数学

解説
＞一方、２つの整数ｍ,ｎが問題の性質をみたすと、ｍ－ｎは２４と６０の公倍数です。

問題文より「２４で割ってｒ余り、６０で割ってｓ余るような整数ｎ」より、
ｍ＝６０ｑ1＋ｓ＝２４ｑ2＋ｒ———①
ｎ＝６０ｑ3＋ｓ＝２４ｑ4＋ｒ———②
と置ける。（記号は全て整数）
①－②より、
ｍ－ｎ＝６０(ｑ1－ｑ3)＝２４(ｑ2－ｑ4)
よって、ｍ－ｎは２４と６０の公倍数である。

＞ゆえに問題の整数は、ｒ－ｓが２４,６０の最大公約数１２の倍数であるときに、また、そのときに限り存在し、
５ｒ－４ｓ＋１２０ｅ，ｅは任意の整数
の形で表されます。

問題文より「２４で割ってｒ余り、６０で割ってｓ余るような整数ｎ」より、
ｎ＝２４ｑ1＋ｒ，ｎ＝６０ｑ2＋ｓと置けるので、２４ｑ1＋ｒ＝６０ｑ2＋ｓ
∴ｒ－ｓ＝６０ｑ2－２４ｑ1＝１２(５ｑ2－２ｑ1)
よって、ｒ－ｓは２４,６０の最大公約数１２の倍数である。（これが必要十分条件）
因みに、ｒとｓを１２で割った余りが等しい時である。
∵ｒ－ｓが１２の倍数より、
ｒ－ｓ≡０（mod１２）
∴ｒ≡ｓ（mod１２）
だから。
また、「５ｒ－４ｓ＋１２０ｅ，ｅは任意の整数の形で表されます」の意味は、上に「問題の整数ｎとして５ｒ－４ｓが選べます」とあるので、問題の答えである。１２０ｅの意味は、ｍ－ｎが１２０の倍数よりｎの周期である。（下に補足。）

問題
２４で割ってｒ余り、６０で割ってｓ余るような整数ｎが存在するためのｒ,ｓの条件を求め、そのときのｎを求めよ。

因みに、その時のｎをｒとｓで表せとなっていれば、
ｎ＝２４ｑ1＋ｒ，ｎ＝６０ｑ2＋ｓと置けるので、２４ｑ1＋ｒ＝６０ｑ2＋ｓ
∴ｒ－ｓ＝６０ｑ2－２４ｑ1＝１２(５ｑ2－２ｑ1)
よって、条件はｒ－ｓは２４,６０の最大公約数１２の倍数である。
とした後に、２４と６０を１２で割った商２と５は必ず互いに素となるので、これらを使って１を作れる。５－２×２＝１より、５ｎ－４ｎ＝ｎ
∴ｎ＝５(２４ｑ1＋ｒ)－４(６０ｑ2＋ｓ)
＝１２０ｑ1＋５ｒ－２４０ｑ2－４ｓ
＝５ｒ－４ｓ＋１２０(ｑ1－２ｑ2)
ここで、ｑ1－２ｑ2＝ｅと置くと、
ｎ＝５ｒ－４ｓ＋１２０ｅ
と求められる。（自己流で適当に作った。）

補足：周期の事。
例えば、３で割って１余る数列と５で割って２余る数列の一致する周期は３と５の最小公倍数である。
４,７,１０,１３,１６,１９,２２,２５,２８,３１,３４,３７,４０,･･･
７,１２,１７,２２,２７,３２,３７,４２,･･･
一致するのは、７，２２，３７,･･･で周期は１５である。

おまけ：

問題２
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/202006160000/

中学数学の別解２通りと何でもありで解いてみました。中学数学の１通りは結構エレガントだと思います。

おまけ：

問題１の何でもありの解法
○の角度をθと置いて、
△ＢＡＣで余弦定理を使うと、
ＡＣ^2＝５^2＋８^2－２・５・８cosθ———①
△ＥＡＣで余弦定理を使うと、
ＡＣ^2＝９^2＋８^2－２・９・８cosθ———②
①，②より、
５^2＋８^2－２・５・８cosθ＝９^2＋８^2－２・９・８cosθ
∴２５－８０cosθ＝８１－１４４cosθ
∴６４cosθ＝５６　∴cosθ＝７/８
ここで、△ＣＤＥに着目すると、
cos∠ＥＣＤ＝７/８　
ところで、∠ＥＣＤもθも共に１８０°より小さいので、∠ＥＣＤ＝θ　
よって、∠ＥＣＤ＝∠ＣＥＡより錯角が等しいので、ＣＤ//ＡＥ　∴ＤＥ⊥ＡＥ
よって、△ＥＣＤ：△ＣＥＡ＝７：９
また、１つの角が等しい面積比の公式より、
△ＢＡＣ：△ＥＡＣ＝５・８：９・８＝５：９
よって、△ＡＢＣ：△ＣＤＥ：△ＡＣＥ＝５：７：９　よって、△ＡＢＣ：四角形ＡＣＤＥ＝５：(７＋９)＝５：１６
よって、四角形ＡＣＤＥは△ＡＢＣの１６/５倍。

因みに、１つの角が等しい面積比の公式などを使わずに愚直に求めても良い。

①，②から、∴cosθ＝７/８
∴sin^2θ＝１－cos^2θ＝１－(７/８)^2＝１－４９/６４＝１５/６４　
∴sinθ＝±√１５/８　ここで、θは１８０°より小さいので、sinθ＞０　
∴sinθ＝√１５/８
∴△ＢＡＣ＝(１/２)・５・８・sinθ
＝２０(√１５/８)＝５√１５/２ｃｍ^2
△ＥＡＣ＝(１/２)・９・８・sinθ
＝３６(√１５/８)＝９√１５/２ｃｍ^2
また、△ＣＤＥで三平方の定理を使うと、
ＤＥ＝√(８^2－７^2)＝√１５ｃｍ
∴△ＣＤＥ＝７√１５/２ｃｍ^2
∴四角形ＡＣＤＥ＝△ＥＡＣ＋△ＣＤＥ＝９√１５/２＋７√１５/２＝１６√１５/２ｃｍ^2
また、△ＡＢＣの面積は、５√１５/２ｃｍ^2より、答えは、１６/５倍。

おまけ：

問題２の何でもありの解法
●の角度をθと置くと、
cos２θ＝４/６＝２/３
２倍角の公式より、cos２θ＝２cos^2θ－１
∴２cos^2θ－１＝２/３　
∴２cos^2θ＝５/３　∴cos^2θ＝５/６
∴cosθ＝±√(５/６)＝±√３０/６
０＜θ＜９０°より、cosθ＝√３０/６
ところで、ＡＣは直径より∠ＡＥＣ＝９０°
∴ＡＥ＝６cosθ＝√３０ｃｍ
よって、△ＡＥＣで三平方の定理を使うと、
ＣＥ＝√(６^2－３０)＝√６ｃｍ
∴△ＡＥＣ＝√３０・√６・(１/２)＝３√５ｃｍ^2
よって、答えは、３√５ｃｍ^2

問題２の中学数学の別解１
△ＡＢＣで三平方の定理を使うと、
ＢＣ＝√(６^2－４^2)＝√２０＝２√５ｃｍ
ここで、△ＡＢＣで角の二等分線の定理を使うと、ＣＤ：ＢＤ＝６：４＝３：２
∴ＢＤ＝(２/５)ＢＣ＝４√５/５＝４/√５ｃｍ
ＣＤ＝(３/５)ＢＣ＝６√５/５ｃｍ
また、ＡＣは直径より∠ＡＢＣ＝９０°よって、△ＡＢＤで三平方の定理を使うと、
ＡＤ＝√{４^2＋(４/√５)^2}＝４√(１＋１/５)＝４√(６/５)＝４√６/√５＝４√３０/５ｃｍ
∴ＡＤ＝４√３０/５ｃｍ
よって、方べきの定理を使うと、ＢＤ×ＣＤ＝ＡＤ×ＤＥより、(４/√５)(６√５/５)＝(４√３０/５)ＤＥ　∴２４/５＝(４√３０/５)ＤＥ
∴ＤＥ＝６/√３０＝√３０/５ｃｍ
∴ＡＥ＝ＡＤ＋ＤＥ＝√３０ｃｍ
よって、△ＡＥＣで三平方の定理を使うと、
ＣＥ＝√(６^2－３０)＝√６ｃｍ
∴△ＡＥＣ＝√３０・√６・(１/２)＝３√５ｃｍ^2
よって、答えは、３√５ｃｍ^2

おまけ：

問題２の中学数学の別解２
ＯＥを結ぶと、半径よりＯＡ＝ＯＥ　よって、△ＯＡＥは二等辺三角形より∠ＯＥＡ＝∠ＯＡＥ＝●　よって、∠ＯＥＡ＝∠ＥＡＢ＝●より、錯角が等しいので、ＯＥ//ＡＢ
よって、等積変形より、△ＡＯＥ＝△ＢＯＥ
この両辺に△ＯＣＥを加えると、
△ＡＥＣ＝四角形ＣＯＢＥ———☆
ところで、ＡＣは直径より∠ＡＢＣ＝９０°
また、ＯＥ//ＡＢより、ＯＥ⊥ＣＢ
また、△ＡＢＣで三平方の定理を使うと、ＢＣ＝√(６^2－４^2)＝√２０＝２√５ｃｍ
また、半径よりＯＥ＝３ｃｍ
∴四角形ＣＯＢＥ＝２√５×３×(１/２)＝３√５ｃｍ^2
よって、☆より、△ＡＥＣ＝３√５ｃｍ^2

蛇足な解法
ＡＢの延長とＣＥの延長との交点をＦとすると、ＡＥ⊥ＣＦ，ＡＥは∠Ａの二等分線より△ＡＣＦは二等辺三角形。∴ＡＦ＝ＡＣ＝６ｃｍ　∴ＢＦ＝６－４＝２ｃｍ
ここで、ＦＥ＝ｘと置くと、ＦＣ＝２ｘ，ＦＢ＝２ｃｍ，ＦＡ＝６ｃｍより、方べきの定理を使うと、ｘ・２ｘ＝２・６　∴ｘ^2＝６
∴ｘ＝√６ｃｍ
よって、△ＡＥＣで三平方の定理を使うと、
ＡＥ＝√(６^2－６)＝√３０ｃｍ
∴△ＡＥＣ＝√６×√３０×(１/２)＝３√５ｃｍ^2

模範解答の方が効率が良いのは明らかですね。まぁ、テクニックの勉強には良いかもしれませんが。

おまけ：

問題1-7a
（１）ｆ(ｘ)の次数が２または３のとき、ｆ(ｘ)が有理数根を持たなければｆ(ｘ)は（有理数係数多項式として）既約である。

解答
（１）対偶を示す。ｆ(ｘ)が既約でなければｆ(ｘ)の次数の条件より、ｆ(ｘ)の１次の既約因子ｘ－ａ（ａは有理数）を持つ。よってａはｆ(ｘ)の有理数根である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

解説
対偶は、「ｆ(ｘ)が（有理数係数多項式として）既約でないならばｆ(ｘ)は有理数根を持つ」で、これを示す。
ｆ(ｘ)が既約でないので、ｆ(ｘ)＝ｇ(ｘ)ｈ(ｘ)と置け、ｆ(ｘ)の次数が２または３より、ｇ(ｘ)かｈ(ｘ)の少なくとも一方は１次式である。（両方とも２次以上はあり得ないから。）
よって、ｇ(ｘ)＝α(ｘ－ａ)（α,ａ∈ℚ）と表される。∴ｆ(ｘ)＝α(ｘ－ａ)ｈ(ｘ)
∴ｆ(ａ)＝０
よって、ｆ(ｘ)はｘ＝ａを根に持つので、有理数根を持つ。

おまけ：

解説
＞ｇ(ｘ)ｈ(ｘ)がｆ(ｘ)で割り切れるので、ｇ0(ｘ)ｈ0(ｘ)もｆ(ｘ)で割り切れます（問題2-5参照）。

問題2-5b
０でない多項式ｆ(ｘ)で多項式ｇ(ｘ)，ｈ(ｘ)を割った余りが、それぞれｒ(ｘ)，ｓ(ｘ)である。このときｇ(ｘ)ｈ(ｘ)を割った余りはｒ(ｘ)ｓ(ｘ)を割った余りに等しいことを示せ。

ｇ0(ｘ)，ｈ0(ｘ)は、ｇ(ｘ)，ｈ(ｘ)をｆ(ｘ)で割った余りなので、問題2-5bより、ｇ(ｘ)ｈ(ｘ)をｆ(ｘ)で割った余りとｇ0(ｘ)ｈ0(ｘ)をｆ(ｘ)で割った余りは等しい。そして、ｇ(ｘ)ｈ(ｘ)をｆ(ｘ)で割った余りが０なので、ｇ0(ｘ)ｈ0(ｘ)をｆ(ｘ)で割った余りも０。
よって、ｇ(ｘ)ｈ(ｘ)がｆ(ｘ)で割り切れるので、ｇ0(ｘ)ｈ0(ｘ)もｆ(ｘ)で割り切れるという事。

因みに、問題2-5bなんか使わなくても、「ｇ(ｘ)，ｈ(ｘ)をｆ(ｘ)で割った余りがｇ0(ｘ)，ｈ0(ｘ)」より、
ｇ(ｘ)＝ｆ(ｘ)ｑ1(ｘ)＋ｇ0(ｘ)
ｈ(ｘ)＝ｆ(ｘ)ｑ2(ｘ)＋ｈ0(ｘ)
と置け、２式を掛け合わせると、
ｇ(ｘ)ｈ(ｘ)＝{ｆ(ｘ)ｑ1(ｘ)＋ｇ0(ｘ)}{ｆ(ｘ)ｑ2(ｘ)＋ｈ0(ｘ)}
＝ｆ(ｘ)^2ｑ1(ｘ)ｑ2(ｘ)＋ｆ(ｘ)ｑ1(ｘ)ｈ0(ｘ)＋ｇ0(ｘ)ｆ(ｘ)ｑ2(ｘ)＋ｇ0(ｘ)ｈ0(ｘ)
で、左辺のｇ(ｘ)ｈ(ｘ)がｆ(ｘ)で割り切れるという事なので、右辺もｆ(ｘ)で割り切れ、ｆ(ｘ)^2ｑ1(ｘ)ｑ2(ｘ)＋ｆ(ｘ)ｑ1(ｘ)ｈ0(ｘ)＋ｇ0(ｘ)ｆ(ｘ)ｑ2(ｘ)の各項にはｆ(ｘ)がかかっているのでｆ(ｘ)で割り切れる。よって、残りのｇ0(ｘ)ｈ0(ｘ)もｆ(ｘ)で割り切れるという事である。

＞仮にｇ0(ｘ)ｈ0(ｘ)≠０とすると、ｇ0(ｘ)ｈ0(ｘ)＝ｆ(ｘ)ｋ(ｘ)（ただしｋ(ｘ)≠０）と表されます。

上で、ｇ0(ｘ)ｈ0(ｘ)がｆ(ｘ)で割り切れるという事を示したからである。

＞degｋ(ｘ)＜degｆ(ｘ)です。そこでｋ(ｘ)の既約因子に帰納法の仮定を適用すれば、各既約因子によってｇ0(ｘ)またはｈ0(ｘ)が割り切れます。

上で、数学的帰納法で、degｆ(ｘ)＝ｎとし、ｎ－１次以下の既約多項式では命題が正しいとして、ここでdegｋ(ｘ)≦ｎ－１なので、数学的帰納法の仮定を適用出来るという事。念のため、ｇ0(ｘ)ｈ0(ｘ)＝ｆ(ｘ)ｋ(ｘ)でｋ(ｘ)がｇ0(ｘ)ｈ0(ｘ)を割り切るから（命題を）適用出来るのである。また、ｋ(ｘ)の既約因子という所もポイント。命題から既約多項式だけだからである。因みに、既約因子は１個だけではなく（ｋ(ｘ)の）全ての既約因子。

＞結局、ｇ0(ｘ)，ｈ0(ｘ)の因子ｇ1(ｘ)，ｈ1(ｘ)によりｇ1(ｘ)ｈ1(ｘ)＝ｆ(ｘ)となります。

上より、「ｇ0(ｘ)ｈ0(ｘ)＝ｆ(ｘ)ｋ(ｘ)（ただしｋ(ｘ)≠０）」で、ｋ(ｘ)の全ての既約因子でｇ0(ｘ)またはｈ0(ｘ)が割り切れるので、この左辺はｋ(ｘ)で割り切れ、ｇ0(ｘ)，ｈ0(ｘ)の因子ｇ1(ｘ)，ｈ1(ｘ)でｇ1(ｘ)ｈ1(ｘ)となる。
つまり、ｇ1(ｘ)ｈ1(ｘ)＝ｆ(ｘ)となるという事。念のため、このｇ1(ｘ)，ｈ1(ｘ)は既約因子とは限らない。片方は、ｇ0(ｘ)またはｈ0(ｘ)のままの可能性もある。

おまけ：

右上の頂点から反時計回りにＡ～Ｃと振り、辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＡ上の点をそれぞれＤ，Ｅ，Ｆとする。（正方形はＤＥＣＦとなる。）
ここで、ＢＥの下に縦３ｃｍ，横１２ｃｍの長方形ＢＧＨＥを作り、ＦＧ，ＣＨを結ぶと、ＡＦ//ＢＧ，ＡＦ＝ＢＧより四角形ＡＢＧＦは平行四辺形より、ＡＢ//ＦＧ———①
また、正方形よりＦＣ＝ＤＥ，ＡＦ＝ＥＨ＝３ｃｍより、ＦＣ＋ＡＦ＝ＤＥ＋ＥＨ
よって、ＡＣ＝ＤＨ　また、ＡＣ//ＤＨより四角形ＡＤＨＣは平行四辺形。
よって、ＡＤ//ＣＨ———②
①，②より、ＦＧ//ＣＨ
ところで、ＤＨ//ＦＣより等積変形で、
△ＥＦＣ＝△ＨＦＣ———ア
また、ＦＧ//ＣＨより等積変形で、
△ＦＨＣ＝△ＧＨＣ———イ
また、ＢＣ//ＧＨより等積変形で、
△ＣＧＨ＝△ＢＧＨ———ウ
ア，イ，ウより、△ＥＦＣ＝△ＢＧＨ
この両辺を２倍すると、正方形ＤＥＣＦ＝長方形ＢＧＨＥ＝３×１２＝３６ｃｍ^2
よって、答えは、３６ｃｍ^2

おまけ：

引用元忘れた。https://bbs1.rocketbbs.com/shochandas/posts/1724

問題
平行四辺形ＡＢＣＤがある。∠ＡＢＤ＝３０°，∠ＤＢＣ＝１５°である時、∠ＢＡＣの大きさを求めて下さい。

解法１　中学数学の解法１
ＢＤを１辺とした正三角形ＥＢＤを頂点ＥがＢＤに関して点Ａ側に作り、ＡＥを結ぶと∠ＡＢＤ＝３０°より、ＢＡは∠ＥＢＤの二等分線。よって、正三角形の対称性よりＡＥ＝ＡＤ
また、錯角より∠ＡＤＢ＝∠ＤＢＣ＝１５°より、∠ＡＤＥ＝６０°－１５°＝４５°
よって、△ＡＥＤは直角二等辺三角形。
∴∠ＥＡＤ＝９０°———①
ここで、ＡＣとＢＤの交点をＯとして、ＯＥを結ぶと、四角形ＡＢＣＤは平行四辺形より点ＯはＢＤの中点で△ＥＢＤは正三角形よりＥＯ⊥ＢＤ
∴∠ＥＯＤ＝９０°———②
①，②より、円周角の定理の逆により４点Ｅ，Ａ，Ｏ，Ｄは同一円周上にある。
よって、円周角より∠ＡＯＥ＝∠ＡＤＥ＝４５°∴∠ＡＯＢ＝９０°－４５°＝４５°
∴∠ＢＡＣ＝∠ＢＡＯ＝１８０°－３０°－４５°＝１０５°

解法２　中学数学の解法２
ＢＤを１辺とした正三角形ＥＢＤを頂点ＥがＢＤに関して点Ａ側に作り、ＡＥを結ぶと∠ＡＢＤ＝３０°より、ＢＡは∠ＥＢＤの二等分線。よって、正三角形の対称性より△ＢＡＥと△ＢＡＤは合同。
∴∠ＡＥＢ＝∠ＡＤＢ＝∠ＤＢＣ＝１５°
ここで、ＡＣとＢＤの交点をＯとして、ＯＥを結ぶと、四角形ＡＢＣＤは平行四辺形より点ＯはＢＤの中点で△ＥＢＤは正三角形よりＥＯ⊥ＢＤ
∴∠ＢＥＯ＝３０°
よって、ＥＡは∠ＢＥＯの二等分線である。また、ＢＡも∠ＥＢＯの二等分線より、点Ａは△ＯＥＢの内心である。よって、ＯＡは∠ＥＯＢの二等分線になっている。
∴∠ＡＯＢ＝９０°÷２＝４５°
∴∠ＢＡＣ＝∠ＢＡＯ＝１８０°－３０°－４５°＝１０５°

解法３　算数の解法
ＢＤを１辺とした正三角形ＥＢＤを頂点ＥがＢＤに関して点Ａ側に作り、ＡＥを結ぶと∠ＡＢＤ＝３０°より、ＢＡは∠ＥＢＤの二等分線。よって、正三角形の対称性よりＡＥ＝ＡＤ
また、錯角より∠ＡＤＢ＝∠ＤＢＣ＝１５°より、∠ＡＤＥ＝６０°－１５°＝４５°
よって、△ＡＥＤは直角二等辺三角形。
∴∠ＥＡＤ＝９０°———①
また、ＡＣとＢＤの交点をＯとして、ＯＥを結ぶと、四角形ＡＢＣＤは平行四辺形より点ＯはＢＤの中点で△ＥＢＤは正三角形よりＥＯ⊥ＢＤ　∴∠ＥＯＤ＝９０°———②
ここで、ＥＤの真ん中の点をＭとして、ＡＭ，ＯＭを結ぶと、直角三角形の直角と斜辺の真ん中の点を結ぶので、定石によりＭＡ＝ＭＥ＝ＭＤ，ＭＯ＝ＭＥ＝ＭＤ（これは長方形を対角線で斜めに半分に切った形だから。）
よって、ＭＡ＝ＭＯである。よって、△ＭＡＯは二等辺三角形。また、△ＡＥＤは直角二等辺三角形で点Ｍは斜辺の真ん中の点より∠ＡＭＤ＝９０°であり、△ＥＯＤは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型で点Ｍは斜辺の真ん中の点より∠ＯＭＤ＝６０°である。よって、∠ＡＭＯ＝９０°－６０°＝３０°
よって、∠ＭＡＯ＝(１８０°－３０°)÷２＝７５°ところで、ＢＡは正三角形ＢＥＤの頂角の二等分線で点Ｍは底辺ＥＤの真ん中の点より、３点Ｂ，Ａ，Ｍは一直線上にある。
よって、∠ＢＡＣ＝１８０°－７５°＝１０５°
（∠ＭＡＤ＝４５°から∠ＤＡＯ＝７５°－４５°＝３０°よって、∠ＢＡＣ＝１３５°－３０°＝１０５°と求めても良い。）

おまけ：https://www.nostalgic-story.fun/2022/07/21/akagi8/

「18 耳しいよ、聞け。目しいよ、目を注いで見よ。
19 だれか、わがしもべのほかに目しいがあるか。だれか、わがつかわす使者のような耳しいがあるか。だれか、わが献身者のような目しいがあるか。だれか、主のしもべのような目しいがあるか。
20 彼は多くの事を見ても認めず、耳を開いても聞かない。」
「イザヤ書」第４２章１８節～２０節（口語訳）

「ISA42:18耳の聞こえない人よ、聞け。目の見えない人よ、よく見よ。
ISA42:19わたしの僕ほど目の見えない者があろうか。わたしが遣わす者ほど／耳の聞こえない者があろうか。わたしが信任を与えた者ほど／目の見えない者／主の僕ほど目の見えない者があろうか。
ISA42:20多くのことが目に映っても何も見えず／耳が開いているのに、何も聞こえない。」
「イザヤ書」第４２章１８節～２０節（新共同訳）

問題
平行四辺形ＡＢＣＤがある。∠ＡＢＤ＝３０°，∠ＤＢＣ＝１５°である時、∠ＢＡＣの大きさを求めて下さい。

完全な別解１
点ＤからＣＤに対して垂線を立て、ＢＣの延長との交点をＥとすると、同位角より∠ＤＣＥ＝∠ＡＢＣ＝３０°＋１５°＝４５°より、△ＤＣＥは直角二等辺三角形になる。
よって、ＤＣ＝ＤＥ———①
また、ＤＥを１辺とした正三角形ＦＤＥを頂点ＦがＤＥに関して点Ｃ側に作ると、
ＤＥ＝ＤＦ———②
①，②より、ＤＣ＝ＤＦ
また、∠ＣＤＦ＝９０°－６０°＝３０°より、△ＤＣＦは頂角が３０°の二等辺三角形。よって、∠ＤＦＣ＝(１８０°－３０°)÷２＝７５°———③
ところで、△ＤＣＥは直角二等辺三角形より、ＤＣ＝ＤＥ　また、四角形ＡＢＣＤは平行四辺形より、ＡＢ＝ＤＣ　よって、ＡＢ＝ＤＥ　また、ＡＤ//ＢＣより、四角形ＡＢＥＤは等脚台形である。
よって、ＡＥを結ぶと、∠ＤＥＡ＝∠ＡＢＤ＝３０°また、△ＥＤＦは正三角形よりＡＥ⊥ＤＦとなり、ＡＥとＤＦの交点をＧとすると、点ＧはＤＦの中点となる。
よって、ＡＧ⊥ＤＦで点ＧはＤＦの中点より△ＡＤＦは二等辺三角形である。よって、∠ＡＦＤ＝∠ＡＤＦ＝∠ＡＤＣ＋∠ＣＤＦ＝４５°＋３０°＝７５°よって、∠ＤＦＡ＝７５°———④
③，④より、∠ＤＦＣ＝∠ＧＦＡ
よって、３点Ａ，Ｃ，Ｆは一直線上にある。よって、∠ＣＡＥ＝∠ＦＡＧ＝９０°－７５°＝１５°
ところで、四角形ＡＢＥＤは等脚台形より、∠ＡＥＢ＝∠ＤＢＣ＝１５°よって、△ＡＢＥの内角の和より、∠ＢＡＥ＝１８０°－４５°－１５°＝１２０°よって、∠ＢＡＣ＝∠ＢＡＥ－∠ＣＡＥ＝１２０°－１５°＝１０５°
よって、答えは、１０５°

完全な別解２のヒント：ＢＣを１辺とした正三角形ＥＢＣを頂点ＥがＢＣに関して点Ａ側に作って下さい。ヒントがあっても結構難しいと思います。

おまけ：

問題
平行四辺形ＡＢＣＤがある。∠ＡＢＤ＝３０°，∠ＤＢＣ＝１５°である時、∠ＢＡＣの大きさを求めて下さい。

完全な別解２
ＢＣを１辺とした正三角形ＥＢＣを頂点ＥがＢＣに関して点Ａ側に作ると、∠ＥＢＤ＝６０°－１５°＝４５°
また、平行四辺形よりＢＣ＝ＡＤ，正三角形よりＢＣ＝ＣＥ　∴ＡＤ＝ＣＥ———①
また、錯角より∠ＢＤＣ＝∠ＡＢＤ＝３０°
また、∠ＢＥＣ＝６０°かつＥＢ＝ＥＣより、点Ｅを中心に半径ＥＢ（ＥＣ）の円を描くと円周角と中心角の関係より、点Ｄを通る。
∴ＥＣ＝ＥＤ———②
また、正三角形よりＥＢ＝ＥＣ———③　
②，③より、ＥＢ＝ＥＤ　また、∠ＥＢＤ＝４５°だったので、△ＥＢＤは直角二等辺三角形である。∴∠ＢＥＤ＝９０°∴∠ＣＥＤ＝９０°－６０°＝３０°
よって、△ＥＣＤは頂角が３０°の二等辺三角形より∠ＥＤＣ＝(１８０°－３０°)÷２＝７５°また、∠ＡＤＣ＝∠ＡＢＣ＝４５°より、∠ＥＤＡ＝７５°－４５°＝３０°
∴∠ＣＥＤ＝∠ＥＤＡ　また、①，②より、ＡＤ＝ＣＥ＝ＤＥ
よって、△ＥＣＤと△ＤＡＥは合同な二等辺三角形である。∴ＡＥ＝ＣＤ
よって、三辺相等で△ＥＡＣ≡△ＤＣＡで四角形ＡＣＤＥは等脚台形である。∴ＡＣ//ＥＤ
よって、錯角により∠ＣＡＢ＝∠ＥＤＡ＝３０°∴∠ＢＡＣ＝１３５°－３０°＝１０５°

念のため、この解答も他の解答も全て私のオリジナルです。検索しようとも思いません。

おまけ：

別解１
∠ｘの頂点をＡとして、反時計回りにＡ～Ｃと振り、ＢＣの中点をＤとしＡＤ上の点をＥとする。
ＡからＥＣと平行な直線を引き、ＢＣの延長との交点をＦとすると、△ＤＥＣ∽△ＤＡＦより、ＤＣ：ＤＦ＝ＥＣ：ＡＦ
これにＤＣ＝ＢＤ，ＥＣ＝ＡＢを代入すると、ＢＤ：ＤＦ＝ＡＢ：ＡＦ
よって、ＡＢ：ＡＦ＝ＢＤ：ＤＦより△ＡＢＦでの角の二等分線の定理の逆により、ＡＤは∠Ａの二等分線。∴∠ＢＡＤ＝∠ＤＡＦ
また、同位角より∠ＤＥＣ＝∠ＤＡＦ
∴∠ＢＡＤ＝∠ＤＥＣ＝５０°
∴∠ｘ＝５０°

別解２，３のヒント：ＡＢとＥＣで２つの三角形をくっつけて下さい。

おまけ：

別解２
∠ｘの頂点をＡとして、反時計回りにＡ～Ｃと振り、ＢＣの中点をＤとしＡＤ上の点をＥとする。
ここで、△ＤＥＣを辺ＡＢの外側にＥＣがＢＡにくっつくように移動させ、点Ｄの行き先をＤ'とすると、∠Ｄ＋∠Ｄ'＝∠ＡＤＢ＋∠ＥＤＣ＝１８０°より四角形ＡＤ'ＢＤは円に内接する四角形である。また、ＢＤ＝ＣＤ＝ＡＤ'より、弧ＢＤ＝弧ＡＤ'　
∴∠ＢＡＤ＝∠ＡＢＤ'＝∠ＣＥＤ＝５０°
∴∠ｘ＝５０°

別解３
∠ｘの頂点をＡとして、反時計回りにＡ～Ｃと振り、ＢＣの中点をＤとしＡＤ上の点をＥとする。
ここで、△ＤＥＣを辺ＡＢの外側にＥＣがＡＢにくっつくように移動させ、点Ｄの行き先をＤ'とすると、∠Ｄ＋∠Ｄ'＝∠ＡＤＢ＋∠ＥＤＣ＝１８０°より四角形ＡＤ'ＢＤは円に内接する四角形である。よって、円周角より∠ＢＤＤ'＝∠ＢＡＤ'＝∠ＣＥＤ＝５０°
また、ＢＤ＝ＣＤ＝ＢＤ'より、△ＢＤ'Ｄは二等辺三角形。∴∠ＢＤ'Ｄ＝∠ＢＤＤ'＝５０°
よって、円周角より∠ＢＡＤ＝∠ＢＤ'Ｄ＝５０°∴∠ｘ＝５０°

次回は、

「∠ABD=15°、∠DBC=30°、∠BCA=90°、∠ACD=45°である四角形ABCDにおいて∠ADBを求める」
引用元：https://bbs1.rocketbbs.com/shochandas/posts/1691

これをやりますね。念のため、図は∠Ｃが９０°の直角二等辺三角形をＡＢＣ（Ａが上で反時計回りにＡ～Ｃ）を描き、∠ＡＢＤ＝１５°の直線と∠ＢＣＤ＝１３５°の直線の交点をＤとすれば良い。

おまけ：

問題
「∠ABD=15°、∠DBC=30°、∠BCA=90°、∠ACD=45°である四角形ABCDにおいて∠ADBを求める」
引用元：

解答
図を描くと、△ＡＢＣが∠Ｃが９０°の直角二等辺三角形で∠ＡＢＤ＝１５°の直線と∠ＢＣＤ＝１３５°の直線の交点が点Ｄである。
ここで、ＢＣを１辺とした正三角形ＥＢＣを頂点ＥがＢＣに関して点Ａ側に作り、ＡＥを結ぶと、ＢＣ＝ＣＥ，ＢＣ＝ＣＡより、ＣＥ＝ＣＡ
また、∠ＡＣＥ＝９０°－６０°＝３０°より、△ＣＡＥは頂角が３０°の二等辺三角形である。
よって、∠ＣＥＡ＝(１８０°－３０°)÷２＝７５°———①
また、△ＢＥＣは正三角形で∠ＤＢＣ＝３０°より、ＥＣとＢＤの交点をＦとすると、点ＦはＥＣの中点でＥＣ⊥ＢＤである。
よって、ＤＦ⊥ＥＣかつ点ＦはＥＣの中点より△ＤＥＣは二等辺三角形である。
よって、∠ＤＥＣ＝∠ＤＣＥ＝３０°＋４５°＝７５°よって、∠ＣＥＤ＝７５°———②
①，②より、∠ＣＥＡ＝∠ＣＥＤ
よって、３点Ｅ，Ａ，Ｄは一直線上にある。よって、∠ＡＤＢ＝∠ＥＤＦ＝１８０°－９０°－７５°＝１５°
よって、答えは、１５°

おまけ：

相似を使わない解法１（何でもあり）
ＡＢ＝ｘと置くと、三平方の定理より、ＡＥ＝√(ｘ^2＋６４)，ＡＣ＝√(ｘ^2＋３２４)　また、●＝θと置くと、
△ＡＢＥ＝(１/２)ｘ√(ｘ^2＋６４)・sinθ———①
△ＡＣＤ＝(１/２)・１８・√(ｘ^2＋３２４)・sinθ
∴△ＡＢＣ＝(１/２)・１８・√(ｘ^2＋３２４)・sinθ———②
ところで、△ＡＢＥ：△ＡＢＣ＝８：１８＝４：９より、
(１/２)ｘ√(ｘ^2＋６４)・sinθ：(１/２)・１８・√(ｘ^2＋３２４)・sinθ＝４：９が成り立つ。
∴ｘ√(ｘ^2＋６４)：１８・√(ｘ^2＋３２４)＝４：９
∴７２√(ｘ^2＋３２４)＝９ｘ√(ｘ^2＋６４)
∴８√(ｘ^2＋３２４)＝ｘ√(ｘ^2＋６４)
∴６４(ｘ^2＋３２４)＝ｘ^2(ｘ^2＋６４)
∴６４ｘ^2＋８^2・１８^2＝ｘ^4＋６４ｘ^2
∴ｘ^4＝８^2・１８^2
∴ｘ^2＝８・１８＝１４４　∴ｘ＝１２
よって、ＡＢ＝１２ｃｍ

相似を使わない解法２（中学数学）は次回。

ついでに、こちらを考えてみて下さい。https://bbs1.rocketbbs.com/shochandas/posts/1691
因みに、まだ何でもありでしか解いていません。

おまけ：

相似を使わない解法２（中学数学）
△ＣＡＤを辺ＡＢの外側にＣＤがＡＢにくっつくように移動させ、点Ａの行き先をＡ'とすると、△ＣＡＤの内角の和より∠ＡＣＤ＋●＝９０°なので、∠Ａ'ＡＥ＝９０°となる。
ここで、ＡＢ＝ｘと置くと、三平方の定理より、ＡＥ＝√(ｘ^2＋８^2)，ＡＡ'＝ＡＣ＝√(ｘ^2＋１８^2)　また、Ａ'Ｅ＝１８＋８＝２６ｃｍ
よって、△ＡＡ'Ｅで三平方の定理を使うと、
ｘ^2＋８^2＋ｘ^2＋１８^2＝２６^2が成り立つ。∴２ｘ^2＝２６^2－１８^2－８^2＝(２６＋１８)(２６－１８)－８^2＝４４・８－８^2＝８・３６
∴ｘ^2＝４・３６　∴ｘ＝２・６＝１２
∴ＡＢ＝１２ｃｍ

＞ついでに、こちらを考えてみて下さい。https://bbs1.rocketbbs.com/shochandas/posts/1691

等脚台形ABCDがあり、AD//BCである
∠ABC＝∠DCB＝45°
∠ACB＝15°
∠ACD＝30°
AD＝10cm
四角形ABCDの面積は？

何でもありの解法
Ａ，ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ｉとし、ＡＨ＝ｘと置くと、△ＡＢＨと△ＤＣＩは合同な直角二等辺三角形より、ＢＨ＝ＣＩ＝ｘとなり、ＢＣ＝２ｘ＋１０ｃｍ
∴台形ＡＢＣＤ＝{１０＋(２ｘ＋１０)}×ｘ×(１/２)＝ｘ(ｘ＋１０)＝ｘ^2＋１０ｘ
＝(ｘ＋５)^2－２５———①
ここで、１５°，７５°、９０°の三辺比を知っていればＨＣを一発でｘで表せるが、一応、普通の中学生用に解くと、ＨＣ上に∠ＡＥＨ＝３０°となる点Ｅを取ると、△ＡＥＨは１：２：√３の直角三角形よりＨＥ＝√３ｘ，ＡＥ＝２ｘ
また、∠ＥＡＣ＝７５°－６０°＝１５°より、∠ＥＡＣ＝∠ＥＣＡ＝１５°よって、△ＥＡＣは二等辺三角形より、ＣＥ＝ＡＥ＝２ｘ　
∴ＨＣ＝√３ｘ＋２ｘ＝(２＋√３)ｘ
ところで、ＨＣ＝ＨＩ＋ＣＩ＝１０＋ｘでもあるので、(２＋√３)ｘ＝１０＋ｘが成り立つ。
∴(√３＋１)ｘ＝１０　∴ｘ＝１０/(√３＋１)＝５(√３－１)　∴ｘ＝５(√３－１)
∴ｘ＋５＝５√３———②
②を①に代入すると、
台形ＡＢＣＤ＝(５√３)^2－２５＝７５－２５＝５０ｃｍ^2
よって、答えは、５０ｃｍ^2

因みに、そんな工夫は思い付かないよという人は高校生になるまで待てば、ＨＣ＝ｘtan75°で、tanの加法定理より、
tan75°＝tan(30°＋45°)
＝(tan30°＋tan45°)/(1－tan30°tan45°)
＝(１/√３＋１)/(１－１/√３)
＝(１＋√３)/(√３－１)＝(√３＋１)^2/２
＝２＋√３
∴ＨＣ＝(２＋√３)ｘ
と授業レベルで求められるようになる。
個人的には、１５°，７５°，９０°の三辺比は覚えておくべきだと思っているが。

おまけ：

電卓ありの解法
ＡＢ＝ＢＣ＝ＣＤ＝１と置いて、ＢＤを結ぶと、∠ＣＢＤ＝∠ＣＤＢ＝(１８０°－１０８°)÷２＝３６°∴ＢＤ＝２cos36°，∠ＣＢＤ＝１６８°－３６°＝１３２°
ここで、∠ＢＤＡ＝ｘと置くと、∠ＢＡＤ＝１８０°－１３２°－ｘ＝４８°－ｘ
よって、△ＢＡＤで正弦定理を使うと、
２cos36°/sin(48°－ｘ)＝１/sinｘ
∴２cos36°sinｘ＝sin(48°－ｘ)
＝sin48°cosｘ－cos48°sinｘ
∴(2cos36°＋cos48°)sinｘ＝sin48°cosｘ
∴sinｘ/cosｘ
＝sin48°/(2cos36°＋cos48°)
∴tanｘ＝sin48°/(2cos36°＋cos48°)
∴∠ｘ
＝Arctan{sin48°/(2cos36°＋cos48°)}
＝Arctan(0.7431448/2.2871646)
＝Arctan(0.3249197)
＝１８°
∴∠ｘ＝１８°
∴∠Ｄ＝３６°＋１８°＝５４°

電卓ありの解法２
ＡＢ＝ＢＣ＝ＣＤ＝１と置いて、ＡＣを結ぶと、∠ＢＡＣ＝∠ＢＣＡ＝(１８０°－１６８°)÷２＝６°∴ＡＣ＝２cos6°，∠ＡＣＤ＝１０８°－６°＝１０２°
ここで、∠Ｄ＝ｘと置くと、∠ＣＡＤ＝１８０°－１０２°－ｘ＝７８°－ｘ
よって、△ＣＡＤで正弦定理を使うと、
２cos6°/sinｘ＝１/sin(78°－ｘ)
∴２cos6°sin(78°－ｘ)＝sinｘ
∴２cos6°(sin78°cosｘ－cos78°sinｘ)
＝sinｘ
∴２cos6°sin78°cosｘ
－２cos6°cos78°sinｘ＝sinｘ
∴(１＋２cos6°cos78°)sinｘ
＝２cos6°sin78°cosｘ
∴sinｘ/cosｘ
＝２cos6°sin78°/(１＋２cos6°cos78°)
∴tanｘ
＝２cos6°sin78°/(１＋２cos6°cos78°)
∴∠ｘ＝Arctan{２cos6°sin78°/(１＋２cos6°cos78°)}
＝Arctan(1.9455784/1.4135455)
＝Arctan(1.3763819)
＝５４°
∴∠Ｄ＝５４°

因みに、解法１のＢＤは(１＋√５)/２として計算しても良いです。次回は、何も見ないで２通りでＢＤ＝(１＋√５)/２を示しますね。念のため、ＢＣ＝ＣＤ＝１，∠Ｃ＝１０８°です。

おまけ：

問題
等辺の長さが１で頂角が１０８°の二等辺三角形ＡＢＣの辺ＢＣの長さは(１＋√５)/２である事を何も見ないで２通りで証明して下さい。

証明１
ＢＣ＝２cos36°より、α＝36°と置くと、
５α＝１８０°∴２α＝１８０°－３α
この両辺のsinを取ると、
sin２α＝sin３α
∴２sinαcosα＝３sinα－４sin^3α
sinα≠０より両辺をsinαで割ると、
２cosα＝３－４sin^2α
∴２cosα＝３－４(１－cos^2α)
∴２cosα＝３－４＋４cos^2α
∴４cos^2α－２cosα－１＝０
∴cosα＝(１±√５)/４
αは第１象限の角より、cosα＞０
∴cosα＝(１＋√５)/４
∴cos36°＝(１＋√５)/４
∴ＢＣ＝２cos36°＝(１＋√５)/２

証明２
ＢＣ上にＢＤ＝ＢＡ＝１となる点Ｄを取ると、△ＢＡＤは頂角が３６°の二等辺三角形になるので、∠ＢＡＤ＝∠ＢＤＡ＝(１８０°－３６°)÷２＝１４４°÷２＝７２°
また、∠ＤＡＣ＝１０８°－７２°＝３６°より、∠ＤＡＣ＝∠ＤＣＡ＝３６°
よって、△ＤＡＣは底角が３６°の二等辺三角形より、△ＡＢＣ∽△ＤＡＣである。
ここで、ＢＣ＝ｘと置くと、ＤＣ＝ｘ－１
また、ＡＢ：ＢＣ＝ＤＣ：ＡＣより、
１：ｘ＝ｘ－１：１が成り立つ。
∴ｘ(ｘ－１)＝１　∴ｘ^2－ｘ－１＝０
∴ｘ＝(１±√５)/２
ところで、ｘ＞０より、ｘ＝(１＋√５)/２
∴ＢＣ＝(１＋√５)/２

おまけ：

算数の別解
正方形縦３個分の長方形を左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振るとＢＤは直径となるので、ＢＤ＝１０ｃｍ（直径となる理由は対称性から中心Ｏを通るから。）
ここで、ＣからＢＤに垂線を下ろしその足をＨとすると、直角と∠ＣＢＤの２角が等しいので、△ＣＢＤと△ＨＢＣは相似である。また、同様に２角が等しいので、△ＣＢＤと△ＨＣＤも相似である。
よって、△ＨＢＣと△ＨＣＤと△ＣＢＤは相似である。ところで、△ＣＢＤの直角を挟む二辺の比は１：３であるので、△ＨＢＣと△ＨＣＤの直角を挟む二辺の比は１：３である。
よって、ＢＨ＝①と置くとＣＨ＝③で、ＤＨ＝③×３＝⑨である。よって、ＢＤ＝①＋⑨＝⑩
また、ＢＤ＝１０ｃｍより、⑩＝１０ｃｍ
よって、①＝１ｃｍ　よって、ＣＨ＝３ｃｍ
よって、△ＣＢＤ＝１０×３÷２＝１５ｃｍ^2
よって、長方形ＡＢＣＤ＝１５×２＝３０ｃｍ^2
よって、小さな正方形３個分の長方形の面積が３０ｃｍ^2より、小さな正方形１個分の面積は１０ｃｍ^2　よって、答えは、１０ｃｍ^2

おまけ：

解説
＞「Ｇ_(k)はＧの正規部分群」の解説が省略されているので、一応、解説して下さい。

「kerｆ＝Ｇ_(k)」で、定理6.3よりkerｆは正規部分群だからである。

定理6.3
ｆをＧからＧ'への準同型写像とすると、Ｇの部分集合
kerｆ＝{ａ∈Ｇ｜ｆ(ａ)＝ｅ'}
はＧの正規部分群になる。ただし、ｅ'はＧ'の単位元とする。

一応、直に証明すると、
まず、Ｇ_(k)がＧの部分群である事を示す。
Ｇ_(k)＝{ａ｜ａ^k＝ｅ，ａ∈Ｇ}
ｅ^k＝ｅよりｅ∈Ｇ_(k)　∴Ｇ_(k)≠φ
ａ,ｂ∈Ｇ_(k)に対して、ａ^k＝ｅ，ｂ^k＝ｅ
ところで、Ｇは可換群より、
(ａｂ)^k＝ａ^kｂ^k＝ｅ・ｅ＝ｅが成り立つ。
∴ａｂ∈Ｇ_(k)
よって、ａ,ｂ∈Ｇ_(k)⇒ａｂ∈Ｇ_(k)———①
また、ａ∈Ｇ_(k)に対して、ａ^k＝ｅ
∴(ａ^k)^-1＝ｅ^-1　∴(ａ^-1)^k＝ｅ
∴ａ^-1∈Ｇ_(k)
よって、ａ∈Ｇ_(k)⇒ａ^-1∈Ｇ_(k)———②
①，②より、部分群の判定定理より、
Ｇ_(k)はＧの部分群である。
次に、Ｇ_(k)が正規部分群である事を示す。
ところで、Ｇは可換群よりその部分群であるＧ_(k)も可換群である。
よって、Ｇ_(k)はＧの正規部分群である。

補足
∀ｘ∈Ｇに対して、
ｘＧ_(k)ｘ^-1＝ｘ(ａ^k＝ｅ)ｘ^-1
＝ｘｅｘ^-1＝ｘｘ^-1＝ｅ
＝(ａ^k＝ｅ)＝Ｇ_(k)
∴ｘＧ_(k)ｘ^-1＝Ｇ_(k)
∴ｘＧ_(k)＝Ｇ_(k)ｘ
よって、Ｇ_(k)はＧの正規部分群である。

ただし、私のオリジナルの書き方なので注意して下さい。まぁ、言いたい事は分かって貰えると思いますが。

＞演習問題９
可換群Ｇに対して、Ｇ^(k)＝{ａ^k｜ａ∈Ｇ}，Ｇ_(k)＝{ａ｜ａ^k＝ｅ，ａ∈Ｇ}とする（§２演習問題２,３参照）。このとき、Ｇ_(k)はＧの正規部分群でＧ/Ｇ_(k)≃Ｇ^(k)であることを示せ。

因みに、わざわざ「Ｇ_(k)はＧの正規部分群で」を入れるのは、剰余類ではなくＧ/Ｇ_(k)を剰余群として扱えるという事を示すためである。（剰余群であるためには正規部分群である必要がある。）
何故かというと、準同型写像は群から群への写像だからである。（準同型定理を使うため。）

定義6.1
演算◦をもつ群(Ｇ,◦)と演算＊をもつ群(Ｇ',＊)に対して、ＧからＧ'への写像ｆ：Ｇ→Ｇ'が
∀ａ,ｂ∈Ｇ，ｆ(ａ◦ｂ)＝ｆ(ａ)＊ｆ(ｂ)
なる条件を満足しているとき、ｆをＧからＧ'への準同型写像という。

念のため、自分で裏を取って下さい。

おまけ：