を割り切ります」という事。

＞|ｆ(ｘ)のある既約因子|ｆ1(ｘ)とすると|ｆ1(ｘ)は|ｇ(ｘ)を割り切ります。よって|Φn(ｘ)＝|ｆ(ｘ)|ｇ(ｘ)は|ｆ1(ｘ)^2で割り切れることになります。ゆえに|ｆ1(ｘ)の根αは|Φn(ｘ)の重根になります。しかしこれは矛盾です（∵|Φn(ｘ)はｘ^n－１の因子で、ｘ^n－１は重根を持たないから（問題1-13））。

ｆ(ｘ)が既約多項式だから|ｆ(ｘ)も既約多項式と思われるが、一応既約多項式じゃないとして既約因子|ｆ1(ｘ)を持つとする（既約多項式の場合は|ｆ(ｘ)＝|ｆ1(ｘ)という事）。あとは読めば分かるので省略。

問題 1-13
ｐを素数とする。ｐ・１＝０をみたす整域の元を係数とする多項式を考える。ｐで割り切れないｎに対して、ｆ(ｘ)＝ｘ^n－ａ（ａ≠０）の根αはｆ(ｘ)の重根でないことを示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

念のため、

「円分多項式Φn(ｘ)とは、Φn(ｘ)＝０の解がちょうどすべての１の原始ｎ乗根となるような多項式のことです。」
「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著より

つまり、Φn(ｘ)はｘ^n－１＝０の因子であるという事である。そして、問題1-13からｘ^n－１は重根を持たないから|Φn(ｘ)が重根を持つという事に矛盾するという事。（問題1-13の「ｐ・１＝０をみたす整域の元を係数」はｐで割った余りの集合ℤp（Ｆp）と考えて良い。）

＞次にζ^p1p2＝(ζ^p1)^p2も（ζ^p1がｆ(ｘ)の根になることから）ｆ(ｘ)の根になります。

これはおかしいですよね。「一般にＦp係数多項式ｈ(ｘ)ではｈ(ｘ^p)＝ｈ(ｘ)^pです（問題4-15）。」を勘違いして使っていると思われます。
これを使えば、確かに、
ｆ(ζ^p1p2)＝ｆ((ζ^p1)^p2)＝ｆ(ζ^p1)^p2
で、ｆ(ζ^p1)＝０からｆ(ζ^p1p2)＝０となりますが、もう|ｆ(ｘ)は終わっているから使えませんよね。（無理に使っても一部だけを証明するだけで全ての証明にならないという事です。）
因みに、ｆ(ｘ)＝ｘ^2＋ｘ＋１としてζ^p1が根だとすると、ｆ(ζ^p1)＝ζ^2p1＋ζ^p1＋１＝０　また、ｆ(ζ^p1p2)＝ｆ((ζ^p1)^p2)
＝(ζ^p1)^2p2＋(ζ^p1)^p2＋１で、
ζ^2p1＋ζ^p1＋１＝０を使っても０には出来ないと思います。（Ｆp係数じゃないから当然無理ですよね。）
この証明は間違っているのではないでしょうか。因みに、「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著p.119に、
「ガウスは
「Φn(ｘ)（ｎ＝１,２,３･･･）が有理数係数多項式として既約である」
ことを証明しました。」
とあるのですが、数学王ガウスの証明法なのでしょうか。
ちょっと調べた所、恐ろしく長いらしいです。https://mathtano.com/cyclotomic-polynomial-n/
という事は、この先生が勝手に改造して失敗した可能性が高いですね。勿論、私の勘違いだったらすみません。まぁ、間違い探しとしては面白いと思いますので、大きな心で検証してみて下さい。

おまけ：

問題
図の△ＡＢＣにおいて、線分ＢＣをＣの側に延長して、その上に点Ｐをとり、∠ＰＡＣ＝∠ＰＢＡとなるようにする。このとき、ＰＣの長さを求めよ。
（９０　慶応）

注：ＡＢ＝８，ＢＣ＝７，ＣＡ＝６です。

解法１　参考書の模範解答
△ＰＡＣ∽△ＰＢＡ（注：∠ＰＡＣ＝∠ＰＢＡと∠Ｐが共通の２角が等しいから。）
辺の比をとって、
ＡＣ：ＢＡ＝ＰＣ：ＰＡ・・・①
ＡＣ：ＢＡ＝ＰＡ：ＰＢ・・・②
ＰＣ＝ｘ，ＰＡ＝ｙとおいて、①，②式に代入すると、６：８＝ｘ：ｙより３ｙ＝４ｘ
６：８＝ｙ：(ｘ＋７)より４ｙ＝３(ｘ＋７)
この２式を連立させて、
ＰＣ＝ｘ＝９（ｙ＝１２）

解法２　私のオリジナル解法
∠ＰＡＣ＝∠ＰＢＡ＝●と置いて、∠ＢＡＣの二等分線を引きＢＣとの交点をＤとし、
∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＤ＝×と置くと、△ＤＡＢの内対角の和より、∠ＡＤＣ＝●＋×　
∴∠ＰＤＡ＝●＋×　また、∠ＰＡＤ＝●＋×より、∠ＰＤＡ＝∠ＰＡＤ
よって、△ＰＡＤは二等辺三角形。
また、△ＡＢＣでの角の二等分線の定理より、
ＢＤ：ＤＣ＝ＡＢ：ＡＣ＝８：６＝４：３で、
ＢＣ＝７より、ＢＤ＝４，ＤＣ＝３
よって、△ＡＢＣで角の二等分線の長さの公式を使うと、ＡＤ＝√(ＡＢ・ＡＣ－ＢＤ・ＤＣ)
＝√(８・６－４・３)＝√３６＝６
∴ＡＤ＝ＡＣ
よって、△ＡＤＣも二等辺三角形で∠Ｄを共有しているので、△ＰＤＡ∽△ＡＤＣである。
∴ＰＤ：ＡＤ＝ＡＤ：ＤＣ
∴ＰＤ：６＝６：３　∴ＰＤ＝１２
∴ＰＣ＝１２－３＝９

因みに、「角の二等分線の長さの公式」を使わない場合は、ＡからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとし、△ＡＢＨと△ＡＣＨで三平方の定理を使うと、点ＨはＤＣの中点である事が分かり、△ＡＤＣが二等辺三角形である事が分かる。（以後同じ）

おまけ：
「35.さて、ゼベダイの子のヤコブとヨハネとがイエスのもとにきて言った、「先生、わたしたちがお頼みすることは、なんでもかなえてくださるようにお願いします」。
36.イエスは彼らに「何をしてほしいと、願うのか」と言われた。
37.すると彼らは言った、「栄光をお受けになるとき、ひとりをあなたの右に、ひとりを左にすわるようにしてください」。
38.イエスは言われた、「あなたがたは自分が何を求めているのか、わかっていない。あなたがたは、わたしが飲む杯を飲み、わたしが受けるバプテスマを受けることができるか」。
39.彼らは「できます」と答えた。するとイエスは言われた、「あなたがたは、わたしが飲む杯を飲み、わたしが受けるバプテスマを受けるであろう。
40.しかし、わたしの右、左にすわらせることは、わたしのすることではなく、ただ備えられている人々だけに許されることである」。」
「マルコによる福音書」第１０章３５節～４０節（口語訳）

念のため、「杯」とは磔刑の事である。

問題
３辺の長さがＡＢ＝８，ＢＣ＝７，ＣＡ＝６の△ＡＢＣの∠Ｂと∠Ｃの関係は、
∠Ｃ＝(１/３)∠Ｂ＋６０°
である事を証明して下さい。

解答
ＡからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとして、
ＡＨ＝ｘ，ＣＨ＝ｙと置いて、△ＡＢＨ，△ＡＣＨで三平方の定理を使うと、
ｘ^2＋ｙ^2＝６^2———①
ｘ^2＋(７－ｙ)^2＝８^2———②
①－②より、
１４ｙ－４９＝３６－６４
∴１４ｙ＝４９＋３６－６４＝２１
∴ｙ＝３/２　∴ＣＨ＝３/２
ここで、∠Ａの二等分線を引き、辺ＢＣとの交点をＤとすると、角の二等分線の定理より、
ＢＤ：ＤＣ＝ＡＢ：ＡＣ＝８：６＝４：３で、
ＢＣ＝７より、ＢＤ＝４，ＤＣ＝３
よって、ＤＣ＝３，ＣＨ＝３/２より、点ＨはＤＣの中点で、ＡＨ⊥ＤＣより、△ＡＤＣは二等辺三角形である。
よって、∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＤ＝●，∠Ｂ＝×と置くと、△ＤＡＢの内対角の和より、
∠ＡＤＣ＝●＋×　∴∠ＡＣＤ＝●＋×
よって、∠Ｃ＝●＋×＝(１/２)∠Ａ＋∠Ｂ
∴∠Ｃ＝(１/２)∠Ａ＋∠Ｂ———ア
また、∠Ａ＋∠Ｂ＋∠Ｃ＝１８０°———イ
アより、∠Ａ＝２∠Ｃ－２∠Ｂ
これをイに代入すると、
３∠Ｃ－∠Ｂ＝１８０°
∴∠Ｃ＝(１/３)∠Ｂ＋６０°

一応、裏取りをすると、こちらのサイトhttps://keisan.casio.jp/exec/system/1209543011に値を代入すると、
角B 46.56746344221度
角C 75.52248781407度
と出るので、
(１/３)∠Ｂ＋６０°
＝15.522488＋60＝75.522488°でＯＫ。

おまけ：
「7 広場であいさつされることや、人々から先生と呼ばれることを好んでいる。
8 しかし、あなたがたは先生と呼ばれてはならない。あなたがたの先生は、ただひとりであって、あなたがたはみな兄弟なのだから。
9 また、地上のだれをも、父と呼んではならない。あなたがたの父はただひとり、すなわち、天にいます父である。
10 また、あなたがたは教師と呼ばれてはならない。あなたがたの教師はただひとり、すなわち、キリストである。
11 そこで、あなたがたのうちでいちばん偉い者は、仕える人でなければならない。
12 だれでも自分を高くする者は低くされ、自分を低くする者は高くされるであろう。」
「マタイによる福音書」第２３章７節～１２節（口語訳）

「1.わたしの兄弟たちよ。あなたがたのうち多くの者は、教師にならないがよい。わたしたち教師が、他の人たちよりも、もっときびしいさばきを受けることが、よくわかっているからである。
2.わたしたちは皆、多くのあやまちを犯すものである。もし、言葉の上であやまちのない人があれば、そういう人は、全身をも制御することのできる完全な人である。」
「ヤコブの手紙」第３章１節～２節（口語訳）

念のため、教師とは牧師の事である。