数学

解説
＞４ｐｑ＋４ｑｒ＋４ｒｐ＝４ｃ，
８ｐｑｒ＝－４ａｃ＋４ｂ^2

上から「２ｐ＝αβ＋γδ，２ｑ＝αγ＋βδ，２ｒ＝αδ＋βγ」より、
４ｐｑ＝２ｐ・２ｑ＝(αβ＋γδ)(αγ＋βδ)
＝α^2βγ＋αβ^2δ＋αγ^2δ＋βγδ^2
４ｑｒ＝２ｑ・２ｒ＝(αγ＋βδ)(αδ＋βγ)
＝α^2γδ＋αβγ^2＋αβδ^2＋β^2γδ
４ｒｐ＝２ｒ・２ｐ＝(αδ＋βγ)(αβ＋γδ)
＝α^2βδ＋αγδ^2＋αβ^2γ＋βγ^2δ
∴４ｐｑ＋４ｑｒ＋４ｒｐ
＝α^2βγ＋αβ^2γ＋αβγ^2
＋α^2γδ＋αγ^2δ＋αγδ^2
＋α^2βδ＋αβ^2δ＋αβδ^2
＋β^2γδ＋βγ^2δ＋βγδ^2
＝αβγ(α＋β＋γ)
＋αγδ(α＋γ＋δ)
＋αβδ(α＋β＋δ)
＋βγδ(β＋γ＋δ)———①
また、上よりα＋β＋γ＋δ＝０なので、これを変形して①に代入すると、
４ｐｑ＋４ｑｒ＋４ｒｐ
＝αβγ(－δ)
＋αγδ(－β)
＋αβδ(－γ)
＋βγδ(－α)
＝－αβγδ－αβγδ－αβγδ－αβγδ
＝－４αβγδ
＝４ｃ（上からαβγδ＝－ｃだから。）
∴４ｐｑ＋４ｑｒ＋４ｒｐ＝４ｃ

次に、８ｐｑｒ＝－４ａｃ＋４ｂ^2を確認する。
上から、
「αβ＋αγ＋αδ＋βγ＋βδ＋γδ＝－ａ，
αβγ＋αβδ＋αγδ＋βγδ＝２ｂ，
αβγδ＝－ｃ」
よって、まず、－４ａｃ＋４ｂ^2を作ると、
－４ａｃ＋４ｂ^2
＝－４αβγδ(αβ＋αγ＋αδ＋βγ＋βδ＋γδ)＋(αβγ＋αβδ＋αγδ＋βγδ)^2
＝－４(αβ)^2γδ－４(αγ)^2βδ－４(αδ)^2βγ－４(βγ)^2αδ－４(βδ)^2αγ－４(γδ)^2αβ
＋{αβ(γ＋δ)＋γδ(α＋β)}^2
＝－４(αβ)^2γδ－４(αγ)^2βδ－４(αδ)^2βγ－４(βγ)^2αδ－４(βδ)^2αγ－４(γδ)^2αβ
＋(αβ)^2(γ＋δ)^2＋(γδ)^2(α＋β)^2
＋２αβγδ(α＋β)(γ＋δ)
＝－４(αβ)^2γδ－４(αγ)^2βδ－４(αδ)^2βγ－４(βγ)^2αδ－４(βδ)^2αγ－４(γδ)^2αβ
＋(αβ)^2(γ^2＋δ^2＋２γδ)^2＋(γδ)^2(α^2＋β^2＋２αβ)^2
＋２αβγδ(αγ＋αδ＋βγ＋βδ)
＝－４(αγ)^2βδ－４(αδ)^2βγ－４(βγ)^2αδ－４(βδ)^2αγ
＋(αβ)^2γ^2＋(αβ)^2δ^2－２(αβ)^2γδ＋(γδ)^2α^2＋(γδ)^2β^2－２(γδ)^2αβ＋２(αγ)^2βδ＋２(αδ)^2βγ＋２(βγ)^2αδ＋２(βδ)^2αγ
＝(αβγ)^2＋(αβδ)^2＋(αγδ)^2＋(βγδ)^2
－２(αβ)^2γδ－２(γδ)^2αβ－２(αγ)^2βδ－２(αδ)^2βγ－２(βγ)^2αδ－２(βδ)^2αγ
∴－４ａｃ＋４ｂ^2
＝(αβγ)^2＋(αβδ)^2＋(αγδ)^2＋(βγδ)^2
－２(αβ)^2γδ－２(γδ)^2αβ－２(αγ)^2βδ－２(αδ)^2βγ－２(βγ)^2αδ－２(βδ)^2αγ———②
また、８ｐｑｒ＝２ｐ・２ｑ・２ｒ
＝(αβ＋γδ)(αγ＋βδ)(αδ＋βγ)
＝(αδ＋βγ)(α^2βγ＋αβ^2δ＋αγ^2δ＋βγδ^2)
＝α^3βγδ＋α^2β^2δ^2＋α^2γ^2δ^2＋αβγδ^3＋α^2β^2γ^2＋αβ^3γδ＋αβγ^3δ＋β^2γ^2δ^2
＝(αβγ)^2＋(αβδ)^2＋(αγδ)^2＋(βγδ)^2
＋αβγδ(α^2＋β^2＋γ^2＋δ^2)
＝(αβγ)^2＋(αβδ)^2＋(αγδ)^2＋(βγδ)^2
＋αβγδ(α＋β＋γ＋δ)^2－２αβγδ(αβ＋αγ＋αδ＋βγ＋βδ＋γδ)———③

注：(α＋β＋γ＋δ)^2＝{(α＋β)＋(γ＋δ)}^2＝(α＋β)^2＋(γ＋δ)^2＋２(α＋β)(γ＋δ)
＝α^2＋β^2＋γ^2＋δ^2＋２αβ＋２γδ＋２αγ＋２αδ＋２βγ＋２βδから、
α^2＋β^2＋γ^2＋δ^2
＝(α＋β＋γ＋δ)^2－２(αβ＋αγ＋αδ＋βγ＋βδ＋γδ)を作った。

③に上から「α＋β＋γ＋δ＝０」を代入すると、
８ｐｑｒ＝(αβγ)^2＋(αβδ)^2＋(αγδ)^2＋(βγδ)^2
－２αβγδ(αβ＋αγ＋αδ＋βγ＋βδ＋γδ)
＝(αβγ)^2＋(αβδ)^2＋(αγδ)^2＋(βγδ)^2
－２(αβ)^2γδ－２(αγ)^2βδ－２(αδ)^2βγ－２(βγ)^2αδ－２(βδ)^2αγ－２(γδ)^2αβ
∴８ｐｑｒ
＝(αβγ)^2＋(αβδ)^2＋(αγδ)^2＋(βγδ)^2
－２(αβ)^2γδ－２(αγ)^2βδ－２(αδ)^2βγ－２(βγ)^2αδ－２(βδ)^2αγ－２(γδ)^2αβ———④

－４ａｃ＋４ｂ^2
＝(αβγ)^2＋(αβδ)^2＋(αγδ)^2＋(βγδ)^2
－２(αβ)^2γδ－２(γδ)^2αβ－２(αγ)^2βδ－２(αδ)^2βγ－２(βγ)^2αδ－２(βδ)^2αγ———②

②，④より、８ｐｑｒ＝－４ａｃ＋４ｂ^2

続きは次回。

おまけ：
https://www.amazon.co.jp/%E7%A5%9E%E3%81%AF%E6%95%B0%E5%AD%A6%E8%80%85%E3%81%8B-%E2%80%95%E3%83%BC%E6%95%B0%E5%AD%A6%E3%81%AE%E4%B8%8D%E5%8F%AF%E6%80%9D%E8%AD%B0%E3%81%AA%E6%AD%B4%E5%8F%B2-%E3%83%8F%E3%83%A4%E3%82%AB%E3%83%AF%E3%83%BB%E3%83%8E%E3%83%B3%E3%83%95%E3%82%A3%E3%82%AF%E3%82%B7%E3%83%A7%E3%83%B3%E6%96%87%E5%BA%AB%E3%80%88%E6%95%B0%E7%90%86%E3%82%92%E6%84%89%E3%81%97%E3%82%80%E3%80%89%E3%82%B7%E3%83%AA%E3%83%BC%E3%82%BA-%E3%83%9E%E3%83%AA%E3%82%AA-%E3%83%AA%E3%83%B4%E3%82%A3%E3%82%AA/dp/4150505071/ref=sr_1_1?msclkid=05f2941f06b611ef8f9f925f2fac1af6

解説の続き
＞したがって
ｘ^3＋ａｘ^2＋４ｃｘ＋４ａｃ－４ｂ^2である。
参考：この式は本文で求めたｐの式に４を掛けて(２ｐ)でくくったものである。

本文で求めたｐの式とは、p.104の、
－２ｐ^3－ａｐ^2－２ｃｐ－ａｃ＋ｂ^2＝０
の事なので、確認して下さい。

この式の両辺に－４を掛けると、
８ｐ^3＋４ａｐ^2＋８ｃｐ＋４ａｃ－４ｂ^2＝０
∴(２ｐ)^3＋ａ(２ｐ)^2＋４ｃ(２ｐ)＋４ａｃ－４ｂ^2＝０
よって、これに２ｐ＝ｘを代入すると、
ｘ^3＋ａｘ^2＋４ｃｘ＋４ａｃ－４ｂ^2＝０
となるという事。

＞（４）αβγδ＝－ｃなので、αβとγδはｘ^2－２ｐｘ－ｃの根である。よってαβ,γδ＝ｐ±√(ｐ^2＋ｃ)である。以下αβ＝ｐ＋√(ｐ^2＋ｃ)とする。
一方、ｔ＝α＋β＝－(γ＋δ)とおくと、
ｔ^2＝－(α＋β)(γ＋δ)＝－(αγ＋αδ＋βγ＋βδ)＝－(－ａ－２ｐ)＝ａ＋２ｐである。
よってｔ＝ε√(ａ＋２ｐ)（ε＝±１）である。ｔの符号εを
２ｂ＝ｔ(γδ－αβ)＝－２ε√(ａ＋２ｐ)√(ｐ^2＋ｃ)＝－２ε√(２ｐ^3＋ａｐ^2＋２ｃｐ＋ａｃ)＝－２ε√(ｂ^2)
をみたすように定める（ここではａ＋２ｐ,ｐ^2＋ｃ＞０のときに合わせてε＝－１とする）。以上により
αβ＝ｐ±√(ｐ^2＋ｃ)，α＋β＝∓√(ａ＋２ｐ)（複号同順）

この文章は究極の所、

「よってｔ＝ε√(ａ＋２ｐ)（ε＝±１）である。ｔの符号εを
２ｂ＝ｔ(γδ－αβ)＝－２ε√(ａ＋２ｐ)√(ｐ^2＋ｃ)＝－２ε√(２ｐ^3＋ａｐ^2＋２ｃｐ＋ａｃ)＝－２ε√(ｂ^2)
をみたすように定める（ここではａ＋２ｐ,ｐ^2＋ｃ＞０のときに合わせてε＝－１とする）。以上により」

の部分は抜いて読んだ方が良い。この部分は公式の符号について述べているだけなので、公式の作り方は他の部分だけで十分だからである。

上より、
「解と係数の関係より
α＋β＋γ＋δ＝０，
αβ＋αγ＋αδ＋βγ＋βδ＋γδ＝－ａ，
αβγ＋αβδ＋αγδ＋βγδ＝２ｂ，
αβγδ＝－ｃ
である。あとの都合で２ｐ＝αβ＋γδ」

つまり、αβ・γδ＝－ｃと２ｐ＝αβ＋γδから２次方程式の解と係数の関係により、
αβとγδはｘ^2－２ｐｘ－ｃ＝０の２つの解である。
∴αβ,γδ＝ｐ±√(ｐ^2＋ｃ)
また、α＋β＋γ＋δ＝０より、
ｔ＝α＋β＝－(γ＋δ)と置くと、
ｔ^2＝－(α＋β)(γ＋δ)＝－(αγ＋αδ＋βγ＋βδ)＝－(－ａ－２ｐ)＝ａ＋２ｐ
∴α＋β＝±√(ａ＋２ｐ)
また、αβ＝ｐ±√(ｐ^2＋ｃ)
この２式から２次方程式の解と係数の関係により、α，βを解とする２次方程式が作れ、それが４次方程式の解の公式となるからである。（念のため、γ，δの方も同様。）

そこで、先ほど飛ばした符号部分を考える。

＞よってｔ＝ε√(ａ＋２ｐ)（ε＝±１）である。ｔの符号εを
２ｂ＝ｔ(γδ－αβ)＝－２ε√(ａ＋２ｐ)√(ｐ^2＋ｃ)＝－２ε√(２ｐ^3＋ａｐ^2＋２ｃｐ＋ａｃ)＝－２ε√(ｂ^2)
をみたすように定める（ここではａ＋２ｐ,ｐ^2＋ｃ＞０のときに合わせてε＝－１とする）。

上の「以下αβ＝ｐ＋√(ｐ^2＋ｃ)とする」より、√(ｐ^2＋ｃ)＝αβ－ｐ———①
また、２ｐ＝αβ＋γδより、
ｐ＝(αβ＋γδ)/２———②
②を①に代入すると、
√(ｐ^2＋ｃ)＝αβ－(αβ＋γδ)/２
＝(αβ－γδ)/２
∴２√(ｐ^2＋ｃ)＝αβ－γδ
∴γδ－αβ＝－２√(ｐ^2＋ｃ)
これとｔ＝ε√(ａ＋２ｐ)から、

「２ｂ＝ｔ(γδ－αβ)＝－２ε√(ａ＋２ｐ)√(ｐ^2＋ｃ)＝－２ε√(２ｐ^3＋ａｐ^2＋２ｃｐ＋ａｃ)＝－２ε√(ｂ^2)」

の２項目から、
ｔ(γδ－αβ)
＝ε√(ａ＋２ｐ)・{－２√(ｐ^2＋ｃ)}
＝－２ε√(ａ＋２ｐ)√(ｐ^2＋ｃ)
＝＝－２ε√(２ｐ^3＋ａｐ^2＋２ｃｐ＋ａｃ)
＝－２ε√(ｂ^2)
（最後の所は、上で求めたｘ^3＋ａｘ^2＋４ｃｘ＋４ａｃ－４ｂ^2＝０にｘ＝２ｐを代入して両辺を４で割ってｂ^2を移項すると出る。）

＞（ここではａ＋２ｐ,ｐ^2＋ｃ＞０のときに合わせてε＝－１とする）

すぐ上の式を見ると、√(ａ＋２ｐ)√(ｐ^2＋ｃ)があるが、＝√{(ａ＋２ｐ)(ｐ^2＋ｃ)}
ここで、ａ＋２ｐ＜０，ｐ^2＋ｃ＜０とすると、√の中は正になって√の外も正なので正の実数と考えてしまいがちだが、
√(ａ＋２ｐ)√(ｐ^2＋ｃ)
＝√{－(ａ＋２ｐ)}ｉ・√{－(ｐ^2＋ｃ)}ｉ
＝－√{－(ａ＋２ｐ)}√{－(ｐ^2＋ｃ)}
－(ａ＋２ｐ)＞０，－(ｐ^2＋ｃ)＞０なので、負の実数である。このように複素数は単純ではないから符号は他の４次方程式の解の公式の求め方から天下り方式で決めていると思われる。
因みに、
「２ｂ＝ｔ(γδ－αβ)＝－２ε√(ａ＋２ｐ)√(ｐ^2＋ｃ)＝－２ε√(２ｐ^3＋ａｐ^2＋２ｃｐ＋ａｃ)＝－２ε√(ｂ^2)」
から、２ｂ＝－２ε√(ｂ^2)でε＝－１としているように見えるが、２ｂ＝ｔ(γδ－αβ)の関係もよく分からないし、「よってαβ,γδ＝ｐ±√(ｐ^2＋ｃ)である。以下αβ＝ｐ＋√(ｐ^2＋ｃ)とする。」の√の符号を正にしたからε＝－１になるのである。（これは結果から分かるだけで意味はよく分からない。）
専門家に訊いて下さい。私の役目はアバウトな解説をする事。

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/bbd78508dd389dc829eced8a63f7ebe3365438d3

うっかり（ヒントの）図の解説を忘れました。点Ｇは３つの線分が１点で交わる点です。

問題
図のように、△ＡＢＣの辺ＢＣ，ＣＡ，ＡＢの中点をそれぞれＤ，Ｅ，Ｆとするとき、３つの線分ＡＤ，ＢＥ，ＣＦの長さを３辺の長さとする三角形の面積は、△ＡＢＣの面積の□倍である。
（９３　筑波大付）

解法１　模範解答
ＡＤ，ＢＥ，ＣＦは△ＡＢＣの重心Ｇで１点で交わり、ＡＧ：ＧＤ＝ＢＧ：ＧＥ＝ＣＧ：ＧＦ＝２：１
今、ＣＧの中点をＨとしてＤＨを結ぶと、△ＣＢＧでの中点連結定理より、
ＤＨ＝(１/２)ＢＧ———①
また、ＢＧ：ＧＥ＝２：１より、
ＢＧ＝(２/３)ＢＥ———②
②を①に代入すると、
ＤＨ＝(１/２)(２/３)ＢＥ＝(１/３)ＢＥ
∴ＤＨ＝(１/３)ＢＥ———③
また、ＧＤ＝(１/３)ＡＤ———④
ＧＨ＝(１/３)ＣＦ———⑤
③，④，⑤より、△ＧＤＨは三辺比が等しいので、「３つの線分ＡＤ，ＢＥ，ＣＦの長さを３辺の長さとする三角形」と相似で相似比は１：３である。よって、面積比は１：９
よって、題意の三角形は△ＧＤＨの９倍———☆
また、△ＧＤＨ＝ａと置くと、ＣＨ＝ＧＨより、△ＧＤＣ＝２ａ　また、ＢＤ＝ＣＤより、△ＧＢＣ＝４ａ　また、ＢＧ：ＧＥ＝２：１より、△ＢＥＣ＝(３/２)×４ａ＝６ａ　また、ＡＥ＝ＣＥより、△ＡＢＣ＝１２ａ
よって、△ＡＢＣは△ＧＤＨの１２倍———☆☆
☆，☆☆より、題意の三角形は△ＡＢＣの９/１２＝３/４倍。
よって、答えは、３/４

解法２
ＢからＡＤと平行で長さが等しい線分ＢＧを引くと、ＡＤ∥ＧＢ，ＡＤ＝ＧＢより四角形ＡＤＢＧは平行四辺形。∴ＡＧ∥ＤＢ，ＡＧ＝ＤＢ
また、ＤＢ＝ＣＤより、ＡＧ∥ＣＤ，ＡＧ＝ＣＤ　よって、四角形ＡＣＤＧも平行四辺形。
∴ＡＣ∥ＧＤ，ＡＣ＝ＧＤ———①
ところで、点ＥはＡＣの中点よりＡＥ＝ＥＣ———②
また、平行四辺形の対角線は互いの中点で交わり点ＦはＡＢの中点より平行四辺形ＡＤＢＧの対角線ＧＤの中点は点Ｆである。∴ＧＦ＝ＦＤ———③
①，②，③より、ＥＣ＝ＧＦ　また、ＥＣ∥ＧＦは自明より、四角形ＧＦＣＥは平行四辺形。∴ＣＦ＝ＥＧ
よって、△ＢＥＧは題意の三角形である。よって、この三角形が△ＡＢＣの何倍かを考える。
△ＣＡＢでの中点連結定理よりＥＤ∥ＡＢ　よって、等積変形より△ＥＢＦ＝△ＤＢＦ＝(１/４)△ＡＢＣ———④
△ＥＧＦ＝△ＥＡＦ＝(１/４)△ＡＢＣ———⑤
△ＧＢＦ＝△ＧＡＦ＝△ＡＥＦ（四角形ＧＦＥＡは平行四辺形だから）＝(１/４)△ＡＢＣ———⑥
④＋⑤＋⑥より、△ＢＥＧは△ＡＢＣの３/４倍。よって、答えは、３/４

おまけ：

問題 6-2a　次の４次方程式を解け。
（１）ｘ^4－２ｘ^2＋２＝０

別解１　思い付いた順
ｘ^2＝Ｘと置くと、Ｘ^2－２Ｘ＋２＝０
∴Ｘ＝１±ｉ　∴ｘ^2＝１±ｉ
これを極座標表示にすると、
ｘ^2＝√２{１/√２±(１/√２)ⅰ}
＝√２{cos(π/４)±ｉsin(π/４)}
∴ｘ＝±√√２・{cos(π/４)±ｉsin(π/４)}^(1/2)
ここで、ド・モワブルの公式https://kotobank.jp/word/%E3%83%89%E3%83%BB%E3%83%A2%E3%82%A2%E3%83%96%E3%83%AB%E3%81%AE%E5%85%AC%E5%BC%8F-105936#goog_rewardedを使うと、
ｘ＝±√√２・{cos(π/８)±ｉsin(π/８)}———☆
θ＝π/４と置くと、cos(π/８)＝cos(θ/２)
半角の公式より、
cos^2(θ/２)＝(１＋cosθ)/２
＝(１＋cos(π/４))/２＝(１＋１/√２)/２
＝(√２＋１)/２√２＝(２＋√２)/４
∴cos(θ/２)＝±√(２＋√２)/２
∴cos(π/８)＝±√(２＋√２)/２———①
また、sin(π/８)＝sin(θ/２)
半角の公式より、
sin^2(θ/２)＝(１－cosθ)/２
＝(１－cos(π/４))/２＝(１－１/√２)/２
＝(√２－１)/２√２＝(２－√２)/４
∴sin(θ/２)＝±√(２－√２)/２
∴sin(π/８)＝±√(２－√２)/２———②
①，②を☆に代入すると、
ｘ＝±√√２・[±√(２＋√２)/２±{√(２－√２)/２}ｉ]
＝±√(２√２＋２)/２±{√(２√２－２)/２}ｉ
＝{±√(２√２＋２)±√(－２√２＋２)}/２

∴ｘ＝{√(２√２＋２)±√(－２√２＋２)}/２，
{－√(２√２＋２)±√(－２√２＋２)}/２

別解２
ｘ^2＝Ｘと置くと、Ｘ^2－２Ｘ＋２＝０
∴Ｘ＝１±ｉ　∴ｘ^2＝１±ｉ
∴ｘ＝±√(１＋ｉ)
ここで、±√(１＋ｉ)＝ａ＋ｂｉ（ａ,ｂは実数）と置くと、１＋ｉ＝(ａ＋ｂｉ)^2
∴ａ^2－ｂ^2＋２ａｂｉ＝１＋ｉ
∴ａ^2－ｂ^2＝１———①
２ａｂ＝１———②
②より、ｂ＝１/２ａ———②'
これを①に代入すると、
ａ^2－１/４ａ^2＝１
∴４ａ^4－１＝４ａ^2　
∴４ａ^4－４ａ^2－１＝０
∴ａ^2＝(２±√８)/４＝(２±２√２)/４
ここで、ａは実数よりａ^2≧０
∴ａ^2＝(２＋２√２)/４
∴ａ＝±√(２＋２√２)/２———③
③を②'に代入すると、
ｂ＝±１/√(２＋２√２)
∴ｂ^2＝１/(２＋２√２)＝(２√２－２)/４
∴ｂ＝±√(２√２－２)/２———④
③，④をｘ＝ａ＋ｂｉに代入すると、
ｘ＝±√(２＋２√２)/２＋{±√(２√２－２)/２}ｉ
＝±√(２＋２√２)/２±√(２√２－２)ⅰ/２
＝{±√(２√２＋２)±√(－２√２＋２)}/２

∴ｘ＝{√(２√２＋２)±√(－２√２＋２)}/２，
{－√(２√２＋２)±√(－２√２＋２)}/２

因みに、③を②'に代入したが、①から、
ｂ^2＝ａ^2－１として③を代入すると、
ｂ^2＝(２＋２√２)/４－１＝(－２＋２√２)/４
∴ｂ＝±√(２√２－２)/２———④
の方が簡単だったかもしれない。

おまけ：

問題 6-2a　次の４次方程式を解け。
（１）ｘ^4－２ｘ^2＋２＝０

別解３
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著p.104~105のフェラリの公式を利用する。

４次方程式の解の公式（フェラリの公式）
ｘ^4＝ａｘ^2＋２ｂｘ＋ｃ
に対して、３次方程式
２ｐ^3＋ａｐ^2＋２ｃｐ＋ａｃ－ｂ^2＝０
を作り、この解ｐを求める。そのｐを、
ｘ＝(１/２)[√(ａ＋２ｐ)±√{ａ－２ｐ＋４√(ｐ^2＋ｃ)}]———①
ｘ＝(１/２)[－√(ａ＋２ｐ)±√{ａ－２ｐ＋４√(ｐ^2＋ｃ)}]———②
に代入すると、４つの解が求められる。

よって、与式をｘ^4＝２ｘ^2－２と変形すると、ａ＝２，ｂ＝０，ｃ＝－２である。よって、３次方程式は、
２ｐ^3＋２ｐ^2－４ｐ－４＝０となる。
∴ｐ^3＋ｐ^2－２ｐ－２＝０
∴(ｐ＋１)(ｐ^2－２)＝０
∴ｐ＝－１，±√２
よって、ｐ＝√２とａ＝２，ｃ＝－２を①，②に代入すると、
ｘ＝(１/２)[√(２＋２√２)±√{２－２√２＋４√(２－２)}]
＝(１/２){√(２＋２√２)±√(２－２√２)}
ｘ＝(１/２)[－√(２＋２√２)±√{２－２√２＋４√(２－２)}]
＝(１/２){－√(２＋２√２)±√(２－２√２)}

∴ｘ＝{√(２√２＋２)±√(－２√２＋２)}/２，
{－√(２√２＋２)±√(－２√２＋２)}/２

因みに、ｐとして√２を選んだが、３つのうちどれでも良いのか答えて下さい。また、選別条件があるならそれも述べて下さい。（判別か。）

おまけ：

＞因みに、ｐとして√２を選んだが、３つのうちどれでも良いのか答えて下さい。また、選別条件があるならそれも述べて下さい。

４次方程式の解の公式（フェラリの公式）
ｘ^4＝ａｘ^2＋２ｂｘ＋ｃ
に対して、３次方程式
２ｐ^3＋ａｐ^2＋２ｃｐ＋ａｃ－ｂ^2＝０
を作り、この解ｐを求める。そのｐを、
ｘ＝(１/２)[√(ａ＋２ｐ)±√{ａ－２ｐ＋４√(ｐ^2＋ｃ)}]———①
ｘ＝(１/２)[－√(ａ＋２ｐ)±√{ａ－２ｐ－４√(ｐ^2＋ｃ)}]———②
に代入すると、４つの解が求められる。
アイデア引用元：「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著p.104~105

選別条件は、ｐ^2＋ｃ≧０である。ただし、ｐ^2＋ｃ＜０となるｐを使っても間違いではない。どういう事かというと、今回のもので解説しよう。
今回の４次方程式はｘ^4＝２ｘ^2－２で、
３次方程式ｐ^3＋ｐ^2－２ｐ－２＝０
∴(ｐ＋１)(ｐ^2－２)＝０
∴ｐ＝－１，±√２
となる。
ｐ＝－１とすると、ｐ^2＋ｃ＝１－２＝－１＜０である。
つまり、①に代入すると、ｘ＝±√(１＋ⅰ)
②に代入すると、ｘ＝±√(１－ⅰ)
となるが、これは ｘ^4＝２ｘ^2－２をｘ^4－２ｘ^2＋２＝０として、２次方程式の解の公式で解くと、ｘ^2＝１±ｉ　∴ｘ＝±√(１±ｉ)
と求めた値と一致するからである。
つまり、代数学の基本定理から４次方程式は多くても４つの複素数解を持ち、こう解いて√の中に√が入って複素数の範囲外になっても必ず複素数に出来（上の別解１，別解２を参照）、①や②式の√(ｐ^2＋ｃ)の中が負でも間違いではないという事。
ただし、選別条件としてはｐ^2＋ｃ≧０である。

これだけじゃ面白くないので、こちらを考察してみよう。https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%95%E3%82%A9%E3%83%BC%E3%83%81%E3%83%A5%E3%83%B3%E6%95%B0

＞例として、7番目のフォーチュン数を算出する。始めに最初の7つの素数の積 p7# = 510510 (=2×3×5×7×11×13×17) を考える。510510 に 2 を加えると偶数になり、3 を加えると3の倍数となる。18 までの全ての自然数は除外され、そして 19 を加えた 510529 は素数となる。よって 19 はフォーチュン数である。

その前に2×3×5×7+13=223を考えてみると、
2×3×5×7+11=221=13×17でNGである。
まず、10までの数字を足すと2×3×5×7は全ての素因数を含んでいるので上にも「18 までの全ての自然数は除外され」とあるように成り立たない。そこで、普通に考えれば次の素数11に期待する訳だが、上の7番目のフォーチュン数は次の19で成り立ったが、今回の11は成り立たない。そこで、11を素因数に含んだ合成数を考えると、11×2，11×3，･･･などだが、11×11までは×2などが2×3×5×7とくくれるので素数にはならない。
よって、合成数としては11×11が考察の的だが、その前に13など（11×11=121の前の素数）と2×3×5×7の和が全て素数になる確率なんてほとんどないだろう。だから、この予想はほとんど自明である。ただし、証明は難しいかもしれないが。
因みに、11×11までに素数があるかどうかと突っ込みを入れる人がいると思うが、ｎと２ｎの間には少なくとも１つの素数が存在する事が証明されている。https://www.chart.co.jp/subject/sugaku/suken_tsushin/76/76-8.pdf
つまり、11×2までに少なくとも１つあるので11×11までには数多くあり、それらそれぞれとの和が全て素数とならないと考える方がおかしい。

おまけ：

解説
＞演習問題１５
Ｒを可換環とするとき、次の（１）と（２）は同値であることを示せ。
（１）Ｒのイデアルはすべて有限生成である。
（２）（昇鎖律）ＲのイデアルＩi（ｉ＝１,２,･･･）について、
Ｉ1⊂Ｉ2⊂Ｉ3⊂・・・
ならば、ある自然数Ｎが存在して、すべてのｍ（≧Ｎ）について、Ｉm＝ＩN
（１）または（２）を満たす環をネーター環という。

イメージとしては、（１）が有限なので、それと同値な（２）は無限列でも途中から全て同じになるというイメージ。有限だから。（念のため、この無限列は全て包含関係。）

＞Ｉ＝⋃(i=1~∞)Ｉiとおけば、ＩはＲのイデアルである（問2.14）。

念のため、
⋃(i=1~∞)Ｉi＝Ｉ1∪Ｉ2∪･･･∪Ｉn∪･･･
という事で、さらに全てのＩiは包含関係である。つまり、無限には終わりがないのでちょっと疑問は持っているが。
どういう事かというと、例えば、ライプニッツの公式、
π/４＝１－１/３＋１/５－１/７＋･･･
だが、これを無限までやると左辺は無理数で右辺は有理数という事になる。
つまり、Ｉ＝⋃(i=1~∞)Ｉiも無限までやってしまったら本当にイデアルでいられるのかという疑問である。（無限級数の場合は有理数の集合でいられなくなってしまっているから。）

＞仮定よりＩは有限生成であるから、Ｉ＝(ａ1,･･･,ａr)（∃ａ1,･･･,ａr∈Ｒ）と表される。

ちょっと長いが、

定理2.4
Ａを可換環Ｒの部分集合とし、Ａの元とＲの元の積の有限個の和全体の集合をＡＲで表す。すなわち、
ＡＲ＝{ａ1ｒ1＋･･･＋ａnｒn｜ｎ∈ℕ，ａi∈Ａ，ｒi∈Ｒ（１≦ｉ≦ｎ）}
このとき、ＡＲはＲのイデアルである。

定義2.3
可換環Ｒにおいて、定理2.4のイデアルＡＲを集合Ａによって生成されたイデアルといい、Ａをその生成系という。特に、Ｉ＝ＡＲで、Ａが有限集合Ａ＝{ａ1,･･･,ａn}のとき、Ｉはａ1,ａ2,･･･,ａnによって生成されたイデアルといい、Ｉ＝(ａ1,ａ2,･･･,ａn) または Ｉ＝ａ1Ｒ＋ａ2Ｒ＋･･･＋ａnＲで表し、イデアルＩは有限生成であるという。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

つまり、Ｉ＝ａ1Ｒ＋ａ2Ｒ＋･･･＋ａnＲで表されるという事である。

＞各ａiはある番号ｎiがあって、ａ1∈Ｉn1,･･･,ａr∈Ｉnrとなっている。

つまり、ａiはＩ1～Ｉrまでのどれかの元でダブる事はないという事である。例えば、ａ1Ｒ＋ａ2Ｒでａ1とａ2が同じイデアルの元だったら１つになってしまうからである。

＞(ａ1)＝ａ1Ｒ⊂Ｉn1,･･･,(ａr)＝ａrＲ⊂Ｉnr
そこで、ｎ＝max(ｎ1,･･･,ｎr)とおけば、
Ｉn1⊂Ｉn,･･･,Ｉnr⊂Ｉnである。

Ｉn1などはＩi（Ｉ1⊂Ｉ2⊂Ｉ3⊂･･･）のどの位置に入っているか分からないが、ｎ＝max(ｎ1,･･･,ｎr)と置けば全て包含関係なのでＩni⊂Ｉnである。

＞ゆえに、
Ⅰ＝(ａ1,･･･,ａr)＝ａ1Ｒ＋･･･＋ａrＲ⊂Ｉn⊂Ｉ
したがって、Ｉ＝Ｉnが得られる。

上のをちょっとまとめると、
ａ1Ｒ⊂Ｉn,･･･,ａrＲ⊂Ｉnより、
ａ1Ｒ＋･･･＋ａrＲ⊂Ｉn＋･･･＋Ｉn
ここで、Ｉnはイデアルよりは加法群であるので、
Ｉn＋･･･＋Ｉn＝Ｉn
∴ａ1Ｒ＋･･･＋ａrＲ⊂Ｉn
また、Ｉn⊂Ｉは自明なので、Ｉ⊂Ｉn⊂Ｉ
よって、挟み打ちの原理より、Ｉ＝Ｉn

＞（２）⇒（１）：イデアルＩは有限生成ではないと仮定する。

対偶で、（１）でない⇒（２）でない
を証明するために「（１）Ｒのイデアルはすべて有限生成である。」を否定している訳である。

＞したがって、次のようなイデアルの無限列ができる。
(ａ1)⊊(ａ1,ａ2)⊊･･･⊊(ａ1,･･･,ａr)⊊(ａ1,･･･,ａr,ａr+1)⊊･･･
以上より、対偶によって、（２）⇒（１）が証明された。

これはまさに（２）の否定である。

（２）（昇鎖律）ＲのイデアルＩi（ｉ＝１,２,･･･）について、
Ｉ1⊂Ｉ2⊂Ｉ3⊂・・・
ならば、ある自然数Ｎが存在して、すべてのｍ（≧Ｎ）について、Ｉm＝ＩN

途中からイコールになっていない訳だから。よって、対偶が示された訳である。

補足
＞念のため、
⋃(i=1~∞)Ｉi＝Ｉ1∪Ｉ2∪･･･∪Ｉn∪･･･
という事で、さらに全てのＩiは包含関係である。つまり、無限には終わりがないのでちょっと疑問は持っているが。
どういう事かというと、例えば、ライプニッツの公式、
π/４＝１－１/３＋１/５－１/７＋･･･
だが、これを無限までやると左辺は無理数で右辺は有理数という事になる。
つまり、Ｉ＝⋃(i=1~∞)Ｉiも無限までやってしまったら本当にイデアルでいられるのかという疑問である。（無限級数の場合は有理数の集合でいられなくなってしまっているから。）

選択公理も無限に当てはめるから矛盾が起きるのではないでしょうか。（適当）
https://note.com/digicreatorito/n/n23158209ea62

おまけ：
https://www.asahi.com/articles/ASQ7Z5K75Q7NULZU009.html?ref=ad_ca_cp2024spr_x_br_svo_kiji_br_svo_kiji_0416_a391&twclid=2-5ulaqx6wfg8zbn9s5e5k8k3xq

解説
＞カルダノの公式を使って（１）のｘ＝１が合っているか確認して下さい。(－１±√－７)/２の方は面倒臭いだけで同じ事なので省略。

（１）ｘ^3＋ｘ－２＝０
命題6.1（３次方程式の解の公式）
ｘ^3＋ａｘ＋ｂ＝０の解は次の公式で与えられる（カルダノの公式）：
ｘ＝3√[－ｂ/２＋√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
＋3√[－ｂ/２－√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]

よって、これにａ＝１，ｂ＝－２を代入すると、
ｘ＝3√[２/２＋√{(－２/２)^2＋(１/３)^3}]
＋3√[２/２－√{(－２/２)^2＋(１/３)^3}]
＝3√[１＋√{(－１)^2＋(１/３)^3}]
＋3√[１－√{(－１)^2＋(１/３)^3}]
＝3√{１＋√(１＋１/２７)}
＋3√{１－√(１＋１/２７)}
＝3√{１＋√(２８/２７)}
＋3√{１－√(２８/２７)}
＝3√(１＋２√７/３√３)
＋3√(１－２√７/３√３)
＝3√(１＋２√２１/９)
＋3√(１－２√２１/９)
∴ｘ＝3√(１＋２√２１/９)
＋3√(１－２√２１/９)
これを電卓で計算すると、
ｘ＝1.2637626･･･＋(－0.2637626･･･)＝１
よって、ＯＫ。
これだけじゃ面白くないので、
ｘ＝3√(１＋２√２１/９)
＋3√(１－２√２１/９)
の３乗根を外す。そこで、
ｘ＝3√(１/２＋√ａ)^3＋3√(１/２－√ａ)^3となったと想定すると、
(１/２＋√ａ)^3＝１＋２√２１/９が成り立つ。
∴１/８＋３√ａ/４＋３ａ/２＋ａ√ａ
＝１＋２√２１/９
∴１/８＋３ａ/２＋(ａ＋３/４)√ａ
＝１＋２√２１/９
よって、１/８＋３ａ/２＝１———①
(ａ＋３/４)√ａ＝２√２１/９———②
が成り立つ。
①より、３ａ/２＝７/８　∴ａ＝７/１２
これを②に代入すると成り立つ事が確認出来るが省略。
よって、ｘ＝3√(１/２＋√ａ)^3＋3√(１/２－√ａ)^3に代入すると、
ｘ＝3√{１/２＋√(７/１２)}^3
＋3√(１/２－√(７/１２)}^3
＝3√(１/２＋√２１/６)^3
＋3√(１/２－√２１/６)^3
＝(１/２＋√２１/６)＋(１/２－√２１/６)
＝１
∴ｘ＝１

＞ｅ^(2πi/9)＋ｅ^(-2πi/9)＝２cos(２π/９)
ｅ^(2πi/3)ｅ^(2πi/9)＋ｅ^(-2πi/3)ｅ^(-2πi/9)
＝２cos(８π/９)
ｅ^(-2πi/3)ｅ^(2πi/9)＋ｅ^(2πi/3)ｅ^(-2πi/9)
＝２cos(４π/９)

（２）の方程式ｘ^3－３ｘ＋１＝０をカルダノの公式で解くと、
3√[－１/２＋√{(１/２)^2＋(－１)^3}]
＝3√{－１/２＋(√－３)/２}
＝3√{ｅ^(2πi/3)}＝ｅ^(2πi/9)
を使って、
カルダノの公式の一番上の式は、
ｘ＝ｅ^(2πi/9)＋ｅ^(-2πi/9)
これをオイラーの関係式で変換すると、
ｅ^(2πi/9)＝cos(２π/９)＋ｉsin(２π/９)
ｅ^(-2πi/9)＝cos(-２π/９)＋ｉsin(-２π/９)
＝cos(２π/９)－ｉsin(２π/９)
これらを上の式に代入すると、
ｘ＝cos(２π/９)＋ｉsin(２π/９)
＋cos(２π/９)－ｉsin(２π/９)
＝２cos(２π/９)
∴ｘ＝２cos(２π/９)
カルダノの公式の２番目の式は、１番目の式にωとω^2がかかっていて、
ω＝(－１＋√３ｉ)/２
ω^2＝{(－１＋√３ｉ)/２}^2
＝(－２－２√３ｉ)/４
＝(－１－√３ｉ)/２
よって、これらを極形式表示すると、
ω＝cos(２π/３)＋ｉsin(２π/３)
ω^2＝cos(-２π/３)＋ｉsin(-２π/３)
よって、カルダノの２番目の式は、
ｘ＝ｅ^(2πi/3)ｅ^(2πi/9)
＋ｅ^(-2πi/3)ｅ^(-2πi/9)となる。
∴ｘ＝ｅ^(8πi/9)＋ｅ^(-8πi/9)
＝cos(８π/９)＋ｉsin(８π/９)
＋cos(-８π/９)＋ｉsin(-８π/９)
＝cos(８π/９)＋ｉsin(８π/９)
＋cos(８π/９)－ｉsin(８π/９)
＝２cos(８π/９)
∴ｘ＝２cos(８π/９)
３番目の式も同じなので省略。

＞３乗根な中が虚数になるのはどういう場合か答えて下さい。念のため、ａとｂの範囲の話ではありません。

勘の良い人は「（参考：（２）は３個の実数解を持つが、カルダノの公式の３乗根の中の平方根の中は－３/４と負になります」から、３次方程式ｘ^3＋ａｘ＋ｂ＝０の３つの解が全て実数の時に３乗根の中が虚数になると分かったと思う。
よく考えれば納得できる話である。ｙ＝ｘ^3＋ａｘ＋ｂのグラフを考えると少なくとも１ヶ所ではｘ軸と交わるので少なくとも１つは実数解を持つ。そして、カルダノの公式の一番上の式が虚数解にならない場合が残りの２式がωとω^2の式になるので実数解が１つの場合である。
そして、実数解が３つの場合は必然的に３乗根の中が虚数の場合しかあり得ない事がイメージ出来るだろう。
私の言う事は信用出来ないと思うので、一応裏を取ってみた。

三次方程式
x^3 + p x + q = 0
にカルダノの公式を適用すると
（中略）
D = −(4p^3 + 27q^2) > 0
と同値な条件であり、相異なる 3 個の実数解を持つ条件である。
引用元：https://ja.wikipedia.org/wiki/%E4%B8%89%E6%AC%A1%E6%96%B9%E7%A8%8B%E5%BC%8F#%E9%82%84%E5%85%83%E4%B8%8D%E8%83%BD%E3%81%AE%E5%A0%B4%E5%90%88

次回、高２レベルの微分でこれを証明してみましょう。ただし、全て私のオリジナルで参考程度です。（２４年ぐらい前に考えたものです。さっきちょっと考えてみました。）

おまけ：

＞次回、高２レベルの微分でこれを証明してみましょう。

ｘ^3＋ａｘ＋ｂ＝０の解の公式は、

命題6.1（３次方程式の解の公式）
ｘ^3＋ａｘ＋ｂ＝０の解は次の公式で与えられる（カルダノの公式）：
ｘ＝3√[－ｂ/２＋√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
＋3√[－ｂ/２－√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]，

ω^2・3√[－ｂ/２＋√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
＋ω・3√[－ｂ/２－√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]，

ω・3√[－ｂ/２＋√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
＋ω^2・3√[－ｂ/２－√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]

ここでω＝(－１＋√３ｉ)/２（１の原始３乗根）とする。（注：√の前の3は３乗根という意味である。）

だが、この３乗根の中の√の中の(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3＜０の場合は３つの解が実数解である事を証明する。

ｙ＝ｘ^3＋ａｘ＋ｂをｘで微分すると、
ｙ'＝３ｘ^2＋ａ＝０とすると、
３ｘ^2＝－ａ　∴ｘ^2＝－ａ/３
∴ｘ＝±√(－ａ/３)
ところで、ｙ＝ｘ^3＋ａｘ＋ｂのｘ^3の係数が正よりこのグラフは右肩上がりで、３つの解が実数解を持つ場合は、ｘ＝－√(－ａ/３)が極大値を取りｙの値が正、ｘ＝√(－ａ/３)が極小値を取りｙの値が負の場合である。
そこで、ｘ＝－√(－ａ/３)をｙ＝ｘ^3＋ａｘ＋ｂに代入すると、
－(－ａ/３)√(－ａ/３)＋ａ{－√(－ａ/３)}＋ｂ＞０
∴(ａ/３)√(－ａ/３)－ａ√(－ａ/３)＋ｂ＞０
∴(－２ａ/３)√(－ａ/３)＋ｂ＞０
(－２ａ/３)√(－ａ/３)＞－ｂ
ここで、ｘ＝±√(－ａ/３)よりａ＜０
∴√(－４ａ^3/２７)＞－ｂ
よって、ｂ＜０の場合、
－４ａ^3/２７＞ｂ^2　∴ｂ^2＋４ａ^3/２７＜０———ア
また、ｘ＝√(－ａ/３)をｙ＝ｘ^3＋ａｘ＋ｂに代入すると、
(－ａ/３)√(－ａ/３)＋ａ{√(－ａ/３)}＋ｂ＜０
∴(２ａ/３)√(－ａ/３)＋ｂ＜０
∴(２ａ/３)√(－ａ/３)＜－ｂ
ここで、ｘ＝±√(－ａ/３)よりａ＜０なので、両辺にマイナスを掛けると、
(－２ａ/３)√(－ａ/３)＞ｂ
よって、ｂ＞０の場合、両辺を２乗すると、
(－４ａ^3/２７)＞ｂ^2
∴ｂ^2＋４ａ^3/２７＜０———イ
ア，イより、３つの解が実数の場合は、
ｂ^2＋４ａ^3/２７＜０と同値である。（その場合、ａ＜０，ｂ＞０も必然となる。ただし、ｂ＞０は他の方面から証明が必要だろう。）
この両辺を４で割ると、
ｂ^2/４＋ａ^3/２７＜０
∴(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3＜０
ところで、カルダノの公式より、

命題6.1（３次方程式の解の公式）
ｘ^3＋ａｘ＋ｂ＝０の解は次の公式で与えられる（カルダノの公式）：
ｘ＝3√[－ｂ/２＋√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
＋3√[－ｂ/２－√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]

よって、３つの実数解を持つ場合は、３乗根な中が虚数になる場合である。（念のため、参考程度の証明である。）

＞「実数解を与える公式に虚数を用いる」というのは当時、問題になり、虚数を用いない公式が（５次方程式の解の公式と同様に）探し求められていました（「不還元の場合」と呼ばれていました）。

ところで、カルダノの公式の還元不能の場合は、一番上の式だけで３個の実数解を表している。言われれば気付くと思うが、誰も言っていない事である。https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-10985660980.html

また、こんな事https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-10991949179.htmlも証明したが、今回、「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著さんのお陰で長年の疑問を解決出来て大感謝である。
何かというと、こちらのサイトhttps://keisan.casio.jp/exec/system/1256966554が還元不能の場合をどうやって求めているのか謎だったのですが、オイラーの関係式で

＞ｅ^(2πi/9)＋ｅ^(-2πi/9)＝２cos(２π/９)
ｅ^(2πi/3)ｅ^(2πi/9)＋ｅ^(-2πi/3)ｅ^(-2πi/9)
＝２cos(８π/９)
ｅ^(-2πi/3)ｅ^(2πi/9)＋ｅ^(2πi/3)ｅ^(-2πi/9)
＝２cos(４π/９)

のようにして求めていたのですね。すっきりしました。もちろん、上の場合はArccos(-1/2)やArcsin(√-3/2)が簡単な形になっているだけでプログラミングならどんな値にも対応出来るという事ですね。

おまけ：

うっかりしました。

＞ア，イより、３つの解が実数の場合は、
ｂ^2＋４ａ^3/２７＜０と同値である。（その場合、ａ＜０，ｂ＞０も必然となる。ただし、ｂ＞０は他の方面から証明が必要だろう。）

上より、
ｂ＜０の場合、－４ａ^3/２７＞ｂ^2　
∴ｂ^2＋４ａ^3/２７＜０———ア
ｂ＞０の場合、両辺を２乗すると、
(－４ａ^3/２７)＞ｂ^2
∴ｂ^2＋４ａ^3/２７＜０———イ
なので、３つの解が実数解の場合は、ａ＜０は必然ですが、ｂは任意で成り立ちますね。
因みに、ｂ＝０の場合も、ｘ^3＋ａｘ＝０となり、ｘ(ｘ^2＋ａ)＝０
∴ｘ＝０，±√(－ａ)
よって、ａ＜０だけが必然ですね。

多分、２４年前は時間をかけてやっていたのでしっかり辿り着いていたと思います。ノートを調べれば分かりますが、興味がないのでスルーします。

念のため、ａ＝０の場合は、ｘ^3＋ｂ＝０より、ｘ^3＝－ｂ
∴ｘ＝－3√ｂ，－3√ｂω，－３√ｂω^2（√の前の3は３乗根を表す）
よって、実数解は１つだけです。

問題 6-1a　次の３次方程式を解け。
（１）ｘ^3＋ｘ－２＝０
（２）ｘ^3－３ｘ＋１＝０

（２）の別解１
cosの3倍角の公式より、
cos３θ＝４cos^3θ－３cosθ
∴８cos^3θ－６cosθ－２cos３θ＝０
∴(２cosθ)^3－３(２cosθ)－２cos３θ＝０
ここで、ｘ＝２cosθ，－２cos３θ＝１と置くと、ｘ^3－３ｘ＋１＝０の解がｘ＝２cosθで、cos３θ＝－１/２が成り立つ。
∴３θ＝２π/３，４π/３，８π/３
∴θ＝２π/９，４π/９，８π/９
∴ｘ＝２cos(２π/９)，２cos(４π/９)，
２cos(８π/９)

別解２
頂角Ａが２０°の二等辺三角形ＡＢＣを描き、ＡＢ＝ＡＣ＝１，ＢＣ＝ｘと置く。
また、ＡＣ上に∠ＤＢＣ＝２０°となる点Ｄを取ると、△ＢＤＣは△ＡＢＣと相似な二等辺三角形になるのでＢＤ＝ＢＣ＝ｘ———①
また、∠ＤＢＡ＝８０°－２０°＝６０°となるので、ＡＢ上に∠ＥＤＢ＝６０°となる点Ｅを取ると、△ＢＤＥは正三角形になりＢＤ＝ＢＥ＝ＥＤ＝ｘ———②
また、∠ＥＤＡ＝１８０°－８０°－６０°＝４０°となる。ここで、ＡＣ上に∠ＥＦＤ＝４０°となる点Ｆを取ると、∠ＦＥＤ＝１８０°－４０°×２＝１００°より、∠ＦＥＡ＝１８０°－１００°－６０°＝２０°
よって、∠ＦＥＡ＝∠ＦＡＥ＝２０°で△ＥＦＤと△ＦＡＥはそれぞれ二等辺三角形になる。
よって、ＥＤ＝ＥＦ＝ＡＦ＝ｘ———③
①，②，③より全ての線分の長さが等しい事が分かる。
ところで、△ＡＢＣ∽△ＢＤＣより、
１：ｘ＝ｘ：ＣＤが成り立つ。∴ＣＤ＝ｘ^2
ここで、ＦからＡＥに垂線を下ろしその足をＨ，ＢからＡＣに垂線を下ろしその足をＩとすると、ＡＥ＝１－ｘで△ＦＡＥは二等辺三角形より、ＡＨ＝(１－ｘ)/２，ＡＦ＝ｘ（③より）
また、△ＢＣＤも二等辺三角形より、ＣＩ＝ｘ^2/２　∴ＡＩ＝１－ｘ^2/２，ＡＢ＝１
今、２角が等しいので、△ＡＦＨ∽△ＡＢＩ
∴ＡＦ：ＡＨ＝ＡＢ：ＡＩ
よって、ｘ：(１－ｘ)/２＝１：１－ｘ^2/２が成り立つ。
∴ｘ(１－ｘ^2/２)＝(１－ｘ)/２
∴ｘ－ｘ^3/２＝(１－ｘ)/２
∴２ｘ－ｘ^3＝１－ｘ
∴ｘ^3－３ｘ＋１＝０
よって、題意の方程式が現れ、ＡからＢＣに垂線を下ろしその足をＪとすると、
ｘ＝２cos８０°
よって、解の１つは２cos(４π/９)
ここで、ｘ－２cos８０°として直にｘ^3－３ｘ＋１を割ると、計算省略で、
商は、ｘ^2＋２cos８０°ｘ＋４cos^2(８０°)－３となる。
よって、ｘ^2＋２cos８０°ｘ＋４cos^2(８０°)－３＝０を解の公式で解くと、計算省略で、
ｘ＝－cos８０°±√３sin８０°
＝±√３sin８０°－cos８０°
これを単振動の合成で１つのsinにすると、計算省略で、
ｘ＝２sin５０°，２sin２９０°
これをcosにすると、計算省略で、
ｘ＝２cos４０°，２cos１６０°
∴ｘ＝２cos(２π/９)，２cos(８π/９)
上から、ｘ＝２cos(４π/９)
よって、３つ全て求められた。

おまけ：
https://www.instagram.com/ugakimisato.mg/p/C6L_xycSbri/?img_index=3

問題１
△ＡＢＣの内部に点Ｄがある。△ＤＡＢ，△ＤＢＣ，△ＤＣＡの重心をそれぞれＰ，Ｑ，Ｒとする。△ＡＢＣの面積が１８のとき、△ＰＱＲの面積を求めよ。
（９１　明浄学院）

解法１　参考書の模範解答
ＤＰ，ＤＱの延長と、辺ＡＢ，ＢＣの交点を、それぞれＮ，Ｌとする。
Ｎ，Ｌは辺ＡＢ，ＢＣの中点だから、中点連結定理より、
ＮＬ＝(１/２)ＡＣ
ＤＰ：ＰＮ＝ＤＱ：ＱＬ＝２：１
によって、△ＤＰＱ∽△ＤＮＬで、相似比は２：３だから、
ＰＱ＝(２/３)ＮＬ＝(２/３)×(１/２)ＡＣ
＝(１/３)ＡＣ
同様にＱＲ＝(１/３)ＡＢ，ＰＲ＝(１/３)ＢＣ
よって、△ＡＢＣ∽△ＱＲＰ
相似比は３：１だから、面積比は９：１
△ＰＱＲ＝△ＡＢＣ÷９＝１８÷９＝２

解答の前に助言が付いているので載せておきましょう。

“重心連結”とでもよびたいような問題です。（もちろん、そんな用語はありません。）補助線のひき方に注意しましょう。（基本図６）

基本図６はＡＣを共有した△ＡＢＣと△ＡＣＤ（四角形ＡＢＣＤという事）とそれぞれの三角形の重心Ｇ1，Ｇ2が描かれていて、ＡＧ1の延長とＢＣとの交点をＭ，ＡＧ2の延長とＣＤとの交点をＮとして、Ｇ1Ｇ2＝(１/３)ＢＤとその理由が書かれている。
要は、定石どおりに補助線を引けという事だろう。

解法２　私のオリジナル
点Ｑ，Ｒはそれぞれ△ＢＣＤ，△ＡＣＤの重心なので、ＢＱの延長とＡＲの延長は共にＣＤの中点で交わり、その点をＭとすると、
ＡＲ：ＲＭ＝ＢＱ：ＱＭ＝２：１である。
つまり、ＭＲ：ＭＡ＝ＭＱ：ＭＢ＝１：３より、△ＭＲＱ∽△ＭＡＢで相似比１：３である。また、ＲＱ∥ＡＢ
同様の事をすれば、ＰＱ∥ＡＣ，ＰＲ∥ＢＣ
よって、△ＡＢＣ∽△ＱＲＰで相似比３：１より面積比は９：１である。
よって、△ＰＱＲ＝１８÷９＝２

おまけ：

問題２
∠Ａ＝５０°，∠Ｂ＝８０°，∠Ｃ＝５０°の△ＡＢＣの辺ＡＢの外側に正三角形ＤＡＢを作り、また、∠Ｅ＝４０°，∠Ｂ＝６０°，∠Ｃ＝８０°の△ＥＢＣを頂点ＥがＢＣに関して点Ａと同じ側に作る時、∠ＡＥＢの角度を求めて下さい。

解答
∠Ａ＝∠Ｃより△ＢＡＣは二等辺三角形。よって、ＢＣ＝ＢＡ———①
また、△ＤＡＢは正三角形よりＢＡ＝ＢＤ———②
①，②より、ＢＣ＝ＢＤ
また、∠ＤＢＣ＝６０°＋８０°＝１４０°より、△ＢＣＤは頂角が１４０°の二等辺三角形。よって、∠ＢＣＤ＝∠ＢＤＣ＝(１８０°－１４０°)÷２＝２０°また、ＢＥとＣＤの交点をＦとすると、△ＦＢＣの内対角の和より、∠ＤＦＢ＝２０°＋６０°＝８０°
また、∠ＡＢＥ＝８０°－６０°＝２０°より、∠ＤＢＦ＝６０°＋２０°＝８０°
よって、∠ＤＦＢ＝∠ＤＢＦより△ＢＤＦは二等辺三角形。よって、ＤＢ＝ＤＦ
また、正三角形よりＤＢ＝ＤＡなので、
ＤＦ＝ＤＡ
また、∠ＦＤＡ＝６０°－２０°＝４０°より△ＤＦＡは頂角が４０°の二等辺三角形。
よって、∠ＤＡＦ＝(１８０°－４０°)÷２＝７０°より、
∠ＦＡＢ＝７０°－６０°＝１０°
よって、∠ＦＡＣ＝５０°－１０°＝４０°
また、∠ＦＥＣ＝∠Ｅ＝４０°より、
∠ＦＡＣ＝∠ＦＥＣ
よって、円周角の定理の逆により４点Ａ，Ｆ，Ｃ，Ｅは同一円周上にある。
ところで、∠ＡＣＦ＝５０°－２０°＝３０°
よって、円周角の定理より∠ＡＥＦ＝∠ＡＣＦ＝３０°
よって、∠ＡＥＢ＝３０°

因みに、ちょっと鋭い人ならこの∠ＡＥＢという角度は正三角形ＤＡＢと関係なく成立しているじゃないかと気付いたはずである。
そう、この四角形ＡＢＣＥの対角線が作る∠ＡＥＢを求めるのは有名なラングレー問題というものである。
つまり、正三角形ＡＢＣを付け加えて解くという解法である。
因みに、こちらのサイトhttps://www.gensu.co.jp/saito/challenge/langley.htmlに１２通りの解法が載っているが、この解法は載っていない。
念のため、私のオリジナルではありません。十数年前に本屋で立ち読みして記憶して帰ってきた解法。因みに、その時に上のサイトの証明例４も暗記して帰ってきたのだが、こちらの解法は解読するのに手間取って合計３０分～１時間ぐらい立ち読みした記憶がある。笑（紙と鉛筆がないと解読も結構大変なんですよ。）

おまけ：
https://kakuyomu.jp/works/16817139555110499824/episodes/16817139555113438414

問題
∠Ａ＝４５°の△ＡＢＣがある。頂点Ａから辺ＢＣに垂線をひき、辺ＢＣとの交点をＤとすると、ＢＤ＝２ｃｍ，ＤＣ＝４ｃｍになった。
このとき、頂点Ｂから辺ＡＣに垂線をひき、ＡＤとの交点をＥとすると、ＡＥ＝□ｃｍ，ＤＥ＝□ｃｍである。
（８８　筑波大付，改題）

模範解答
ＢからＡＣに下ろした垂線の足をＦとすると、∠Ａ＝４５°より△ＡＢＦは直角二等辺三角形になる。∴ＡＦ＝ＢＦ———①
また、∠ＥＡＦ＝∠ＣＢＦ＝９０°－∠Ｃ———②
また、∠ＡＦＥ＝∠ＢＦＣ＝９０°———③
①，②，③より、△ＡＥＦ≡△ＢＣＦ
よって、ＡＥ＝ＢＣ＝ＢＤ＋ＤＣ＝６ｃｍ
また、△ＢＤＥと△ＡＤＣにおいて、
∠ＥＤＢ＝∠ＣＤＡ＝９０°———④
②，④より、２角が等しいので、
△ＢＤＥ∽△ＡＤＣ
よって、ＢＤ：ＤＥ＝ＡＤ：ＤＣが成り立つ。よって、ＤＥ＝ｘと置くと、
２：ｘ＝６＋ｘ：４
∴ｘ(ｘ＋６)＝８　∴ｘ^2＋６ｘ－８＝０
∴ｘ＝－３±√１７
ｘ＞０より、ｘ＝－３＋√１７
∴ＤＥ＝－３＋√１７ｃｍ
よって、答えは、ＡＥ＝６ｃｍ
ＤＥ＝－３＋√１７ｃｍ

因みに、別解は、ＤＥの方は試験でもぎりぎり使えるレベルです。ＡＥの方は電卓が必要でしょう。

おまけ：

問題
∠Ａ＝４５°の△ＡＢＣがある。頂点Ａから辺ＢＣに垂線をひき、辺ＢＣとの交点をＤとすると、ＢＤ＝２ｃｍ，ＤＣ＝４ｃｍになった。
このとき、頂点Ｂから辺ＡＣに垂線をひき、ＡＤとの交点をＥとすると、ＡＥ＝□ｃｍ，ＤＥ＝□ｃｍである。
（８８　筑波大付，改題）

別解
ＤＥ＝ｘと置いて、△ＥＢＤ，△ＥＣＤで三平方の定理を使うと、
ＢＥ＝√(ｘ^2＋４)，ＣＥ＝√(ｘ^2＋１６)
また、∠ＡＨＢ＝∠ＡＤＢ＝９０°より円周角の定理の逆により４点Ａ，Ｈ，Ｄ，Ｂは同一円周上にある。よって、四角形ＡＢＤＨは円に内接する四角形である。
∴∠ＨＤＣ＝∠ＢＡＨ＝４５°———①
また、∠ＥＨＣ＝∠ＥＤＣより四角形ＥＤＣＨも円に内接する四角形である。よって、円周角より、∠ＨＥＣ＝∠ＨＤＣ———②
①，②より、∠ＨＥＣ＝４５°
よって、△ＨＥＣは直角二等辺三角形である。
∴ＥＨ＝ＣＨ＝ＣＥ/√２
＝√(ｘ^2＋１６)/√２
∴ＢＨ＝ＢＥ＋ＥＨ
＝√(ｘ^2＋４)＋√(ｘ^2＋１６)/√２
よって、△ＢＣＨで三平方の定理を使うと、
{√(ｘ^2＋４)＋√(ｘ^2＋１６)/√２}^2
＋{√(ｘ^2＋１６)/√２}^2＝６^2
が成り立つ。
∴ｘ^2＋４＋(ｘ^2＋１６)/２
＋√２・√{(ｘ^2＋４)(ｘ^2＋１６)}
＋(ｘ^2＋１６)/２＝３６
∴ｘ^2＋４＋ｘ^2＋１６＋√{２(ｘ^2＋４)(ｘ^2＋１６)}＝３６
∴√{２(ｘ^2＋４)(ｘ^2＋１６)}＝１６－２ｘ^2
∴２(ｘ^2＋４)(ｘ^2＋１６)＝４(８－ｘ^2)^2
∴ｘ^4＋２０ｘ^2＋６４＝２(ｘ^4－１６ｘ^2＋６４)
∴ｘ^4＋５２ｘ^2＋６４＝０
これを２次方程式の解の公式で解くと、
ｘ^2＝２６±６√１７
図よりｘ^2＜６^2は自明なので、
ｘ＝２６－６√１７
ここで、二重根号外しを定石通りやっても良いが、
ｘ^2＝２６－６√１７＝(√１７－３)^2より、
ｘ＝√１７－３
∴ＤＥ＝－３＋√１７ｃｍ
また、ｘ^2＋４＝３０－６√１７，
ｘ^2＋１６＝４２－６√１７より、
ＥＨ＝√(ｘ^2＋１６)/√２
＝√(４２－６√１７)/√２
＝√(２１－３√１７)
∴ＥＨ＝√(２１－３√１７)ｃｍ
ＢＥ＝√(ｘ^2＋４)＝√(３０－６√１７)ｃｍ
ところで、対頂角と直角の２角が等しいので、△ＢＥＤ∽△ＡＥＨ　
よって、ＤＥ：ＢＥ＝ＨＥ：ＡＥが成り立つ。
∴－３＋√１７：√(３０－６√１７)
＝√(２１－３√１７)：ＡＥ
∴ＡＥ＝{√(３０－６√１７)・√(２１－３√１７)}/(－３＋√１７)
＝√(９３６－２１６√１７)/(－３＋√１７)
∴ＡＥ＝√(９３６－２１６√１７)/(－３＋√１７)———☆
ここで、二重根号外しの定石より、
(√ｘ－√ｙ)^2＝ｘ＋ｙ－２√ｘｙを作り、
９３６－２１６√１７＝９３６－２√(１０８^2・１７)とすると、
ｘ＋ｙ＝９３６，ｘｙ＝１０８^2・１７
中学生だったらこれを連立させて解けるが、高１用の解と係数の関係を使うと、
ｘ，ｙは2次方程式ｔ^2－９３６ｔ＋１０８^2・１７＝０の２つの解である。
これを電卓使用で解くと、
ｔ＝４６８±√２０７３６＝４６８±１４４
＝６１２，３２４
∴√(９３６－２１６√１７)＝√６１２－√３２４＝６√１７－１８
これを☆に代入すると、
ＡＥ＝(６√１７－１８)(√１７－３)
＝６(√１７－３)/(√１７－３)＝６
∴ＡＥ＝６ｃｍ
ＤＥ＝－３＋√１７ｃｍ

何でもありの解法は次回。

おまけ：

問題
∠Ａ＝４５°の△ＡＢＣがある。頂点Ａから辺ＢＣに垂線をひき、辺ＢＣとの交点をＤとすると、ＢＤ＝２ｃｍ，ＤＣ＝４ｃｍになった。
このとき、頂点Ｂから辺ＡＣに垂線をひき、ＡＤとの交点をＥとすると、ＡＥ＝□ｃｍ，ＤＥ＝□ｃｍである。
（８８　筑波大付，改題）

何でもありの解法

ＤＥ＝ｘと置くと、△ＢＥＤでの三平方の定理より、ＢＥ＝√(ｘ^2＋４)
また、２角が等しいので△ＢＥＤ∽△ＢＣＨより、ｘ：√(ｘ^2＋４)＝ＣＨ：６が成り立つ。
∴ＣＨ＝６ｘ/√(ｘ^2＋４)
よって、△ＢＣＨで三平方の定理を使うと、
ＢＨ^2＝６^2－{６ｘ/√(ｘ^2＋４)}^2
＝３６－３６ｘ^2/(ｘ^2＋４)
＝{３６(ｘ^2＋４)－３６ｘ^2}/(ｘ^2＋４)
＝１４４/(ｘ^2＋４)
∴ＢＨ＝１２/√(ｘ^2＋４)
ところで、∠Ａ＝４５°でＢＨ⊥ＡＣより△ＡＢＨは直角二等辺三角形である。
∴ＡＨ＝ＢＨ＝１２/√(ｘ^2＋４)———①
∴ＡＣ＝ＡＨ＋ＣＨ
＝１２/√(ｘ^2＋４)＋６ｘ/√(ｘ^2＋４)
＝６(ｘ＋２)/√(ｘ^2＋４)
ここで、△ＡＣＤで三平方の定理を使うと、
ＡＤ^2＝ＡＣ^2－ＤＣ^2
＝{６(ｘ＋２)/√(ｘ^2＋４)}^2－４^2
＝{３６(ｘ^2＋４ｘ＋４)－１６(ｘ^2＋４)}/(ｘ^2＋４)
＝(２０ｘ^2＋１４４ｘ＋８０)/(ｘ^2＋４)
∴ＡＤ＝√{(２０ｘ^2＋１４４ｘ＋８０)/(ｘ^2＋４)}———②
また、ＥＨ＝ＢＨ－ＢＥ
＝１２/√(ｘ^2＋４)－√(ｘ^2＋４)
＝{１２－(ｘ^2＋４)}/√(ｘ^2＋４)
＝(８－ｘ^2)/√(ｘ^2＋４)
∴ＥＨ＝(８－ｘ^2)/√(ｘ^2＋４)———③
ところで、２角が等しいので、△ＡＥＨ∽△ＡＣＤ　∴ＡＨ：ＥＨ＝ＡＤ：ＣＤ
よって、①，②，③とＣＤ＝４ｃｍより、
１２/√(ｘ^2＋４)：(８－ｘ^2)/√(ｘ^2＋４)
＝√{(２０ｘ^2＋１４４ｘ＋８０)/(ｘ^2＋４)}：４が成り立つ。
∴１２：８－ｘ^2
＝√(２０ｘ^2＋１４４ｘ＋８０)：４√(ｘ^2＋４)
∴(８－ｘ^2)√(２０ｘ^2＋１４４ｘ＋８０)＝４８√(ｘ^2＋４)
∴(８－ｘ^2)^2(２０ｘ^2＋１４４ｘ＋８０)＝４８^2(ｘ^2＋４)
∴(ｘ^4－１６ｘ^2＋６４)(５ｘ^2＋３６ｘ＋２０)＝４８・１２(ｘ^2＋４)
これをpythonで計算すると、

from sympy import Symbol,factor
x = Symbol('x')
expr = (x**4 - 16*x**2 + 64)*(5*x**2 + 36*x + 20) - 48*12*(x**2 + 4)
print(factor(expr))
結果：(x**2 + 6*x - 8)*(5*x**4 + 6*x**3 - 56*x**2 - 192*x + 128)

よって、
(𝑥^2+6𝑥−8)・(5𝑥^4+6𝑥^3−56𝑥^2−192^𝑥+128)

よって、ｘ^2＋６ｘ－８＝０を解の公式で解くと、ｘ＝－３±√１７
ｘ＞０より、ｘ＝－３＋√１７
∴ＤＥ＝－３＋√１７ｃｍ
また、△ＡＥＨで三平方の定理を使うと、
ＡＥ^2＝ＡＨ^2＋ＥＨ^2
＝{１２/√(ｘ^2＋４)}^2＋{(８－ｘ^2)/√(ｘ^2＋４)}^2
＝１４４/(ｘ^2＋４)＋(８－ｘ^2)^2/(ｘ^2＋４)
＝{(８－ｘ^2)^2＋１４４}/(ｘ^2＋４)———ア
ここで、ｘ＝－３＋√１７より、
√１７＝ｘ＋３として両辺を2乗すると、
１７＝ｘ^2＋６ｘ＋９
∴８－ｘ^2＝６ｘ———イ
イをアに代入すると、
ＡＥ^2＝{(６ｘ)^2＋１４４}/(ｘ^2＋４)
＝３６(ｘ^2＋４)/(ｘ^2＋４)＝３６
∴ＡＥ＝６ｃｍ
よって、答えは、ＡＥ＝６ｃｍ，
ＤＥ＝－３＋√１７ｃｍ

何でもありとはpythonありでした。因みに、上の方程式を展開すると、
5𝑥^6+36𝑥^5−60𝑥^4−576𝑥^3−576𝑥^2+2304𝑥−1024=0
という6次方程式になりますが、因数定理では解けません。また、厳密には、
5𝑥^4+6𝑥^3−56𝑥^2−192^𝑥+128=0
の方に正解があるかもしれないのでダメな解法です。だから、中学数学で解くには前回の別解は中々の案だと思います。模範解答のパズル的なものは知っている人は知っていますからね。

おまけ：

上の上の別解の後半はうっかりしました。電卓なんて必要ないですね。
前半の別解と合わせて次回にやりますね。

問題
∠Ａ＝４５°の△ＡＢＣがある。頂点Ａから辺ＢＣに垂線をひき、辺ＢＣとの交点をＤとすると、ＢＤ＝２ｃｍ，ＤＣ＝４ｃｍになった。
このとき、頂点Ｂから辺ＡＣに垂線をひき、ＡＤとの交点をＥとすると、ＡＥ＝□ｃｍ，ＤＥ＝□ｃｍである。
（８８　筑波大付，改題）

試験で使える別解
ＢからＡＣに下ろした垂線の足をＦとすると、∠Ａ＝４５°より△ＡＢＦは直角二等辺三角形。∴∠ＡＢＦ＝４５°，ＡＦ＝ＢＦ
また、∠ＡＦＢ＝∠ＡＤＢ＝９０°より円周角の定理の逆により４点Ａ，Ｂ，Ｄ，Ｆは同一円周上にある。
よって、円周角より∠ＡＤＦ＝∠ＡＢＦ＝４５°また、∠ＥＦＣ＝∠ＥＤＣ＝９０°より四角形ＥＤＣＦも円に内接する四角形。
よって、円周角より∠ＥＣＦ＝∠ＥＤＦ＝∠ＡＤＦ＝４５°よって、△ＦＥＣは直角二等辺三角形である。
ここで、ＤＥ＝ｘと置くと、△ＥＤＣでの三平方の定理より、ＥＣ＝√(ｘ^2＋１６)
∴ＦＥ＝ＦＣ＝√(ｘ^2＋１６)/√２
よって、△ＢＣＦで三平方の定理を使うと、
ＢＦ＝√{６^2－(ｘ^2＋１６)/２}
＝√{(５６－ｘ^2)/２}
∴ＡＦ＝ＢＦ＝√{(５６－ｘ^2)/２}
よって、△ＡＥＦで三平方の定理を使うと、
ＡＥ^2＝ＡＦ^2＋ＦＥ^2
＝(５６－ｘ^2)/２＋(ｘ^2＋１６)/２
＝７２/２＝３６
∴ＡＥ＝６ｃｍ
ここで、前回のように△ＢＣＦで三平方の定理を使っても良いが、△ＢＥＤ∽△ＢＣＦより、
ｘ：√(ｘ^2＋４)＝ＦＣ：６が成り立つ。
∴ＦＣ＝６ｘ/√(ｘ^2＋４)
ところで、上より、
ＦＣ＝√(ｘ^2＋１６)/√２でもあるので、
６ｘ/√(ｘ^2＋４)＝√(ｘ^2＋１６)/√２が成り立つ。
∴３６ｘ^2/(ｘ^2＋４)＝(ｘ^2＋１６)/２
∴(ｘ^2＋４)(ｘ^2＋１６)＝７２ｘ^2
∴ｘ^4＋２０ｘ^2＋６４＝７２ｘ^2
∴ｘ^4－５２ｘ^2＋６４＝０
∴ｘ^2＝２６±√(２６^2－６４)
＝２６±√{(２６＋８)(２６－８)
＝２６±√(３４・１８)
＝２６±６√１７
∴ｘ^2＝２６±６√１７
ところで、図よりｘ＜６は自明なので、
ｘ^2＜３６　∴ｘ^2＝２６－６√１７
ここで、定石で二重根号を外しても良いが、
ｘ^2＝(√１７－√９)^2
∴ｘ＝√１７－３
∴ＤＥ＝－３＋√１７ｃｍ
ＡＥ＝６ｃｍ

おまけ：

解説
＞（２）Ｇ/Ｄの任意の元（剰余類）Ｄｕ，ＤｖについてＤｕＤｖ＝ＤｖＤｕが成立すればよい。

Ｄｕは右剰余類という事。
とにかく、Ｄｕ，Ｄｖ∈Ｇ/Ｄに対して
ＤｕＤｖ＝ＤｖＤｕが成り立てば可換群である事は当然な事。

＞ＤｕＤｖ＝Ｄｕｖ，ＤｖＤｕ＝ＤｖｕなのでＤｕｖ＝Ｄｖｕを示せばよい。

ＤｕＤｖ＝ＤｕｖはＤｕ，Ｄｖが剰余群の元だから。念のため、「すぐわかる代数」石村園子著のp.188の定理3.8.3より。

定理3.8.3
剰余類全体{Ｈ，Ｈg1，Ｈg2，･･･}は演算
Ｈg1・Ｈg2＝Ｈg1g2
により群をなす。

＞Ｄの定義よりｕｖｕ^-1ｖ^-1∈Ｄなので（ｕｖ)(ｖｕ)^-1∈Ｄ　
∴ｕｖ∈Ｄｖｕ
∴Ｄｕｖ＝Ｄｖｕ

上から「Ｇ/Ｄの任意の元（剰余類）Ｄｕ，Ｄｖ」より、これはｕ,ｖ∈Ｇという事である。
よって、Ｄの定義
Ｄ＝{ｘ｜ｘ＝ａｂａ^-1ｂ^-1，ａ,ｂ∈Ｇ}
より、ｕｖｕ^-1ｖ^-1∈Ｄ
∴（ｕｖ)(ｖｕ)^-1∈Ｄ　
念のため、ｕ^-1ｖ^-1＝(ｖｕ)^-1は、「すぐわかる代数」石村園子著のp.137の定理3.2.2より。

定理3.2.2
群Ｇにおいて次のことが成立する。
（１）ｅ^-1＝ｅ（２）(ａｂ)^-1＝ｂ^-1ａ^-1
（３）(ａ^-1)^-1＝ａ

（ｕｖ)(ｖｕ)^-1∈Ｄの両辺に右からｖｕを掛けると、ｕｖ∈Ｄｖｕ
ここで、「すぐわかる代数」石村園子著のp.179の定理3.7.2を使うと、Ｄｕｖ＝Ｄｖｕと分かる。

定理3.7.2
Ｈを群Ｇの部分群とするとき
ｇ1≡ｇ2（mod.Ｈ）⇔ ｇ1∈Ｈｇ2

ちょっと慣れていないと気付かないかもしれませんね。

一応、別解を作ってみました。

問題
群Ｇにおいて、Ｄ＝{ｘ｜ｘ＝ａｂａ^-1ｂ^-1，ａ,ｂ∈Ｇ}とするとき、
（１）ＤはＧの正規部分群
（２）剰余群Ｇ/Ｄは可換群
であることを示しなさい。

別解
（２）剰余群の元をｕ,ｖ∈Ｇに対して、
|ｕ,|ｖ∈Ｇ/Ｄと置くと、
|ｕ|ｖ＝|ｖ|ｕ⇔|ｕ|ｖ(|ｖ|ｕ)^-1＝|ｅ
⇔|ｕ|ｖ(|ｕ)^-1(|ｖ)^-1＝|ｅ
⇔|ｕ|ｖ|(ｕ^-1)|(ｖ^-1)＝|ｅ
⇔|(ｕｖｕ^-1ｖ^-1)＝|ｅ
⇔(ｕｖｕ^-1ｖ^-1)Ｄ＝ｅＤ
⇔(ｕｖｕ^-1ｖ^-1)Ｄ＝Ｄ
⇔ｕｖｕ^-1ｖ^-1∈Ｄ（定理4.1の系より）
よって、|ｕ|ｖ＝|ｖ|ｕ⇔ｕｖｕ^-1ｖ^-1∈Ｄより、Ｇ/Ｄが可換群である事とＧの任意の２元による生成元ｕｖｕ^-1ｖ^-1がＤに含まれる事は同値である。
よって、剰余群Ｇ/Ｄは可換群である。
アイデア引用元：「演習　群・環・体 入門」新妻弘著p.99演習問題９より

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

念のため、上の別解は参考程度なので自分で裏を取って下さい。

おまけ：

解説
＞Ｉ⊂Ｉ'であるから、Ｉℤ(p)⊂Ｉ'ℤ(p)＝Ｉ'

これは問2.10からである。

問2.10
ⅠをＲのイデアルとするとき、ＩＲ＝Ｉであることを示せ。

ここで、大事な事は、Ｉℤ(p)の積は普通の集合どうしの積ではないという事である。つまり、例えば、

第２章§２演習問題５
Ｈを群Ｇの部分群，ＫをＧの部分集合とするとき、次の条件は同値であることを示せ。
（１）ＫＨ＝Ｈ（２）Ｋ⊂Ｈ（３）ＨＫ＝Ｈ
ただし、ＨＫ＝{ｈｋ｜ｈ∈Ｈ，ｋ∈Ｋ}

ではなく、

第３章 定理2.4
Ａを可換環Ｒの部分集合とし、Ａの元とＲの元の積の有限個の和全体の集合をＡＲで表す。すなわち、
ＡＲ＝{ａ1ｒ1＋･･･＋ａnｒn｜ｎ∈ℕ，ａi∈Ａ，ｒi∈Ｒ（１≦ｉ≦ｎ）}
このとき、ＡＲはＲのイデアルである。

という事である。Ｉがイデアルでℤ(p)が環だから暗黙の了解にしているのだろうけど、但し書きが欲しい所である。はっきり言って、どっちとも取れますよね。

話を元に戻して、Ｉ⊂Ｉ'の両辺にℤ(p)を右から掛けると、Ｉℤ(p)⊂Ｉ'ℤ(p)
ここで、Ｉ'はℤ(p)のイデアルより、定理2.10により、Ｉ'ℤ(p)＝Ｉ'　∴Ｉℤ(p)⊂Ｉ'

＞ここで、ｍ＝ｎα∈Ｉ'∩ℤ＝Ｉ　ゆえに、ｍ∈Ｉである。

上の「逆に、α∈Ｉ'⊂ℤ(p)とすると」より、
α∈Ｉ'　また、ｎ∈ℤ⊂ℤ(p)でＩ'はℤ(p)のイデアルより、ｎα∈Ｉ'　∴ｍ＝ｎα∈Ｉ'
また、ｍ∈ℤより、ｍ＝ｎα∈ℤ
∴ｍ＝ｎα∈Ｉ'∩ℤ＝Ｉ（上の定義「ℤの部分集合Ｉ＝Ｉ'∩ℤ」より）
∴ｍ∈Ｉ

＞（２）ℤは単項イデアル環であるから（定理2.7）、ℤのイデアルＩはＩ＝ａℤ（ａ∈ℤ）という形である。したがって、ℤ(p)のイデアルはすべてａℤ(p)という形をしている。

上の「以上より、ℤ(p)の任意のイデアルＩ'はℤのイデアルＩによってＩℤ(p)の形をしていることがわかった」より、Ｉ'＝Ｉℤ(p)———①
また、Ｉ＝ａℤ———②
②を①に代入すると、
Ｉ'＝(ａℤ)ℤ(p)＝ａ(ℤ・ℤ(p))———③
ここで、ℤはℤ(p)の部分集合（ｎ＝１バージョン）より、（環だから）積について閉じていて、さらに加法群だから加法についても閉じているから（集合どうしの積ならばこれは必要ないが、積の定義が「第３章 定理2.4」のようだから必要）、
ℤ・ℤ(p)⊂ℤ(p)　また、ℤ・ℤ(p)⊃ℤ(p)は自明なので、ℤ・ℤ(p)＝ℤ(p)———④
④を③に代入すると、
Ｉ'＝ａℤ(p)
「したがって、ℤ(p)のイデアルはすべてａℤ(p)という形をしている」という事である。

因みに、Ｉ'はℤ(p)のイデアルで、Ｉ＝Ｉ'∩ℤよりＩはＩ'の部分集合である。よって、Ｉもℤ(p)のイデアルである。よって、問2.10より、

問2.10
ⅠをＲのイデアルとするとき、ＩＲ＝Ｉであることを示せ。

Ｉℤ(p)＝Ｉである。これと①より、Ｉ'＝Ｉ
これと②より、Ｉ'＝ａℤ
よって、Ｉ'＝ａℤ(p)と合わない。どこに間違いがあるでしょうか。（回答は次回。）

おまけ：

＞Ｉ'はℤ(p)のイデアルで、Ｉ＝Ｉ'∩ℤよりＩはＩ'の部分集合である。よって、Ｉもℤ(p)のイデアルである。よって、問2.10より、

問2.10
ⅠをＲのイデアルとするとき、ＩＲ＝Ｉであることを示せ。

Ｉℤ(p)＝Ｉである。これと①より、Ｉ'＝Ｉ
これと②より、Ｉ'＝ａℤ
よって、Ｉ'＝ａℤ(p)と合わない。どこに間違いがあるでしょうか。

回答
Ｉ'がイデアルでＩ⊂Ｉ'でもＩがイデアルとは限らない。それは群の部分集合が部分群になるには部分群の判定定理をクリアーしなければならないのと同じ事。
簡単に言うと、例えば零元が入っていなければイデアルではない。念のため、Ｉ'∩ℤには零元は入っているが。

次の文章を完全解説して下さい。（続き）

演習問題１４
ｐを素数とする。ℚの部分環ℤ(p)＝{ｍ/ｎ｜ｍ,ｎ∈ℤ，(ｎ,ｐ)＝１}のイデアルはすべてｐ^n・ℤ(p)という形をしていることを示せ。したがって、ℤ(p)は単項イデアル整域である。また、ℤ(p)は局所環であることを示せ。

証明
（３）次に、ℤ(p)のイデアルａℤ(p)について、
「ａℤ(p)⊊ℤ(p) ⇔ ｐ|ａ」であることを示す。
ａℤ(p)＝ℤ(p) ⇔ １∈ａℤ(p)
⇔ ∃ｍ,ｎ∈ℕ，１＝ａｍ/ｎ，(ｎ,ｐ)＝１
⇔ ∃ｍ,ｎ∈ℕ，ｎ＝ａｍ，(ｎ,ｐ)＝１
⇔ ∃ｍ∈ℕ，(ａｍ,ｐ)＝１
⇔ (ａ,ｐ)＝１
対偶をとれば、ａℤ(p)⊊ℤ(p) ⇔ (ａ,ｐ)＞１
⇔ ｐ|ａ　ゆえに、ａ＝ｐ^rｂ（１≦ｒ，∃ｂ∈ℤ，ｐ∤ｂ）と表される。ｂはℤ(p)で可逆元であるから（§１演習問題４）、
ａℤ(p)＝(ｐ^rｂ)ℤ(p)＝ｐ^rℤ(p)
したがって、ℤ(p)のイデアルはすべてｐ^nℤ(p)（ｎ≧０）という形をしていることがわかった。
（４）α＝ｍ/ｎ∈ℤ(p)とする。ｎはℤ(p)で可逆元であるから、
このときαℤ(p)＝(ｍ/ｎ)ℤ(p)＝ｍℤ(p)である。
αが可逆元 ⇔ αℤ(p)＝ℤ(p) ⇔ ｍℤ(p)＝ℤ(p)
⇔(ｍ,ｐ)＝１（（３）の結果より）
ここで、ｐℤ(p)＝{ｍ/ｎ｜ｐ|ｍ，(ｎ,ｐ)＝１}に注意すると、Ｕ(ℤ(p))＝ℤ(p)－ｐℤ(p)であることがわかる。
（５）ｐℤ(p)がℤ(p)の唯１つの極大イデアルである。すなわち、ℤ(p)の真のイデアルをＩ'とし、ｐℤ(p)⊅Ｉ'と仮定する。このとき、イデアルＩ'には、イデアルｐℤ(p)に属さない元αが存在する。すると、（４）によりこのときαはℤ(p)の可逆元となる。ゆえに、定理2.2よりＩ'＝ℤ(p)となり矛盾である。したがって、ℤ(p)の真のイデアルはすべてｐℤ(p)に含まれる。以上より、ｐℤ(p)がℤ(p)の唯１つの極大イデアルである。

§１演習問題４
ｐを素数とするとき、
ℤ(p)＝{ｍ/ｎ｜ｍ,ｎ∈ℤ，(ｎ,ｐ)＝１}はℚの部分環であることを示せ。また、ℤ(p)の可逆元は何か。解答：ℤ(p)の可逆元は、
Ｕ(ℤ(p))＝{ａ/ｂ｜ａ,ｂ∈ℤ，(ａ,ｐ)＝１，(ｂ,ｐ)＝１}

定理2.2
可換環ＲのイデアルＩが単位元１を含めばＩ＝Ｒとなる。したがって、環ＲのイデアルＩが可逆元を含めばＩ＝Ｒとなる。
「演習　群・環・体 入門」新妻弘著より

具体的には、

＞ａℤ(p)＝ℤ(p) ⇔ １∈ａℤ(p)

＞ｂはℤ(p)で可逆元であるから（§１演習問題４）、ａℤ(p)＝(ｐ^rｂ)ℤ(p)＝ｐ^rℤ(p)

＞α＝ｍ/ｎ∈ℤ(p)とする。ｎはℤ(p)で可逆元であるから、
このときαℤ(p)＝(ｍ/ｎ)ℤ(p)＝ｍℤ(p)である。

＞αが可逆元 ⇔ αℤ(p)＝ℤ(p) ⇔ ｍℤ(p)＝ℤ(p)
⇔(ｍ,ｐ)＝１（（３）の結果より）

＞ここで、ｐℤ(p)＝{ｍ/ｎ｜ｐ|ｍ，(ｎ,ｐ)＝１}に注意すると、Ｕ(ℤ(p))＝ℤ(p)－ｐℤ(p)であることがわかる。

＞（５）ｐℤ(p)がℤ(p)の唯１つの極大イデアルである。すなわち、ℤ(p)の真のイデアルをＩ'とし、ｐℤ(p)⊅Ｉ'と仮定する。このとき、イデアルＩ'には、イデアルｐℤ(p)に属さない元αが存在する。すると、（４）によりこのときαはℤ(p)の可逆元となる。ゆえに、定理2.2よりＩ'＝ℤ(p)となり矛盾である。したがって、ℤ(p)の真のイデアルはすべてｐℤ(p)に含まれる。以上より、ｐℤ(p)がℤ(p)の唯１つの極大イデアルである。

おまけ：
https://www.fnn.jp/articles/-/575993

解説
＞ａℤ(p)＝ℤ(p) ⇔ １∈ａℤ(p)

これは定理2.2から。

定理2.2
可換環ＲのイデアルＩが単位元１を含めばＩ＝Ｒとなる。
「演習　群・環・体 入門」新妻弘著より

つまり、イデアルａＲが単位元１を含む事とａＲ＝Ｒが同値である事。（定理2.2の逆は自明。）
念のため、ａＲがイデアルである事は、p.164の例2.1(３)より。

例2.1(３)
可換環Ｒの元ａについて、部分集合(ａ)＝ａＲ＝{ａｒ｜ｒ∈Ｒ}はＲのイデアルである。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

＞ｂはℤ(p)で可逆元であるから（§１演習問題４）、ａℤ(p)＝(ｐ^rｂ)ℤ(p)＝ｐ^rℤ(p)

§１演習問題４
ｐを素数とするとき、
ℤ(p)＝{ｍ/ｎ｜ｍ,ｎ∈ℤ，(ｎ,ｐ)＝１}はℚの部分環であることを示せ。また、ℤ(p)の可逆元は何か。解答：ℤ(p)の可逆元は、
Ｕ(ℤ(p))＝{ａ/ｂ｜ａ,ｂ∈ℤ，(ａ,ｐ)＝１，(ｂ,ｐ)＝１}

上より、「ａ＝ｐ^rｂ（１≦ｒ，∃ｂ∈ℤ，ｐ∤ｂ）と表される」で、ｐ∤ｂかつｐは素数より、(ｂ,ｐ)＝１である。
ところで、可逆元の条件Ｕ(ℤ(p))＝{ａ/ｂ｜ａ,ｂ∈ℤ，(ａ,ｐ)＝１，(ｂ,ｐ)＝１}の分母を１にすると、分子がｐと互いに素ならば良い。
つまり、上の(ｂ,ｐ)＝１よりｂ∈Ｕ(ℤ(p))で「ｂはℤ(p)で可逆元である」という事。
また、「ａℤ(p)＝(ｐ^rｂ)ℤ(p)＝ｐ^rℤ(p)」は、左辺にａ＝ｐ^rｂを代入すると、
(ｐ^rｂ)ℤ(p)＝ｐ^r(ｂℤ(p))
ここで、ｂが可逆元より問2.4より、

問2.4
ａを可換環Ｒの元とする。このとき、ａがＲの可逆元であるための必要十分条件はａＲ＝Ｒである。
「演習　群・環・体 入門」新妻弘著より

ｂℤ(p)＝ℤ(p)だからこれを代入すると、
ｐ^r(ｂℤ(p))＝ｐ^rℤ(p)
よって、「ａℤ(p)＝(ｐ^rｂ)ℤ(p)＝ｐ^rℤ(p)」という事。

＞α＝ｍ/ｎ∈ℤ(p)とする。ｎはℤ(p)で可逆元であるから、
このときαℤ(p)＝(ｍ/ｎ)ℤ(p)＝ｍℤ(p)である。

「ｎはℤ(p)で可逆元である」はすぐ上のｂが可逆元である理由と全く同じ。
「(ｍ/ｎ)ℤ(p)＝ｍℤ(p)」は、ｎが可逆元ならば１/ｎも可逆元なので、問2.4より、
(１/ｎ)ℤ(p)＝ℤ(p)だから。

＞αが可逆元 ⇔ αℤ(p)＝ℤ(p) ⇔ ｍℤ(p)＝ℤ(p)
⇔(ｍ,ｐ)＝１（（３）の結果より）

初めが問2.4で、次がすぐ上の「αℤ(p)＝ｍℤ(p)」を代入で、最後は（３）の

ａℤ(p)＝ℤ(p) ⇔ １∈ａℤ(p)
⇔ ∃ｍ,ｎ∈ℕ，１＝ａｍ/ｎ，(ｎ,ｐ)＝１
⇔ ∃ｍ,ｎ∈ℕ，ｎ＝ａｍ，(ｎ,ｐ)＝１
⇔ ∃ｍ∈ℕ，(ａｍ,ｐ)＝１
⇔ (ａ,ｐ)＝１

から。しかし、「（３）の結果」は「ａℤ(p)⊊ℤ(p) ⇔ ｐ|ａ」だと思うのだが。

＞ここで、ｐℤ(p)＝{ｍ/ｎ｜ｐ|ｍ，(ｎ,ｐ)＝１}に注意すると、Ｕ(ℤ(p))＝ℤ(p)－ｐℤ(p)であることがわかる。

すぐ上の「αが可逆元 ⇔ (ｍ,ｐ)＝１」より、Ｕ(ℤ(p))の元は全て分子のｍとｐが互いに素。
また、ｐℤ(p)はｐがかかっているので分子はｐの倍数。よって、ℤ(p)－ｐℤ(p)はℤ(p)のうち分子がｐの倍数でないものである。ところで、ｐは素数より分子がｐの倍数でないとは、分子のｍがｐと互いに素という事。
つまり、Ｕ(ℤ(p))＝ℤ(p)－ｐℤ(p)という事である。

＞（５）ｐℤ(p)がℤ(p)の唯１つの極大イデアルである。すなわち、ℤ(p)の真のイデアルをＩ'とし、ｐℤ(p)⊅Ｉ'と仮定する。このとき、イデアルＩ'には、イデアルｐℤ(p)に属さない元αが存在する。すると、（４）によりこのときαはℤ(p)の可逆元となる。ゆえに、定理2.2よりＩ'＝ℤ(p)となり矛盾である。したがって、ℤ(p)の真のイデアルはすべてｐℤ(p)に含まれる。以上より、ｐℤ(p)がℤ(p)の唯１つの極大イデアルである。

この文章は初めに「ｐℤ(p)がℤ(p)の唯１つの極大イデアルである。」という結果を述べていて、後からそれを証明しているのである。

＞すなわち、ℤ(p)の真のイデアルをＩ'とし、ｐℤ(p)⊅Ｉ'と仮定する。

背理法でｐℤ(p)がℤ(p)の唯１つの極大イデアルである事を示すため。

＞このとき、イデアルＩ'には、イデアルｐℤ(p)に属さない元αが存在する。

ｐℤ(p)⊅Ｉ'と仮定したから当然である。

＞（４）によりこのときαはℤ(p)の可逆元となる。

すぐ上より、Ｕ(ℤ(p))＝ℤ(p)－ｐℤ(p)だからである。

＞定理2.2よりＩ'＝ℤ(p)となり矛盾である。

定理2.2
可換環ＲのイデアルＩが単位元１を含めばＩ＝Ｒとなる。したがって、環ＲのイデアルＩが可逆元を含めばＩ＝Ｒとなる。
「演習　群・環・体 入門」新妻弘著より

イデアルＩ'がℤ(p)の可逆元αを含むからである。また、矛盾とは、Ｉ'は真のイデアルだから。（（５）の初めに「ℤ(p)の真のイデアルをＩ'とし」とある。）

＞したがって、ℤ(p)の真のイデアルはすべてｐℤ(p)に含まれる。

背理法により、ｐℤ(p)⊃Ｉ'となるから。

おまけ：
https://www.uta-net.com/song/343582/

問題
正方形ＡＢＣＤで辺ＤＣの中点をＭ，ＢＭとＡＣの交点をＰ，ＰＤとＡＭの交点をＱとする。このとき、次の問に答えよ。
（１）ＡＭ⊥ＤＰを証明せよ。
（２）△ＡＤＱと△ＡＰＱの面積の比を求めよ。
（９３　土佐）

解答
（１）正方形と対角線の対称性より、∠ＰＤＣ＝∠ＰＢＣ＝∠ＭＢＣ＝∠ＭＡＤ
よって、∠ＭＤＱ＝∠ＭＡＤ　
よって、△ＭＤＱと△ＭＡＤにおいて∠Ｍが共通で２角が等しいので、残りの１角も等しい。
∴∠ＤＱＭ＝∠ＡＤＭ＝９０°
∴ＡＭ⊥ＤＰ
（２）解法１　参考書の模範解答
△ＡＤＱ：△ＡＰＱ＝ＤＱ：ＱＰ＝△ＡＤＭ：△ＡＰＭ
ここで、△ＡＤＭと△ＡＣＭの面積は等しいから、
△ＡＤＱ：△ＡＰＱ＝△ＡＣＭ：△ＡＰＭ＝ＡＣ：ＡＰ＝(ＡＰ＋ＰＣ)：ＡＰ
いま、△ＰＡＢ∽△ＰＣＭより、
ＡＰ：ＰＣ＝ＡＢ：ＣＭ＝２：１
ゆえに、△ＡＤＱ：△ＡＰＱ＝(ＡＰ＋ＰＣ)：ＡＰ＝３：２
「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　参考書の別解（私が最初に思い付いた解法）
△ＤＣＰと直線ＭＡでメネラウスの定理を使う。そこで、△ＰＣＭ∽△ＰＡＢで相似比１：２より、ＰＡ：ＰＣ＝２：１　
∴ＡＰ：ＡＣ＝２：３
よって、メネラウスの定理より、
(ＤＭ/ＣＭ)×(ＱＰ/ＤＱ)×(ＡＣ/ＡＰ)＝１
∴(１/１)×(ＱＰ/ＤＱ)×(３/２)＝１
∴ＱＰ/ＤＱ＝２/３　∴ＤＱ：ＱＰ＝３：２
∴△ＡＤＱ：△ＡＰＱ＝３：２

私の別解２つは次回。因みに、１つは（１）の結果を使いますが、これが想定の模範解答ではないでしょう。模範解答やもう一つの別解は算数でも解ける問題ですからね。ただし、高校入試問題なので、私の別解が模範解答の可能性もあります。（受験は要領と考えると上の模範解答は難しいですよね。）

おまけ：

問題
正方形ＡＢＣＤで辺ＤＣの中点をＭ，ＢＭとＡＣの交点をＰ，ＰＤとＡＭの交点をＱとする。このとき、次の問に答えよ。
（１）ＡＭ⊥ＤＰを証明せよ。
（２）△ＡＤＱと△ＡＰＱの面積の比を求めよ。
（９３　土佐）

（２）解法３　（１）を利用する解法
∠ＤＱＭ＝∠ＡＤＭ＝９０°より、△ＤＱＭと△ＡＤＭは∠Ｍを共有していて直角と合わせて２角が等しいので相似であり、△ＡＱＤと△ＡＤＭも∠Ａを共有していて２角が等しいので相似である。
ところで、△ＡＤＭは直角を挟む二辺の比が１：２より、これらの三角形も直角を挟む二辺の比が１：２である。
よって、ＱＭ＝ａと置くとＤＱ＝２ａでＡＱ＝４ａ　∴ＡＭ＝４ａ＋ａ＝５ａ
∴ＢＭ＝ＡＭ＝５ａ
また、△ＰＭＣ∽△ＰＢＡで相似比１：２より、ＰＭ：ＰＢ＝１：２　
∴ＰＭ＝(１/３)ＢＭ＝５ａ/３
よって、△ＰＱＭで三平方の定理を使うと、
ＰＱ＝√(ＰＭ^2－ＱＭ^2)
＝√{(５ａ/３)^2－ａ^2}＝√(１６/９)ａ
＝４ａ/３
∴ＤＱ：ＰＱ＝２ａ：４ａ/３＝６：４
＝３：２
∴△ＡＤＱ：△ＡＰＱ＝ＤＱ：ＰＱ＝３：２
よって、答えは、３：２

解法４
△ＰＭＣ∽ＰＢＡで相似比１：２より、
ＰＭ：ＰＢ＝１：２
ここで、ＤＰの延長とＡＢの延長との交点をＥとすると、△ＰＭＤ∽△ＰＢＥで相似比ＰＭ：ＰＢ＝１：２より、ＢＥ＝２ＤＭ＝ＤＣ＝ＡＢ
∴ＡＥ＝ＡＢ＋ＢＥ＝２ＡＢ
よって、△ＱＭＤ∽△ＱＡＥの相似比は、
ＤＭ：ＡＥ＝１：４
よって、ＤＱ＝ａと置くとＥＱ＝４ａ
∴ＤＥ＝ａ＋４ａ＝５ａ
また、△ＰＭＤと△ＰＢＥの相似比が１：２より、ＤＰ：ＥＰ＝１：２
∴ＤＰ＝(１/３)ＤＥ＝５ａ/３
∴ＰＱ＝５ａ/３－ａ＝２ａ/３
∴ＤＱ：ＰＱ＝ａ：２ａ/３＝３：２
∴△ＡＤＱ：△ＡＰＱ＝ＤＱ：ＰＱ＝３：２
よって、答えは、３：２

おまけ：

解説
＞まずｇｈ（ｈ∈Ｈ）に対してφgh(ｘ0)＝φg(ｘ0)であることに注意する。実際φgh(ｘ0)＝φg(φh(ｘ0))＝φg(ｘ0)だからである。よってｇＨに対してφg(ｘ0)が一意的に定まる。

問題の（３）を見ると、

（３）（２）の記号のもと、φg(ｘ0)（ｇ∈Ｇ）全体のなす集合をＸ0とおく。このとき、右Ｈ傍系ｇＨ（Ｇ/Ｈの元）にＸ0の元φg(ｘ0)を対応させる写像は、Ｇ/ＨからＸ0への全単射であることを示せ。とくにＧが有限群のとき、|Ｇ/Ｈ|＝|Ｘ0|である。

つまり、「右Ｈ傍系ｇＨ（Ｇ/Ｈの元）にＸ0の元φg(ｘ0)を対応させる写像」がWell-definedである事を示した訳である。https://mathlandscape.com/well-defined/
念のため、例えば、ｘ^2＋ｙ^2＝１のグラフを考えると、ｘ＝１/２に対して、ｙ＝±√３/２と一意的ではなく２つ定まるが、これは写像ではない。ｙ＝ｘ^2などはｘ＝１に対してｙ＝１と一意的に定まるので写像である。

＞一方、φg(ｘ0)＝φk(ｘ0)だったとすると、辺々にφg^-1を合成して、
（左辺）＝φg^-1(φg(ｘ0))＝φe(ｘ0)＝ｘ0
（右辺）＝φg^-1(φk(ｘ0))＝φg^-1k(ｘ0)
である。よってｇ^-1ｋ∈Ｈであり、ｋ∈ｇＨである。ゆえにｇＨ＝ｋＨだから、この写像は単射である。

上で定義した写像の行った先の２つの元を等しいとすると、φg(ｘ0)＝φk(ｘ0)
これに色々な変形を施すと、ｇＨ＝ｋＨとなり、これは写像もとの元が等しい事を意味している。（右Ｈ傍系ｇＨ（Ｇ/Ｈの元））
よって、行った先の２つの元が等しければ、もとの２つの元も等しいので、単射である。
また、「ｋ∈ｇＨである。ゆえにｇＨ＝ｋＨ」は、定理4.1から言える。

定理4.1
Ｇを群，ＨをＧの部分群とする。このとき、Ｇの元ａ,ｂについて、次の（１）から（５）の命題は同値である。
（１）ａＨ＝ｂＨ
（２）ａ^-1ｂ∈Ｈ
（３）ｂ∈ａＨ
（４）ａ∈ｂＨ
（５）ａＨ∩ｂＨ≠φ
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

つまり、（３）⇒（１）を使った訳である。しかし、「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著だけ読んでいる人は絶対挫折すると思いますよ。もちろん、スルーしても問題ないですが。

＞Ｈの任意の元ｈはφhg(ｘ0)＝φh(φg(ｘ0))＝φg(ｘ0)をみたす。

これは簡単ですが、φh(φg(ｘ0))＝φg(ｘ0)を一応解説しますね。
問題の（２）から、

（２）Ｘの元ｘ0に対して、ｘ0を固定するＧの元ｇ，すなわちφg(ｘ0)＝ｘ0をみたすｇ全体ＨはＧの部分群であることを示せ。

つまり、ｇ∈Ｈならばφg(ｘ0)＝ｘ0という事で、φh(ｘ0)＝ｘ0という事である。
よって、φh(φg(ｘ0))のφhは( )の中身をそのままにするという事である。
よって、φh(φg(ｘ0))＝φg(ｘ0)

＞よってＨｇ⊂ｇＨである。これは任意のｇについて成り立ち、左Ｈ傍系や右Ｈ傍系はそれぞれＧを分割するので、Ｈｇ＝ｇＨである。

「左Ｈ傍系や右Ｈ傍系はそれぞれＧを分割するので」（指数）でＨｇ＝ｇＨを言える意味がよく分からないが、
Ｈｇ⊂ｇＨで定理4.3よりＨｇとｇＨの元の個数が等しいので、Ｈｇ＝ｇＨである。（部分集合で元の個数が等しいから。）

定理4.3
Ｇを群，ＨをＧの部分群とするとき、Ｈの左剰余類の集合とＨの右剰余類の集合の濃度は一致する。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

＞Ｇの元ｈがφg(ｘ0)を固定するとき、上の計算と同様にφg^-1hg(ｘ0)＝ｘ0が成り立つ。

「Ｇの元ｈがφg(ｘ0)を固定する」より、φh(φg(ｘ0))＝φg(ｘ0)
∴φhg(ｘ0)＝φg(ｘ0)
この両辺のφg^-1を取ると、
φg^-1(φhg(ｘ0))＝φg^-1(φg(ｘ0))
∴φg^-1hg(ｘ0)＝φg^-1g(ｘ0)＝φe(ｘ0)＝ｘ0
∴φg^-1hg(ｘ0)＝ｘ0

＞ｈ＝ｈ''∈Ｈである。よってＨ1⊂Ｈである。

上より、
「（ⅱ）⇒（ⅰ）：各ｇに対してφg(ｘ0)を固定する部分群Ｈ1がＨに等しいことを示せばよい。Ｇの元ｈがφg(ｘ0)を固定するとき」
とあり、「Ｇの元ｈがφg(ｘ0)を固定するとき」、ｈはＨ1の元とする訳である。
つまり、ｈ∈Ｈ1で始まり、「ｈ＝ｈ''∈Ｈである」でｈ∈Ｈが言えた訳である。
よって、ｈ∈Ｈ1⇒ｈ∈Ｈ
よって、「よってＨ1⊂Ｈである」。

おまけ：

解説の続き

＞よってｇ^-1ｋ∈Ｈであり、ｋ∈ｇＨである。ゆえにｇＨ＝ｋＨだから、

やっぱり自分で証明してみました。因みに、「群・環・体 入門」の定理4.1の証明は（１）⇒（２）⇒（３）⇒（４）⇒（５）⇒（１）を証明して（１）～（５）が全て同値である事を示しているので、（３）⇒（１）の証明は載っていません。

定理4.1
Ｇを群，ＨをＧの部分群とする。このとき、Ｇの元ａ,ｂについて、次の（１）から（５）の命題は同値である。
（１）ａＨ＝ｂＨ
（２）ａ^-1ｂ∈Ｈ
（３）ｂ∈ａＨ
（４）ａ∈ｂＨ
（５）ａＨ∩ｂＨ≠φ
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

また、「すぐわかる代数」石村園子著では、p.179の定理3.7.2の証明ですが、これは定理3.7.1を利用していて定理3.7.1は（１）と（２）の同値関係を定義してその同値関係を証明するという方法なので、直接は証明出来ません。

回答は次回。念のため、検索はしていません。

おまけ：https://www.tv-asahi.co.jp/reading/goodmorning/227794/

解説
＞よってｇ^-1ｋ∈Ｈであり、ｋ∈ｇＨである。ゆえにｇＨ＝ｋＨだから、

（ⅰ）ｇＨ⊂ｋＨを示す。
ｋ∈ｇＨより、∃ｈ∈Ｈ，ｋ＝ｇｈ———①
ここで、∀ｈ'∈Ｈ，ｇｈ'∈ｇＨ———②
また、①より、ｇ＝ｋｈ^-1———③
（Ｈは群よりｈ^-1∈Ｈ）
③を②に代入すると、
ｇｈ'∈(ｋｈ^-1)Ｈ＝ｋ(ｈ^-1Ｈ)＝ｋＨ
（ｈ^-1∈Ｈより定理4.1の系より、ｈ^-1Ｈ＝Ｈだから。）

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

また、集合においての結合法則は、同p.100の問4.2にあるが省略。
∴ｇｈ'∈ｋＨ（∀ｈ'∈Ｈ）
∴ｇＨ⊂ｋＨ
（ⅱ）ｋＨ⊂ｇＨを示す。
ここで、∀ｈ''∈Ｈ，ｋｈ''∈ｋＨ———④
また、①より、ｋ＝ｇｈ
これを④に代入すると、
ｋｈ''∈(ｇｈ)Ｈ＝ｇ(ｈＨ)＝ｇＨ
∴ｋｈ''∈ｇＨ（∀ｈ''∈Ｈ）
∴ｋＨ⊂ｇＨ
（ⅰ），（ⅱ）より、ｇＨ＝ｋＨ

これだけじゃ面白くないので、

定理4.1
Ｇを群，ＨをＧの部分群とする。このとき、Ｇの元ａ,ｂについて、次の（１）から（５）の命題は同値である。
（１）ａＨ＝ｂＨ
（２）ａ^-1ｂ∈Ｈ
（３）ｂ∈ａＨ
（４）ａ∈ｂＨ
（５）ａＨ∩ｂＨ≠φ
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

（１）と（２）の演算を加法にすると、
（１）ａ＋Ｈ＝ｂ＋Ｈ
（２）(－ａ)＋ｂ∈Ｈ
ここで、Ｈをｎの倍数の集合とすると、
Ｈ＝ｎℤで、ａ＋ｎℤ＝ｂ＋ｎℤ
∴ａ≡ｂ（modｎ）
∴ｂ－ａ≡０（modｎ）
よって、ｂ－ａがｎの倍数より、ｂ－ａ∈ｎℤ
∴(－ａ)＋ｂ∈ｎℤ＝Ｈ
よって、（１）⇒（２）が納得出来ると思う。
逆に（２）⇒（１）も、Ｈをｎの倍数の集合とすると、(－ａ)＋ｂ∈ｎℤ
∴ｂ－ａ∈ｎℤよりｂ－ａはｎの倍数より、
ｂ－ａ≡０（modｎ）
∴ａ≡ｂ（modｎ）
よって、ａとｂはｎで割った余りが等しいので、
ａ＋ｎℤ＝ｂ＋ｎℤ
∴ａ＋Ｈ＝ｂ＋Ｈ
よって、（２）⇒（１）も納得出来ると思う。

因みに、（３）と（４）も途中で出てきますね。（１）と（５）の関係は自明な事。

念のため、全て私のオリジナルです。（今回思い付いたものです。）
もっとも、特殊化したものですが。

おまけ：

問題
△ＡＢＣで、点Ｐ，Ｑはそれぞれ辺ＡＢ，ＢＣの中点、点Ｄは線分ＣＰ，ＡＱの交点である。ＡＱ⊥ＣＰ，ＡＣ＝８ｃｍのとき、線分ＢＤの長さを求めよ。
（９２　早稲田）

解法１（模範解答）
ＢＤの延長と辺ＣＡとの交点をＲとする。
点Ｄは三角形ＡＢＣの中線ＡＱとＣＰの交点だから、三角形ＡＢＣの重心。
したがって、Ｒは辺ＣＡの中点である。
ここで、Ｒは直角三角形ＡＤＣの斜辺ＣＡの中点だから、ＲＡ＝ＲＣ＝ＲＤ＝４(ｃｍ)
重心は中線を２：１に分けるので、ＢＤ：ＤＲ＝２：１
よって、ＢＤ＝２×ＤＲ＝８(ｃｍ)
「高校への数学　日日のハイレベル演習」臨時増刊２００３－５より

別解を２通り作ってみました。まぁ、受験的にはあまり意味がない事ですが。（マニアには受けると思います。）

おまけ：
https://www.sponichi.co.jp/entertainment/news/2024/04/16/kiji/20240416s00041000600000c.html

問題
△ＡＢＣで、点Ｐ，Ｑはそれぞれ辺ＡＢ，ＢＣの中点、点Ｄは線分ＣＰ，ＡＱの交点である。ＡＱ⊥ＣＰ，ＡＣ＝８ｃｍのとき、線分ＢＤの長さを求めよ。
（９２　早稲田）

解法２
ＤＰの延長上にＰＥ＝ＰＤとなる点Ｅを取ると、線分ＡＢと線分ＤＥは互いの中点で交わるので、四角形ＡＥＢＤは平行四辺形になる。（対角線が互いの中点で交わっているから。）
∴ＢＤ＝ＥＡ———①
また、点Ｄは△ＡＢＣの重心よりＣＤ：ＤＰ＝２：１でＤＰ＝ＥＰより、ＣＤ＝ＥＤである。
また、∠ＡＤＣ＝∠ＡＤＥ＝９０°，ＡＤは共通より二辺挟角が等しいので、△ＡＣＤ≡△ＡＥＤ　∴ＥＡ＝ＡＣ＝８ｃｍ———②
①，②より、ＢＤ＝８ｃｍ

解法３は次回。ただし、あまり面白くありません。

おまけ：
https://www.otani.ac.jp/yomu_page/b_yougo/nab3mq0000000qkz.html

問題
△ＡＢＣで、点Ｐ，Ｑはそれぞれ辺ＡＢ，ＢＣの中点、点Ｄは線分ＣＰ，ＡＱの交点である。ＡＱ⊥ＣＰ，ＡＣ＝８ｃｍのとき、線分ＢＤの長さを求めよ。
（９２　早稲田）

解法３
ＣＰの延長上にＥＰ＝ＣＰとなる点Ｅを取ると、線分ＣＥと線分ＡＢは互いの中点で交わるので、四角形ＡＥＢＣは平行四辺形になる。
∴ＥＢ＝ＡＣ＝８ｃｍ———①
また、ＢからＥＰに垂線を下ろしその足をＨとすると、ＡＰ＝ＢＰ，∠ＡＤＰ＝∠ＢＨＰ＝９０°，∠ＡＰＤ＝∠ＢＰＨより、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、△ＡＰＤ≡△ＢＰＨ　よって、ＨＰ＝ＤＰ＝ａと置く。　
ところで、点Ｄは△ＡＢＣの重心より、
ＣＤ：ＤＰ＝２：１　よって、ＣＤ＝２ａ
∴ＣＰ＝２ａ＋ａ＝３ａ　∴ＥＰ＝３ａ
∴ＥＨ＝３ａ－ａ＝２ａ
また、ＤＨ＝ａ＋ａ＝２ａ　∴ＥＨ＝ＤＨ
よって、点ＨはＤＥの中点でＢＨ⊥ＤＥより△ＢＥＤは二等辺三角形。∴ＢＤ＝ＥＢ———②
①，②より、ＢＤ＝８ｃｍ

解法４（今回の新作）
ＣＰの延長上にＢから垂線を下ろしその足をＨとすると、ＡＰ＝ＢＰ，∠ＡＤＰ＝∠ＢＨＰ＝９０°，∠ＡＰＤ＝∠ＢＰＨより、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、△ＡＰＤ≡△ＢＰＨ
∴ＤＰ＝ＨＰ，ＡＤ＝ＢＨ———①
また、点Ｄは△ＡＢＣの重心より、
ＣＤ：ＤＰ＝２：１
よって、ＣＤ＝２ＤＰ＝ＤＰ＋ＨＰ＝ＤＨ
∴ＣＤ＝ＤＨ———②
∠ＡＤＣ＝∠ＢＨＤ———③
①，②，③より、二辺挟角が等しいので、
△ＡＣＤ≡ＢＤＨ　∴ＢＤ＝ＡＣ＝８ｃｍ
よって、答えは、８ｃｍ

念のため、解法２と解法３も私のオリジナルです。

おまけ：
https://www.nikkansports.com/entertainment/news/202404170001011.html