数学

算数の別解
ＡＣの真ん中の点をＭとして、ＢＭ，ＤＭを結ぶと、ＢＭは直角三角形の直角と斜辺の真ん中の点を結んでいるので、定石によりＭＡ＝ＭＢ＝ＭＣ（長方形を対角線で斜めに半分に切った形を考えれば分かる。）
よって、ＭＢ＝４÷２＝２ｃｍ　また、ＭＢ＝ＭＣより△ＭＢＣは二等辺三角形より、
∠ＭＢＣ＝∠ＭＣＢ　
よって、∠ＭＢＤ＝∠ＡＣＤ———①
また、ＢＤ：ＢＭ＝１：２，
ＣＤ：ＣＡ＝２：４＝１：２より、
ＢＤ：ＢＭ＝ＣＤ：ＣＡ———②
①，②より、二辺比と挟角が等しいので、
△ＢＤＭと△ＣＤＡは相似である。
よって、∠ＤＢＭ＝イ，∠ＤＭＢ＝ア
よって、△ＤＢＭの内対角の和より、
∠ＣＤＭ＝ア＋イ
ところで、△ＣＤＭはＣＤ＝ＣＭ＝２ｃｍより二等辺三角形。
よって、∠ＣＭＤ＝∠ＣＤＭ＝ア＋イ
よって、△ＣＤＭの内角の和より、
イ＋(ア＋イ)＋(ア＋イ)＝１８０°
よって、∠ア２個分と∠イ３個分の和は１８０°よって、答えは、１８０°

何でもありの解法
三平方の定理より、
ＡＢ＝√(４^2－３^2)＝√７ｃｍ
ここで、∠Ｃの二等分線を引き、ＡＢとの交点をＥとすると、角の二等分線の定理より、
ＡＥ：ＢＥ＝４：３
∴ＢＥ＝(３/７)ＡＢ＝３√７/７ｃｍ
∴ＢＣ：ＢＥ＝３：３√７/７＝７：√７
＝√７：１
また、ＢＡ：ＢＤ＝√７：１より、
ＢＣ：ＢＥ＝ＢＡ：ＢＤ
よって、二辺比と挟角が等しいので、
△ＡＢＤ∽△ＣＢＥ
∴∠ＤＡＢ＝∠ＥＣＢ＝∠イ/２
よって、△ＡＢＣの内角の和より、
ア＋イ＋イ/２＝９０°
よって、２×ア＋３×イ＝１８０°
よって、∠ア２個分と∠イ３個分の和は１８０°よって、答えは、１８０°

因みに、算数の別解は今回暗算で思い付きましたが、今まで何度考えても１度も思い付きませんでした。時が来ると新しい展開が待っているのでしょうか。

おまけ：

問題１の別解
△ＡＢＣと△ＤＥＦは合同なので片方をスライドさせたと考えると、ＡＤ∥ＥＣ
よって、△ＧＤＡと△ＧＥＣは相似。また、△ＧＥＣと△ＡＢＣも相似なので、△ＧＤＡと△ＡＢＣは相似である。
よって、△ＡＢＣの直角を挟む二辺の比は２：３より、ＡＣ＝(３/２)×６＝９ｃｍ
よって、ＧＣ＝９－３＝６ｃｍ
また、ＤＦ＝ＡＣ＝９ｃｍより、
台形ＧＣＦＤ＝(６＋９)×２÷２＝１５ｃｍ^2
よって、答えは、１５ｃｍ^2

問題２の中学数学の解法
食塩の重さをｘｇと置くと、
ｘ/(ｘ＋６０)＝２０/１００
が成り立つ。
∴ｘ/(ｘ＋６０)＝１/５　
∴５ｘ＝ｘ＋６０　∴４ｘ＝６０
∴ｘ＝１５
よって、答えは、１５ｇ

問題３の何でもありの解法１
正方形の１辺の長さを１として、ＥＦ＝ＥＣ＝ｘと置くと、ＤＥ＝１－ｘ
ところで、∠ＡＤＦ＝∠ＥＤＦ＝４５°より△ＤＡＥで角の二等分線の定理を使うと、
１：１－ｘ＝ＡＦ：ｘが成り立つ。
∴ＡＦ＝ｘ/(１－ｘ)
∴ＡＥ＝ｘ/(１－ｘ)＋ｘ
＝{ｘ＋ｘ(１－ｘ)}/(１－ｘ)
＝(－ｘ^2＋２ｘ)/(１－ｘ)
よって、△ＤＡＥで三平方の定理を使うと、
１^1＋(１－ｘ)^2＝{(－ｘ^2＋２ｘ)/(１－ｘ)}^2
∴ｘ^2－２ｘ＋２＝(－ｘ^2＋２ｘ)^2/(１－ｘ)^2
∴(１－ｘ)^2(ｘ^2－２ｘ＋２)＝(－ｘ^2＋２ｘ)^2
∴(ｘ^2－２ｘ＋１)(ｘ^2－２ｘ＋２)＝ｘ^2(ｘ－２)^2
∴(ｘ^2－２ｘ)^2＋３(ｘ^2－２ｘ)＋２＝ｘ^2(ｘ^2－４ｘ＋４)
∴ｘ^４－４ｘ^3＋４ｘ^2＋３ｘ^2－６ｘ＋２＝ｘ^4－４ｘ^3＋４ｘ^2
∴３ｘ^2－６ｘ＋２＝０
∴ｘ＝(３±√３)/３
ところで、ｘ＜１より、ｘ＝(３－√３)/３
∴１－ｘ＝１－(３－√３)/３＝√３/３
∴ＤＥ＝１－ｘ＝√３/３　
また、ＡＤ＝１より、ＤＥ：ＡＤ＝√３/３：１＝√３：３＝１：√３
よって、△ＤＡＥは１：２：√３の直角三角形である。∴∠ＥＡＤ＝３０°
∴∠ＦＡＤ＝３０°また、∠ＦＤＡ＝４５°より、△ＦＡＤの内対角の和により、
∠ＡＦＢ＝３０°＋４５°＝７５°
よって、答えは、７５°

因みに、角の二等分線の定理を使わなくても出来るが、それは省略で、次回は高校数学の解法。

おまけ：
「大谷は今季が渡米7年目となる。1年目の2018年から家庭教師をつけずに教材などを使った独学だったと聞く。それでも類い稀な上達ぶりを見せ、同年オフには水原一平通訳が「めちゃくちゃ上がっています。話す方でも自分から話すし、聞く方もかなり理解している」と絶賛するほどだった。水原通訳が当時からとりわけ称賛していたのが、大谷のコミュニケーション能力だ。

「自信を持って下手でも堂々と話せば上達する。翔平は自然とできているんです。それがすごいなと思います」

　米国育ちの水原通訳は多くの留学生と接してきたが、その中でも大谷の上達スピードは「スバ抜いている」と語っていた。なんでも、まずはトライしてみる。グラウンドだけでなく、語学でも“積極性”が持ち味のようだ。」
引用元：https://full-count.jp/2024/01/28/post1506434/

問題３の何でもありの解法２
正方形の１辺の長さを１として、ＥＦ＝ＥＣ＝ｘと置くと、ＤＥ＝１－ｘ
ここで、ＢＣの延長とＡＥの延長との交点をＧとすると、△ＥＤＡ∽△ＥＣＧより、
１－ｘ：ｘ＝１：ＣＧが成り立つ。
∴ＣＧ＝ｘ/(１－ｘ)
∴ＢＧ＝１＋ｘ/(１－ｘ)＝１/(１－ｘ)
また、△ＦＤＡ∽△ＦＢＧで相似比１：１/(１－ｘ)＝１－ｘ：１より、ＤＦ＝{(１－ｘ)/(２－ｘ)}ＤＢ＝√２(１－ｘ)/(２－ｘ)
ここで、△ＤＥＦで余弦定理を使うと、計算省略で、３ｘ^2－６ｘ＋２＝０となり、以後、解法１と同じ。

おまけ：

＞問題 5-6b
ℤ/nℤは１のｎ乗根のなす群と同型であることを示せ。

まず、問題の意味は、ℤ/nℤはｎで割った余りの集合全体。例えば、ℤ/3ℤだったら３で割り切れる数の集合と３で割って１余る数の集合と３で割って２余る集合に分類されるが、
[０]＝{ｘ｜ｘ＝３ｍ（ｍは整数）}
[１]＝{ｘ｜ｘ＝３ｍ＋１（ｍは整数）}
[２]＝{ｘ｜ｘ＝３ｍ＋２（ｍは整数）}
と置くと、
ℤ/3ℤ＝{[０]，[１]，[２]}———①
という事。だから、
ℤ/nℤ＝{[０]，[１]，[２]，･･･，[ｎ－１]}
また、１のｎ乗根のなす集合を考えると、例えば、ｘ^3＝１とすると、ｘ^3－１＝０
∴(ｘ－１)(ｘ^2＋ｘ＋１)＝０
∴ｘ＝１，ω，ω^2　
ただし、ω＝(－１＋√３ｉ)/２
∴１の３乗根のなす集合＝{１，ω，ω^2}———②
①も②も同じ３個だし、同型のような気がするだろう。それを証明せよという問題である。
因みに、ℤ/nℤは[０]～[ｎ－１]でｎ個だが、代数学の基本定理よりｎ次方程式は重根を含めてｎ個の解を持ち、ｘ^n＝１という方程式は重根を持たないので、解はｎ個である。よって、同じ個数だという事。

＞群演算を保つ全単射φを構成する。ℤ/nℤの元[ａ]＝[ａ]nに対して、
φ([ａ])＝ｅ^(2πia/n)＝cos(2πa/n)＋ｉsin(2πa/n)
を対応させる。

これは、例えば、{[０]，[１]，[２]}と{１，ω，ω^2}と比較するのに写像を利用すると便利だから橋渡しをするという意味である。
ただし、右辺のcosθ＋ｉsinθが複素数の極形式表示である事を知らないとダメである。それを知っていればとりあえず、{１，ω，ω^2}に対応している事が分かるだろう。（cos(2πa/n)＋ｉsin(2πa/n)はｎ乗根に対応している。）

＞ｅ^ix＝ｅ^iyは、ｉ(ｘ－ｙ)が２πⅰの整数倍であることと同値

ｅ^ix＝ｅ^iyより、ｅ^ix/ｅ^iy＝１
∴ｅ^i(x-y)＝１
ここで、オイラーの関係式を使うと、
ｅ^i(x-y)＝cos(ｘ－ｙ)＋ｉsin(ｘ－ｙ)＝１
よって、ｘ－ｙ＝２ｍπ（ｍ∈ℤ）
よって、ｘ－ｙは２πの整数倍より、「ｉ(ｘ－ｙ)が２πⅰの整数倍である」。

＞φ([ａ])＝φ([ｂ])ならば(ａ－ｂ)/ｎが整数である。

φ([ａ])＝φ([ｂ])ならば、
「φ([ａ])＝ｅ^(2πia/n)＝cos(2πa/n)＋ｉsin(2πa/n)（上の定義）」より、
ｅ^(2πia/n)＝ｅ^(2πib/n)
また、上の「ｅ^ix＝ｅ^iyは、ｉ(ｘ－ｙ)が２πⅰの整数倍である」より、
ｉ(2πa/n－2πb/n)が２πⅰの整数倍である。よって、２πⅰ{(ａ－ｂ)/ｎ}より、
「(ａ－ｂ)/ｎが整数」。

＞φ([ａ])＝φ([ｂ])ならば(ａ－ｂ)/ｎが整数である。よって[ａ]＝[ｂ]であり、φは単射である。

まず、(ａ－ｂ)/ｎが整数より、
ａ－ｂ≡０（mod ｎ）∴ａ≡ｂ（mod ｎ）
ところで、初めに「ℤ/nℤの元[ａ]」と定義されていて、ℤ/nℤはｎで割った余りの集合なので、
ａ≡ｂ（mod ｎ）より、[ａ]＝[ｂ]

よって、φ([ａ])＝φ([ｂ])ならば[ａ]＝[ｂ]が証明され、行った先が同じならばもとが同じという事で単射である。つまり、φは単射。

＞任意の１のｎ乗根はｅ^(2πia/n)の形なのでφは全射である。

上で定義したφの定義より、
φ([ａ])＝ｅ^(2πia/n)
右辺のａの値をどんなに変化させても左辺のａが対応するので、φは全射である。

よって、φは全単射である事が証明されたので、
ℤ/3ℤ＝{[０]，[１]，[２]}———①
１の３乗根のなす集合＝{１，ω，ω^2}———②
①と②の個数が同じだった事は偶然ではない事が証明された。ただし、まだ同型である事は言えない。

＞φが群演算を保つことは指数法則から従う：
φ([ａ]＋[ｂ])＝φ([ａ＋ｂ])＝ｅ^{2πi(a+b)/n}
＝ｅ^(2πia/n)・ｅ^(2πib/n)＝φ([ａ])φ([ｂ])
ゆえにℤ/nℤは、１のｎ乗根のなす群と同型である。

群構造を保つとは、写像元の集合でａという元とｂという元が存在し、積という演算が定義されているとすると、その集合内でａｂという元が存在する（群だから演算について閉じているから）。そして、写像先でφ(ａ)とφ(ｂ)という元が存在しφ(ａｂ)という元が存在する。しかし、ここで、φ(ａｂ)＝φ(ａ)φ(ｂ)とならないと、写像先でφ(ａ)とφ(ｂ)の積が定義されない。つまり、群構造が保たれないという事である。因みに、写像元と写像先の演算をともに積としたが、演算は異なっても良い。

つまり、上の式φ([ａ]＋[ｂ])＝φ([ａ＋ｂ])＝ｅ^{2πi(a+b)/n}
＝ｅ^(2πia/n)・ｅ^(2πib/n)＝φ([ａ])φ([ｂ])
は、φ([ａ]＋[ｂ])＝φ([ａ])φ([ｂ])が成り立つ事を証明している訳である。これを準同型写像という。つまり、φは準同型写像で全単射なので同型写像である。（φは群構造を保って全単射だから。）
よって、２つの集合の間に同型写像が存在するので、２つの集合は同型である。

おまけ：
https://mainichi.jp/articles/20240402/k00/00m/040/239000c

解説
＞<ａ＝<ｂ⇔<ａ－<ｂ＝<０⇔<(ａ－ｂ)＝<０⇔|(ａ－ｂ)∈|３ℤ12

解説１
<(ａ－ｂ)＝<０⇔|(ａ－ｂ)∈|３ℤ12

定理4.1の系の演算を加法で考えると、

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

ａ＋Ｈ＝Ｈ⇔ａ∈Ｈ———☆
ここで、<ａ＝|ａ＋|３ℤ12という関係より、
<(ａ－ｂ)＝<０
⇔|(ａ－ｂ)＋|３ℤ12＝|０＋|３ℤ12
⇔|(ａ－ｂ)＋|３ℤ12＝|３ℤ12
⇔|(ａ－ｂ)∈|３ℤ12（☆より）
よって、<(ａ－ｂ)＝<０⇔|(ａ－ｂ)∈|３ℤ12
という事である。

解説２
<ａ＝|ａ＋|３ℤ12という関係より、
<ａ＝<ｂ⇔ａ≡ｂ(mod |３)⇔ａ≡ｂ(mod |３ℤ12)———①

ここで、参考書p.162より、
「整数環ℤの加法群としての部分群ｎℤ（ｎ∈ℤ）は正規部分群であって、剰余群ℤn＝ℤ/ｎℤを考えることができた。復習してみると次のようであった。
ℤの元ａ,ｂについて
ａ≡ｂ（mod ｎℤ）⇔ａ－ｂ∈ｎℤ
によって同値関係が定義され、この同値関係によって剰余類の集合
ℤn＝{|０,|１,|２,･･･,|(ｎ－１)}
を構成することができた。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

とあるので、
ａ≡ｂ(mod |３ℤ12)⇔ａ－ｂ∈ |３ℤ12———②
①,②より、
<ａ＝<ｂ⇔ａ－ｂ∈ |３ℤ12
という事である。念のため、参考書が述べている事は当たり前の事である。（例えば、３で割った余りが２の集合の任意の２つの元の差は必ず３の倍数になるという事。）

＞|３(ℤ/１２ℤ)＝３ℤ/１２ℤ

|３(ℤ/１２ℤ)＝(３＋１２ℤ)(ａ＋１２ℤ)（ａ∈ℤ）
＝３ａ＋３・１２ℤ＋１２ℤ・ａ＋１２ℤ・１２ℤ
＝３ａ＋１２ℤ（１２ℤはイデアルだから。）
＝３ℤ/１２ℤ
∴|３(ℤ/１２ℤ)＝３ℤ/１２ℤ

念のため、参考書p.162より、
|ａ＝{ｘ∈Ｒ｜ｘ≡ａ（modＩ）}＝ａ＋Ｉ
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

おまけ：

算数の別解
図の直角の頂点をＤとし、ＢＤとＡＣの交点をＥとする。
ここで、ＢＡの延長とＣＤの延長との交点をＦとすると、△ＡＢＣは直角二等辺三角形より、
ＡＢ＝ＡＣ———①
また、△ＡＢＥと△ＤＣＥにおいて直角と対頂角の２角が等しいので残りの１角も等しい。
よって、∠ＡＢＥ＝∠ＡＣＦ———②
また、∠ＥＡＢ＝∠ＦＡＣ＝９０°———③
①,②,③より、１辺両端が等しいので、
△ＡＢＥと△ＡＣＦは合同。
ところで、△ＡＢＥ＝(１/２)△ＡＢＣ＝５ｃｍ^2より、△ＡＣＦ＝５ｃｍ^2
また、ＡＥ＝ＥＣより、△ＦＡＥ＝(１/２)△ＡＣＦ＝５/２ｃｍ^2
よって、△ＦＢＥ＝△ＡＢＥ＋△ＦＡＥ＝５＋５/２＝１５/２ｃｍ^2
また、△ＣＢＥ＝△ＡＢＥ＝５ｃｍ^2より、
△ＦＢＥと△ＣＢＥの面積比は１５/２：５＝３：２で、△ＦＢＥと△ＣＢＥは底辺ＢＥを共有しているので、面積比は高さの比と等しい。
よって、ＦＤ：ＣＤ＝３：２
ところで、△ＥＦＣ＝(１/２)△ＡＣＦ＝５/２ｃｍ^2
よって、△ＥＣＤ＝(２/５)△ＥＦＣ＝(２/５)×(５/２)＝１ｃｍ^2
よって、グレー部分の面積は、１ｃｍ^2

因みに、時が経つとこの記事は消えてしまうので、問題として模範解答も残しておきますね。

問題
∠Ａを直角とする直角三角形ＡＢＣの辺ＡＣの中点をＥとし、ＢＥの延長上にＣから垂線を下ろしその足をＤとする。△ＡＢＣの面積が１０ｃｍ^2である時、△ＣＤＥの面積を求めよ。

模範解答
ＡからＢＥに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＡＢＥは直角三角形でＡＨは直角から斜辺に垂線が下りている形なので、定石により△ＥＡＨと△ＡＢＨと△ＥＢＡは相似で△ＥＢＡの直角を挟む２辺の比は１：２より、残りの２つの三角形の直角を挟む２辺の比も１：２
よって、ＥＨ＝①と置くと、ＡＨ＝②でＢＨ＝④　よって、ＢＥ＝④＋①＝⑤
よって、ＥＨ：ＥＢ＝１：５
よって、△ＡＨＥ＝(１/５)△ＡＢＥ＝(１/５)×(１０÷２)＝１ｃｍ^2
また、△ＡＨＥと△ＣＤＥは合同より、
△ＣＤＥ＝△ＡＨＥ＝１ｃｍ^2
よって、答えは、１ｃｍ^2

おまけ：

問題
∠Ａを直角とする直角三角形ＡＢＣの辺ＡＣの中点をＥとし、ＢＥの延長上にＣから垂線を下ろしその足をＤとする。△ＡＢＣの面積が１０ｃｍ^2である時、△ＣＤＥの面積を求めよ。

算数の別解２
△ＡＢＥと△ＤＣＥは相似より△ＤＣＥは直角を挟む二辺比は１：２
ここで、ＤからＣＥに垂線を下ろしその足をＨとすると、定石の形より△ＥＤＨと△ＤＣＨと△ＣＥＤは相似で△ＥＤＨと△ＤＣＨの直角を挟む二辺の比もそれぞれ１：２
よって、ＥＨ＝①と置くとＤＨ＝②でＣＨ＝④より、ＥＣ＝①＋④＝⑤
よって、ＡＢ＝ＡＣ＝⑤×２＝⑩
よって、ＢＡ：ＤＨ＝⑩：②＝５：１
よって、△ＢＡＥ：△ＤＣＥ＝５：１
ところで、△ＢＡＥ＝１０÷２＝５ｃｍ^2より、
△ＤＣＥ＝５×(１/５)＝１ｃｍ^2
よって、△ＣＤＥの面積は１ｃｍ^2

これは模範解答の変形だと言われても仕方がないので、何でもありのちょっと面白い解法も付け加えますね。

何でもありの解法
ＡＥ：ＡＢ＝１：２で∠Ｂ＝４５°より、
ＤＣ：ＤＢ＝１：３

∵Arctan(1/2)＋Arctan(1/3)＝π/４だから。
証明
Arctanの加法定理より、
Arctan(1/2)＋Arctan(1/3)
＝Arctan[(1/2＋1/3)/{1－(1/2)(1/3)}]
＝Arctan１＝π/４

ところで、ＡＢ^2/２＝１０より、ＡＢ^2＝２０　∴ＡＢ＝２√５ｃｍ　∴ＢＣ＝２√１０ｃｍ
これとＤＣ：ＤＢ＝１：３よりＤＣ＝２ｃｍ，ＤＢ＝６ｃｍと分かる。（△ＤＢＣは１：３：√１０の直角三角形だから。）
また、△ＣＤＥの直角を挟む二辺の比は１：２より、ＤＥ＝１ｃｍ
よって、△ＣＤＥ＝２×１÷２＝１ｃｍ^2

念のため、何でもありで普通に解きたかったらＥＣを求めてＤＣ，ＤＥを求めれば良い。

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/a442bd28ca5b56044f2273118f4ca9d5ccab98a0

解説
＞（３）自明な部分群がある。２個の元を含む部分群は{±１}のみである。４個の元を含む部分群は、位数４の元が生成する部分群{±１,±ｉ}，{±１,±ｊ}，{±１,±ｋ}（３つ）以外にない。（位数２の元が－１しかないから）。

問題文は「（３）Ｑ8の部分群を求めよ。」で、
Ｑ8＝{±１,±ｉ,±ｊ,±ｋ}よりＱ8の元の個数は８個よりラグランジュの定理により、部分群の元の個数はその約数で１，２，４，８個のどれかである。
そして、１個の部分群は{１}で８個の部分群はＱ8＝{±１,±ｉ,±ｊ,±ｋ}である。
次に、元の個数が４個の部分群を考える。そこで（２）から位数４の元を考えると、
「位数４の元（６個）・・・±ｉ,±ｊ,±ｋ」
よって、ｉを生成元とする巡回部分群を考えると、ｉ^2＝－１，ｉ^3＝－ｉ，ｉ^4＝１となり、{ｉ,－１,－ｉ,１}＝{±１,±ｉ}となる。－ｉを生成元としても同じになり、±ｊを生成元，±ｋを生成元とすると、同様に{±１,±ｊ}，{±１,±ｋ}となる。
また、元の個数が４個の部分群で巡回群ではなくいくつかの部分群で出来ているものを考えると、ラグランジュの定理よりその部分群は４の約数より位数２の元で生成されているはずである。ところが、位数２の元は（２）から、
「位数２の元（１個）・・・－１」
この１つしかないから、{－１,１}しか出来ず、元の個数が４個の群は作れない。
よって、元の個数が４個の部分群は３個のみである。（{±１,±ｉ}，{±１,±ｊ}，{±１,±ｋ}）

＞（４）自明な部分群は正規部分群である。問題 5-4と同様に、位数４の元が生成する部分群Ｎは正規部分群である。また位数２の元もＮの２個の元からなる唯一の部分群なので、位数２の元が生成する部分群も正規部分群である。以上より、すべての部分群が正規部分群である。

{１}とＱ8＝{±１,±ｉ,±ｊ,±ｋ}が自明な部分群でこれらがＱ8の元全てにおいて可換である事は自明なので、どちらも正規部分群である。

{１}がＱ8の元全てにおいて可換である事は自明だが、Ｑ8の方は証明しておく事にする。

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

このＧ，ＨをＧ＝Ｈ＝Ｑ8とすると、
ａＱ8＝Ｑ8ａ（∀ａ∈Ｑ8）となりＱ8は正規部分群である。

＞位数４の元が生成する部分群Ｎは正規部分群である。

Ｑ8を部分群Ｎで類別すると、
Ｑ8＝Ｎ∪ａＮ（∃ａ∈Ｑ8）となり、指数が２（８÷４＝２）なので、問題 5-2よりＮはＱ8の正規部分群である。
よって、元の個数が４個の部分群は全て正規部分群である。

問題 5-2
群Ｇの部分群Ｈの指数が２に等しいとき、ＨはＧの正規部分群であることを示せ。

＞また位数２の元もＮの２個の元からなる唯一の部分群なので、位数２の元が生成する部分群も正規部分群である。

これは前回同様分からないので、他の方法で{－１,１}がＱ8の正規部分群である事を示す。
Ｑ8＝{±１,±ｉ,±ｊ,±ｋ}

定義5.1
Ｇのすべての元ａに対しａＨ＝Ｈａとなるとき、あるいは、いいかえるとＧのすべての元ａに対しａＨａ^-1＝Ｈとなるとき、ＨをＧの正規部分群といい、Ｈ⊴Ｇで表す。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

よって、愚直に証明する。
Ｈ＝{－１,１}と置くと、
１Ｈ＝{－１,１}＝Ｈ１
(－１)Ｈ＝{１,－１}＝Ｈ(－１)
ｉＨ＝{－ｉ,ｉ}＝Ｈｉ
(－ｉ)Ｈ＝{ｉ,－ｉ}＝Ｈ(－ｉ)
ｊＨ＝{－ｊ,ｊ}＝Ｈｊ
(－ｊ)Ｈ＝{ｊ,－ｊ}＝Ｈ(－ｊ)
ｋＨ＝{－ｋ,ｋ}＝Ｈｋ
(－ｋ)Ｈ＝{ｋ,－ｋ}＝Ｈ(－ｋ)
よって、Ｑ8の全ての元に対してａＨ＝Ｈａが成り立つので、部分群Ｈ＝{－１,１}はＱ8の正規部分群である。
よって、元の個数が２個の部分群も正規部分群である。

因みに、前回の、

＞（３）自明な群{id}，Ｄ4は正規部分群である。問題 5-2より、４個の元を含む３つの部分群はすべて正規部分群である。
位数２の元については（注）、σ(σ^iτ)σ^-1＝σ^(i+2)τとなるので（τσ^-1＝στに注意）、σ^iτを含むものは正規部分群ではない。{id,σ^2}は正規部分群{id,σ,σ^2,σ^3}の部分群でちょうど２個の元を含む唯一の部分群なのでＤ4の正規部分群になる（あるいはτσ^2τ＝σ^2からもわかる）。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

＞（あるいはτσ^2τ＝σ^2からもわかる）。

こっちを考えよう。ところで、τはｘ軸に関する対称移動なので２回やると元に戻る。
∴τ^2＝id（恒等変換）
この両辺にτ^-1をかけると、
τ＝τ^-1
ところで、上の実験のように調べれば、τσ^2τ＝σ^2が分かる。これにτ＝τ^-1を代入すると、
τσ^2τ^-1＝σ^2
よって、「注」より、σ^2は正規部分群である。

注：一般に群Ｇの部分群ＨがＧの正規部分群かどうかはｇＨｇ^-1＝Ｈ（ｇはＧの任意の元）を確かめればわかります。もちろんそれ以外の方法もあります。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

これはうっかり勘違いをしていました。これの意味もよく分かりません。ある元だけでは証明になりませんからね。
念のため、τσ^2τ＝σ^2は合っています。

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/6c31483511be459e730204abeca85a8b545aab39

解説
＞ラグランジュの定理より、含まれる元の個数が１,２,４,８個の部分群を考える。

定理4.4（ラグランジュの定理）
有限群Ｇの部分群Ｈに対して、Ｇに含まれる元の個数は、Ｈに含まれる元の個数にＨの指数を掛けた数に等しい。すなわち
|Ｇ|＝(Ｇ：Ｈ)|Ｈ|
が成り立つ。とくに|Ｈ|は|Ｇ|の約数である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

問題は「（２）Ｄ4の部分群を求めよ」で、
Ｄ4＝{id,σ,σ^2,σ^3,τ,στ,σ^2τ,σ^3τ}
より、元の個数は８個。
よって、定理4.4の最後の所の「とくに|Ｈ|は|Ｇ|の約数である」から部分群の元の個数はもとの群の元の個数の約数である事が分かる。
つまり、８の約数より１,２,４,８個である。

＞位数４の元を含むものは（１）より{id,σ,σ^2,σ^3}（１個）である。そのほかは、位数２の元からなるので、組合せを調べて{id,σ^2,τ,σ^2τ}，{id,σ^2,στ,σ^3τ}の２個である。以上より４個の元を含む部分群は３個である。

（１）から「位数４の元（２個）･･･σ，σ^3」より、σの位数は４である。よって、σを生成元とする巡回部分群の元の個数は４個である。
よって、４個の元を含む部分群は、まず{id,σ,σ^2,σ^3}が確定。
その他の元の個数が４個の部分群はさらに部分群を含み、それは先のラグランジュの定理より４の約数が位数なので２が位数の元を考える。
（１）より、「位数２の元（５個）･･･σ^2，τ，στ，σ^2τ，σ^3τ」
ところで、元の個数が４個の部分群の１つの元は必ず単位元（id）である。よって、残りの３個をこの中から選ぶと、
{id,σ^2,τ,στ}———①
{id,σ^2,τ,σ^2τ}———②
{id,σ^2,τ,σ^3τ}———③
{id,σ^2,στ,σ^2τ}———④
{id,σ^2,στ,σ^3τ}———⑤
など、全部で5Ｃ3＝5Ｃ2＝(５×４)/(２×１)＝１０通りあるが、
この中で②と⑤はσ^2・τ＝σ^2τとσ^2・στ＝σ^3τで演算について閉じている。他は、例えば、{τ，στ，σ^2τ}などはτの数が合わないなど不適である。（厳密な理由は省略。本当は１０個全部確認した方が良い。）
よって、「組合せを調べて{id,σ^2,τ,σ^2τ}，{id,σ^2,στ,σ^3τ}の２個である。以上より４個の元を含む部分群は３個である」という事である。

＞問題 5-2より、４個の元を含む３つの部分群はすべて正規部分群である。

問題 5-2
群Ｇの部分群Ｈの指数が２に等しいとき、ＨはＧの正規部分群であることを示せ。

「群Ｇの部分群Ｈに対して、右Ｈ傍系の個数をＨの指数といい、(Ｇ：Ｈ)と表します。」
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

この解説じゃよく分からないと思うが、要は群Ｇを部分群Ｈで類別した時のその類の個数の事である。つまり、
Ｄ4＝{id,σ,σ^2,σ^3,τ,στ,σ^2τ,σ^3τ}
をＨ＝{id,σ,σ^2,σ^3}と置いて部分群Ｈで類別すると、
Ｄ4＝Ｈ∪Ｈτとなり、類が２つで指数２となるという事である。そして、Ｄ4は８個の元なので４個の部分群で類別すると必ず指数が２となり、問題 5-2から必ず正規部分群であるという事である。
https://kotobank.jp/word/%E9%A1%9E%E5%88%A5-660398

続きは次回。

おまけ：

解説の続き

次の文章を完全解説して下さい。

問題 5-4b
問題 5-3の二面体群Ｄ4について次の問いに答えよ。
（１）位数２,４の元を挙げよ。
（２）Ｄ4の部分群を求めよ。
（３）Ｄ4の正規部分群を求めよ。

解答
（１）各元の位数を計算する。位数２の元（５個）･･･σ^2，τ，στ，σ^2τ，σ^3τ，
位数４の元（２個）･･･σ，σ^3
（２）ラグランジュの定理より、含まれる元の個数が１,２,４,８個の部分群を考える。そのうち、１個，８個の元を含むものは自明な部分群{id}，Ｄ4である。
２個の元を含む部分群は、（１）より５個ある：{id,σ^2}，{id,τ}，{id,στ}，{id,σ^2τ}，{id,σ^3τ}
４個の元を含む部分群は、位数４の元を含むものは（１）より{id,σ,σ^2,σ^3}（１個）である。そのほかは、位数２の元からなるので、組合せを調べて{id,σ^2,τ,σ^2τ}，{id,σ^2,στ,σ^3τ}の２個である。以上より４個の元を含む部分群は３個である。
（３）自明な群{id}，Ｄ4は正規部分群である。問題 5-2より、４個の元を含む３つの部分群はすべて正規部分群である。
位数２の元については（注）、σ(σ^iτ)σ^-1＝σ^(i+2)τとなるので（τσ^-1＝στに注意）、σ^iτを含むものは正規部分群ではない。{id,σ^2}は正規部分群{id,σ,σ^2,σ^3}の部分群でちょうど２個の元を含む唯一の部分群なのでＤ4の正規部分群になる（あるいはτσ^2τ＝σ^2からもわかる）。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

＞位数２の元については（注）、σ(σ^iτ)σ^-1＝σ^(i+2)τとなるので（τσ^-1＝στに注意）、σ^iτを含むものは正規部分群ではない。

注：一般に群Ｇの部分群ＨがＧの正規部分群かどうかはｇＨｇ^-1＝Ｈ（ｇはＧの任意の元）を確かめればわかります。もちろんそれ以外の方法もあります。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

まず、「τσ^-1＝στに注意」を考えると、

問題 5-3
座標平面の４点（±１,０）,（０,±１）を頂点とする正方形Ｐを考える。原点を中心とする９０度回転をσ，ｘ軸に関する対称移動（折り返し）をτと表す。σやτ（σ^2,στなど）で得られるＰの変換をすべて求めよ。これらの変換のなす群を４次二面体群といい、Ｄ4と表す。

より、例えば、座標（－１,０）を１，（０,－１）を２，（１,０）を３，（０,１）を４と振ると、

　４
１　３　———①
　２

という感じだが、これをτσ^-1で変換させてみると、まず、σ^-1で－９０°回転より、

　１
２　４
　３

となり、次にτよりｘ軸に関して対称移動させると、

　３
２　４　———②
　１

つまり、①をτσ^-1で変換させると②になる訳である。
次に、①をστで変換させてみると、まずτよりx軸に関して対称移動させると、

　２
１　３
　４

次に、σより９０°回転より、

　３
２　４　———③
　１

②＝③より、２つの変換は等しい。
よって、τσ^-1＝στという事である。

よって、σ(σ^iτ)σ^-1に代入する訳だが、その前にこれを考える理由は、位数２の元が（１）より、「位数２の元（５個）･･･σ^2，τ，στ，σ^2τ，σ^3τ」で、σ^2以外はσ^iτ（０≦ⅰ≦３）　という形をしているからである。（σ^2は次の段階で考える。）
そこで、σ(σ^iτ)σ^-1＝σσ^i(τσ^-1)
これに先のτσ^-1＝στを代入すると、
＝σ^(i+1)・στ＝σ^(i+2)τ
∴σ(σ^iτ)σ^-1＝σ^(i+2)τ
ところで、「注」より、
正規部分群だったらｇＨｇ^-1＝Ｈという形をしているので、これは正規部分群ではない。
つまり、σ(σ^iτ)σ^-1＝σ^iτとなっていたら正規部分群だったという事である。

＞{id,σ^2}は正規部分群{id,σ,σ^2,σ^3}の部分群でちょうど２個の元を含む唯一の部分群なのでＤ4の正規部分群になる（あるいはτσ^2τ＝σ^2からもわかる）。

{id,σ,σ^2,σ^3}を部分群{id,σ^2}で類別すると、Ｈ＝{id,σ^2}と置くと、
{id,σ,σ^2,σ^3}＝Ｈ∪σＨ
より、指数が２なので、問題 5-2より、Ｈは正規部分群である。

問題 5-2
群Ｇの部分群Ｈの指数が２に等しいとき、ＨはＧの正規部分群であることを示せ。

と思ったが、Ｈは{id,σ,σ^2,σ^3}の正規部分群で{id,σ,σ^2,σ^3}はＤ4の正規部分群だが、正規部分群の正規部分群は正規部分群とは限らないらしいので、こういう解釈ではないらしい。
http://yeaf.web.fc2.com/NormalSubgroupOfNormalSubgroup.pdf

もう一度よく考えると、「{id,σ^2}は正規部分群{id,σ,σ^2,σ^3}の部分群でちょうど２個の元を含む唯一の部分群」だと、{id,σ,σ^2,σ^3,τ,στ,σ^2τ,σ^3τ}の正規部分群になる理由とは？
ちょうど２個の元を含むＤ4の部分群は、
{id,σ^2}，{id,τ}，{id,στ}，{id,σ^2τ}，{id,σ^3τ}だが。
よく分からないので、保留。

＞（あるいはτσ^2τ＝σ^2からもわかる）。

こっちを考えよう。ところで、τはｘ軸に関する対称移動なので２回やると元に戻る。
∴τ^2＝id（恒等変換）
この両辺にτ^-1をかけると、
τ＝τ^-1
ところで、上の実験のように調べれば、τσ^2τ＝σ^2が分かる。これにτ＝τ^-1を代入すると、
τσ^2τ^-1＝σ^2
よって、「注」より、σ^2は正規部分群である。

注：一般に群Ｇの部分群ＨがＧの正規部分群かどうかはｇＨｇ^-1＝Ｈ（ｇはＧの任意の元）を確かめればわかります。もちろんそれ以外の方法もあります。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

まだまだ、経験値が足りないので、全然ダメですね。因みに、努力すれば誰でも分かるようなレベルにしたいのですが。（普通の受験参考書みたいに。）

おまけ：

おまけの解説
問題 5-2
群Ｇの部分群Ｈの指数が２に等しいとき、ＨはＧの正規部分群であることを示せ。

解答
Ｇの右傍系はＨとＧにおけるＨの補集合Ｍである。Ｇの左傍系も同様に、ＨとＧにおけるＨの補集合Ｍである。よって右傍系と左傍系が一致するのでＨはＧの正規部分群である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

解説
要は、Ｇの元でＨに属さない元をａとすると、Ｇの右傍系は、
Ｇ＝Ｈ∪ａＨ（Ｈ∩ａＨ＝φ）
左傍系は、
Ｇ＝Ｈ∪Ｈａ（Ｈ∩Ｈａ＝φ）
と表されるので、ａＨ＝Ｈａ
また、Ｈに属する元をｂとすると、定理4.1の系より、ｂＨ＝Ｈ，Ｈｂ＝Ｈより、Ｇの任意の元ｘについて、ｘＨ＝Ｈｘが成り立つ。
よって、ＨはＧの正規部分群という事。

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

定義4.3（傍系）
群Ｇの部分群をＨとする。
（１）Ｇの元ｇに対して、ｇＨ＝{ｇｈ；ｈはＨの元}（つまりｇに右からＨの元を掛けた元全体）を右傍系，あるいは、右Ｈ傍系という。
（２）Ｇの元ｇに対して、Ｈｇ＝{ｈｇ；ｈはＨの元}（つまりｇに左からＨの元を掛けた元全体）を左傍系，あるいは、左Ｈ傍系という。
（３）（記号）右Ｈ傍系全体のなす集合をＧ/Ｈと表し、左Ｈ傍系全体のなす集合をＨ＼Gと表す。
なお右傍系，左傍系の左右をとくに断らないとき、傍系という。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

感想
しかし、左剰余類と右剰余類を同じａで類別出来るのだろうか。
因みに、「演習　群・環・体 入門」新妻弘著と「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著でも同じような証明なので、私の指摘が正しいと仮定したらこの先生だけの問題ではなく、数学界全体の問題である。

因みに、別証はこちら。

別証
群Ｇの部分群をＨとして、|Ｇ：Ｈ|＝２ならばＨはＧの正規部分群であることを示す。はじめに、ＨとＧにおける指数が２であるから、Ｈ≠Ｇである。
（１）ａ∈Ｈについて、ａＨ＝Ｈ＝Ｈａ（定理4.1の系）
（２）ａ∉Ｈのとき、ａＨ≠Ｈ，Ｈａ≠Ｈである。仮定より|Ｇ：Ｈ|＝２であるから、
Ｇ＝Ｈ∪ａＨ（Ｈ∩ａＨ＝φ）と類別出来る。
∀ｇ∈Ｇ，∀ｈ∈Ｈに対して、
① ｇ∈Ｈの場合、Ｈは群だからｇＨｇ^-1＝Ｈである。
② ｇ∈ａＨの場合、両辺に左からａ^-1をかけると、ａ^-1ｇ∈Ｈ　
ここで、ｇｈｇ^-1∈ａＨと仮定して、両辺に左からａ^-1をかけると、
ａ^-1ｇｈｇ^-1∈Ｈ　∴(ａ^-1ｇ)ｈｇ^-1∈Ｈ
また、ａ^-1ｇ∈Ｈより、ｈｇ^-1∈Ｈ　
∴ｇ^-1∈Ｈ　∴ｇ∈Ｈ　
ところで、ＧはＨとａＨで類別されていて、
ｇ∈ａＨよりこれは矛盾。
よって、背理法により、ｇｈｇ^-1∉ａＨ　
∴ｇｈｇ^-1∈Ｈ　∴ｇＨｇ^-1⊂Ｈ　
また、ｇＨｇ^-1⊃Ｈは自明より、ｇＨｇ^-1＝Ｈ
①，②より、ＨはＧの正規部分群である。
アイデア引用元：https://ameblo.jp/2217018/entry-12462066811.html

おまけ：

積分の解法
点Ｏをｘｙ座標の原点に置き、ＯＢ，ＯＡをそれぞれｘ軸，ｙ軸に取ると、円の方程式は、
ｘ^2＋ｙ^2＝４^2　∴ｙ＝±√(１６－ｘ^2)
よって、弧ＡＢの方程式は、
ｙ＝√(１６－ｘ^2)と置ける。
また、直線ＣＤの方程式は、ｙ＝２　
よって、ＣＤと弧ＡＢとの交点をＥとすると、
２＝√(１６－ｘ^2)を解いて、ｘ^2＝１２　∴ｘ＝±２√３　∴Ｅ（２√３,２）
よって、求める面積をＳとすると、
Ｓ＝∫(0~2√3){√(１６－ｘ^2)－２}ｄｘ
で求められる。
∴∫(0~2√3){√(１６－ｘ^2)－２}ｄｘ
＝∫(0~2√3)√(１６－ｘ^2)ｄｘ
－∫(0~2√3)２ｄｘ
＝∫(0~2√3)√(１６－ｘ^2)ｄｘ
－[２ｘ](0~2√3)
＝∫(0~2√3)√(１６－ｘ^2)ｄｘ－４√３
∴Ｓ＝∫(0~2√3)√(１６－ｘ^2)ｄｘ
－４√３———☆
ここで、置換積分でｘ＝４sinθと置くと、
２√３＝４sinθより、sinθ＝√３/２　
∴θ＝π/３
また、０＝４sinθより、sinθ＝０　
∴θ＝０
また、ｘ＝４sinθの両辺をθで微分すると、
ｄｘ/ｄθ＝４cosθ　∴ｄｘ＝４cosθｄθ
これらとｘ＝４sinθを☆に代入すると、
Ｓ＝∫(0~π/3)√(１６－１６cos^2θ)・４cosθｄθ－４√３
＝∫(0~π/3)４cosθ・４cosθｄθ－４√３
＝∫(0~π/3)１６cos^2θｄθ－４√３
＝∫(0~π/3)１６{(１＋cos２θ)/２}ｄθ
－４√３
＝８∫(0~π/3)(１＋cos２θ)ｄθ－４√３
＝８[θ＋sin２θ/２](0~π/3)－４√３
＝８{π/３＋sin(２π/３)/２}－４√３
＝８π/３＋８・(√３/４)－４√３
＝８π/３－２√３
よって、答えは、８π/３－２√３ｃｍ^2

中学数学の解法
弧ＡＢと線分ＣＤとの交点をＥとして、ＯＥを結ぶと、半径よりＯＥ＝４ｃｍより、
ＯＣ：ＯＥ＝２：４＝１：２
よって、△ＯＣＥ は１：２：√３の直角三角形である。
∴∠ＥＯＣ＝６０°，ＣＥ＝２√３ｃｍ
よって、黄色部分の面積をＳとすると、
Ｓ＝扇形ＯＡＥ－△ＯＣＥ
＝４×４×π×(１/６)－２×２√３×(１/２)
＝８π/３－２√３
よって、答えは、８π/３－２√３ｃｍ^2

おまけ：

改題
「AB＝DC、AD//BCの等脚台形ABCDに円が内接しており、BC＝6㎝、∠C＝60°のとき、台形ABCDの周の長さを求めてください。」

ただし、算数で解いて下さい。

解法１
円の中心をＯとして、円と辺ＡＤ，ＡＢ，ＢＣとの接点をそれぞれＳ，Ｔ，Ｕとすると、半径よりＯＳ，ＯＴ，ＯＵ
また、ＯＳ⊥ＡＤ，ＯＴ⊥ＡＢ，ＯＵ⊥ＢＣより、直角三角形の斜辺と他の１辺が等しいので、△ＯＡＳと△ＯＡＴ，△ＯＢＴと△ＯＢＵはそれぞれ合同である。
よって、∠ＯＡＳ＝∠ＯＡＴ，∠ＯＢＴ＝∠ＯＢＵ
また、四角形ＡＢＣＤは等脚台形で∠Ｃ＝６０°より∠Ｂ＝６０°，∠Ａ＝１８０°－６０°＝１２０°である。
よって、∠ＯＡＴ＝１２０°÷２＝６０°，∠ＯＢＴ＝６０°÷２＝３０°
よって、∠ＡＯＢ＝１８０°－６０°－３０°＝９０°
よって、△ＯＡＢは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型で、また、ＯＴ⊥ＡＢより△ＯＡＴと△ＯＢＴもそれぞれ３０°，６０°，９０°の直角三角定規型である。
よって、ＡＴ＝①と置くと、ＯＡ＝②でＡＢ＝④である。よって、ＢＴ＝④－①＝③
ところで、△ＯＢＴと△ＯＢＵが合同より、
ＢＴ＝ＢＵ＝３ｃｍ（等脚台形だから。）
よって、③＝３ｃｍより、①＝１ｃｍ　
よって、ＡＢ＝④＝４ｃｍ
また、ＡＳ＝ＡＴ＝①＝１ｃｍより、
ＡＤ＝２ｃｍ（等脚台形だから。）
よって、周の長さは、２＋４＋６＋４＝１６ｃｍ

解法２
∠Ｂ内の円弧に対してＣＤと平行な接線を引き、ＡＢ，ＢＣとの交点をそれぞれＥ，Ｆとし、∠Ｃ内の円弧に対してＡＢと平行な接線を引き、ＣＤ，ＢＣとの交点をそれぞれＧ，Ｈとすると、六角形ＡＥＦＨＧＤは正六角形になる。
その理由は、平行から出来る六角形の全ての内角は１２０°となり円に外接する対称性から正六角形になる訳である。
ところで、正六角形の中心をＯとすると、正六角形は６個の合同な正三角形に分けられ、△ＯＦＨと△ＥＢＦと△ＧＨＣはそれぞれ合同である。
よって、その正三角形の１辺の長さは２ｃｍより、台形ＡＢＣＤの周の長さは、２×８＝１６ｃｍ
よって、答えは、１６ｃｍ

因みに、初めに１辺の長さが２ｃｍの正六角形を描いて、帳尻を合わせる解法でも良い。（左右の下の隅を延長して図の台形を作るという事。）

念のため、どれも私のオリジナルです。

おまけ：

別解１
正方形と辺の真ん中の点の対称性により、中央の四角形は正方形になる。（２段階に分けて考えると、対称性から４つの線分の長さが等しくなりひし形で、再び対称性から４つの角も等しくなるので正方形という事。）
そこで、ＥＤとＡＦの交点から反時計周りにＰ～Ｓと振る。
ここで、ＱからＡＢに垂線を下ろしその足をⅠとすると、△ＡＩＱと△ＡＢＦは相似で直角を挟む二辺の比が１：２である。また、△ＡＩＱと△ＡＱＢと△ＱＩＢはそれぞれ２角が等しいので相似である。
つまり、△ＡＩＱと△ＱＩＢは直角を挟む二辺の比が１：２である。
よって、ＢＩ＝①と置くと、ＱＩ＝②，ＡＩ＝④となる。よって、ＡＢ＝④＋①＝⑤＝５ｃｍ
よって、①＝１ｃｍより、ＱＨ＝２ｃｍ
よって、△ＡＢＱ＝５×２÷２＝５ｃｍ^2
ところで、△ＡＢＱと△ＢＣＲと△ＣＤＳと△ＤＡＰはそれぞれ合同なので、求める面積は全体の正方形からこの４つの面積を引けば良い。
よって、答えは、５×５－５×４＝５ｃｍ^2

別解２
正方形と辺の真ん中の点の対称性により、中央の四角形は正方形になる。
そこで、ＥＤとＡＦの交点から反時計周りにＰ～Ｓと振る。
ＲからＢＣと平行な直線を引きＡＦとの交点をＩとすると、ＢＦ＝ＦＣでＡＦ∥ＨＣよりＢＱ＝ＱＲなので、△ＱＢＦと△ＱＲＩは合同である。
ところで、△ＱＢＦと△ＡＢＦは∠Ｆを共有していて直角も等しいので相似である。よって、直角を挟む二辺の比は１：２である。
よって、△ＱＲＩも直角を挟む二辺の比が１：２の直角三角形である。
ここで、ＱからＡＢと平行，ＰからＢＣと平行，ＳからＣＤと平行な直線を引き、それぞれの交点を中央に新しくできる正方形（対称性から正方形になる）の左上の頂点から反時計回りにＪ，Ｋ，Ｌ，Ｍと振ると、△ＱＲＩと△ＫＲＱと△ＫＱＩはそれぞれ２角が等しいので相似である。
よって、ＩＫ＝❶と置くと、ＫＱ＝❷，ＫＲ＝❹となり、ＩＲ＝❶＋❹＝❺＝２.５ｃｍ
よって、❶＝０.５ｃｍより、❷＝１ｃｍ
よって、△ＱＲＫ＝２×１÷２＝１ｃｍ^2
また、正方形ＩＫＬＭ＝１×１＝１ｃｍ^2（正方形の１辺の長さは、❹－❷＝❷＝１ｃｍ）
また、△ＱＲＫと△ＲＳＬと△ＳＰＭと△ＱＰＪはそれぞれ合同なので、
正方形ＰＱＲＳ＝１＋１＋１＋１＋１＝５ｃｍ^2
よって、答えは、５ｃｍ^2

おまけ：

問題
ある円の弦ＡＢとＣＤが直交していてその交点をＥとします。ＡＥ＝ａ，ＢＥ＝ｂ，ＣＥ＝ｃ，ＤＥ＝ｄである時、この円の直径は、
２Ｒ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)で求められる事を証明して下さい。

解法１
円の中心をＯとして、ＯからＡＢ，ＣＤに垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ｉとすると、半径より△ＯＡＢ，△ＯＣＤは二等辺三角形なので、点Ｈ，ＩはそれぞれＡＢ，ＣＤの中点になる。
∴ＡＨ＝(ａ＋ｂ)/２，ＤＩ＝(ｃ＋ｄ)/２
∴ＥＩ＝(ｃ＋ｄ)/２－ｄ＝(ｃ－ｄ)/２
ところで、３直角より四角形ＯＩＥＨは長方形。よって、ＨＯ＝ＥＩ＝(ｃ－ｄ)/２
よって、△ＯＡＨで三平方の定理を使うと、
ＯＡ^2＝{(ａ＋ｂ)/２}^2＋{(ｃ－ｄ)/２}^2
＝(ａ^2＋２ａｂ＋ｂ^2＋ｃ^2－２ｃｄ＋ｄ^2)/４
＝{ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2＋２(ａｂ－ｃｄ)}/４
また、方べきの定理より、ａｂ＝ｃｄ　これを代入すると、
ＯＡ^2＝(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)/４
∴ＯＡ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)/２
∴Ｒ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)/２
∴２Ｒ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)

解法２
円の中心をＯとして、ＤＯの延長と円との交点をＦとすると、ＤＦは直径より∠ＤＣＦ＝９０°
また、ＦからＣＤと平行な直線を引き、円との交点をＧとし、ＦＧとＡＢとの交点をＨとすると、四角形ＧＦＣＤは長方形で対角線が中心Ｏを通るので対称性より、ＡＨ＝ＢＥ＝ｂ
∴ＨＥ＝ＡＥ－ＡＨ＝ａ－ｂ
また、四角形ＨＦＣＥも長方形より、
ＦＣ＝ＨＥ＝ａ－ｂ
ところで、ＤＣ＝ｃ＋ｄより、△ＤＣＦで三平方の定理を使うと、
２Ｒ＝√{(ａ－ｂ)^2＋(ｃ＋ｄ)^2}
＝√{ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2－２(ａｂ－ｃｄ)}
また、方べきの定理より、ａｂ＝ｃｄ
これを代入すると、
２Ｒ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)

これら２つは私のオリジナルですが、ちょっと調べた所、方べきの定理を使わない解法がありました。エレガントですが、マニアじゃないと無理だと思います。また、正弦定理で解いてみました。まさにエレガントの逆です。笑

おまけ：

問題
ある円の弦ＡＢとＣＤが直交していてその交点をＥとします。ＡＥ＝ａ，ＢＥ＝ｂ，ＣＥ＝ｃ，ＤＥ＝ｄである時、この円の直径は、
２Ｒ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)で求められる事を証明して下さい。

解法３
弧ＡＣ上に弧ＡＦ＝弧ＢＣとなる点Ｆを取ると、アルハゼンの定理より弧ＡＤの円周角＋弧ＢＣの円周角＝９０°なので、弧ＡＤ＋弧ＡＦの円周角も９０°で、つまりＤＦは直径になる。
また、対称性よりＡＦ＝ＢＣ
よって、ＡＦ^2＝ＢＣ^2＝ｂ^2＋ｃ^2
また、ＡＤ^2＝ａ^2＋ｂ^2
ところで、△ＡＤＦで三平方の定理を使うと、
ＤＦ^2＝ＡＤ^2＋ＡＦ^2
∴(２Ｒ)^2＝ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2
∴２Ｒ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)

アイデア引用元：「高校への数学・日日のハイレベル演習」(２００３－５月号)の8・18の（イ）の問題の解答より。因みに、同２００６－６月号には載っていないようです。
念のため、アルハゼンの定理という言葉は出てきません。

何でもありの解法
△ＤＡＢで正弦定理を使うと、
(ａ＋ｂ)/sin∠Ｄ＝２Ｒ———①
∠Ｄ＝∠ＡＤＥ＋∠ＢＤＥで∠ＡＤＥ＝θ，∠ＢＤＥ＝φと置くと、
sin∠Ｄ＝sin(θ＋φ)＝sinθcosφ＋cosθsinφ
＝{ａ/√(ａ^2＋ｄ^2)}{ｄ/√(ｂ^2＋ｄ^2)}＋{ｄ/√(ａ^2＋ｄ^2)}{ｂ/√(ｂ^2＋ｄ^2)}
＝(ａｄ＋ｂｄ)/√{(ａ^2＋ｄ^2)(ｂ^2＋ｄ^2)}
＝ｄ(ａ＋ｂ)/√{(ａ^2＋ｄ^2)(ｂ^2＋ｄ^2)}
∴sin∠Ｄ＝ｄ(ａ＋ｂ)/√{(ａ^2＋ｄ^2)(ｂ^2＋ｄ^2)}———②
②を①に代入すると、
√{(ａ^2＋ｄ^2)(ｂ^2＋ｄ^2)}/ｄ＝２Ｒ———☆
左辺＝√{(ａ^2＋ｄ^2)(ｂ^2＋ｄ^2)/ｄ^2}
＝√[{ｄ^4＋(ａ^2＋ｂ^2)ｄ^2＋ａ^2ｂ^2}/ｄ^2]
＝√{ｄ^2＋ａ^2＋ｂ^2＋(ａ^2ｂ^2)/ｄ^2}
ところで、方べきの定理より、ａｂ＝ｃｄ
これを代入すると、
左辺＝√{ｄ^2＋ａ^2＋ｂ^2＋(ｃ^2ｄ^2)/ｄ^2}
＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)
これを☆の左辺に代入すると、
２Ｒ＝√(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋ｄ^2)

中学数学の解法４
円の中心をＯとして、ＤＯの延長と円との交点をＦとする。
ここで、ＢＦを結ぶと、ＤＦは直径より∠ＤＢＦ＝９０°また、円周角より∠ＤＡＢ＝∠ＤＦＢ　∴∠ＤＡＥ＝∠ＤＦＢ　また、直角が等しいので２角が等しく、△ＤＡＥ∽△ＤＦＢ
∴ＡＤ：ＤＥ＝ＦＤ：ＤＢ
∴√(ａ^2＋ｄ^2)：ｄ＝２Ｒ：√(ｂ^2＋ｄ^2)
∴２Ｒ＝√{(ａ^2＋ｄ^2)(ｂ^2＋ｄ^2)}/ｄ
これは何でもありの解法の☆と同じで、何でもありの解法は以後中学数学で解いているので、以後同じとして良い。
よって、示された。Q.E.D.

因みに、ＯからＢＤに垂線を下ろしＨとして、△ＤＡＥ∽△ＤＯＨを利用しても出来るが面倒臭いだけなので省略。（２０年以上蓄えてきましたからね。（出来て）当たり前の話です。）

おまけ：
https://www.msn.com/ja-jp/news/entertainment/%E4%BC%8A%E8%97%A4%E6%B2%99%E8%8E%89-%E8%87%AA%E5%88%86%E3%82%92%E3%82%BF%E3%83%8C%E3%82%AD%E3%81%A8%E5%91%BC%E3%82%93%E3%81%A0-%E5%A3%B2%E3%82%8C%E3%81%AA%E3%81%84%E5%AD%90%E5%BD%B9-%E3%82%92%E8%A6%9A%E9%86%92%E3%81%95%E3%81%9B%E3%81%9F-%E5%A4%A9%E6%B5%B7%E7%A5%90%E5%B8%8C%E3%81%8B%E3%82%89%E3%81%AE%E8%A8%80%E8%91%89/ar-BB1kJK9u?ocid=msedgntp&pc=U531&cvid=3888a2e868a9485c99f2aee277b7c5b8&ei=10

問題
「演習　群・環・体 入門」の第３章§２の演習問題３より、体Ｋ上の２次の全行列環Ｍ2(Ｋ)は真のイデアルを持たないので、同問2.5(２)よりＭ2(Ｋ)は体になるが、第３章§１の例1.4より、Ｍn(Ｋ)は零因子を持つ環である。つまり、体ではない（定理1.4より）。どこに問題があるでしょうか。

解答
全行列環Ｍ2(Ｋ)は、例1.4より非可換な環である。

例1.4
Ｋを体とするとき、Ｋの元を成分とするｎ次正方行列の全体をＭn(Ｋ)で表す。このとき、行列の和と積によって演算を定義すればＭn(Ｋ)は零因子をもつ非可換な環となる。この環を全行列環という。

よって、真のイデアルを持たなくても、言い換えればＭ2(Ｋ)が(０)とＭ2(Ｋ)の他にイデアルを持たなくても、問2.5(２)が言うようには体にならない。（可換環じゃないから。）

問2.5
次を証明せよ。
（１）Ⅰを有理数体ℚの(０)でないイデアルとするとき、Ｉ＝ℚである。
（２）可換環Ｒが体であるための必要十分条件は、Ｒが(０)とＲの他にイデアルをもたないことである。

つまり、Ｍ2(Ｋ)が可換環だったら矛盾が起こるという事である。

簡単過ぎて面白くなかったらごめんなさい。まぁ、簡単な問題でも他人と共感できると楽しいですよね。因みに、私は独学なのでただの暇つぶしです。

おまけ：