数学

中学数学の別解
ＢＡの延長とＣＤの延長との交点をＥとし、ＥＡ＝ｘ，ＥＤ＝ｙと置くと、△ＥＡＤ∽△ＥＢＣより、ｘ：ｘ＋１４＝７：１６が成り立つ。
∴１６ｘ＝７ｘ＋９８　∴ｘ＝９８/９
∴ＥＡ＝９８/９ｃｍ
また、ｙ：ｙ＋１２＝７：１６が成り立つので、１６ｙ＝７ｙ＋８４　∴９ｙ＝８４　
∴ｙ＝２８/３　∴ＥＤ＝２８/３ｃｍ
∴ＤＥ：ＤＡ＝２８/３：７＝４：３
また、ＣＢ：ＣＤ＝１６：１２＝４：３
∴ＤＥ：ＤＡ＝ＣＢ：ＣＤ
また、同位角より∠ＥＤＡ＝∠ＤＣＢ
よって、二辺比と挟角が等しいので、△ＤＥＡ∽△ＣＢＤ　∴ＤＥ：ＥＡ＝ＣＢ：ＢＤ
∴２８/３：９８/９＝１６：ＢＤ
∴１２：１４＝１６：ＢＤ
∴６：７＝１６：ＢＤ
∴６ＢＤ＝７・１６　
∴ＢＤ＝５６/３ｃｍ

因みに、ｘ，ｙが求まった時点で、ＡＥ＝１４＋ｘ＝１４＋９８/９＝２２４/９ｃｍ
ＣＥ＝１２＋ｙ＝１２＋２８/３＝６４/３ｃｍ
ここで、ＢからＣＥに垂線を下ろしその足をＨとし、ＢＨ＝ｍ，ＣＨ＝ｎとおいて三平方の定理を使うと、
ｍ^2＋ｎ^2＝１６^2＝２５６———①
ｍ^2＋(６４/３－ｎ)^2＝(２２４/９)^2———②　①－②より、
(１２８/３)ｎ－６４^2/９＝２５６－２２４^2/８１
∴(１２８/３)ｎ＝６４^2/９＋２５６－２２４^2/８１＝７４２４/８１
∴ｎ＝５８/２７
これを①に代入すると、
ｍ^2＝２５６－(５８/２７)^2＝１８３２６０/２７^2
また、ＤＨ＝１２－５８/２７＝２６６/２７ｃｍより、△ＢＤＨで三平方の定理を使うと、
ＢＤ＝√{１８３２６０/２７^2＋(２６６/２７)^2}＝√２５４０１６/２７＝５０４/２７＝５６/３ｃｍ
よって、答えは、ＢＤ＝５６/３ｃｍ
ただし、この解法は電卓が必需ですね。

何でもありの解法は次回。（補助線なし。）

おまけ：

何でもありの解法
∠ＤＣＢ＝θ，∠ＡＢＣ＝φと置くと、∠ＡＤＣ＝１８０°－θ，∠ＢＡＤ＝１８０°－φ
△ＡＢＤで余弦定理を使うと、
ＢＤ^2＝７^2＋１４^2－２・７・１４・cos(180°－φ)
＝４９＋１９６＋１９６cosφ
＝２４５＋１９６cosφ
∴ＢＤ^2＝２４５＋１９６cosφ———①
△ＣＢＤで余弦定理を使うと、
ＢＤ^2＝１２^2＋１６^2－２・１２・１６・cosθ
＝１４４＋２５６－３８４cosθ
＝４００－３８４cosθ
∴ＢＤ^2＝４００－３８４cosθ———②
①，②より、
２４５＋１９６cosφ＝４００－３８４cosθ
∴３８４cosθ＋１９６cosφ＝１５５———ア
△ＤＡＣで余弦定理を使うと、
ＡＣ^2＝７^2＋１２^2－２・７・１２・cos(180°－θ)
＝４９＋１４４＋１６８cosθ
＝１９３＋１６８cosθ
∴ＡＣ^2＝１９３＋１６８cosθ———③
△ＢＡＣで余弦定理を使うと、
ＡＣ^2＝１４^2＋１６^2－２・１４・１６・cosφ
＝１９６＋２５６－４４８cosφ
＝４５２－４４８cosφ
∴ＡＣ^2＝４５２－４４８cosφ———④
③，④より、
１９３＋１６８cosθ＝４５２－４４８cosφ
∴１６８cosθ＋４４８cosφ＝２５９
∴２４cosθ＋６４cosφ＝３７———イ
イ×１６－アより、
３８４cosθ＋１０２４cosφ＝５９２
３８４cosθ＋１９６cosφ＝１５５
——————————————————
８２８cosφ＝４３７　
∴３６cosφ＝１９
∴cosφ＝１９/３６
これを①に代入すると、
ＢＤ^2＝２４５＋１９６(１９/３６)
＝２４５＋４９・１９/９
＝２４５＋９３１/９
＝２２０５/９＋９３１/９
＝３１３６/９
∴ＢＤ＝５６/３ｃｍ

おまけ：

解説
＞Ｒは整域であるからｌaは全単射である。

ｌa：Ｒ→ａＲ（ｘ→ａｘ）

この写像が全射である事は自明である。また、単射である事は、行った先をａａi＝ａａj（１≦i,j≦ｎ）とすると、Ｒは整域より消去律が成り立つので、ａi＝ａjとなる。
よって、行った先が同じならばもとも同じなので単射である。
以上より、ｌaは全単射である。

＞また、余裕がある人は、|Ｒ|＝|ａＲ|を直接証明してみて下さい。

「Ｒの濃度を|Ｒ|＝ｎ＜∞とすると、ＲはＲ＝{ａ1,ａ2,･･･,ａn}と表される」より、ｎ個は全て相異なる元である。
よって、ｉ≠ｊ⇒ａi≠ａj———①
また、Ｒは整域より消去律が成り立つので、消去律の対偶より、
ａi≠ａj⇒ａａi≠ａａj———②
①，②より、ｉ≠ｊ⇒ａａi≠ａａj
よって、ａＲも全て相異なる元である。つまり、ｎ個。∴|Ｒ|＝|ａＲ|

定理1.3
整域Ｒにおいては消去律が成り立つ。
ａ・ｃ＝ｂ・ｃ，ｃ≠０⇒ａ＝ｂ（ａ,ｂ,ｃ∈Ｒ）
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

＞Ｒは可換である

ｌ'a：Ｒ→Ｒａ（ｘ→ｘａ）という写像を考えれば、同様にＲ＝Ｒａとなるので、Ｒ＝ａＲと合わせて、Ｒは可換環である。

おまけ：
https://www.excite.co.jp/news/article/Jisin_2179930/

解説
＞ｆ(ｘ)を定数でない複素数係数多項式とする。ｆ(ｘ)の係数を複素共役にした式を|ｆ(ｘ)とする。ｇ(ｘ)＝ｆ(ｘ)・|ｆ(ｘ)の係数は複素共役によって不変なので、すべて実数である。

例えば、ｆ(ｘ)＝ａ0ｘ^2＋ａ1ｘ＋ａ2
|ｆ(ｘ)＝|ａ0ｘ^2＋|ａ1ｘ＋|ａ2
と置くと、
ｆ(ｘ)・|ｆ(ｘ)＝(ａ0ｘ^2＋ａ1ｘ＋ａ2)(|ａ0ｘ^2＋|ａ1ｘ＋|ａ2)
これを展開して、例えばｘ^3の係数は、
ａ0・|ａ1＋ａ1・|ａ0
ここで、ａ0＝ａ＋ｂｉと置くと、|ａ0＝ａ－ｂｉ　また、ａ1＝ｃ＋ｄｉと置くと、|ａ1＝ｃ－ｄｉ
∴ａ0・|ａ1＋ａ1・|ａ0
＝(ａ＋ｂｉ)(ｃ－ｄｉ)＋(ｃ＋ｄｉ)(ａ－ｂｉ)
＝ａｃ－ａｄｉ＋ｂｃｉ＋ｂｄ＋ａｃ－ｂｃｉ＋ａｄｉ＋ｂｄ
＝ａｃ＋ｂｄ＋ａｃ＋ｂｄ
＝２(ａｃ＋ｂｄ)
よって、実数になる。また、ａ0・|ａ0などが実数になるのは自明で、あとはこれらの複合なので、係数は必ず実数になる。

＞そうでないなら|ｆ(ｚ)＝０であり、辺々の複素共役をとればｆ(|ｚ)＝０である。

例えば、|ｆ(ｘ)＝|ａ0ｘ^2＋|ａ1ｘ＋|ａ2と置くと、|ｆ(ｚ)＝|ａ0ｚ^2＋|ａ1ｚ＋|ａ2で、この両辺の共役を取ると、
||ｆ(ｚ)＝||ａ0(|ｚ)^2＋||ａ1(|ｚ)＋||ａ2
で、共役の共役は元に戻るので、
ｆ(ｚ)＝ａ0(|ｚ)^2＋ａ1(|ｚ)＋ａ2
よって、ｆ(|ｚ)＝ａ0(|ｚ)^2＋ａ1(|ｚ)＋ａ2となり、ｆ(|ｚ)＝０という事である。

＞（２）ｆ(ｘ)＝ａnｘ^n＋･･･＋ａ0（ａn≠０）とおく。|ｘ|が十分大きいとき、
ｆ(ｘ)＝ｘ^n(ａn＋ａn-1/ｘ＋･･･＋ａk/ｘ^(n-k)＋･･･＋ａ0/ｘ^n)≈ａnｘ^n
である。ｎは奇数次なので、ａnｘ^nとａn(－ｘ)^n＝－ａnｘ^nは異符号である、よって中間値の定理よりｆ(ｘ)＝０は解を持つ。

中間値の定理を知らなくても、グラフで考えればｙ座標が正のグラフとｙ座標が負のグラフ（１つのグラフという事）はどこかでｘ軸をまたぐので、ｙ＝０となる。つまり、そのｘ座標は実数なので、ｆ(ｘ)＝０は解を持つという事である。

＞（３）ｚ＝ｒｅ^iθ（θは実数。複素数の極形式）とおくと、ｗ＝√ｒｅ^(iθ/2)はｗ^2＝ｚをみたす。よってｘ^2－ｚ＝(ｘ－ｗ)(ｘ＋ｗ)と因数分解でき、根±ｗを持つ。（一般のａｘ^2＋ｂｘ＋ｃではａ(ｘ＋ｂ/２ａ)^2＋(－ｂ^2＋４ａｃ)/４ａと平方完成できるので、（３）より、この２次式も根を持つ。）

要は、複素数の平方根は必ず複素数になるという事である。
複素数は、ｒｅ^iθ＝ｒ(cosθ＋ｉsinθ)と表され、平方根は、√ｒｅ^(iθ/2)＝√ｒ(cos(θ/2)＋ｉsin(θ/2))となり、cos(θ/2)＋ｉsin(θ/2)も複素数で表されるからである。（ｒは実数）

続きは次回。

おまけ：

解説の続き

問題 3-9c　次の問いに答えよ。
（１）定数でない任意の実数係数多項式が根（複素数根）を持つならば、定数でない任意の複素数係数多項式は根を持つことを示せ。
（２）奇数次実数係数多項式は実数根を持つことを示せ。
（３）ｘ^2－ｚ（ｚは複素数）は根を持つことを示せ。したがって複素数係数２次多項式は根を持つ。
（４）定数でない任意の実数係数多項式が（複素数）根を持つことを示せ。したがって（１）より代数学の基本定理（定数でない複素数係数多項式は根を持つ）が証明された。

解答
（１）ｆ(ｘ)を定数でない複素数係数多項式とする。ｆ(ｘ)の係数を複素共役にした式を|ｆ(ｘ)とする。ｇ(ｘ)＝ｆ(ｘ)・|ｆ(ｘ)の係数は複素共役によって不変なので、すべて実数である。仮定よりｇ(ｘ)は複素数根ｚを持つ：ｇ(ｚ)＝ｆ(ｚ)・|ｆ(ｚ)＝０　もしｆ(ｚ)＝０なら証明は終わる。そうでないなら|ｆ(ｚ)＝０であり、辺々の複素共役をとればｆ(|ｚ)＝０である。ゆえに|ｚがｆ(ｘ)の根である。
（２）ｆ(ｘ)＝ａnｘ^n＋･･･＋ａ0（ａn≠０）とおく。|ｘ|が十分大きいとき、
ｆ(ｘ)＝ｘ^n(ａn＋ａn-1/ｘ＋･･･＋ａk/ｘ^(n-k)＋･･･＋ａ0/ｘ^n)≈ａnｘ^n
である。ｎは奇数次なので、ａnｘ^nとａn(－ｘ)^n＝－ａnｘ^nは異符号である、よって中間値の定理よりｆ(ｘ)＝０は解を持つ。
（３）ｚ＝ｒｅ^iθ（θは実数。複素数の極形式）とおくと、ｗ＝√ｒｅ^(iθ/2)はｗ^2＝ｚをみたす。よってｘ^2－ｚ＝(ｘ－ｗ)(ｘ＋ｗ)と因数分解でき、根±ｗを持つ。（一般のａｘ^2＋ｂｘ＋ｃではａ(ｘ＋ｂ/２ａ)^2＋(－ｂ^2＋４ａｃ)/４ａと平方完成できるので、（３）より、この２次式も根を持つ。）
（４）（１）より実数係数ｎ次多項式ｆ(ｘ)が複素数根を持つこと・・・（＊）を証明すればよい。ｎ＝２^m・ｎ'（ｎ'は奇数）とおく。ｍに関する帰納法で示す。
ｍ＝０のとき（２）で示した。ｍ－１では（＊）が正しいと仮定する。ｆ(ｘ)のすべての根をα1,･･･,αnとおく。ｂを実数とする。ｇ(ｘ)を(ｘ－(αj＋αk)ｂ＋αjαk)（ｊ＜ｋ）たちの積（つまりｎ(ｎ－１)/２個の積）とおく。この式はαjに関する対称式である。したがって対称式の基本定理より、ｇ(ｘ)の係数は基本対称式（これらは実数）の式となり、ｇ(ｘ)は実数係数多項式で、次数はｎ(ｎ－１)/２＝２^(m-1)ｎ'(ｎ－１)である。ｎ－１，ｎ'は奇数なので、帰納法の仮定よりｇ(ｘ)は複素数根ｚbを持つ。これはｚb＝(αj＋αk)ｂ＋αjαkの形である。
いま実数ｂをいろいろとると（ｂは無数にあり、ｊ,ｋの組は有限個なので）、異なるｂ,ｂ'に対して、ｚb＝(αj＋αk)ｂ＋αjαk，ｚb'＝(αj＋αk)ｂ'＋αjαkがともに複素数になるｊ,ｋが存在する。これからαj＋αk＝(ｚb－ｚb')/(ｂ－ｂ')，αjαk＝(ｚb・ｂ'－ｚb'・ｂ)/(ｂ'－ｂ)は複素数となる。よってαj,αkは、複素数係数２次式の２つの根なので、（３）より複素数である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

＞ｎ＝２^m・ｎ'（ｎ'は奇数）とおく。ｍに関する帰納法で示す。
ｍ＝０のとき（２）で示した。

ｎが偶数の場合と奇数の場合に分けて考えて、奇数の場合は（２）で示したという事。あとは偶数の場合を示せば良いので、本当はｍ＝１の場合に成り立つ事を示さなければならない。
ｍ＝１の時、ａ0ｘ^2＋ａ1ｘ＋ａ2＝０（ｎ'＝１とした）は複素数の範囲で解を持つ事は自明。（係数は実数。）

＞ｇ(ｘ)を(ｘ－(αj＋αk)ｂ＋αjαk)（ｊ＜ｋ）たちの積（つまりｎ(ｎ－１)/２個の積）とおく。この式はαjに関する対称式である。したがって対称式の基本定理より、ｇ(ｘ)の係数は基本対称式（これらは実数）の式となり、

ｇ(ｘ)のαjとαkを入れ換えても式は変わらないので、ｇ(ｘ)は対称式である。よって、対称式の基本定理によって、ｇ(ｘ)は係数が基本対称式である多項式で表される。
因みに、「ｎ(ｎ－１)/２個の積」とはｎ個からｊとｋの２個を選ぶ組み合わせが、nＣ2通りだからである。（念のため、括弧がｎ(ｎ－１)/２個の積という事。）

＞いま実数ｂをいろいろとると（ｂは無数にあり、ｊ,ｋの組は有限個なので）、異なるｂ,ｂ'に対して、ｚb＝(αj＋αk)ｂ＋αjαk，ｚb'＝(αj＋αk)ｂ'＋αjαkがともに複素数になるｊ,ｋが存在する。これからαj＋αk＝(ｚb－ｚb')/(ｂ－ｂ')，αjαk＝(ｚb・ｂ'－ｚb'・ｂ)/(ｂ'－ｂ)は複素数となる。よってαj,αkは、複素数係数２次式の２つの根なので、（３）より複素数である。

ｂを１つに固定すると、ｇ(ｘ)はｎ(ｎ－１)/２通りあるが、ｂは無数にあるので、もっと沢山作れば、
「異なるｂ,ｂ'に対して、ｚb＝(αj＋αk)ｂ＋αjαk，ｚb'＝(αj＋αk)ｂ'＋αjαkがともに複素数になるｊ,ｋが存在する」
事は、当たり前の事である。（同じαｊ,αｋでという事。）
この２式の差を取ると、
ｚb－ｚb'＝(αj＋αk)(ｂ－ｂ')
∴αj＋αk＝(ｚb－ｚb')/(ｂ－ｂ')———①
また、上の式にｂ'，下の式にｂを掛けて差を取ると、
ｚb・ｂ'＝(αj＋αk)ｂ・ｂ'＋αjαk・ｂ'
ｚb'・ｂ＝(αj＋αk)ｂ'・ｂ＋αjαk・ｂ
————————————————————
ｚb・ｂ'－ｚb'・ｂ＝αjαk(ｂ'－ｂ)
∴αjαk＝(ｚb・ｂ'－ｚb'・ｂ)/(ｂ'－ｂ)———②
ところで、ｚb,ｚb'が複素数でｂ,ｂ'が実数より、①，②の右辺は複素数である。
よって、①，②より２次方程式の解と係数の関係より、αj,αkは複素数係数の２次方程式の２つの解である。そして、（３）より複素数係数の２次方程式は複素数解を持つので、αj,αkは複素数である。ところで、上で「ｆ(ｘ)のすべての根をα1,･･･,αnとおく」と置いたので、定数でない任意の実数係数多項式が（複素数）根を持つことが示された。

ところで、この証明には致命的欠陥があるとは思わないだろうか。どこかというと、

＞（４）（１）より実数係数ｎ次多項式ｆ(ｘ)が複素数根を持つこと・・・（＊）を証明すればよい。ｎ＝２^m・ｎ'（ｎ'は奇数）とおく。ｍに関する帰納法で示す。
ｍ＝０のとき（２）で示した。ｍ－１では（＊）が正しいと仮定する。ｆ(ｘ)のすべての根をα1,･･･,αnとおく。ｂを実数とする。ｇ(ｘ)を(ｘ－(αj＋αk)ｂ＋αjαk)（ｊ＜ｋ）たちの積（つまりｎ(ｎ－１)/２個の積）とおく。この式はαjに関する対称式である。したがって対称式の基本定理より、ｇ(ｘ)の係数は基本対称式（これらは実数）の式となり、ｇ(ｘ)は実数係数多項式で、次数はｎ(ｎ－１)/２＝２^(m-1)ｎ'(ｎ－１)である。ｎ－１，ｎ'は奇数なので、帰納法の仮定よりｇ(ｘ)は複素数根ｚbを持つ。

この最後の所、ｇ(ｘ)は複素数根ｚbを持つのではなく、持つ事が仮定されただけである。だから、その後証明された形になっているが、ただの仮定の延長である。
「ｍに関する帰納法で示す」と言っておきながら、数学的帰納法で示していないのである。ｍ－１までで成り立つと仮定してｍの場合も成り立つ事を示していないという事である。
そもそも、ｍ＝０をｍ＝１の場合の代わりにしているようで怪しい。（上でも一応指摘したが。）
ただし、これが間違っているとしたら、この先生の責任ではない。これは歴史上の人物（有名か無名かは知らない）の証明だろう。何故なら、「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著ｐ254～257にも全く同様の方法が載っているからである。
念のため、この定理自体が正しい事は言うまでもない。確か、数学科の大学１年次に微積でも証明したはずである。
なお、私の勘違いだったら御免なさい。（話題としては面白いと思いますが。）

おまけ：

演習問題７
Ｒを環とする。Ｒの任意の元ａに対して、ａ^2＝ａが成り立つとき、Ｒは可換環であることを示せ。このような環をブール環という。

証明
Ｒの任意の元ａ,ｂに対してａｂ＝ｂａを示せばよい。
（１）任意のＲの元ａ,ｂに対して、
ａ＋ｂ＝(ａ＋ｂ)^2＝ａ^2＋ａｂ＋ｂａ＋ｂ^2＝ａ＋ａｎ＋ｂａ＋ｂ
が成り立つ。これより、ａｂ＋ｂａ＝０（∀ａ,ｂ∈Ｒ）であることがわかる。
（２）任意のＲの元ａ,ｂに対して、
(ａ－ｂ)＝(ａ－ｂ)^2＝ａ^2－ａｂ－ｂａ＋ｂ^2＝ａ－ａｂ－ｂａ＋ｂ
が成り立つ。これと（１）より、２ｂ＝ａｂ＋ｂａ＝０を得る。ゆえに、ｂ＋ｂ＝２ｂ＝０
したがって、ｂ＝－ｂが成り立つ。
（３）（１）と（２）よりａｂ＝－ｂａ＝ｂａを得る。
「演習　群・環・体 入門」新妻弘著より

解説
＞これと（１）より、２ｂ＝ａｂ＋ｂａ＝０を得る。ゆえに、ｂ＋ｂ＝２ｂ＝０

ゆえにｂ＝０で、ｂは任意に選んだのでＲは零元のみで乗法単位元が存在しないので環にならないのではないかという疑惑を否定して下さい。

例えば、ℤ4の元のｂ＝|２（ｂ≡２(mod４)という意味）とすると、
ｂ＋ｂ＝|２＋|２＝|４＝|０
で零元とは限らないからＯＫ。

ところで、ℤ2＝{|０，|１}で両方ともａ^2＝ａを満たすので、ℤ2はブール環なのだろう。もっとも、ℤ2は有限体だからブール体とでもいうのだろう。（念のため、自分で裏を取って下さい。）

念のため、
＞一応、ａ＝０も具体的に示しておく。
任意のＲの元ａ,ｂに対して、
(ｂ－ａ)＝(ｂ－ａ)^2＝ｂ^2－ｂａ－ａｂ＋ａ^2＝ｂ－ａｂ－ｂａ＋ａ
∴２ａ＝ａｂ＋ｂａ＝０（（１）より）
∴ａ＝０

ａ，ｂが同時に０になる事はない。

おまけ：

何でもありの解法１　中学数学の解法
ＢＣの延長上にＣＦ＝ＣＤとなる点Ｆを取ると、∠ＡＣＥ＝９０°で∠ＤＣＥ＝∠ＥＣＢより、∠ＡＣＤ＝∠ＡＣＦとなる。
よって、二辺挟角が等しいので、△ＡＣＤ≡△ＡＣＦ　∴ＡＤ＝ＡＦ，ＣＤ＝ＣＦ，∠ＤＡＣ＝∠ＦＡＣ
よって、ＡＣは∠ＢＡＦの二等分線。
ここで、ＡＤ＝ＡＦ＝ｘとおいて、△ＡＢＦで角の二等分線の定理を使うと、
ｘ＋１２：ｘ＝１４：６が成り立つ。
∴７ｘ＝３(ｘ＋１２)　∴４ｘ＝３６
∴ｘ＝９　∴ＡＤ＝９ｃｍ

何でもありの解法２
ＡＤ＝ｘ，●＝θと置いて、△ＡＣＤで正弦定理を使うと、
ｘ/sin(90°－θ)＝６/sin∠A
∴ｘ/cosθ＝６/sin∠A———①
また、△ＡＢＣで正弦定理を使うと、
(ｘ＋１２)/sin(90°＋θ)＝１４/sin∠A
∴(ｘ＋１２)/cosθ＝１４/sin∠A———②
①×７＝②×３より、
７ｘ/cosθ＝３(ｘ＋１２)/cosθ
∴７ｘ＝３ｘ＋３６　∴４ｘ＝３６
∴ｘ＝９　∴ＡＤ＝９ｃｍ

解法３は次回。

おまけ：

何でもありの解法３
ＡＤ＝ｘ，ＡＣ＝ｙ，●＝θと置いて、△ＡＣＤで余弦定理を使うと、
ｘ^2＝６^2＋ｙ^2－２・６・ｙ・cos(90°－θ)
＝３６＋ｙ^2－１２ｙsinθ
∴ｘ^2＝３６＋ｙ^2－１２ｙsinθ———①
また、△ＡＢＣで余弦定理を使うと、
(ｘ＋１２)^2＝１４^2＋ｙ^2－２・１４・ｙ・cos(90°＋θ)
＝１９６＋ｙ^2－２８ｙ(－sinθ)
∴(ｘ＋１２)^2＝１９６＋ｙ^2＋２８ｙsinθ———②
①×７＋②×３より、
７ｘ^2＝２５２＋７ｙ^2－８４ｙsinθ
３(ｘ＋１２)^2＝５８８＋３ｙ^2＋８４ｙsinθ
——————————————————————
∴７ｘ^2＋３(ｘ＋１２)^2＝８４０＋１０ｙ^2
これを整理すると、
５ｘ^2－５ｙ^2＋３６ｘ＝２０４———ア
また、△ＣＢＤで余弦定理を使うと、
１２^2＝６^2＋１４^2－２・６・１４・cos２θ　∴１６８cos２θ＝８８　
∴cos２θ＝１１/２１　また、２倍角の公式より、cos２θ＝１－２sin^2θ
∴１－２sin^2θ＝１１/２１
∴２sin^2θ＝１０/２１　∴sin^2θ＝５/２１
ところで、０＜θ＜１８０°より、sinθ＞０　
∴sinθ＝√５/√２１＝√１０５/２１
これを①に代入すると、
ｘ^2＝３６＋ｙ^2－１２ｙ(√１０５/２１)
これを整理して５倍すると、
５ｘ^2－５ｙ^2＋(２０√１０５/７)ｙ＝１８０———イ
ア－イより、
３６ｘ－(２０√１０５/７)ｙ＝２４
これを整理すると、
ｙ＝２１(３ｘ－２)/５√１０５
∴ｙ^2＝２１(３ｘ－２)^2/１２５
これをアに代入すると、
５ｘ^2－２１(３ｘ－２)^2/２５＋３６ｘ＝２０４
これを整理すると、
６４ｘ^2－１１５２ｘ＋５１８４＝０
∴ｘ^2－１８ｘ＋８１＝０
∴(ｘ－９)^2＝０　∴ｘ＝９
∴ＡＤ＝９ｃｍ

因みに、アまでは中学数学もどきでも導けます。
△ＣＢＤで角の二等分線の定理を使うと、
ＢＥ＝(７/１０)×１２＝４２/５ｃｍ
ＤＥ＝(３/１０)×１２＝１８/５ｃｍ
よって、角の二等分線の長さの公式を使うと、
ＣＥ＝√{１４・６－(４２/５)(１８/５)}
＝８√２１/５ｃｍ
よって、△ＡＣＥで三平方の定理を使うと、
ｙ^2＋(８√２１/５)^2＝(ｘ＋１８/５)^2
これを整理すると、
ｘ^2－ｙ^2＋(３６/５)ｘ＝２０４/５
よって、アと等しい。

おまけ：

算数の別解を思い付きました。
因みに、結果的にYoutubeの模範解答をこねくり回しても出来そうな解法ですが、全く別に思い付きました。

算数の別解
ＣＤの延長上にＤＦ＝８ｃｍとなる点Ｆを取ると、△ＣＢＦは二等辺三角形でＣＥの延長とＢＦとの交点をＧとすると、ＣＧは二等辺三角形の頂角の二等分線より、ＣＧ⊥ＢＦとなる。
よって、∠ＢＧＣ＝∠ＧＣＡ＝９０°より錯角が等しいので、ＢＦ//ＣＡ
よって、△ＤＦＢと△ＤＣＡは相似である。
よって、ＡＤ：１２＝６：８が成り立つ。
よって、ＡＤ＝(３/４)×１２＝９ｃｍ
よって、答えは、９ｃｍ

因みに、模範解答はＤからＡＣと平行な直線を引き、新しくできる二等辺三角形を利用しているが、その観点からＢからＡＣと平行な直線を引いても同様に二等辺三角形を作るようにしても思い付く解法である。その場合は、ＣＥの延長との交点などを作らなくても良い。ただし、模範解答と同様に錯角と同位角が等しい事に気付くのは難しいかもしれないが。
逆に、模範解答をアレンジしても良い。つまり、ＣＢ上にＣＦ＝ＣＤとなる点Ｆを取り、ＤＦとＣＥの交点をＧとすると、ＣＧ⊥ＤＦよりＤＦ//ＡＣとする。これなら、変な角度の等しさに気付く必要がない。もっとも、定石で覚えている人もいると思うが。私もその一人である。

おまけ：

解説
演習3.1.1
Ⅰ＝{ｘ｜|ｘ|＜１，ｘ∈ℝ}において演算＊を
ｘ＊ｙ＝(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)
と定義する。このときＩはこの演算について閉じているかどうか調べなさい。

別解
調べたいことは、
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１⇒|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
が成立するかどうかである。
そこで、１－|ｘ|＞０，１－|ｙ|＞０より、
(１－ｘ)(１－ｙ)＞０を作ると、
１－ｘ－ｙ＋ｘｙ＞０
∴１＋ｘｙ＞ｘ＋ｙ
この両辺の絶対値を取ると、
|１＋ｘｙ|＞|ｘ＋ｙ|
∴|ｘ＋ｙ|/|１＋ｘｙ|＜１
∴|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
よって、成り立つので、閉じている。

初めはこれで良いと思ったが、これではダメである。１＋ｘｙ＞ｘ＋ｙ
これの絶対値を取っても|１＋ｘｙ|＞|ｘ＋ｙ|とは限らないからである。例えば、２＞－３の両辺の絶対値を取ると、２＞３でダメである。

そこで、改善しました。

別解（改）
調べたいことは、
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１⇒|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
が成立するかどうかである。
そこで、|ｘ＋ｙ|＜|１＋ｘｙ|を示せば良い。
（ⅰ）－(ｘ＋ｙ)＜１＋ｘｙの場合
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１より、(１＋ｘ)(１＋ｙ)＞０
∴１＋ｘ＋ｙ＋ｘｙ＞０
∴－(ｘ＋ｙ)＜１＋ｘｙ
（ⅱ）ｘ＋ｙ＜１＋ｘｙの場合
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１より、(１－ｘ)(１－ｙ)＞０
∴１－ｘ－ｙ＋ｘｙ＞０
∴ｘ＋ｙ＜１＋ｘｙ
（ⅰ），（ⅱ）より、±(ｘ＋ｙ)＜１＋ｘｙ
∴|ｘ＋ｙ|＜|１＋ｘｙ|
∴|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
よって、成り立つので、閉じている。

補足
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１より、
－１＜ｘ＜１，－１＜ｙ＜１
∴０＜１＋ｘ＜２，０＜１＋ｙ＜２
また、－１＜－ｘ＜１，－１＜－ｙ＜１
∴０＜１－ｘ＜２，０＜１－ｙ＜２
∴(１＋ｘ)(１＋ｙ)＞０
また、(１－ｘ)(１－ｙ)＞０

念のため、裏を取って下さい。あくまでも参考程度です。

おまけ：

解説１
＞（２）まずδ3を求める。ｓ1＝ｓ，ｓ2＝ｔ，ｓ3＝ｕとおく。ｘ1に関して４次だからδ3はｓ,ｔ,ｕの４次式である。またｘ1,ｘ2,ｘ3に関して３(３－１)＝６次式だから、δ3に現れるｓ^αｔ^βｕ^γはα＋２β＋３γ＝６をみたしている。

（１）からδ2＝(ｘ1－ｘ2)^2で、判別式の定義からδ3＝(ｘ1－ｘ2)^2(ｘ1－ｘ3)^2(ｘ2－ｘ3)^2と分かるだろう。
また、ｓ1,ｓ2,ｓ3は基本対称式なので、
ｓ1＝ｓ＝ｘ1＋ｘ2＋ｘ3
ｓ2＝ｔ＝ｘ1ｘ2＋ｘ2ｘ3＋ｘ3ｘ1
ｓ3＝ｕ＝ｘ1ｘ2ｘ3
である。また、δ3を展開すればｘ1に関して４次式である事が分かり、ｓ,ｔ,ｕはそれぞれｘ1に関して１次式なのでδ3はｓ,ｔ,ｕに関しても４次式である。

補足　問題 3-3b
ｘ,ｙ,ｚの対称式ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)を基本対称式ｓ＝ｘ＋ｙ＋ｚ，ｔ＝ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ，ｕ＝ｘｙｚの式に対してその次数（ｓ,ｔ,ｕに関する次数）は、ｘに関するｆ(ｘ,ｙ,ｚ)の次数に等しいことを示せ。

この補足からも「ｘ1に関して４次だからδ3はｓ,ｔ,ｕの４次式である」事が分かるだろう。
因みに、δ3が対称式である事は、δ3＝(ｘ1－ｘ2)^2(ｘ1－ｘ3)^2(ｘ2－ｘ3)^2のどの２つを入れ換えても２乗なので変わらないからである。

＞またｘ1,ｘ2,ｘ3に関して３(３－１)＝６次式だから、δ3に現れるｓ^αｔ^βｕ^γはα＋２β＋３γ＝６をみたしている。

判別式の定義から、
δn＝(ｘ1－ｘ2)^2(ｘ1－x３)^2･･･(ｘn-2－ｘn)^2(ｘn-1－ｘn)^2
（つまりｎ(ｎ－１)/２個の積。次数はｎ(ｎ－１)）
で、δ3だからｎ＝３を代入して６次式という事。また、括弧の数はｎ個から２個を取り出す組み合わせと等しいので、nＣ2＝ｎ(ｎ－１)/２個という事。次数は２乗だからその２倍。
また、ｓ^αｔ^βｕ^γ＝(ｘ1＋ｘ2＋ｘ3)^α(ｘ1ｘ2＋ｘ2ｘ3＋ｘ3ｘ1)^β(ｘ1ｘ2ｘ3)^γ
ｘ1＋ｘ2＋ｘ3はｘ1,ｘ2,ｘ3に関して１次式でｘ1ｘ2＋ｘ2ｘ3＋ｘ3ｘ1はｘ1,ｘ2,ｘ3に関して２次式でｘ1ｘ2ｘ3はｘ1,ｘ2,ｘ3に関して３次式なので、ｓ^αｔ^βｕ^γはｘ1,ｘ2,ｘ3に関してα＋２β＋３γ次式である。ところで、δ3はｘ1,ｘ2,ｘ3に関して６次式だったので、α＋２β＋３γ＝６という事である。
念のため、δnは対称式なので基本対称式で表せるから、ｓ^αｔ^βｕ^γとしているのである。（ｓ,ｔ,ｕは基本対称式。）

続きは次回。

おまけ：

解説２
＞例えばｘ1,ｘ2,ｘ3をｘ^3－ｓｘ^2＋ｔｘの根とすると（ｘ3＝０，ｕ＝０を代入）、δ3は
(ｘ1ｘ2)^2(ｘ1－ｘ2)^2＝ｔ^2(ｓ^2－４ｔ)＝ｓ^2ｔ^2－４ｔ^3
となる。よってｆ＝１，ｈ＝－４とわかる。

ｓ＝ｘ1＋ｘ2＋ｘ3，ｔ＝ｘ1ｘ2＋ｘ2ｘ3＋ｘ3ｘ1，ｕ＝ｘ1ｘ2ｘ3で、これらにｘ3＝０を代入すると、ｓ＝ｘ1＋ｘ2，ｔ＝ｘ1ｘ2，ｕ＝０
また、(ｘ－ｘ1)(ｘ－ｘ2)(ｘ－ｘ3)＝０を展開すると、
ｘ^3－(ｘ1＋ｘ2＋ｘ3)ｘ^2＋(ｘ1ｘ2＋ｘ2ｘ3＋ｘ3ｘ1)ｘ－ｘ1ｘ2ｘ3
＝ｘ^3－ｓｘ^2＋ｔｘ＋ｕ
これにｕ＝０を代入すると、
ｘ^3－ｓｘ^2＋ｔｘよりｘ1,ｘ2,ｘ3はこの根である。
また、δ3＝(ｘ1－ｘ2)^2(ｘ1－ｘ3)^2(ｘ2－ｘ3)^2で、これにｘ3＝０を代入すると、
δ3＝(ｘ1－ｘ2)^2ｘ1^2ｘ2^2
＝(ｘ1ｘ2)^2(ｘ1－ｘ2)^2
＝(ｘ1ｘ2)^2{(ｘ1＋ｘ2)^2－４ｘ1ｘ2}
これにｓ＝ｘ1＋ｘ2，ｔ＝ｘ1ｘ2を代入すると、
δ3＝ｔ^2(ｓ^2－４ｔ)＝ｓ^2ｔ^2－４ｔ^3
これとδ3＝ｆｓ^2ｔ^2＋ｇｓ^3ｕ＋ｈｔ^3＋ｊｕ^2＋ｋｓｔｕを比較すると、
ｆ＝１，ｈ＝－４と分かるという事。

＞またδ3/(ｘ1ｘ2ｘ3)^4は、ｘ1,ｘ2,ｘ3を１/ｘ1,１/ｘ2,１/ｘ3に置き換えたδ3になるから、δ3(ｓ,ｔ,ｕ)＝ｕ^4δ3(ｔ/ｕ,ｓ/ｕ,１/ｕ)である。これよりｇ＝ｈ＝－４とわかる。

δ3＝(ｘ1－ｘ2)^2(ｘ1－ｘ3)^2(ｘ2－ｘ3)^2のｘ1に１/ｘ1，ｘ2に１/ｘ2，ｘ3に１/ｘ3を代入すると、
δ3'＝(１/ｘ1－１/ｘ2)^2(１/ｘ1－１/ｘ3)^2(１/ｘ2－１/ｘ3)^2
＝{(ｘ2－ｘ1)^2/(ｘ1ｘ2)^2}{(ｘ3－ｘ1)^2/(ｘ1ｘ3)^2}{(ｘ3－ｘ2)^2/(ｘ2ｘ3)^2}
＝(ｘ2－ｘ1)^2(ｘ3－ｘ1)^2(ｘ3－ｘ2)^2/(ｘ1ｘ2)^2(ｘ1ｘ3)^2(ｘ2ｘ3)^2
＝(ｘ1－ｘ2)^2(ｘ1－ｘ3)^2(ｘ2－ｘ3)^2/(ｘ1ｘ2ｘ3)^4
＝δ3/ｕ^4
∴δ3＝ｕ^4δ3'———①
また、ｔ/ｕ＝(ｘ1ｘ2＋ｘ2ｘ3＋ｘ3ｘ1)/(ｘ1ｘ2ｘ3)＝１/ｘ3＋１/ｘ1＋１/ｘ2
∴ｔ/ｕ＝１/ｘ1＋１/ｘ2＋１/ｘ3———ア
ｓ/ｕ＝(ｘ1＋ｘ2＋ｘ3)/(ｘ1ｘ2ｘ3)＝１/ｘ2ｘ3＋１/ｘ1ｘ3＋１/ｘ1ｘ2
∴ｓ/ｕ＝１/ｘ1ｘ2＋１/ｘ2ｘ3＋１/ｘ3ｘ1———イ
１/ｕ＝１/ｘ1ｘ2ｘ3———ウ
ア，イ，ウと①から、
δ3(ｓ,ｔ,ｕ)＝ｕ^4δ3(ｔ/ｕ,ｓ/ｕ,１/ｕ)
が成り立つ事が分かる。（うすうす分かる程度である。厳密な解説はプロじゃないと無理。）
ここで、δ3(ｓ,ｔ,ｕ)＝ｆｓ^2ｔ^2＋ｇｓ^3ｕ＋ｈｔ^3＋ｊｕ^2＋ｋｓｔｕ
のｓにｔ/ｕ，ｔにｓ/ｕ，ｕに１/ｕを代入すると、
δ3(ｔ/ｕ,ｓ/ｕ,１/ｕ)＝ｆ(ｔｓ/ｕ^2)^2＋ｇ(ｔ^3/ｕ^4)＋ｈ(ｓ^3/ｕ^3)＋ｊ(１/ｕ^2)＋ｋ(ｔｓ/ｕ^3)
＝ｆｔ^2ｓ^2/ｕ^4＋ｇｔ^3/ｕ^4＋ｈｓ^3/ｕ^3＋ｊ/ｕ^2＋ｋｔｓ/ｕ^3
∴ｕ^4δ3(ｔ/ｕ,ｓ/ｕ,１/ｕ)＝ｆｔ^2ｓ^2＋ｇｔ^3＋ｈｓ^3ｕ＋ｊｕ^2＋ｋｔｓｕ
＝ｆｓ^2ｔ^2＋ｇｔ^3＋ｈｓ^3ｕ＋ｊｕ^2＋ｋｓｔｕ
∴ｕ^4δ3(ｔ/ｕ,ｓ/ｕ,１/ｕ)＝ｆｓ^2ｔ^2＋ｇｔ^3＋ｈｓ^3ｕ＋ｊｕ^2＋ｋｓｔｕ
これとδ3(ｓ,ｔ,ｕ)＝ｆｓ^2ｔ^2＋ｇｓ^3ｕ＋ｈｔ^3＋ｊｕ^2＋ｋｓｔｕを比較すると（上よりδ3(ｓ,ｔ,ｕ)＝ｕ^4δ3(ｔ/ｕ,ｓ/ｕ,１/ｕ)だから）、
ｇ＝ｈである。（方程式で解いても良い。）
そして、前にｈ＝－４だったので、
ｇ＝ｈ＝－４という事。

続きは次回。

おまけ：

解説３
＞最後にｘ1,ｘ2,ｘ3をｘ^3－１（根は１,ω,ω^2），ｘ^3＋ｘ^2＋ｘ＋１（根は±ｉ,－１）の根とするとδの値はそれぞれ－２７,－１６となるので、それぞれｓ＝ｔ＝０，ｕ＝１と－ｓ＝ｔ＝－ｕ＝１を代入して
－２７＝ｊ，－１６＝１－４－４－２７＋ｋ　∴ｋ＝１８
となる。

δ3＝(ｘ1－ｘ2)^2(ｘ1－ｘ3)^2(ｘ2－ｘ3)^2
これにｘ1＝１，ｘ2＝ω，ｘ3＝ω^2を代入すると、
δ3＝(１－ω)^2(１－ω^2)^2(ω－ω^2)^2———☆
ところで、ω^3－１＝０より、(ω－１)(ω^2＋ω＋１)＝０　∴ω^2＋ω＋１＝０
∴ω^2＝－ω－１
これを☆に代入すると、
δ3＝(１－ω)^2(２＋ω)^2(２ω＋１)^2
＝(ω^2－２ω＋１)(ω^2＋４ω＋４)(４ω^2＋４ω＋１)
＝(－３ω)(３ω＋３)(－４ω－４＋４ω＋１)
＝－９ω(ω＋１)(－３)
＝２７(ω^2＋ω)＝２７・(－１)
＝ー２７
∴δ3＝－２７———ア
また、δ3＝(ｘ1－ｘ2)^2(ｘ1－ｘ3)^2(ｘ2－ｘ3)^2にｘ1＝ｉ，ｘ2＝－ｉ，ｘ3＝－１を代入すると、
δ3＝(ⅰ＋ｉ)^2(ⅰ＋１)^2(－ｉ＋１)^2
＝－４(１＋１)^2＝－１６
∴δ3＝－１６———イ
また、ｘ^3－１＝０から、解と係数の関係で、
ｓ＝ｘ1＋ｘ2＋ｘ3＝０，ｔ＝ｘ1ｘ2＋ｘ2ｘ3＋ｘ3ｘ1＝０，ｕ＝ｘ1ｘ2ｘ3＝１
∴ｓ＝ｔ＝０，ｕ＝１
これらを
δ3＝ｆｓ^2ｔ^2＋ｇｓ^3ｕ＋ｈｔ^3＋ｊｕ^2＋ｋｓｔｕに代入すると、
δ3＝０＋０＋０＋ｊ＋０＝－２７（アより）
∴ｊ＝－２７
また、ｘ^3＋ｘ^2＋ｘ＋１＝０から、解と係数の関係で、
ｓ＝ｘ1＋ｘ2＋ｘ3＝－１
ｔ＝ｘ1ｘ2＋ｘ2ｘ3＋ｘ3ｘ1＝１
ｕ＝ｘ1ｘ2ｘ3＝－１
これらを
δ3＝ｆｓ^2ｔ^2＋ｇｓ^3ｕ＋ｈｔ^3＋ｊｕ^2＋ｋｓｔｕ
に前回のｆ＝１，ｇ＝ｈ＝－４，ｊ＝－２７と共に代入すると、
δ3＝１・(－１)^2・１^2－４・(－１)^3・(－１)－４・１^3－２７・(－１)^2＋ｋ・(－１)・１・(－１)＝－１６（イより）
∴１－４－４－２７＋ｋ＝－１６
∴ｋ＝１８

＞よってδ3＝ｓ^2ｔ^2－４ｓ^3ｕ－４ｔ^3－２７ｕ^2＋１８ｓｔｕであり、求める判別式は
Ｄ3＝ｂ^2ｃ^2－４ｂ^3ｄ－４ａｃ^3－２７ａ^2ｄ^2＋１８ａｂｃｄ
である。

上より、ｆ＝１，ｇ＝ｈ＝－４，ｊ＝－２７，ｋ＝１８をδ3＝ｆｓ^2ｔ^2＋ｇｓ^3ｕ＋ｈｔ^3＋ｊｕ^2＋ｋｓｔｕに代入すると、
δ3＝ｓ^2ｔ^2－４ｓ^3ｕ－４ｔ^3－２７ｕ^2＋１８ｓｔｕ———☆
ところで、解と係数の関係より、
ｓ＝ｘ1＋ｘ2＋ｘ3＝－ｂ/ａ
ｔ＝ｘ1ｘ2＋ｘ2ｘ3＋ｘ3ｘ1＝ｃ/ａ
ｕ＝ｘ1ｘ2ｘ3＝－ｄ/ａ
これらを☆に代入すると、
δ3＝ｂ^2ｃ^2/ａ^4－４(ｂ^3ｄ/ａ^4)－４(ｃ^3/ａ^3)－２７(ｄ^２/ａ^2)＋１８(ｂｃｄ/ａ^3)———☆☆
また、判別式の定義より、
Ｄn＝ａ0^(2n-2)δn{－ａ1/ａ0,ａ2/ａ0,･･･,(－１)^k(ａk/ａ0),･･･,(－１)^n(ａn/ａ0)}
より、☆☆にａ^4（ｎに３を代入）を掛けると、
Ｄ3＝ｂ^2ｃ^2－４ｂ^3ｄ－４ａｃ^3－２７ａ^2ｄ^２＋１８ａｂｃｄ

補足：ｘ^3＋ｘ^2＋ｘ＋１（根は±ｉ,－１）
ｘ^3＋ｘ^2＋ｘ＋１＝０として、
ｘ^2(ｘ＋１)＋ｘ＋１＝０
∴(ｘ＋１)(ｘ^2＋１)＝０
∴ｘ＝－１，±ｉ

おまけ：

問題１の別解１
ＡＢ，ＡＣと半円との接点をそれぞれＳ，Ｔとすると、３直角から四角形ＡＳＯＴは長方形になり半径より隣り合う２辺が等しいので正方形になる。
また、ＯＴ//ＢＡより△ＴＯＣと△ＡＢＣは相似であり、△ＡＢＣは３：４：５の直角三角形より△ＴＯＣも３：４：５の直角三角形。
よって、ＯＴ＝３ｍ，ＴＣ＝４ｍ，ＯＣ＝５ｍと置くと、半径と正方形よりＯＴ＝ＡＴ＝ＯＥ
よって、ＥＣ＝５ｍ－３ｍ＝２ｍ———①
また、ＡＣ＝３ｍ＋４ｍ＝４ｃｍより、
７ｍ＝４　∴ｍ＝４/７———②
②を①に代入すると、ＥＣ＝８/７ｃｍ

別解２
ＡＢ，ＡＣと半円との接点をそれぞれＳ，Ｔとすると、ＯＴ//ＢＡ，ＯＳ//ＣＡより△ＴＯＣと△ＳＢＯと△ＡＢＣは相似で、△ＡＢＣは３：４：５の直角三角形よりこの２つも３：４：５の直角三角形である。
よって、半径をｒと置くと、ＯＳ＝ＯＴ＝ｒ
また、ＯＢ＝(５/４)ｒ，ＯＣ＝(５/３)ｒ
∴ＢＣ＝(５/４)ｒ＋(５/３)ｒ＝(３５/１２)ｒ＝５ｃｍ　∴(７/１２)ｒ＝１　∴ｒ＝１２/７
ところで、ＥＣ＝(５/３)ｒ－ｒ＝(２/３)ｒ
∴ＥＣ＝(２/３)×(１２/７)＝８/７ｃｍ

どちらも暗算でやりましたが、別解１の方が暗算向きですね。

問題２の方が面白いですね。（次回）

おまけ：

問題２の別解１　思い付いた順
角の二等分線の定理より、ＢＤ：ＣＤ＝２：１
よって、ＣＤ＝ｘ，ＢＤ＝ＡＤ＝２ｘと置き、●＝θと置くと、△ＡＢＤでの余弦定理より、
cosθ＝{２^2＋(２ｘ)^2－(２ｘ)^2}/２・２・２ｘ＝４/８ｘ＝１/２ｘ———①
また、△ＡＣＤでの余弦定理より、
cosθ＝{１^2＋(２ｘ)^2－ｘ^2}/２・１・２ｘ＝(３ｘ^2＋１)/４ｘ———②
①，②より、
(３ｘ^2＋１)/４ｘ＝１/２ｘが成り立つ。
∴３ｘ^2＋１＝２　∴３ｘ^2＝１　∴ｘ^2＝１/３　ｘ＞０より、ｘ＝１/√３
これを①に代入すると、
cosθ＝√３/２———ア　
∴ｓin^2θ＝１－３/４＝１/４　ところで、０＜２θ＜１８０°よりsinθ＞０
∴sinθ＝１/２———イ
ところで、△ＡＢＣ＝(１/２)・２・１・sin２θ＝sin２θ＝２sinθcosθ＝２(１/２)(√３/２)＝√３/２
よって、答えは、√３/２ｃｍ^2

因みに、アからθ＝３０°より∠Ａ＝６０°で△ＡＢＣは１：２：√３の直角三角形としても良い。

別解２　中学数学のエレガントな解法
ＡＢの中点をＭとすると、ＡＭ＝ＡＣ＝１ｃｍ，∠ＭＡＤ＝∠ＣＡＤ＝●，ＡＤは共通より二辺挟角が等しいので、△ＡＤＭ≡△ＡＤＣ
∴∠ＤＭＡ＝∠ＤＣＡ
ところで、△ＤＡＢは二等辺三角形で点Ｍは底辺ＡＢの中点よりＤＭ⊥ＡＢ　
∴∠ＤＭＡ＝９０°∴∠ＤＣＡ＝９０°
よって、△ＡＢＣは∠Ｃが直角の直角三角形でＡＣ＝１ｃｍ，ＡＢ＝２ｃｍより、ＢＣ＝√３ｃｍである。
∴△ＡＢＣ＝√３/２ｃｍ^2

おまけ：
「過去記事を検索していたら「じじい、お前と違ってお若いアリスさんは･･･」みたいな文章を見て久しぶりにちょっとむかついた。笑」
引用元：https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12831971182.html

問題3-4b
分数式が文字のどの入れ換えでも不変なら、対称式の商で表されることを示せ。

解答
この不変な分数式をｆ/ｇとおく（ｆ,ｇは互いに素）。ｆ,ｇが対称式であることを示す。ｘ1,ｘ2を入れ換えてｆ,ｇがそれぞれｆ1,ｇ1になったとする。ｆ/ｇ＝ｆ1/ｇ1よりｆｇ1＝ｆ1ｇである。ｆ,ｇは互いに素なので、ｆ＝ｋｆ1，ｇ＝ｋｇ1（ｋは多項式）となる。ところがｆ,ｆ1の次数は等しいのでｋは定数である。さらにｘ1,ｘ2をもう２度交換するともとに戻ることからｆ1＝ｋｆである。ｆ1を消去するとｆ＝ｋ^2ｆである。よってｋ＝±１である。もしｋ＝－１だとすると、ｆ＝－ｆ1にｘ1にｘ2を代入して（ｆ1(ｘ2,ｘ2,･･･)＝ｆ(ｘ2,ｘ2,･･･)だから）
ｆ(ｘ2,ｘ2,･･･)＝－ｆ(ｘ2,ｘ2,･･･)　∴２ｆ＝０すなわちｆ＝０
となる。ゆえにｆはｘ1－ｘ2で割り切れる。同様にｇもｘ1－ｘ2で割り切れるが、これはｆ,ｇが互いに素であることに矛盾する。よってｋ＝１である。同様にどの２つの変数を交換しても不変になるので、ｆ,ｇは対称式である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

＞ところがｆ,ｆ1の次数は等しいのでｋは定数である。

ｆ/ｇ＝ｆ1/ｇ1が条件より不変で、変数の入れ換えは次数を変えないから。

＞さらにｘ1,ｘ2をもう２度交換するともとに戻ることからｆ1＝ｋｆである。

「もう１度交換」または「２度交換」だと思う。

＞もしｋ＝－１だとすると、ｆ＝－ｆ1にｘ1にｘ2を代入して（ｆ1(ｘ2,ｘ2,･･･)＝ｆ(ｘ2,ｘ2,･･･)だから）
ｆ(ｘ2,ｘ2,･･･)＝－ｆ(ｘ2,ｘ2,･･･)

ｋ＝－１とすると、ｆ＝ｋｆ1よりｆ＝－ｆ1
これのｘ1にｘ2を代入すると、
ｆ(ｘ2,ｘ2,･･･)＝－ｆ1(ｘ2,ｘ2,･･･)
∴－ｆ(ｘ2,ｘ2,･･･)＝ｆ1(ｘ2,ｘ2,･･･)———①
また、「ｘ1,ｘ2を入れ換えてｆ,ｇがそれぞれｆ1,ｇ1になったとする」ので、
ｆ(ｘ2,ｘ1,･･･)＝ｆ1(ｘ1,ｘ2,･･･)
これのｘ1にｘ2を代入すると、
ｆ(ｘ2,ｘ2,･･･)＝ｆ1(ｘ2,ｘ2,･･･)———②
①，②より、
ｆ(ｘ2,ｘ2,･･･)＝－ｆ(ｘ2,ｘ2,･･･)

＞ｆ(ｘ2,ｘ2,･･･)＝－ｆ(ｘ2,ｘ2,･･･)　∴２ｆ＝０すなわちｆ＝０
となる。ゆえにｆはｘ1－ｘ2で割り切れる。

これは因数定理ですね。

おまけ：

問題１の別解
トゲ部分は、頂角が３０°で等辺が１ｃｍの二等辺三角形で、トゲを全部取っ払った残り部分は（対称性より）正十二角形であり、正十二角形の性質よりトゲ１２個分である。（底辺を共有した頂角が３０°の二等辺三角形だから。）
つまり、斜線部の面積はトゲ２４個分の面積で、トゲの１つの底角から対辺に垂線を下ろすと、３０°，６０°，９０°の直角三角定規型が出来、面積は、１×(１/２)÷２＝１/４ｃｍ^2となる。
よって、答えは、(１/４)×２４＝６ｃｍ^2

問題２の別解
半径より、ＰＱ＝９＋３＝１２ｃｍ
ここで、ＢからＡＰに垂線を下ろしその足をＨとすると、四角形ＨＰＱＢは３直角より長方形なので、ＨＰ＝ＢＱ＝３ｃｍ，ＨＢ＝ＰＱ＝１２ｃｍ　よって、ＡＨ＝９－３＝６ｃｍ　
ところで、ＡＰ//ＢＱより△ＡＨＢと△ＢＱＣは相似である。
よって、ＡＨ：ＨＢ＝ＢＱ：ＱＣ
よって、６：１２＝３：ＱＣ　よって、ＱＣ＝６ｃｍ　よって、ＰＣ＝１２＋６＝１８ｃｍ
よって、△ＡＰＣ＝１８×９÷２＝８１ｃｍ^2

問題３の解答のアレンジ
ＣからＢＣに対して垂線を立て、その直線にＡから垂線を下ろしその足をＨとすると、３直角とＡＢ＝ＢＣより隣り合う２辺が等しいので、四角形ＡＢＣＨは正方形になる。
ここで、ＡＣを結ぶと△ＨＡＣは直角二等辺三角形で△ＡＣＤは頂角が３０°の二等辺三角形になる。（∠ＡＣＤ＝１２０°－４５°＝７５°より）
よって、ＤからＡＣに垂線を下ろしその足をⅠとすると、△ＤＡＩは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型より、
ＤＩ＝ＡＤ/２＝ＡＣ/２
また、△ＨＡＣは直角二等辺三角形よりＨからＡＣに垂線を下ろしその足をＪとすると、
ＨＪ＝ＡＣ/２である。よって、ＤＩ＝ＨＪでそれぞれ垂線より、ＤＨ//ＩＪ　
よって、等積変形より、△ＤＡＣ＝△ＨＡＣで四角形ＡＢＣＤの面積は正方形ＡＢＣＨの面積と等しい。
ところで、ＡＣ＝ＡＤ＝６ｃｍより、
正方形ＡＢＣＨ＝６×６÷２＝１８ｃｍ^2
よって、答えは、１８ｃｍ^2

おまけ：

3.3　いろいろな不変式
対称式では、変数のどんな入れ換えでも変わらない式を考えました。では、変数の入れ換え全部ではなく、一部の入れ換えに制限したらどうでしょうか。例えば３変数ｘ,ｙ,ｚの式において、
「ｘ,ｙ,ｚをそれぞれｙ,ｚ,ｘに入れ換えて変わらない式」
を調べます。この場合では
⊿＝(ｘ－ｙ)(ｙ－ｚ)(ｚ－ｘ)（差積）
　＝ｘｙ^2＋ｙｚ^2＋ｚｘ^2－ｘ^2ｙ－ｙ^2ｚ－ｚ^2ｘ
が重要です。この式は対称式ではありませんが、上述の入れ換えで不変な式です。
この入れ換えで不変な式ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)がさらにｘ,ｙの入れ換えでも不変ならば、ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)は対称式です。実際、ほかの入れ換えは、ｘ,ｙ,ｚをｙ,ｚ,ｘにする入れ換えとｘ,ｙ,ｚをｙ,ｘ,ｚにする入れ換えの合成（続けて行うこと）で表されるからです。
例えばｆ(ｘ,ｙ,ｚ)がｘ,ｙ,ｚをｙ,ｚ,ｘに入れ換えて不変ならば、ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｆ(ｙ,ｚ,ｘ)・・・(＊)をみたします。さらにｘ,ｙを交換して不変ならば、
ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｆ(ｙ,ｚ,ｘ)＝ｆ(ｘ,ｚ,ｙ)
　　　　　　　　　　　　(＊)
となり、ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)はｙ,ｚの交換でも不変になります。等式＝(＊)は、(＊)の等式において辺々のｘ,ｙを交換して得られます。ほかの入れ換えでも同様に不変になり、ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)は対称式になります。
それではｘ,ｙ,ｚをｙ,ｚ,ｘに入れ換えても変わらない式を求めます。このような式をｆ(ｘ,ｙ,ｚ)とおきます。またｇ,ｈを次のようにおきます：
ｇ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)＋ｆ(ｙ,ｘ,ｚ)
ｈ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)－ｆ(ｙ,ｘ,ｚ)
はじめにｇは対称式であることを示します。ｇは定義より、ｘ,ｙの入れ換えで不変です。一方、ｘ,ｙ,ｚをｙ,ｚ,ｘに入れ換えても不変です。実際ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｆ(ｙ,ｚ,ｘ)において、ｘ,ｙを交換したものと、ｙ,ｚを交換したものから
ｆ(ｙ,ｘ,ｚ)＝ｆ(ｘ,ｚ,ｙ)，
ｆ(ｘ,ｚ,ｙ)＝ｆ(ｚ,ｙ,ｘ)が得られます。
よってｆ(ｙ,ｘ,ｚ)＝ｆ(ｚ,ｙ,ｘ)であり
ｇ(ｙ,ｚ,ｘ)＝ｆ(ｙ,ｚ,ｘ)＋ｆ(ｚ,ｙ,ｘ)
＝ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)＋ｆ(ｙ,ｘ,ｚ)＝ｇ(ｘ,ｙ,ｚ)
となります。ゆえにｇ(ｘ,ｙ,ｚ)は対称式です。
一方、ｈ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)－ｆ(ｙ,ｘ,ｚ)は⊿で割り切れます。実際ｈをｘのみを変数とする多項式とみて、ｘ－ｙで割ると
ｈ(ｘ,ｙ,ｚ)＝(ｘ－ｙ)ｑ(ｘ,ｙ,ｚ)＋ｒ(ｙ,ｚ)，ｒ(ｙ,ｚ)はｙ,ｚのみの式と表されます。ここで辺々のｘにｙを代入すれば、
(左辺)＝ｆ(ｙ,ｙ,ｚ)－ｆ(ｙ,ｙ,ｚ)＝０
(右辺)＝(ｙ－ｙ)ｑ(ｙ,ｙ,ｚ)＋ｒ(ｙ,ｚ)＝ｒ(ｙ,ｚ)
となります。よってｒ(ｙ,ｚ)＝０であり、ｈはｘ－ｙで割り切れます。同様にｙやｚを変数とする多項式とみて、ｙにｚを、ｚにｘをそれぞれ代入するとｈは０になります：
ｈ(ｘ,ｚ,ｚ)＝ｆ(ｘ,ｚ,ｚ)－ｆ(ｚ,ｘ,ｚ)＝０
（∵ｆ(ｙ,ｚ,ｘ)＝ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)においてｘにｚを、ｙにｘを代入），
ｈ(ｘ,ｙ,ｘ)＝ｆ(ｘ,ｙ,ｘ)－ｆ(ｙ,ｘ,ｘ)＝０
（∵ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｆ(ｙ,ｚ,ｘ)においてｚにｘを代入）
したがってｈは(ｙ－ｘ)(ｚ－ｘ)でも割り切れ、⊿で割り切れます（∵順にｘ－ｙ，ｙ－ｚで割った商について議論すればわかります）。そこでｈ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｈ1(ｘ,ｙ,ｚ)⊿とおきます。上のｇと同様にｈ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｈ(ｙ,ｚ,ｘ)がわかります。また⊿(ｘ,ｙ,ｚ)＝⊿(ｙ,ｚ,ｘ)と合わせて、
ｈ1(ｘ,ｙ,ｚ)⊿(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｈ1(ｙ,ｚ,ｘ)⊿(ｙ,ｚ,ｘ)より
ｈ1(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｈ1(ｙ,ｚ,ｘ)
となります。一方ｘ,ｙの入れ換えで
⊿(ｙ,ｘ,ｚ)＝－⊿(ｘ,ｙ,ｚ)
ｈ(ｙ,ｘ,ｚ)＝－ｈ(ｘ,ｙ,ｚ)
なので、次のようにｈ1(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｈ1(ｙ,ｘ,ｚ)が成り立ちます：
ｈ(ｙ,ｘ,ｚ)＝－ｈ(ｘ,ｙ,ｚ)＝－ｈ1(ｘ,ｙ,ｚ)⊿(ｘ,ｙ,ｚ)
ｈ(ｙ,ｘ,ｚ)＝ｈ1(ｙ,ｘ,ｚ)⊿(ｙ,ｘ,ｚ)＝－ｈ1(ｙ,ｘ,ｚ)⊿(ｘ,ｙ,ｚ)
∴ｈ1(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｈ1(ｙ,ｘ,ｚ)
よってｈ1は対称式です。つまりｈ(ｘ,ｙ,ｚ)は対称式に⊿を掛けたものです。
さて、(ｇ(ｘ,ｙ,ｚ)＋ｈ(ｘ,ｙ,ｚ))/２より
ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｇ(ｘ,ｙ,ｚ)/２＋{ｈ1(ｘ,ｙ,ｚ)/２}・⊿
となります。ｇ(ｘ,ｙ,ｚ)/２，ｈ1(ｘ,ｙ,ｚ)/２は対称式なので、
「ｘ,ｙ,ｚをｙ,ｚ,ｘに入れ換えて不変な式ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)は(対称式)＋(対称式)・⊿の形」
です。逆に、(対称式)＋(対称式)・⊿の形の式は、ｘ,ｙ,ｚをｙ,ｚ,ｘに入れ換えて不変です。すべての入れ換えで不変な式（対称式）との違いは⊿の項です。例えばｘ,ｙの入れ換えで変化する分は、⊿の項から来ているのです。
本節では、変数の入れ換えを制限して、不変な式を求めました：
{すべての入れ換え}⊃{(ｘ,ｙ,ｚ)を(ｙ,ｚ,ｘ)に入れ換え}
{対称式}⊂{対称式と⊿の式}
この式は３次方程式の解の公式を調べる際に重要です。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

解説
＞例えばｆ(ｘ,ｙ,ｚ)がｘ,ｙ,ｚをｙ,ｚ,ｘに入れ換えて不変ならば、ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｆ(ｙ,ｚ,ｘ)・・・(＊)をみたします。さらにｘ,ｙを交換して不変ならば、
ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｆ(ｙ,ｚ,ｘ)＝ｆ(ｘ,ｚ,ｙ)
　　　　　　　　　　　　(＊)
となり、ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)はｙ,ｚの交換でも不変になります。等式＝(＊)は、(＊)の等式において辺々のｘ,ｙを交換して得られます。ほかの入れ換えでも同様に不変になり、ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)は対称式になります。

ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｆ(ｙ,ｚ,ｘ)＝ｆ(ｘ,ｚ,ｙ)の初めの等号で（＊）を行い、２番目の等号でｘとｙを入れ換えると、(最)左辺と(最)右辺のｆ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｆ(ｘ,ｚ,ｙ)でｙとｚを入れ換えても不変という事が言えるという事。
さらに、この右辺ｆ(ｘ,ｚ,ｙ)に（＊）を行うと、＝ｆ(ｙ,ｘ,ｚ)でまた今示したｙとｚを入れ換えても不変を行なうと、＝ｆ(ｚ,ｘ,ｙ)より、ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｆ(ｚ,ｘ,ｙ)
よって、ｘ→ｚ，ｙ→ｘ，ｚ→ｙを行なっても不変という事が言えた。（「ほかの入れ換えでも同様に不変になり、ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)は対称式になります」の一例を示したという事。）

＞ｇは定義より、ｘ,ｙの入れ換えで不変です。

ｇの定義は「ｇ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)＋ｆ(ｙ,ｘ,ｚ)」で、ｘとｙを入れ換えると、
ｇ(ｙ,ｘ,ｚ)＝ｆ(ｙ,ｘ,ｚ)＋ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)
＝ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)＋ｆ(ｙ,ｘ,ｚ)
よって、ｇ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｇ(ｙ,ｘ,ｚ)という事。

＞一方、ｘ,ｙ,ｚをｙ,ｚ,ｘに入れ換えても不変です。実際ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｆ(ｙ,ｚ,ｘ)において、ｘ,ｙを交換したものと、ｙ,ｚを交換したものから
ｆ(ｙ,ｘ,ｚ)＝ｆ(ｘ,ｚ,ｙ)，
ｆ(ｘ,ｚ,ｙ)＝ｆ(ｚ,ｙ,ｘ)が得られます。
よってｆ(ｙ,ｘ,ｚ)＝ｆ(ｚ,ｙ,ｘ)であり
ｇ(ｙ,ｚ,ｘ)＝ｆ(ｙ,ｚ,ｘ)＋ｆ(ｚ,ｙ,ｘ)
＝ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)＋ｆ(ｙ,ｘ,ｚ)＝ｇ(ｘ,ｙ,ｚ)
となります。ゆえにｇ(ｘ,ｙ,ｚ)は対称式です。

一行目は、ｇ(ｘ,ｙ,ｚ)のｘをｙ，ｙをｚ，ｚをｘにしても不変という事。つまり、ｇ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｇ(ｙ,ｚ,ｘ)を示す。
そこで、ｇ(ｙ,ｚ,ｘ)をｇの定義で表すと、ｇの定義「ｇ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)＋ｆ(ｙ,ｘ,ｚ)」より、
ｇ(ｙ,ｚ,ｘ)＝ｆ(ｙ,ｚ,ｘ)＋ｆ(ｚ,ｙ,ｘ)———①
ところで、（＊）より、ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｆ(ｙ,ｚ,ｘ)　この両辺のｘとｙを入れ換えると、
ｆ(ｙ,ｘ,ｚ)＝ｆ(ｘ,ｚ,ｙ)———②
また、ｙとｚを入れ換えると、
ｆ(ｘ,ｚ,ｙ)＝ｆ(ｚ,ｙ,ｘ)———③
②，③より、ｆ(ｙ,ｘ,ｚ)＝ｆ(ｚ,ｙ,ｘ)———④
④を①に代入すると、
ｇ(ｙ,ｚ,ｘ)＝ｆ(ｙ,ｚ,ｘ)＋ｆ(ｙ,ｘ,ｚ)
＝ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)＋ｆ(ｙ,ｘ,ｚ)（（＊）より）
＝ｇ(ｘ,ｙ,ｚ)（ｇの定義より）
よって、ｇ(ｙ,ｚ,ｘ)＝ｇ(ｘ,ｙ,ｚ)より、
ｇ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｇ(ｙ,ｚ,ｘ)という事。
よって、上のｇ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｇ(ｙ,ｘ,ｚ)（ｘとｙを入れ換えても不変）と合わせて、対称式という事が言えた。
念のため、②，③でｆは対称式でもないのにｘとｙ，ｙとｚを入れ換えて不変を使っていると誤解してはいけない。あれらは、等式の両辺に同じ作用を施しているだけなので、何でも良い。

＞一方、ｈ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)－ｆ(ｙ,ｘ,ｚ)は⊿で割り切れます。実際ｈをｘのみを変数とする多項式とみて、ｘ－ｙで割ると
ｈ(ｘ,ｙ,ｚ)＝(ｘ－ｙ)ｑ(ｘ,ｙ,ｚ)＋ｒ(ｙ,ｚ)，ｒ(ｙ,ｚ)はｙ,ｚのみの式と表されます。ここで辺々のｘにｙを代入すれば、
(左辺)＝ｆ(ｙ,ｙ,ｚ)－ｆ(ｙ,ｙ,ｚ)＝０
(右辺)＝(ｙ－ｙ)ｑ(ｙ,ｙ,ｚ)＋ｒ(ｙ,ｚ)＝ｒ(ｙ,ｚ)
となります。よってｒ(ｙ,ｚ)＝０であり、ｈはｘ－ｙで割り切れます。

⊿＝(ｘ－ｙ)(ｙ－ｚ)(ｚ－ｘ)である。
ここで、ｈ(ｘ,ｙ,ｚ)をｘだけの１変数の多項式と見ると、ｙとｚは係数である。そして、ｘ－ｙで割ると、ｘの１次式で割るので余りは定数である。よって、
「ｈ(ｘ,ｙ,ｚ)＝(ｘ－ｙ)ｑ(ｘ,ｙ,ｚ)＋ｒ(ｙ,ｚ)，ｒ(ｙ,ｚ)はｙ,ｚのみの式と表されます」
「ここで辺々のｘにｙを代入すれば、
(左辺)＝ｆ(ｙ,ｙ,ｚ)－ｆ(ｙ,ｙ,ｚ)＝０
(右辺)＝(ｙ－ｙ)ｑ(ｙ,ｙ,ｚ)＋ｒ(ｙ,ｚ)＝ｒ(ｙ,ｚ)
となります。よってｒ(ｙ,ｚ)＝０であり、ｈはｘ－ｙで割り切れます。」

一応、ｈの定義を書くと、
「ｈ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)－ｆ(ｙ,ｘ,ｚ)」
よって、ｘにｙを代入すると上の通りになるだろう。あとは問題なし。

＞上のｇと同様にｈ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｈ(ｙ,ｚ,ｘ)がわかります。また⊿(ｘ,ｙ,ｚ)＝⊿(ｙ,ｚ,ｘ)

ｇの時は①～④などを使って証明したが、ｇとｈの定義の違いは＋と－だけなので、同様にｈ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｈ(ｙ,ｚ,ｘ)が分かる。
また、⊿＝(ｘ－ｙ)(ｙ－ｚ)(ｚ－ｘ)より、
⊿(ｘ,ｙ,ｚ)＝(ｘ－ｙ)(ｙ－ｚ)(ｚ－ｘ)
⊿(ｙ,ｚ,ｘ)＝(ｙ－ｚ)(ｚ－ｘ)(ｘ－ｙ)
∴⊿(ｘ,ｙ,ｚ)＝⊿(ｙ,ｚ,ｘ)

＞一方ｘ,ｙの入れ換えで
⊿(ｙ,ｘ,ｚ)＝－⊿(ｘ,ｙ,ｚ)
ｈ(ｙ,ｘ,ｚ)＝－ｈ(ｘ,ｙ,ｚ)

⊿(ｙ,ｘ,ｚ)＝(ｙ－ｘ)(ｘ－ｚ)(ｚ－ｙ)
＝－(ｘ－ｙ)(ｙ－ｚ)(ｚ－ｘ)＝－⊿(ｘ,ｙ,ｚ)
⊿(ｙ,ｘ,ｚ)＝－⊿(ｘ,ｙ,ｚ)

ｈの定義は「ｈ(ｘ,ｙ,ｚ)＝ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)－ｆ(ｙ,ｘ,ｚ)」で、
ｈ(ｙ,ｘ,ｚ)＝ｆ(ｙ,ｘ,ｚ)－ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)
＝－(ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)－ｆ(ｙ,ｘ,ｚ))
＝－ｈ(ｘ,ｙ,ｚ)
∴ｈ(ｙ,ｘ,ｚ)＝－ｈ(ｘ,ｙ,ｚ)

おまけ：

問題１
ｘ＝１３のとき、次の式の値を求めてください。
２ｘ^3－２７ｘ^2＋１５ｘ－２６

別解１
与式をｘ－１３で割った余りは定数であり、それが答えである。
∵ｆ(ｘ)＝(ｘ－１３)ｑ(ｘ)＋ｒ（定数）となり、ｆ(１３)＝ｒだからである。
よって、組立除法で割ると、
　２　－２７　　１５　－２６｜１３
　　　　２６　－１３　　２６
——————————————
　２　　－１　　　２　｜　０
よって、余りは０で、
(ｘ－１３)(２ｘ^2－ｘ＋２)と因数分解される。よって、答えは、０

別解２
２ｘ^3－２７ｘ^2＋１５ｘ－２６にｘ＝１３を代入した値を求めるので、
２ｘ^3－２７ｘ^2＋１３ｘ＋２ｘ－２６
と変形すると、２ｘ－２６の部分は０である。
よって、２ｘ^3－２７ｘ^2＋１３ｘにｘ＝１３を代入した値を求めれば良い。よって、これを因数分解すると、
ｘ(２ｘ^2－２７ｘ＋１３)
＝ｘ(２ｘ－１)(ｘ－１３)
これにｘ＝１３を代入すると０である。
よって、答えは、０

おまけ：

問題２の算数の別解１　思い付いた順
ＡからＢＣと平行な直線を引き、ＢＤの延長との交点をＥとすると、錯角より∠ＢＥＡ＝∠ＤＢＣ＝６０°よって、△ＢＡＥは２つの角が６０°より正三角形である。よって、ＢＥ＝ＢＡ＝１０ｃｍ
よって、ＤＥ＝１０－６＝４ｃｍ
また、△ＤＥＡと△ＤＢＣは相似で相似比が４：６＝２：３より、ＢＣ＝(３/２)ＥＡ＝(３/２)×１０＝１５ｃｍ
よって、答えは、１５ｃｍ

別解２
ＤからＢＣと平行な直線を引き、ＡＢとの交点をＥとすると、錯角より∠ＥＤＢ＝∠ＤＢＣ＝６０°よって、△ＢＤＥは２つの角が６０°より正三角形である。よって、ＢＥ＝ＢＤ＝６ｃｍより、ＡＥ＝１０－６＝４ｃｍ　また、△ＡＥＤと△ＡＢＣは相似で相似比が４：１０＝２：５より、ＢＣ＝(５/２)ＥＤ＝(５/２)×６＝１５ｃｍ
よって、答えは、１５ｃｍ

別解３
ＡからＤＢと平行な直線を引き、ＣＢの延長との交点をＥとすると、同位角より∠ＡＥＢ＝∠ＤＢＣ＝６０°また、∠ＡＢＥ＝１８０°－６０°×２＝６０°よって、△ＡＢＥは２つの角が６０°より正三角形である。よって、ＡＥ＝ＥＢ＝１０ｃｍ
また、△ＣＢＤと△ＣＥＡは相似で相似比が６：１０＝３：５より、ＣＢ：ＢＥ＝３：２
よって、ＢＣ：１０＝３：２より、ＢＣ＝１５ｃｍ
よって、答えは、１５ｃｍ

おまけ：

問題２の何でもありの解法１　補助線を引かない解法
△ＢＡＤで余弦定理を使うと、
ＡＤ^2＝１０^2＋６^2－２・１０・６・cos60°＝１００＋３６－６０＝７６
∴ＡＤ＝２√１９ｃｍ
△ＢＣＤで余弦定理を使うと、ＢＣ＝ｘと置いて、
ＣＤ^2＝６^2＋ｘ^2－２・６・ｘ・cos60°＝３６＋ｘ^2－６ｘ
∴ＣＤ＝√(ｘ^2－６ｘ＋３６)ｃｍ
ここで、△ＢＡＣで角の二等分線の定理を使うと、ＢＡ：ＢＣ＝ＡＤ：ＣＤより、
１０：ｘ＝２√１９：√(ｘ^2－６ｘ＋３６)
∴２√１９ｘ＝１０√(ｘ^2－６ｘ＋３６)
∴√１９ｘ＝５√(ｘ^2－６ｘ＋３６)
１９ｘ^2＝２５(ｘ^2－６ｘ＋３６)
∴６ｘ^2－１５０ｘ＋９００＝０
∴ｘ^2－２５ｘ＋１５０＝０
∴(ｘ－１０)(ｘ－１５)＝０
∴ｘ＝１０，１５
ところで、ｘ＝１０とすると、ＢＣ＝１０ｃｍでこの時△ＢＡＣは二等辺三角形になり、ＢＤは頂角Ｂの二等分線よりＢＤ⊥ＡＣで△ＡＢＤは１：２：√３の直角三角形になる。よって、ＢＤ＝５ｃｍで矛盾が起こる。∴ｘ＝１５
∴ＢＣ＝１５ｃｍ

何でもありの解法２　中学数学の解法
ＢＣ＝ｘと置いて、Ａ，ＣからＢＤとその延長上に垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ｉとすると、△ＡＢＨ，△ＣＢＩは１：２：√３の直角三角形より、ＢＨ＝５ｃｍ，ＢＩ＝ｘ/２ｃｍ　∴ＤＨ＝６－５＝１ｃｍ，
ＤＩ＝ｘ/２－６ｃｍ
また、対頂角と直角の２角が等しいので、△ＡＤＨ∽△ＣＤＩ　
∴ＡＤ：ＣＤ＝ＤＨ：ＤＩ＝１：ｘ/２－６
また、ＡＤ：ＣＤ＝ＡＨ：ＣＩ＝ＢＡ：ＢＣ＝１０：ｘ（△ＢＡＨ∽△ＢＣＩより）
∴１：ｘ/２－６＝１０：ｘ
∴１０(ｘ/２－６)＝ｘ　∴５ｘ－６０＝ｘ
∴４ｘ＝６０　∴ｘ＝１５
∴ＢＣ＝１５ｃｍ

中学数学のコツは、愚直に三平方の定理とｘと置いて方程式に持ち込む事ですね。もちろん、エレガントに解くに越した事はないと思いますが。

おまけ：