数学

算数の別解
∠Ｃの二等分線を引き、ＡＤとの交点をＥとし、∠ＥＣＡ＝∠ＥＣＢ＝〇とすると、●●＋〇〇＝９０°より、●＋〇＝４５°
よって、△ＥＡＣの内対角の和より、∠ＤＥＣ＝●＋〇＝４５°
よって、点ＣからＥＣに対して垂線を立て、ＡＥの延長との交点をＦとすると、△ＣＥＦは直角二等辺三角形になる。
そこで、ＣからＡＢと平行な直線を引き、点Ｅ，Ｆから垂線を下ろしその足をそれぞれＧ，Ｈとすると、定石の形から△ＥＣＧと△ＣＦＨは合同になる。（直角二等辺三角形からＥＣ＝ＣＦと角度計算をしても良い。）
また、Ｅから辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＡに垂線を下ろしその足をそれぞれＩ，Ｊ，Ｋとすると、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、△ＣＥＪと△ＣＥＫ，△ＡＥＫと△ＡＥＩはそれぞれ合同。よって、ＥＪ＝ＥＫ＝ＥＩである。
よって、四角形ＩＢＪＥは３直角で隣り合う二辺の長さが等しいので正方形である。
よって、ＩＥ＝ＩＢ＝①と置くと、△ＡＩＥと△ＡＢＤは相似より、ＡＩ＝②　よって、ＡＢ＝②＋①＝③＝６ｃｍより、①＝２ｃｍ
よって、ＩＢ＝２ｃｍより、ＧＣ＝２ｃｍ　よって、ＨＦ＝ＧＣ＝２ｃｍ
ここで、ＦからＣＤに垂線を下ろしその足をＬとすると、ＣＬ＝ＨＦ＝２ｃｍ
また、△ＤＦＬと△ＤＡＢは相似でＤＬ＝❶と置くと、ＬＦ＝❷　よって、ＥＧ＝ＬＦ＝❷
ところで、ＪＤ＝ＢＤ－ＢＪ＝３－２＝１ｃｍ
また、ＪＣ＝ＥＧ＝❷でＤＬ＝❶より、ＪＤ＋ＣＬ＝❷－❶＝❶であり、またＪＤ＋ＣＬ＝１＋２＝３ｃｍより、❶＝３ｃｍ
よって、ＢＣ＝３＋３＋２＝８ｃｍ，ＡＢ＝６ｃｍより、△ＡＢＣ＝８×６÷２＝２４ｃｍ^2 よって、答えは、２４ｃｍ^2

おまけ：
https://www.daily.co.jp/gossip/2023/08/29/0016753775.shtml?pp=2

問題１の別解
２０＋７＝１９＋８＝１７＋１０となっているので、＝１３＋Ａだろう。
つまり、１３＋Ａ＝２７　よって、Ａ＝１４
因みに、この法則は昔自分で作ったが、ちょっと検索した所、この法則にならない４次の魔方陣もあるらしい。（記憶は薄いがノートには残っているはずである。うっかりミスの可能性もある。）
また、模範解答と同じ事をすると、
２０＋７＋１９＋８＝１７＋１０＋１３＋Ａ
となる。（よって、Ａ＝１４）
因みに、１～１６の４次の魔方陣の１列の和は３４である。
(１＋２＋３＋･･･＋１６)÷４＝{(１６・１７)/２}÷４＝２・１７＝３４という事。（上の魔方陣は２０まであるので違うが、確か２０＋７＋１９＋８＝５４などの所も３４になると思った。）

問題２の何でもありの解法１
ＡＤ＝ＡＦ＝ＣＥ＝ＣＦ＝ｘと置いて、△ＡＢＣで三平方の定理を使うと、
(ｘ＋１)^2＋(ｘ＋３)^2＝(２ｘ)^2が成り立つ。
∴ｘ^2＋２ｘ＋１＋ｘ^2＋６ｘ＋９＝４ｘ^2
∴２ｘ^2－８ｘ－１０＝０
∴ｘ^2－４ｘ－５＝０　
∴(ｘ－５)(ｘ＋１)＝０
∴ｘ＝－１，５　ｘ＞０より、ｘ＝５
∴ＡＢ＝６ｃｍ，ＢＣ＝８ｃｍ
∴△ＡＢＣ＝６×８×(１/２)＝２４ｃｍ^2
よって、答えは、２４ｃｍ^2

何でもありの解法２，３は次回。

と思ったが、解法４を思い付いたので、先に解法４を紹介しよう。

解法４
ＥからＣＦに垂線を下ろしその足をＨとすると、対称性から△ＥＦＨと△ＥＤＢは合同である。（二等辺三角形ＡＤＦと直角二等辺三角形ＥＤＦが合体した形だから左右対称。）
∴ＥＨ＝３ｃｍ，ＦＨ＝１ｃｍ
ここで、ＣＥ＝ＣＦ＝ｘと置いて、△ＣＥＨで三平方の定理を使うと、
(ｘ－１)^2＋３^2＝ｘ^2が成り立つ。
∴ｘ^2－２ｘ＋１０＝ｘ^2
∴２ｘ＝１０　∴ｘ＝５
以後、解法１と同じ。

おまけ：

＞因みに、この法則は昔自分で作ったが、ちょっと検索した所、この法則にならない４次の魔方陣もあるらしい。（記憶は薄いがノートには残っているはずである。うっかりミスの可能性もある。）

その後、ノートは調べていないが（３００冊以上あってどこに入っているか分からないから）、「２０＋７＋１９＋８＝１７＋１０＋１３＋Ａ＝１列の和」とこれによって四隅の合計も１列の和と同じになるぐらいの事だろう。
今回使った法則は、どう考えても無理に２つに分けないと自然には辿り着けないと思う。（３次の魔方陣は全て自然に求まるが。）

問題２の何でもありの解法２
ＡＤ＝ＡＦ＝ＣＥ＝ＣＦ＝ｘと置いて、ＡＥを結ぶと四角形ＡＤＥＦは凧型より、ＡＥは∠Ａの二等分線になる。
よって、△ＡＢＣで角の二等分線の定理を使うと、ｘ＋１：２ｘ＝３：ｘが成り立つ。
∴６ｘ＝ｘ(ｘ＋１)　∴６ｘ＝ｘ^2＋ｘ
∴ｘ^2－５ｘ＝０　∴ｘ(ｘ－５)＝０
∴ｘ＝０,５　ｘ＞０より、ｘ＝５
∴ＡＢ＝６ｃｍ，ＢＣ＝８ｃｍ
∴△ＡＢＣ＝６×８×(１/２)＝２４ｃｍ^2
よって、答えは、２４ｃｍ^2

解法３は次回。系もあるが、マニアックな解法５も検討中。

おまけ：
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E4%B8%83%E3%81%A4%E3%81%AE%E5%A4%A7%E7%BD%AA#%E6%96%B0%E3%81%97%E3%81%84%E4%B8%83%E3%81%A4%E3%81%AE%E5%A4%A7%E7%BD%AA

何でもありの解法３
∠ＤＥＢ＝●と置くと、∠ＦＥＣ＝１８０°－９０°－●＝９０°－●
ここで、ＣからＥＦに垂線を下ろしその足をＨとすると、
∠ＨＣＥ＝９０°－(９０°－●)＝●
よって、∠ＤＥＢ＝∠ＨＣＥ
よって、２角が等しいので、△ＤＥＢ∽△ＥＣＨ　ところで、ＤＥ＝√１０ｃｍより、ＥＨ＝√１０/２ｃｍ　∴ＥＣ＝(√１０/２)×√１０＝５ｃｍ
∴ＢＣ＝５＋３＝８ｃｍ，ＡＢ＝５＋１＝６ｃｍ
∴△ＡＢＣ＝８×６×(１/２)＝２４ｃｍ^2

因みに、●などと置かなくても見方によっては△ＤＥＢ∽△ＥＣＨは簡単に分かる。
四角形ＡＤＥＦが凧型からＥからＡＣに垂線を下ろしその足をＩとすると、対称性から△ＥＦＩ≡△ＤＥＢ　また、ＣからＥＦに垂線を下ろしその足をＨとすると、直角と∠ＨＦＩの２角が等しいので、△ＥＦＩ∽△ＣＦＨ
また、△ＣＦＨ≡△ＣＥＨは自明より、ＤＥＢ∽△ＥＣＨという事。

何でもありの解法５（マニアックな解法）
ＡＥを結びＤＦとの交点をＧとすると、ＤＦ⊥ＡＥで点ＧはＤＦの中点になる。
よって、△ＥＧＤも直角二等辺三角形で∠ＡＥＢ＝４５°よって、△ＡＢＥの内角の和より、∠ＥＡＢ＋∠ＤＥＢ＝１８０°－９０°－４５°＝４５°で、△ＤＥＢは直角を挟む二辺の比が１：３より、マニアックな定理により△ＡＢＥは直角を挟む二辺の比が１：２である。
よって、ＡＢ＝６ｃｍよりＡＤ＝５ｃｍでＢＣ＝３＋５＝８ｃｍ
∴△ＡＢＣ＝８×６×(１/２)＝２４ｃｍ^2

マニアックな定理
Arctan(1/2)＋Arctan(1/3)＝π/４

証明は算数で図形的にも出来ますが、省略。

おまけ：

解説
＞ａ,ｂ∈Ｒとする。「ａ∈Ｐ⇔Ｒ/Ｐで|ａ＝|０」であることに注意して、

Ｐはイデアルより加法群なので、定理4.1の系を使うと、
ａ∈Ｐ⇔ａ＋Ｐ＝Ｐ⇔ａ＋Ｐ＝０＋Ｐ
⇔|ａ＝|０
よって、ａ∈Ｐ⇔Ｒ/Ｐで|ａ＝|０

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、Ｐは加法部分群なので演算を加法に変えて適用している。
また、ａ＋Ｐ＝０＋Ｐ⇔|ａ＝|０の部分は、p.162の、|ａ＝{ｘ∈Ｒ｜ｘ≡ａ（modＩ）}＝ａ＋Ｉを参考にすると良い。

＞(Ｐ,ａ)＝Ｐ＋ａＲという環Ｒのイデアルを考える

一応、これがイデアルである理由を述べて下さい。
定理2.5(１)より、

定理2.5
Ｉ1,Ｉ2を可換環Ｒのイデアルとすると、次の(１),(２),(３)それぞれにおける集合もＲのイデアルである。
（１）Ｉ1＋Ｉ2＝{ｘ｜ｘ＝ａ1＋ａ2，ａ1∈Ｉ1，ａ2∈Ｉ2}
（２），（３）は省略。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

ＰとａＲがそれぞれイデアルなので、その和もイデアルだから。（ａＲがイデアルである理由は、p.169を読んで下さい。）

＞Ｐ⊊Ｐ＋ａＲ⊂Ｒである。

一応、≠の理由を述べて下さい。
ａ∉Ｐだから。

＞ＰはＲの極大イデアルであるからＰ＋ａＲ＝Ｒでなければならない。

極大イデアルの定義より、
Ｐ＝Ｐ＋ａＲまたはＰ＋ａＲ＝Ｒだが、上の「⊊」より、Ｐ≠Ｐ＋ａＲだから。

＞|ｃは|０であるから

ｃ∈Ｐより|ｃ＝|０（この理由は一番上と同じなので省略。）

＞剰余環Ｒ/ＰにおいてイデアルＩ/Ｐを考える

一応、剰余環Ｒ/Ｐのイデアルがこの形である理由を述べて下さい。
問2.8の(２)より。

問2.8
Ｉを可換環Ｒのイデアルとするとき、次を示せ。
（１）ＪがＩを含んでいるＲのイデアルとするとき、集合Ｊ/Ｉ＝{|ａ∈Ｒ/Ｉ｜ａ∈Ｊ}は剰余環Ｒ/Ｉのイデアルである。
（２）剰余環Ｒ/Ｉのイデアルはすべて、Ｉを含んでいるＲのイデアルＪがあって、Ｊ/Ｉという形をしている。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

＞|１＝|ａ（ａ∈Ｉ）
と表される。したがって、
１－ａ∈Ｐ⊂Ｉ

|１＝|ａより、|１－|ａ＝|０
∴|(１－ａ)＝|０　∴１－ａ∈Ｐ
（ここは一番上の「ａ∈Ｐ⇔Ｒ/Ｐで|ａ＝|０」で考えれば良い。）
∴１－ａ∈Ｐ⊂Ｉ

＞１－ａ∈Ｐ⊂Ｉ
ここで、ａ∈Ｉであるから１∈Ｉ　よって、Ｉ＝Ｒを得る。

Ｉはイデアルより加法群なので、
１－ａ∈Ｉ，ａ∈Ｉから１∈Ｉとなる。
また、定理2.2よりＩ＝Ｒとなる。

定理2.2
環ＲのイデアルＩが単位元１を含めばＩ＝Ｒとなる。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

おまけ：

予定変更で間違い探し。

＞Ⅰ1・Ⅰ2＝{ａｂ｜ａ∈Ⅰ1，ｂ∈Ⅰ2}とした時、Ⅰ1・Ⅰ2はＲのイデアルとなるでしょうか。証明して下さい。

Ⅰ1・Ⅰ2＝{ａｂ｜ａ∈Ⅰ1，ｂ∈Ⅰ2}
ｘ,ｙ∈Ⅰ1・Ⅰ2とすると、ｘ＝ａ1ｂ1，ｙ＝ａ2ｂ2（ａi∈Ⅰ1,ｂi∈Ⅰ2）と表されるので、
ｘ－ｙ＝ａ1ｂ1－ａ2ｂ2
ここで、手詰まりとなりましたが、変な証明を作ってみました。吟味して下さい。

ところで、ａ1,ａ2,…,ａn∈Ⅰ1，ｂ1,ｂ2,…,ｂn∈Ⅰ2で、Ⅰ1，Ⅰ2はイデアルより、加法群なので、
ａ1＋ａ2＋…＋ａn∈Ⅰ1，ｂ1＋ｂ2＋…＋ｂn∈Ⅰ2
∴(ａ1＋ａ2＋…＋ａn)(ｂ1＋ｂ2＋…＋ｂn)∈Ⅰ1・Ⅰ2
∴ａ1ｂ1＋ａ1ｂ2＋…＋ａnｂn∈Ⅰ1・Ⅰ2
（Ⅰ1，Ⅰ2を可換環Ｒのイデアルなので分配法則が使える。）
ここで、ａiｂj∈Ⅰ1・Ⅰ2より、集合Ⅰ1・Ⅰ2は加法について閉じている。
また、Ⅰ1，Ⅰ2はイデアルで加法群より零元を含むので、０＝０・０∈Ⅰ1・Ⅰ2　∴０∈Ⅰ1・Ⅰ2
よって、集合Ⅰ1・Ⅰ2は加法の単位元を含む。
また、Ⅰ1はイデアルよりａiの加法の逆元－ａiを含み、Ⅰ2の元ｂjとの積を考えると、－ａiｂjが存在し、ａiｂjの逆元が存在する。
よって、集合Ⅰ1・Ⅰ2は逆元を含む。また、加法の結合法則が成り立つ事は自明とすると、集合Ⅰ1・Ⅰ2は加法群である。―――①
また、ｒ∈Ｒ，ｃ∈Ⅰ1・Ⅰ2とすると、ｃ＝ａｂと表される。∴ｒｃ＝ｒ(ａｂ)＝(ｒａ)ｂ
ａ∈Ⅰ1でⅠ1はイデアルより、ｒａ∈Ⅰ1　
また、b∈Ⅰ2より、ｒｃ∈Ⅰ1・Ⅰ2
よって、ｒ∈Ｒ，ｃ∈Ⅰ1・Ⅰ2⇒ｒｃ∈Ⅰ1・Ⅰ2―――②
①，②より、Ⅰ1・Ⅰ2はイデアルである。

おまけ：

間違い探しの解答
＞ところで、ａ1,ａ2,…,ａn∈Ⅰ1，ｂ1,ｂ2,…,ｂn∈Ⅰ2で、Ⅰ1，Ⅰ2はイデアルより、加法群なので、
ａ1＋ａ2＋…＋ａn∈Ⅰ1，ｂ1＋ｂ2＋…＋ｂn∈Ⅰ2
∴(ａ1＋ａ2＋…＋ａn)(ｂ1＋ｂ2＋…＋ｂn)∈Ⅰ1・Ⅰ2
∴ａ1ｂ1＋ａ1ｂ2＋…＋ａnｂn∈Ⅰ1・Ⅰ2
（Ⅰ1，Ⅰ2を可換環Ｒのイデアルなので分配法則が使える。）
ここで、ａiｂj∈Ⅰ1・Ⅰ2より、集合Ⅰ1・Ⅰ2は加法について閉じている。

ａ1ｂ1＋ａ1ｂ2＋…＋ａnｂn∈Ⅰ1・Ⅰ2だからと言って、加法について閉じている訳ではない。
因みに、後半の零元と逆元が存在する事を利用しても加法について閉じている事は言えない。
例えば、－ａ1ｂ2などがⅠ1・Ⅰ2に存在しているので、上の式に加えると、任意の２元の和が∈Ⅰ1・Ⅰ2となりそうな気がするが、誤解である。
ところで、

定理2.5
Ⅰ1，Ⅰ2を可換環Ｒのイデアルとすると、次の（１）,（２）,（３）それぞれにおける集合もＲのイデアルである。
（１）Ⅰ1＋Ⅰ2＝{ｘ｜ｘ＝ａ1＋ａ2，ａ1∈Ⅰ1，ａ2∈Ⅰ2}
（２）Ⅰ1∩Ⅰ2
（３）Ⅰ1Ⅰ2＝{ａ1ｂ1＋…＋ａnｂn｜ｎ∈ℕ，ａ1,…,ａn∈Ⅰ1，ｂ1,…,ｂn∈Ⅰ2}
すなわち、Ⅰ1Ⅰ2はⅠ1の元ａiとⅠ2の元ｂiの積ａiｂiの有限個の和の全体の集合である。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

（３）をこんな風にしているのは、単純にイデアルどうしの積ではイデアルにならないからである。
だから、Ⅰ1・Ⅰ2＝{ａｂ｜ａ∈Ⅰ1，ｂ∈Ⅰ2}はイデアルにはならないという事である。
つまり、（３）は有限個の和の集合だからイデアルになるのであり定数個にしたらダメなのである。一応、（３）の証明の一部を抜き書きしよう。

（ⅰ）ａ,ｂ∈Ｉ1Ｉ2とすると、ａとｂはＩ1の元とＩ2の元の積の有限個の和であるからａ－ｂもまたＩ1の元とＩ2の元の積の有限個の和である。よって、ａ－ｂ∈Ｉ1Ｉ2

定数個、例えば２個の和の集合だとしたら、ａ－ｂは４個になり閉じなくなってしまうという事である。

一応、裏を取りました。

「Iの元とJの元の積全体からなる集合
{xy|x∈I,y∈J}
はイデアルになるとは限らないので,
{xy|x∈I,y∈J}で生成されるイデアルとして
イデアルの積IJを定めます.」
引用元：https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q13231470363

例えば、x1y1,x1y2∈{xy|x∈I,y∈J}のように特殊な場合（Iからは同じ元）はイデアルになる。
x1y1－x1y2＝x1(y1－y2)∈{xy|x∈I,y∈J}（I,Jはイデアルで加法群だから。）
よって、部分群の判定定理よりI・Jは加法部分群である。また、イデアルの性質の後半は上と同様に成り立つ。

おまけ：

何でもありの解法
ＣＦを結び、ＤＥとの交点をＯとすると、点Ｏは正方形の中心になるので、ＯＣ＝ＯＤ＝(１/２)ＤＥ　また、△ＧＤＦ∽△ＧＥＢより、
ＤＧ：ＥＧ＝ＤＦ：ＥＢ＝１：２
よって、ＤＥ＝６ａと置くと、ＥＧ＝４ａ　また、ＥＯ＝３ａより、ＯＧ＝４ａ－３ａ＝ａ
∴tanｘ＝ＯＣ/ＯＧ＝３ａ/ａ＝３
また、tanｙ＝ＥＦ/ＢＥ＝１/２
∴tan(ｘ－ｙ)＝(tanｘ－tanｙ)/(１＋tanｘ・tanｙ)＝(３－１/２)/{１＋３(１/２)}
＝(５/２)/(５/２)＝１
∴tan(ｘ－ｙ)＝１
ところで、０＜ｘ－ｙ＜１８０°より、
ｘ－ｙ＝４５°
よって、答えは、４５°

算数の別解は次回。今朝は、パソコンがフリーズしてダメでした。

おまけ：

算数の別解１
△ＧＦＤと△ＧＢＥは相似で相似比は１：２より、ＧＦ：ＧＢ＝１：２
また、四角形ＤＣＥＦは正方形で点Ｇは対角線上の点より対称性でＧＦ＝ＧＣ
よって、ＧＣ：ＧＢ＝１：２———①
また、ＢＦとＣＤの交点をＨとすると、△ＨＦＤと△ＨＢＣは合同でＤＨ＝ＣＨ
よって、ＤＨ：ＥＦ＝１：２　よって、△ＧＤＨと△ＧＥＦの相似比も１：２より、
ＧＨ：ＧＦ＝１：２　これに先のＧＦ＝ＧＣを代入すると、ＧＨ：ＧＣ＝１：２———②
①，②より、ＧＣ：ＧＢ＝ＧＨ：ＧＣ
また、∠ＨＧＣが共通より二辺比と挟角が等しいので、△ＧＣＨと△ＧＢＣは相似である。
よって、∠ＧＣＨ＝∠ＧＢＣ＝ｙ　
また、∠ＣＧＥ＝ｘより、△ＧＤＣの内対角の和により、ｘ－ｙ＝∠ＧＤＣ＝∠ＥＤＣ＝４５°よって、答えは、４５°

算数の別解２
ＣＦを結び、ＤＥとの交点をＯとすると、点Ｏは正方形の中心になるので、ＯＣ＝ＯＤ＝(１/２)ＤＥ　また、△ＧＦＤと△ＧＢＥは相似で相似比は１：２より、ＤＧ：ＥＧ＝１：２
よって、ＤＥ＝⑥と置くと、ＯＣ＝ＯＤ＝③
また、ＥＧ＝④より、ＯＧ＝④－③＝①
よって、ＯＧ：ＯＣ＝①：③＝１：３
ここで、正方形ＤＣＥＦの右隣りに合同な正方形ＦＥＨＩを作ると、∠ＢＡＨ＝∠ＯＧＣ＝ｘとなる。
また、正方形ＡＢＣＤの下に合同な正方形ＢＪＫＣを作ると、∠ＫＡＪ＝∠ＦＢＥ＝ｙとなる。
よって、ｘ－ｙ＝∠ＫＡＨよりこの角度を求めれば良い。
そこで、ＪＫの延長とＩＨの延長との交点をＬとすると、△ＡＪＫと△ＫＬＨが合同である事は自明で、定石の形より、△ＫＡＨは直角二等辺三角形になる。（定石を使わない場合は２つの合同な直角三角形の２つの角度を〇，×として角度を計算すれば∠ＡＫＨ＝９０°と分かり、合同よりＡＫ＝ＫＨ）
よって、∠ＫＡＨ＝４５°
よって、答えは、４５°

おまけ：

解説
＞実際ｇ^(n/d)の位数はｄになる

（１）より、ｇ^n＝ｅ
よって、{ｇ^(n/d)}^d＝ｇ^n＝ｅ
また、ｎはｇの位数なのでｎより小さい数ではｅにならないので、{ｇ^(n/d)}^d＝ｇ^n＝ｅ
この左辺もｄより小さい数ではｅにならない。よって、ｇ^(n/d)の位数はｄである。

別証
定理3.6
Ｇをａによって生成される位数ｎの巡回群とする。このとき、Ｇの元ａ^kの位数はｎ/(ｎ,ｋ)となる。ただし、(ｎ,ｋ)はｎとｋの最大公約数を表す。
|ａ^k|＝ｎ/(ｎ,ｋ)
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

n/dをｋとして考えると、n/dとｎの最大公約数はn/dである。（ｎ/ｄはｎの約数でその数とｎとの最大公約数はその数自身だから。）
よって、ｇ^(n/d)の位数はｎ/(ｎ/ｄ)＝ｄ
よって、ｇ^(n/d)の位数はｄである。

＞次に、ｈ＝ｇ^kがｈ^d＝ｇ^kd＝ｅをみたすとき、（ｇの位数はｎなので）ｋｄはｎの倍数である（74ページ参照）。

次に、「Ｈ＝{ｅ,ｇ^(n/d),･･･,(ｇ^(n/d))^(d-1)}はｄ個の元からなるＧの部分群である」
これがただ１つしかない事（一意性）を示すために、ｈ∈Ｈとしてｈ＝ｇ^kとする。
この両辺をｄ乗すると、ｈ^d＝(ｇ^k)^d

命題4.5（有限群Ｇの元の位数は|Ｇ|の約数）
有限群Ｇの元ｇに対してｇ^|G|＝ｅが成り立つ。

命題4.5を使うと、ｄはHの位数（元の個数）より、(ｇ^k)^d＝ｅ
∴ｇ^kd＝ｅ　∴ｈ^d＝ｇ^kd＝ｅ
ところで、（１）よりｇの位数はｎより、ｋｄはｎで割り切れる。ｎは位数なのでｇ^n＝ｅとなる最小のｎだから。(ｇ^n)^m＝ｇ^kd＝ｅという事。よって、ｋｄはｎの倍数である。

＞よってｋｄ＝ｎｍ（ｍは整数）である。ゆえにｋ＝ｍ(ｎ/ｄ)である。したがってｈ^d＝ｅとなる元はすべてｇ^(n/d)のべきで表される。つまりＨに含まれる。よってｄ個の元からなる部分群は一意的に存在する。

上の「(ｇ^n)^m＝ｇ^kd＝ｅという事」から、
ｋｄ＝ｎｍ　∴ｋ＝ｍ(ｎ/ｄ)
∴ｈ＝ｇ^k＝ｇ^m(n/d)＝(ｇ^(n/d))^m
「したがってｈ^d＝ｅとなる元はすべてｇ^(n/d)のべきで表される」という事である。
「つまりＨに含まれる。よってｄ個の元からなる部分群は一意的に存在する」。

おまけ：

解答
ＢＣ＝ｘと置くと、sin22.5°＝５/ｘ
よって、半角の公式を使うと、
sin^2(22.5°)＝(１－cos45°)/２＝(１－１/√２)/２＝(√２－１)/２√２＝(２－√２)/４
∴２５/ｘ^2＝(２－√２)/４
∴ｘ^2＝１００/(２－√２)＝５０(２＋√２)
∴ｘ＝√{５０(２＋√２)}＝５√(４＋２√２)
∴ＢＣ＝５√(４＋２√２)ｃｍ
∴ＡＢ＝ＡＣ＝５√(２＋√２)ｃｍ
ここで、△ＢＡＣで角の二等分線の定理を使うと、ＡＥ：ＥＣ＝ＢＡ：ＢＣ＝１：√２より、
ＥＣ＝{√２/(１＋√２)}×５√(２＋√２)
＝{５√(４＋２√２)}/(１＋√２)
＝５(√２－１)√(４＋２√２)ｃｍ
∴△ＢＥＣ＝ＥＣ×ＡＢ×(１/２)
＝５(√２－１)√(４＋２√２)×５√(２＋√２)×(１/２)
＝５(√２－１)・５√２(２＋√２)・(１/２)
＝５(√２－１)・１０(√２＋１)・(１/２)
＝２５ｃｍ^2
よって、答えは、２５ｃｍ^2

または、ＢＣ＝５√(４＋２√２)ｃｍから、
ＢＤ＝５√(４＋２√２)cos22.5°———①
また、sin^2(22.5°)＝(２－√２)/４より、
cos22.5°＝√{１－(２－√２)/４}
＝√(２＋√２)/２———ア
また、sin22.5°＝√(２－√２)/２———イ
①にアを代入すると、
ＢＤ＝５√(４＋２√２)・{√(２＋√２)/２}
＝５√２(２＋√２)/２＝５(１＋√２)ｃｍ
∴ＢＤ＝５(１＋√２)ｃｍ———②
また、ＤＥ＝５tan22.5°
＝５(sin22.5°/cos22.5°)
＝５{(２－√２)/２}/{(２＋√２)/２}
＝５(２－√２)/(２＋√２)
＝５(２－√２)/√２＝５(√２－１)
∴ＤＥ＝５(√２－１)ｃｍ———③
②－③より、
ＢＥ＝５(１＋√２)－５(√２－１)＝１０ｃｍ
∴△ＢＥＣ＝１０×５×(１/２)＝２５ｃｍ^2

おまけ：

問題１
１００以下の自然数のうち、１１で割ると９余り、９で割ると７余る数を求めてください。

別解
１１ａ＋９＝９ｂ＋７（ａ,ｂは整数）と置ける。
∴９ｂ＝１１ａ＋２　∴ｂ＝(１１ａ＋２)/９
∴ｂ＝ａ＋(２ａ＋２)/９　
∴ｂ＝ａ＋２(ａ＋１)/９
左辺が整数より右辺も整数なので、ａ＋１は９の倍数である。
ところで、１１ａ＋９≦１００より、１１ａ≦９１　∴ａ≦９１/１１　∴０≦ａ≦８
∴１≦ａ＋１≦９
この中で９の倍数は９のみなので、ａ＋１＝９
∴ａ＝８　これを１１ａ＋９に代入すると、
答えは、９７

問題２の算数の解法
ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＤＢＣは直角二等辺三角形より点ＨはＢＣの真ん中の点になり、ＨＣ＝ＨＤ———①
また、ＥＨを結ぶと、△ＥＢＣは直角三角形で点Ｈは斜辺の真ん中の点より定石の形でＨＣ＝ＨＥ＝ＨＢである。（ＢからＣＥと平行な直線とＣからＢＥと平行な直線を引き、その交点をＦとすると、四角形ＢＦＣＥは長方形になりＢＣとＥＦの交点は互いの真ん中の点で交わり点Ｈと重なる。よって、長方形の性質より、ＨＣ＝ＨＥ＝ＨＢとなる。）
よって、ＨＣ＝ＨＥ———②
①，②より、ＨＣ＝ＨＤ＝ＨＥ
よって、△ＨＤＥと△ＨＥＣはそれぞれ二等辺三角形。よって、∠ＨＤＥ＝∠ＨＥＤ＝×，∠ＨＥＣ＝∠ＨＣＥ＝〇と置くと、四角形ＤＨＣＥの内角の和より、
２〇＋２×＋９０°＝３６０°
よって、２〇＋２×に９０°を加えると３６０°なので、２〇＋２×は２７０°であり、
〇＋×は１３５°である。
よって、∠ＣＥＤ＝〇＋×＝１３５°
よって、∠ＡＥＤ＝１８０°－１３５°
＝４５°

おまけ：

系２
有限群Ｇの元の位数はＧの位数の約数である。

証明
ａをＧの元とする。ａによって生成されたＧの巡回部分群＜ａ＞を考える。定理3.4より|ａ|＝|＜ａ＞|であり、また系１より部分群の位数|＜ａ＞|はＧの約数であるから、元ａの位数はＧの約数である。

感想
これでは有限群Ｇの巡回部分群の生成元についてはＧの約数と言えるが、ａを生成元とする巡回部分群の他の元については言えないのではないだろうか。
因みに、巡回部分群のどの元もが生成元になれる訳ではない。

証明（改訂版）
ａをＧの元とする。ａによって生成されたＧの巡回部分群＜ａ＞を考える。
この位数をｎとすると、ラグランジュの定理の系１よりｎはＧの位数の約数である。―――①
また、定理3.6より、この巡回部分群の元の位数は全てｎの約数である。―――②
①，②より、＜ａ＞の全ての元の位数はＧの位数の約数である。
よって、他の巡回部分群も全て考えると、Ｇの元の位数はＧの位数の約数である。Q.E.D.

定理3.6
Ｇをａによって生成される位数ｎの巡回群とする。このとき、Ｇの元ａ^kの位数はｎ/(ｎ,ｋ)となる。ただし、(ｎ,ｋ)はｎとｋの最大公約数を表す。
|ａ^k|＝ｎ/(ｎ,ｋ)
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

（改訂版は）どうでしょう。ついでに、

＞巡回部分群のどの元もが生成元になれる訳ではない。

定理3.6の系２
Ｇをａによって生成される位数ｎの巡回群とする。このとき、Ｇの元ａ^kがＧの生成元であるための必要十分条件は、(ｎ,ｋ)＝１となることである。
ａ^kがＧの生成元⇔(ｎ,ｋ)＝１

因みに、私の方が正しいと仮定すると、この先生だけの誤りではありません。こちらでも同じですから。https://hooktail.sub.jp/algebra/GroupCharacter/

まぁ、常識的に考えれば、私の方が間違っているに決まっていますが。信じる信じないはあなた次第です。

定理
有限巡回群では，群の位数と元の位数が一致します．（上のサイトより引用）

個人的には、この定理は勘違いしていると思っていますが。
例えば、加法群ℤ4＝{|０,|１,|２,|３}は巡回群ですが、|１の位数は|１＋|１＋|１＋|１＝|０で４ですが、|２の位数は|２＋|２＝|０で２で異なっていますよね。（念のため、加法群の単位元はゼロ元。）
とにかく、参考程度の話です。自分で色々調べて下さい。

おまけ：

問題１
「神様」は必ず本当のことを言い、「悪魔」は必ずウソをつき、「人間」は本当とウソを使い分けます。Ａ、Ｂ、Ｃはそれぞれ誰でしょう？
Ａ「私は神様ではない」
Ｂ「私は悪魔ではない」
Ｃ「私は人間ではない」

別解
Ａを嘘に出来るのは「神様」だけで、Ｂを嘘に出来るのは「悪魔」だけで、Ｃを嘘に出来るのは「人間」だけである。
そして、「悪魔」は必ず嘘をつくのでＢは「悪魔」で確定である。
次に、「神様」は本当の事しか言えないのでＡではない。よって、Ｃである。（Ｃを確認すると本当で合っている。）
最後に、「人間」を残ったＡにすると、正しいので「人間」はＡである。
よって、答えは、
Ａ：人間，Ｂ：悪魔，Ｃ：神様

問題２の別解
ＥからＡＢと平行な直線を引き、ＡＤ，ＢＣとの交点をそれぞれＦ，Ｇとして、等積変形で点Ｅを点Ｆの所に移動させると、長方形ＡＢＧＦ＝２△ＦＡＢ＝２△ＥＡＢ＝２×１２＝２４ｃｍ^2
よって、長方形ＦＧＣＤ＝４０－２４＝１６ｃｍ^2　また、△ＥＣＤ＝△ＦＣＤ＝長方形ＦＧＣＤの半分＝１６÷２＝８ｃｍ^2
よって、△ＣＤＥ＝８ｃｍ^2

因みに、公式は平行四辺形で使えます。証明は模範解答と同様。（私の方法でも証明出来ますが。）

問題３の別解
左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、ＡからＣＤと平行な直線を引き、ＢＣとの交点をＥとすると、同位角より∠ＡＥＢ＝∠ＤＣＢ＝６０°
よって、△ＡＢＥは２つの角が６０°より正三角形。よって、ＢＥ＝ＡＢ＝２ｃｍ　よって、ＥＣ＝１２－２＝１０ｃｍ
ところで、∠ＡＤＣ＝３６０°－１５０°－６０°－６０°＝９０°また、∠ＥＡＤ＝１５０°－６０°＝９０°
よって、ＥからＣＤに垂線を下ろしその足をＨとすると、四角形ＡＥＨＤは長方形である。よって、ＤＨ＝ＡＥ＝２ｃｍ
また、△ＥＣＨは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型でＥＣ＝１０ｃｍより、ＣＨ＝１０÷２＝５ｃｍ　よって、ＤＣ＝ＤＨ＋ＣＨ＝２＋５＝７ｃｍ
よって、答えは、７ｃｍ

おまけ：

問題 4-4a
３個の玉の入れ換え全体のなす群Ｇの部分群を求めよ。

解答
Ｇの各元に対して、そのべきからなる部分群と、Ｇ自身以外に部分群がないことをいう（64ページ参照）。まず位数２の元と位数３の元を含む部分群ＨはＧに一致する。実際、（ラグランジュの定理より）|Ｈ|は２,３の公倍数なので|Ｈ|＝６しかない。ゆえにＨ＝Ｇである。また位数２の異なる２元を含む場合、これらの積は位数３の元になる（∵実際に計算して確かめられる）。よってＨは位数２と位数３の元を含みＨ＝Ｇとなる。

解説
＞Ｇの各元に対して、そのべきからなる部分群と、Ｇ自身以外に部分群がないことをいう（64ページ参照）。

「そのべきからなる部分群」とは、巡回部分群の事である。

定理3.1
ａの累乗の全体からなるＧの部分集合＜ａ＞＝{ａ^n｜ｎ∈ℤ}はＧの部分群になる。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

定義3.3
定理3.1の部分群＜ａ＞をａで生成されたＧの巡回部分群という。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

念のため、「べき」とは「べき乗」の事で「累乗」のようなものである。（違いは自分で調べて下さい。）

要は、巡回部分群と「全体のなす群Ｇ」以外に部分群がない事を証明すると言っているのである。

＞まず位数２の元と位数３の元を含む部分群ＨはＧに一致する。実際、（ラグランジュの定理より）|Ｈ|は２,３の公倍数なので|Ｈ|＝６しかない。ゆえにＨ＝Ｇである。

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

ラグランジュの定理を見てもさっぱり分からないと思うが、ラグランジュの定理の系２というのを見ると、

定理4.4の系２
有限群Ｇの元の位数はＧの位数の約数である。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

「位数２の元と位数３の元を含む部分群Ｈ」の位数（元の個数）は、２の倍数かつ３の倍数である事が分かる。つまり、２,３の公倍数で|Ｈ|＝６である。（Ｇの元の個数が３!＝６個なので部分群Ｈの位数は６以下で６しかない訳である。）

因みに、「本質を学ぶ ガロワ理論最短コース」梶原健著にはこの「系」は載っていない。

＞また位数２の異なる２元を含む場合、これらの積は位数３の元になる（∵実際に計算して確かめられる）。よってＨは位数２と位数３の元を含みＨ＝Ｇとなる。

「位数２の異なる２元」とは、

64ページ
３つの玉の入れ換えでは、入れ換えの集合のうち、群になるのは次の６通りです（問題 4-4）：
（１）（１２３）
（２）（１２３）,（２１３）
（３）（１２３）,（１３２）
（４）（１２３）,（３２１）
（５）（１２３）,（２３１）,（３１２）
（６）（１２３）,（２１３）,･･･,（３１２）（６個全部）

（２）の（２１３）と（３）の（１３２）と（４）の（３２１）のどれか２つという事である。
（２１３）と（１３２）を演算すると、
（２１３）（１３２）＝（２３１）でこれは（５）の元なので位数３である。
因みに、（２）～（４）は位数２の巡回部分群で（５）は位数３の巡回部分群である。

さらに、演算を繰り返すと、（６）になるという訳である。（「Ｈ＝Ｇとなる」という事。）
よって、結局、初めの「Ｇの各元に対して、そのべきからなる部分群と、Ｇ自身以外に部分群がないことをいう（64ページ参照）」が言えた訳である。
「64ページ参照」とは、（１）は１乗，（２）～（４）は２乗，（５）は３乗からなる部分群で、（６）はＧ自身という事である。

おまけ：
http://www.jtvan.co.jp/howa/Hasegawa/houwa084.html

問題１
ℤ/４ℤの部分群を求めよ。

別解
ℤ/４ℤ＝{|０,|１,|２,|３}
|０＝０・|１
|１＝１・|１
|２＝|１＋|１＝２・|１
|３＝|１＋|１＋|１＝３・|１
|４＝|１＋|１＋|１＋|１＝４・|１＝|０
・
・
・
よって、ℤ/４ℤは|１を生成元とする巡回群である。

定理3.1
ａの累乗の全体からなるＧの部分集合＜ａ＞＝{ａ^2｜ｎ∈ℤ}はＧの部分群になる。また、この群はａを含むＧの最小の部分群である。

定義3.4
群Ｇのすべての元がＧのある元ａの累乗になっているとき、Ｇはａで生成された巡回群であるといい、ａをその生成元という。すなわち、
Ｇ：巡回群⇔∃ａ∈Ｇ，Ｇ＝＜ａ＞

この累乗は一般的な演算を表していて、乗法を加法に変えても良い。すると、「ℤ/４ℤは|１を生成元とする巡回群である」事が分かるだろう。
また、巡回群の部分群は巡回群より、ℤ/４ℤの部分群は巡回群である。

定理3.3
巡回群の部分群は巡回群である。

そこで、生成元を１つずつ変えて試してみる。
|２
|２＋|２＝|４＝|０
|２＋|２＋|２＝|６＝|２
・・・
よって、{|０,|２}は部分群である。
|３
|３＋|３＝|６＝|２
|３＋|３＋|３＝|９＝|１
|３＋|３＋|３＋|３＝|１２＝|０
・・・
よって、{|０,|１,|２,|３}も部分群である。
また、{|０}も部分群なので、部分群は全部で、
{|０}，{|０,|２}，{|０,|１,|２,|３}の３個である。（生成元が他にないから。）
因みに、別の視点から確認すると、ラグランジュの定理の系１より、有限群Ｇの部分群の位数はＧの約数なので、部分群のそれぞれの元の個数は４の約数で１個，２個，４個の３種類である。そして、巡回部分群なので同じ位数の部分群はないので、３個で確定である。

定理4.4の系１
有限群Ｇの部分群の位数はＧの約数である。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

問題２の別解１
上の頂点から反時計回りにＡ～Ｃと振り、△ＡＢＣの内部の点をＤとすると、△ＤＡＢは３：４：５の直角三角形である。
ここで、ＤからＡＢ，ＢＣに垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ｉとすると、∠ＤＢＨを共有していて、また直角が等しいので、△ＤＡＢと△ＨＤＢは２角が等しく相似である。また、△ＨＤＢと△ＩＢＤは合同であるので、△ＨＤＢと△ＩＢＤはどちらも３：４：５の直角三角形である。
よって、ＤＨ＝(４/５)×１２＝４８/５ｃｍ
ＤＩ＝(３/５)×１２＝３６/５ｃｍ
よって、△ＤＣＡ＝△ＡＢＣ－△ＤＡＢ－△ＤＢＣ＝２０×３０÷２－２０×(４８/５)÷２－３０×(３６/５)÷２＝３００－９６－１０８＝９６ｃｍ^2
よって、答えは、９６ｃｍ^2

別解２，３は次回。

おまけ：

問題２の別解２
上の頂点から反時計回りにＡ～Ｃと振り、△ＡＢＣの内部の点をＤとすると、△ＤＡＢは３：４：５の直角三角形である。
ここで、ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとし、ＨＤの延長とＡＣとの交点をＩとすると、△ＤＢＨは△ＢＡＤと相似になり３：４：５の直角三角形である。
よって、ＤＨ＝(３/５)×１２＝３６/５ｃｍ
ＢＨ＝(４/５)×１２＝４８/５ｃｍ
よって、ＣＨ＝３０－４８/５＝１０２/５ｃｍ
また、△ＩＨＣと△ＡＢＣも相似でＩＨ：ＣＨ＝２：３より、ＩＨ＝(２/３)×(１０２/５)＝６８/５ｃｍ
よって、ＩＤ＝６８/５－３６/５＝３２/５ｃｍ
よって、△ＤＡＣ＝(３２/５)×３０÷２＝１６×６＝９６ｃｍ^2
よって、答えは、９６ｃｍ^2

ＤからＡＢに垂線を下ろし同様に出来るが省略。

問題２の別解３
上の頂点から反時計回りにＡ～Ｃと振り、△ＡＢＣの内部の点をＤとすると、△ＤＡＢは３：４：５の直角三角形である。
ここで、長方形ＡＢＣＥとなる点Ｅを取り、ＣからＡＤと平行な直線を引きＡＥとの交点をＦとすると、△ＡＢＤと△ＣＦＥは相似である。（ＡＢ//ＥＣ，ＡＤ//ＦＣだから。）
よって、△ＣＥＦも３：４：５の直角三角形である。よって、ＥＦ＝(３/４)×２０＝１５ｃｍ よって、ＡＦ＝３０－１５＝１５ｃｍ
ところで、等積変形より△ＣＡＤ＝△ＦＡＤなので、△ＦＡＤの面積を求めれば良い。
そこで、ＤからＡＦに垂線を下ろしてその長さを求めても良いが、ＦからＡＤに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＦＡＨは△ＡＢＤと相似になり３：４：５の直角三角形である。
よって、ＦＨ＝(４/５)×１５＝１２ｃｍ
よって、△ＦＡＤ＝１６×１２÷２＝９６ｃｍ^2 よって、答えは、９６ｃｍ^2

おまけ：

次の文章を完全解説して下さい。

問題 4-3a
ℤ/４ℤの部分群を求めよ。

解答
ℤ/４ℤの各元に対して、その元を整数倍して得られる部分群は
{０}，{０,２}，{０,１,２,３}
の３つである。どの部分群Ｈにおいても、Ｈに含まれない元（があればそれ）を付け加えて、和を計算すると{０,２}またはℤ/４ℤに一致する。よってℤ/４ℤの部分群は上の３つである。
「本質を学ぶ ガロワ理論最短コース」梶原健著より

しつこく読み返したら、ようやく分かりました。

おまけ：

問題 4-3a
ℤ/４ℤの部分群を求めよ。

解答
ℤ/４ℤの各元に対して、その元を整数倍して得られる部分群は
{０}，{０,２}，{０,１,２,３}
の３つである。どの部分群Ｈにおいても、Ｈに含まれない元（があればそれ）を付け加えて、和を計算すると{０,２}またはℤ/４ℤに一致する。よってℤ/４ℤの部分群は上の３つである。
「本質を学ぶ ガロワ理論最短コース」梶原健著より

解説
＞ℤ/４ℤの各元に対して、その元を整数倍して得られる部分群は
{０}，{０,２}，{０,１,２,３}

ℤ/４ℤは加法群（４の所が素数なら乗法群かもしれない）で、ここで、各元を生成元とした巡回部分群を考える。
ℤ/４ℤ＝{０,１,２,３}より、
０を生成元とした巡回部分群は、{０}
１を生成元とした巡回部分群は、１，１＋１＝２，１＋１＋１＝３，１＋１＋１＋１＝４＝０，･･･より、{０,１,２,３}
２を生成元とした巡回部分群は、２，２＋２＝４＝０，２＋２＋２＝６＝２，･･･より、{０,２}
３を生成元とした巡回部分群は、３，３＋３＝６＝２，３＋３＋３＝９＝１，３＋３＋３＋３＝１２＝０，･･･より、{０,１,２,３}
という事。

定理3.1
ａの累乗の全体からなるＧの部分集合＜ａ＞＝{ａ^n｜ｎ∈ℤ}はＧの部分群になる。

定義3.3
定理3.1の部分群＜ａ＞をａで生成されたＧの巡回部分群という。

ℤ/４ℤは加法群なので、この乗法を加法にして適用している訳である。つまり、「その元を整数倍して」とは累乗の代わりに加法なので整数倍という事である。
（もう一言欲しい所である。危なく挫折しかけた。まぁ、別解作ったからＯＫだったけど。）

＞どの部分群Ｈにおいても、Ｈに含まれない元（があればそれ）を付け加えて、和を計算すると{０,２}またはℤ/４ℤに一致する。

上で作った部分群{０}，{０,２}，{０,１,２,３}以外に部分があるかどうか調べる訳である。
そこで、{０,２}に元１を加えた集合{０,１,２}を群とすると、演算について閉じているので、１＋２＝３がこの集合に入る。よって、{０,１,２,３}で既に存在している部分群と同じになる。（念のため、{０,１,２,３}＝ℤ/４ℤ）
また、{０}に元２を加えると{０,２}で上と同様の事をすると、０＋２＝２，２＋２＝４＝０なので、{０,２}になる。
よって、「和を計算すると{０,２}またはℤ/４ℤに一致する」という事である。
これも加法群だから「和」とか「演算すると」とか書いてくれないと集合の和とか色々考えちゃったよ。

＞よってℤ/４ℤの部分群は上の３つである。

他にも{０}に元１を加えたり{０,２}に元３を加えたり、全ての場合を考えても上の３つの倍しかない事は容易に分かる。

おまけ：