数学

問題２
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/202006020000/

算数的な別解を作ってみて下さい。

おまけ：

問題１の何でもありの解法１
△ＢＡＣでヘロンの公式を使うと、
ｓ＝(5+7+9)/2=21/2
∴Ｓ＝√{(21/2)(21/2－5)(21/2－7)(21/2－9)}
＝√{(21/2)(11/2)(7/2)(3/2)}＝21√11/4
∴△ＢＡＣ＝２１√１１/４ｃｍ^2
ところで、四角形ＡＢＣＤは平行四辺形より△ＢＡＣと△ＤＣＡは合同。
∴平行四辺形ＡＢＣＤ＝２１√１１/２ｃｍ^2

問題１の何でもありの解法２
∠ＡＢＣ＝θと置いて△ＢＡＣで余弦定理を使うと、
cosθ＝(5^2+7^2－9^2)/2・5・7
＝(25+49－81)/70＝－7/70＝－1/10
また、sin^2θ＋cos^2θ＝１より、
sin^2θ＝１－(－1/10)^2＝99/100
∴sinθ＝±3√11/10
ところで、０＜θ＜180°より、sinθ＞０である。
∴sinθ＝3√11/10
よって、三角形の面積の公式を使うと、
∴△ＢＡＣ＝(1/2)・5・7・(3√11/10)
＝21√11/4ｃｍ^2
以後、解法１と同じ。

問題２の算数の別解１
ＡＤ//ＢＣより、錯角で∠ＤＧＣ＝∠ＧＤＥ
また、ＤＧ//ＥＦより同位角で∠ＧＤＥ＝∠ＦＥＡ　よって、∠ＤＧＣ＝∠ＦＥＡ　また、∠Ｃ＝∠Ａより２角が等しいので、△ＤＧＣと△ＦＥＡは相似で、ＡＦ＝１０－４＝６ｃｍ，ＣＤ＝１０ｃｍより、相似比は３：５
よって、ＡＥ：ＣＧ＝３：５より、ＡＥ＝③，ＣＧ＝⑤と置いて、ＣＧとＢＧの位置を入れ換えると、
⑤－③の長さと８ｃｍ－４ｃｍの長さが等しい事が分かる。（線分図のように書き出した方が分かり易いかもしれない。）
よって、②＝４ｃｍである。よって、①＝２ｃｍ　よって、ＡＤ＝③＋８＝６＋８＝１４ｃｍ，ＡＥ＝③＝６ｃｍ，ＣＧ＝⑤＝１０ｃｍ
よって、色部分＝１４×１０－６×６÷２－１０×１０÷２＝１４０－１８－５０＝７２ｃｍ^2
よって、答えは、７２ｃｍ^2

問題２の算数の別解２
ＥＤの真ん中の点をＭとして、ＢＭを結ぶと、ＭＤ＝ＢＧ，ＭＤ//ＢＧより、四角形ＭＢＧＤは平行四辺形である。よって、ＤＧ//ＭＢ//ＥＦである。
ところで、点ＭはＥＤの真ん中の点よりこの３本の平行線は等間隔である。（証明は簡単だが算数なので省略。）
よって、線分ＦＧの真ん中を通っている。（これはどんな斜めの線分でも真ん中を通る。証明は簡単だが算数なので省略。）
また、△ＢＦＧは直角二等辺三角形より、斜辺の真ん中と直角を結ぶと２つの直角二等辺三角形に分けられる。
つまり、∠ＭＢＧ＝∠ＭＢＦ＝４５°である。
よって、同位角より∠ＤＧＣと∠ＥＦＡも４５°であり、△ＡＥＦと△ＣＧＤはそれぞれ直角二等辺三角形である。
よって、ＣＧ＝１０ｃｍ，ＡＥ＝ＡＦ＝６ｃｍ
以後、別解１と同じ。

邪道な解法
見た目から、△ＡＥＦと△ＣＧＤは直角二等辺三角形っぽいので、ＡＥ＝ＡＦ＝１０－４＝６ｃｍ，ＣＧ＝１０ｃｍとすると、ＡＤ＝６＋８＝１４ｃｍ，ＢＣ＝４＋１０＝１４ｃｍ
よって、ＡＤ＝ＢＣで四角形ＡＢＣＤが長方形である事に合う。よって、△ＡＥＦと△ＣＧＤはそれぞれ直角二等辺三角形である。なぜなら、△ＡＥＦと△ＣＧＤは相似でＤＣ：ＧＣとＦＡ：ＥＡは等しいので、例えば、この比を２：１にすると、ＧＣ＝１０÷２＝５ｃｍ，ＥＡ＝６÷２＝３ｃｍとなり、ＡＤ＝３＋８＝１１ｃｍ，ＢＣ＝４＋５＝９ｃｍで等しくないので、長方形にならないからである。（つまり、長方形になるなら直角二等辺三角形という事。）
以後、別解１や別解２と同じ。

厳密な証明は、二辺比を１：ｘとすると、ＡＤ＝６ｘ＋８，ＢＧ＝１０ｘ＋４より、６ｘ＋８＝１０ｘ＋４とすると、４ｘ＝４　∴ｘ＝１
よって、四角形ＡＢＣＤが長方形（平行四辺形）になるには、１：１より直角二等辺三角形でなければならない。

おまけ：

解説
＞以上によって、kerｆ⊂{ｅ}が示された。ゆえにkerｆ＝{ｅ}

要約すると、
「ａ∈kerｆとするとａ＝ｅ
以上によって、kerｆ⊂{ｅ}が示された」
という訳だが、
ａ∈kerｆ⇒ａ＝ｅ⇔ａ∈{ｅ}
∴ａ∈kerｆ⇒ａ∈{ｅ}
∴kerｆ⊂{ｅ}
という事だろう。
また、kerｆ⊂{ｅ}⇒kerｆ＝{ｅ}としているが、{ｅ}の部分集合にはφもあるので、定義からkerｆ≠φと付け加えた方が良いだろう。（念のため、厳密に解説する場合である。）
https://note.com/math_cafe/n/n42a89b826ee3

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。

念のため、kerｆ≠φの証明は、kerｆは群で群には単位元が存在するからである。

おまけ：

問題
「AB＝8㎝、AC＝12㎝、∠B＝2∠Cである△ABCがあり、∠Bの二等分線と辺ACとの交点をDとするとき、ADの長さを求めてください(筑波大学付属高校　入試問題)」

中学数学の別解（ただし、受験生で出来る人は全くいないだろう。）
∠Ａの二等分線を引き、ＢＣとの交点をＥとする。また、辺ＡＣ上にＡＦ＝ＡＢとなる点Ｆを取ると、二辺挟角が等しくなるので、△ＡＢＥ≡△ＡＦＥ　また、ＡＦ＝ＡＢ＝８ｃｍより、ＦＣ＝１２－８＝４ｃｍ
また、∠ＡＦＥ＝∠ＡＢＥ＝○○　ところで、条件より、∠Ｃ＝∠Ｂ/２＝○　
よって、△ＦＥＣの内対角の和より、∠ＦＥＣ＝○○－○＝○
よって、∠ＦＥＣ＝∠Ｃより△ＦＥＣは二等辺三角形。∴ＦＥ＝ＦＣ＝４ｃｍ
また、△ＡＢＥ≡△ＡＦＥより、ＢＥ＝ＦＥ＝４ｃｍとなる。
ここで、△ＡＢＣで角の二等分線の定理を使うと、ＡＢ：ＡＣ＝ＢＥ：ＥＣより、８：１２＝４：ＥＣ　∴ＥＣ＝６ｃｍ
また、２角が等しいので、△ＤＢＣ∽△ＦＥＣより、ＤＣ：４＝１０：６が成り立つ。
∴ＤＣ＝４０/６＝２０/３ｃｍ
∴ＡＤ＝１２－２０/３＝１６/３ｃｍ
よって、答えは、１６/３ｃｍ

何でもありの解法
まず、角の二等分線の長さの公式を紹介しておく。
△ＡＢＣの∠Ａの二等分線と辺ＢＣとの交点をＤとすると、
ＡＤ＝√(ＡＢ・ＡＣ－ＢＤ・ＣＤ)
証明は中学数学でも出来るが、次回。

条件より、∠Ｂ＝２∠Ｃより、∠ＤＢＣ＝∠ＤＣＢ＝○で△ＤＢＣは二等辺三角形である。
よって、ＢＤ＝ＣＤ＝ｘ，ＢＣ＝ｙと置くと、ＡＤ＝１２－ｘ
ここで、△ＢＡＣで上の角の二等分線の長さの公式を使うと、ｘ＝√{８ｙ－ｘ(１２－ｘ)}が成り立つ。
∴ｘ^2＝８ｙ－１２ｘ＋ｘ^2
∴８ｙ＝１２ｘ　∴ｙ＝３ｘ/２———①
また、△ＢＡＣで角の二等分線の定理を使うと、
８：ｙ＝１２－ｘ：ｘ
∴８ｘ＝ｙ(１２－ｘ)———②
①を②に代入すると、
８ｘ＝(３ｘ/２)(１２－ｘ)
∴１６ｘ＝３６ｘ－３ｘ^2
∴３ｘ^2－２０ｘ＝０
∴ｘ(３ｘ－２０)＝０　
ｘ≠０より、ｘ＝２０/３
∴ＡＤ＝１２－ｘ＝１２－２０/３＝１６/３ｃｍ
よって、答えは、１６/３ｃｍ

これも一応、中学数学の範囲と言えば範囲だが、公式を中学数学で導かなければダメだろう。

何でもありの解法の系
①から、ｘ：ｙ＝２：３　
∴ＢＤ：ＢＣ＝２：３
また、ＡＢ：ＡＣ＝８：１２＝２：３
∴ＡＢ：ＡＣ＝ＢＤ：ＢＣ
∴ＡＢ：ＢＤ＝ＡＣ：ＢＣ
∴ＡＢ：ＤＢ＝ＡＣ：ＢＣ
また、∠ＡＢＤ＝∠ＡＣＢ＝○より、二辺比と挟角が等しいので、△ＢＡＤ∽△ＣＡＢ
以後、模範解答と同じなので省略。
念のため、これも別解としてはダメ。

おまけ：
https://www.nikkan-gendai.com/articles/view/life/325684（東大へ行くべきだろう。）
https://www.ticket.co.jp/entx/entertainment/itadoriyuuji-identity/

角の二等分線の長さの公式
△ＡＢＣの∠Ａの二等分線と辺ＢＣとの交点をＤとすると、
ＡＤ＝√(ＡＢ・ＡＣ－ＢＤ・ＣＤ)

中学数学の証明
△ＡＢＣの外接円を描き、ＡＤの延長と円との交点をＥとし、ＢＥを結ぶと、円周角より∠ＡＣＢ＝∠ＡＥＢ　∴∠ＡＣＤ＝∠ＡＥＢ———①
また、ＡＤは∠Ａの二等分線より、∠ＣＡＤ＝∠ＢＡＥ———②
①，②より、２角が等しいので、△ＡＢＥ∽△ＡＤＣ　∴ＡＢ：ＡＥ＝ＡＤ：ＡＣ
∴ＡＤ・ＡＥ＝ＡＢ・ＡＣ———③
また、方べきの定理より、
ＡＤ・ＤＥ＝ＢＤ・ＤＣ———④
③－④より、
ＡＤ(ＡＥ－ＤＥ)＝ＡＢ・ＡＣ－ＢＤ・ＤＣ
∴ＡＤ・ＡＤ＝ＡＢ・ＡＣ－ＢＤ・ＣＤ
∴ＡＤ＝√(ＡＢ・ＡＣ－ＢＤ・ＣＤ)

因みに、ＡからＢＣに垂線を下ろし三平方の定理を使っても求められない事はないですが、計算が非常に大変です。辺の値が数値の場合はこの方法でも良いと思いますが。（気が向いたらpythonを使って求めてみますね。２０年ぐらい前には手計算でやった記憶があります。）

何でもありの証明
ＡＢ＝ａ，ＡＣ＝ｂ，ＢＤ＝ｃ，ＣＤ＝ｄ，ＡＤ＝ｘ，∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＤ＝θと置いて、△ＡＢＤと△ＡＣＤで余弦定理を使うと、
ｃ^2＝ａ^2＋ｘ^2－２ａｘcosθ―――①
ｄ^2＝ｂ^2＋ｘ^2－２ｂｘcosθ―――②
①×ｂ－②×ａより、
ｂｃ^2－ａｄ^2＝ａ^2ｂ－ａｂ^2＋(ｂ－ａ)ｘ^2
∴(ａ－ｂ)ｘ^2＝ａ^2ｂ－ａｂ^2－ｂｃ^2＋ａｄ^2
∴(ａ－ｂ)ｘ^2＝ａｂ(ａ－ｂ)－ｂｃ^2＋ａｄ^2―――③
ところで、角の二等分線の定理より、
ａ：ｂ＝ｃ：ｄ　∴ａｄ＝ｂｃ———④
④を③に２回代入すると、
(ａ－ｂ)ｘ^2＝ａｂ(ａ－ｂ)－ａｄｃ＋ｂｃｄ
∴(ａ－ｂ)ｘ^2＝ａｂ(ａ－ｂ)－ｃｄ(ａ－ｂ)
ａ≠ｂの場合、
ｘ^2＝ａｂ－ｃｄ
∴ｘ＝√(ａｂ－ｃｄ)
∴ＡＤ＝√(ＡＢ・ＡＣ－ＢＤ・ＣＤ)
ａ＝ｂの場合、△ＡＢＣは二等辺三角形になり、ｃ＝ｄ，ＡＤ⊥ＢＣ
これらをｘ＝√(ａｂ－ｃｄ)に代入すると、
ｘ＝√(ａ^2－ｃ^2)　∴ｘ^2＝ａ^2－ｃ^2
∴ｘ^2＋ｃ^2＝ａ^2
よって、ＡＤ^2＋ＢＤ^2＝ＡＢ^2で△ＡＢＤでの三平方の定理で合うので適正。
よって、角の二等分線の長さの公式は、
ＡＤ＝√(ＡＢ・ＡＣ－ＢＤ・ＣＤ)

おまけ：

＞因みに、ＡからＢＣに垂線を下ろし三平方の定理を使っても求められない事はないですが、計算が非常に大変です。辺の値が数値の場合はこの方法でも良いと思いますが。（気が向いたらpythonを使って求めてみますね。２０年ぐらい前には手計算でやった記憶があります。）

やってみました。pythonの手を借りて試行錯誤で手計算で出来ましたが、昔はＡＢ＝ａとかの変換もなしにやった記憶がありますが、何で出来たかよく分かりません。地獄の大変さだったのは覚えていますが。

おまけ：

角の二等分線の長さの公式
△ＡＢＣの∠Ａの二等分線と辺ＢＣとの交点をＤとすると、
ＡＤ＝√(ＡＢ・ＡＣ－ＢＤ・ＣＤ)

中学数学の証明２
ＡＢ＝ａ，ＡＣ＝ｂ，ＢＤ＝ｃ，ＣＤ＝ｄと置いて、ＡからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとし、ＡＨ＝ｘ，ＣＨ＝ｙと置くと、三平方の定理より、
ｘ^2＋ｙ^2＝ｂ^2———①
ｘ^2＋(ｃ＋ｄ－ｙ)^2＝ａ^2———②
①－②より、
－(ｃ＋ｄ)^2＋２(ｃ＋ｄ)ｙ＝ｂ^2－ａ^2
∴２(ｃ＋ｄ)ｙ＝－ａ^2＋ｂ^2＋(ｃ＋ｄ)^2
∴ｙ＝{－ａ^2＋ｂ^2＋(ｃ＋ｄ)^2}/{２(ｃ＋ｄ)}
これを①に代入すると、
ｘ^2＝ｂ^2－[{－ａ^2＋ｂ^2＋(ｃ＋ｄ)^2}/{２(ｃ＋ｄ)}]^2
＝ｂ^2－{－ａ^2＋ｂ^2＋(ｃ＋ｄ)^2}^2/{４(ｃ＋ｄ)^2}
＝[４ｂ^2(ｃ＋ｄ)^2－{－ａ^2＋ｂ^2＋(ｃ＋ｄ)^2}^2]/{４(ｃ＋ｄ)^2}———③
また、ＤＨ＝ｄ－{－ａ^2＋ｂ^2＋(ｃ＋ｄ)^2}/{２(ｃ＋ｄ)}
＝{２ｄ(ｃ＋ｄ)＋ａ^2－ｂ^2－(ｃ＋ｄ)^2}/{２(ｃ＋ｄ)}
∴ＤＨ^2＝{ａ^2－ｂ^2－(ｃ＋ｄ)^2＋２ｄ(ｃ＋ｄ)}^2/{４(ｃ＋ｄ)^2}———④
よって、③，④より、△ＡＤＨで三平方の定理を使うと、
ＡＤ^2＝[４ｂ^2(ｃ＋ｄ)^2－{－ａ^2＋ｂ^2＋(ｃ＋ｄ)^2}^2]/{４(ｃ＋ｄ)^2}＋{ａ^2－ｂ^2－(ｃ＋ｄ)^2＋２ｄ(ｃ＋ｄ)}^2/{４(ｃ＋ｄ)^2}
＝[[４ｂ^2(ｃ＋ｄ)^2－{－ａ^2＋ｂ^2＋(ｃ＋ｄ)^2}^2]＋{ａ^2－ｂ^2－(ｃ＋ｄ)^2＋２ｄ(ｃ＋ｄ)}^2]/{４(ｃ＋ｄ)^2}———☆
☆の分子＝[４ｂ^2(ｃ＋ｄ)^2－{－ａ^2＋ｂ^2＋(ｃ＋ｄ)^2}^2]＋{ａ^2－ｂ^2－(ｃ＋ｄ)^2＋２ｄ(ｃ＋ｄ)}^2
＝[２ｂ(ｃ＋ｄ)＋{－ａ^2＋ｂ^2＋(ｃ＋ｄ)^2}][２ｂ(ｃ＋ｄ)－{－ａ^2＋ｂ^2＋(ｃ＋ｄ)^2}]＋{ａ^2－ｂ^2－(ｃ＋ｄ)^2＋２ｄ(ｃ＋ｄ)}^2
ここで、ａ^2－ｂ^2－(ｃ＋ｄ)^2＝Ｘと置くと、
☆の分子＝{２ｂ(ｃ＋ｄ)－Ｘ}{２ｂ(ｃ＋ｄ)＋Ｘ}＋{Ｘ＋２ｄ(ｃ＋ｄ)}^2
＝４ｂ^2(ｃ＋ｄ)^2－Ｘ^2＋Ｘ^2＋４ｄ(ｃ＋ｄ)Ｘ＋４ｄ^2(ｃ＋ｄ)^2
＝４ｂ^2(ｃ＋ｄ)^2＋４ｄ(ｃ＋ｄ)Ｘ＋４ｄ^2(ｃ＋ｄ)^2
＝４ｄ(ｃ＋ｄ)Ｘ＋４(ｃ＋ｄ)^2(ｂ^2＋ｄ^2)
＝４(ｃ＋ｄ){ｄＸ＋(ｃ＋ｄ)(ｂ^2＋ｄ^2)}
これにＸ＝ａ^2－ｂ^2－(ｃ＋ｄ)^2を代入すると、
☆の分子＝４(ｃ＋ｄ)[ｄ{ａ^2－ｂ^2－(ｃ＋ｄ)^2}＋(ｃ＋ｄ)(ｂ^2＋ｄ^2)]
＝４(ｃ＋ｄ){ａ^2ｄ－ｂ^2ｄ－ｄ(ｃ＋ｄ)^2＋ｂ^2ｃ＋ｃｄ^2＋ｂ^2ｄ＋ｄ^3}
＝４(ｃ＋ｄ){ａ^2ｄ－ｄ(ｃ＋ｄ)^2＋ｂ^2ｃ＋ｃｄ^2＋ｄ^3}
＝４(ｃ＋ｄ){ａ^2ｄ－ｃ^2ｄ－２ｃｄ^2－ｄ^3＋ｂ^2ｃ＋ｃｄ^2＋ｄ^3}
＝４(ｃ＋ｄ){ａ^2ｄ－ｃ^2ｄ－ｃｄ^2＋ｂ^2ｃ}
∴☆の分子＝４(ｃ＋ｄ){ａ^2ｄ－ｃ^2ｄ－ｃｄ^2＋ｂ^2ｃ}
これを☆に代入すると、
ＡＤ^2＝４(ｃ＋ｄ){ａ^2ｄ－ｃ^2ｄ－ｃｄ^2＋ｂ^2ｃ}/{４(ｃ＋ｄ)^2}
＝(ａ^2ｄ＋ｂ^2ｃ－ｃ^2ｄ－ｃｄ^2)/(ｃ＋ｄ)———☆☆
ところで、角の二等分線の定理より、
ａ：ｂ＝ｃ：ｄ　∴ａｄ＝ｂｃ
これを☆☆に２回代入すると、
ＡＤ^2＝(ａｂｃ＋ａｂｄ－ｃ^2ｄ－ｃｄ^2)/(ｃ＋ｄ)
＝{ａｂ(ｃ＋ｄ)－ｃｄ(ｃ＋ｄ)}/(ｃ＋ｄ)
＝ａｂ－ｃｄ＝ＡＢ・ＡＣ－ＢＤ・ＣＤ
∴ＡＤ＝√(ＡＢ・ＡＣ－ＢＤ・ＣＤ)

おまけ：

問題１の解答
大きい直角二等辺三角形をＡＢＣ（直角から反時計回りにＡ～Ｃ）とし、辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＡ上の点をそれぞれＤ，Ｅ，Ｆとする。
ここで、ＥからＡＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＥＣＦは直角二等辺三角形より、ＥＨ＝ＦＨ＝ＣＨ＝ＦＣ/２＝４ｃｍとなる。よって、ＡＨ＝４＋４＝８ｃｍ
また、ＡＥを結ぶと、
色部分＝△ＡＤＥ＋△ＡＥＦ＝１０×８÷２＋４×４÷２＝４０＋８＝４８ｃｍ^2
一応、検算のために全体から引いて求めると、
色部分＝１２×１２÷２－２×８÷２－８×４÷２＝７２－８－１６＝４８ｃｍ^2でＯＫ。

問題２の別解（邪道）
ＡＢ，ＢＣ，ＡＤと円との接点をそれぞれＳ，Ｔ，Ｕとすると、四角形ＡＢＣＤは等脚台形より、ＡＵ＝８÷２＝４ｃｍ，ＢＴ＝１０÷２＝５ｃｍ
ここで、円と接線の関係より、ＡＳ＝ＡＵ＝４ｃｍ，ＢＳ＝ＢＴ＝５ｃｍ
よって、ＡＢ＝４＋５＝９ｃｍ
ここで、ＢＡの延長とＣＤの延長との交点をＥとすると、△ＥＡＤと△ＥＢＣは相似で相似比８：１０＝４：５より、ＥＡ＝④，ＥＢ＝⑤と置くと、ＡＢ＝⑤－④＝①＝９ｃｍ
よって、ＥＢ＝９×５＝４５ｃｍ
ここで、ヘロンの公式を使うと、
ｓ＝(45+45+10)/2=50
△ＥＢＣ＝√50(50-45)(50-45)(50-10)＝√(50・5・5・40)＝50√20＝100√5ｃｍ^2
また、内接円の半径をｒと置くと、
△ＡＢＣ＝４５ｒ/２＋４５ｒ/２＋１０ｒ/２＝５０ｒｃｍ^2
よって、５０ｒ＝１００√５が成り立つ。
よって、ｒ＝２√５ｃｍ
よって、円の面積＝２０π＝２０×３.１４＝６２.８ｃｍ^2

念のため、ヘロンの公式を求めるために三平方の定理を使うので循環論法である。
ただし、ヘロンの公式を余弦定理で求める場合、余弦定理を導くのにsin^2θ＋cos^2θ＝１を使うので、普通は三平方の定理を使うが、私は相似でこれを導けるので、正確には、この解法は循環論法ではない。ただし、三平方の定理を使わない代わりに三角関数を使う解法である。

問題３は次回。

おまけ：

問題４
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/202005030000/

暗算で解けますね。

問題５
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/202004300002/

別解を２通り作ってみました。

おまけ：

問題３
次の式が整数になるような整数ｎの値をすべて求めてください。
(２ｎ＋１)/(ｎ－２)

別解
(２ｎ＋１)/(ｎ－２)＝ｍ（ｍは整数）と置くと、２ｎ＋１＝ｍ(ｎ－２)　
∴２ｎ＋１＝ｍｎ－２ｍ　
∴ｍｎ－２ｍ－２ｎ＝１　
∴(ｍ－２)(ｎ－２)－４＝１　
∴(ｍ－２)(ｎ－２)＝５
ここで、ｍ－２＝±１，ｎ－２＝±５（複号同順），ｍ－２＝±５，ｎ－２＝±１（複号同順）を解いても良いが、それだと模範解答とほとんで変わらないので、ここではこの式から解が（最大）４個である事だけを確認する。
ところで、２ｎ＋１は奇数で、(２ｎ＋１)/(ｎ－２)が整数になるのだからｎ－２も奇数である。（偶数だったら割り切れない。）
そして、奇数×奇数＝奇数より、奇数÷奇数＝奇数より、与式の値も奇数である。
また、その前にｎ－２＝±１の場合は与式は必ず整数になる。よって、ｎ＝２±１＝３，１は確定。
また、(２ｎ＋１)/(ｎ－２)＝３とすると、
２ｎ＋１＝３(ｎ－２)　∴２ｎ＋１＝３ｎ－６
∴ｎ＝７（３個目が確定）
また、(２ｎ＋１)/(ｎ－２)＝１とすると、
２ｎ＋１＝ｎ－２　∴ｎ＝－３（４個目確定）
よって、答えは、ｎ＝７，－３，３，１

問題４
羊とヤギを合わせて２００匹が飼われている牧場があり、その９９％は羊です。羊を９８％にするには、何匹の羊を取り除けばいいでしょう？

解答
２００匹の１％は２匹よりヤギは２匹。よって、ヤギを２％にするには羊とヤギを合わせて１００匹にすれば良い。
つまり、羊を９８％にするには羊を１００匹取り除けば良い。

問題５
ｘ＋ｙ＝３，ｘｙ＝２のとき、次の式の値を求めてください。
ｘ^2－２ｘｙ＋ｙ^2

別解１　思い付いた順
２次方程式の解と係数の関係より、ｘ,ｙを２つの解とする方程式は、ｔ^2－３ｔ＋２＝０
∴ｘ^2－３ｘ＋２＝０———①
　ｙ^2－３ｙ＋２＝０———②
①＋②より、
ｘ^2＋ｙ^2－３ｘ－３ｙ＋４＝０
∴ｘ^2＋ｙ^2＝３ｘ＋３ｙ－４
これを与式に代入すると、
与式＝(３ｘ＋３ｙ－４)－２ｘｙ———☆
☆にｘ＋ｙ＝３，ｘｙ＝２を代入すると、
与式＝３・３－４－２・２＝９－８＝１
よって、答えは、１

別解２
ｘ＋ｙ＝３，ｘｙ＝２より、解の１つは、ｘ＝１，ｙ＝２である。
よって、与式＝１^2－２・１・２＋２^2
＝１－４＋４＝１
よって、答えは、１
厳密には、もう１つの解ｘ＝２，ｙ＝１でも求めなくてはならない。（答えが１つとは限らないから。）

おまけ：

算数の別解
　　Ａ
　ＢＣＤ
Ｅ　Ｆ　Ｇ
と置くと、１列の和が等しいので、
Ｂ＋Ｅ＝Ｃ＋Ｆ＝Ｄ＋Ｇで、Ａ～Ｆは１～７のどれかなので、
（ⅰ）１＋７＝２＋６＝３＋５の場合、Ａ＝４
（ⅱ）１＋６＝２＋５＝３＋４の場合、Ａ＝７
（ⅲ）２＋７＝３＋６＝４＋５の場合、Ａ＝１
この場合しかない。（証明は算数ならいらないかもしれないが、下に補足。）
（ⅰ）の場合、１列の和は４＋１＋７＝１２で、Ａ以外の残りの和は、１＋２＋３＋５＋６＋７＝２４　これをＢＣＤ，ＥＦＧの２列で割ると、２４÷２＝１２で１列の和１２に合う。よって、適正。
（ⅱ）の場合、１列の和は７＋１＋６＝１４で、Ａ以外の残りの和は、１＋２＋３＋４＋５＋６＝２１　これをＢＣＤ，ＥＦＧの２列で割ると、２１÷２＝１０.５で不適。
（ⅲ）の場合、１列の和は１＋２＋７＝１０で、Ａ以外の残りの和は、２＋３＋４＋５＋６＋７＝２７　これをＢＣＤ，ＥＦＧの２列で割ると、２７÷２＝１３.５で不適。
（ⅰ）～（ⅲ）より、Ａ＝４である。

補足
（ⅰ）～（ⅲ）の場合しかない証明は、１＋２＋３＋４＋５＋６＋７＝２８で、Ａ＝１，４，７以外で、２８－Ａが３の倍数になる事はないからである。３の倍数の理由は、残りのペアＢ＋Ｅ＝Ｃ＋Ｆ＝Ｄ＋Ｇが全て等しいから例えば＝Ｘと置けば、２８－Ａ＝３Ｘだから。

因みに、完成形は簡単に作れるが省略。また、何通り作れるかは、ＢＥ，ＣＦ，ＤＧの入れ換えで３！＝６通り。また、ＢＣＤとＥＦＧの入れ換えで２通りより、６×２＝１２通り

何でもありの解法
１列の和をＸと置くと、
Ａ＋Ｂ＋Ｅ＝Ａ＋Ｃ＋Ｆ＝Ａ＋Ｄ＋Ｇ＝Ｘ
∴Ａ＋Ｂ＋Ｅ＋Ａ＋Ｃ＋Ｆ＋Ａ＋Ｄ＋Ｇ＝３Ｘ
∴２Ａ＋Ａ＋Ｂ＋Ｃ＋Ｄ＋Ｅ＋Ｆ＋Ｇ＝３Ｘ
∴２Ａ＋１＋２＋３＋４＋５＋６＋７＝３Ｘ
∴２Ａ＋２８＝３Ｘ———①
また、Ｂ＋Ｃ＋Ｄ＝Ｅ＋Ｆ＋Ｇ＝Ｘより、
Ａ＋２Ｘ＝１＋２＋３＋４＋５＋６＋７
∴Ａ＋２Ｘ＝２８———②
①×２より、４Ａ＋５６＝６Ｘ———①'
②×３より、３Ａ＋６Ｘ＝８４———②'
①'を②'に代入すると、
３Ａ＋４Ａ＋５６＝８４　∴７Ａ＝２８
∴Ａ＝４

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/bfc286f2155d1bec9df39b865d7f1cc872031375

問題２
https://www.msn.com/ja-jp/lifestyle/other/%E8%A7%92%E5%BA%A6%E5%BD%93%E3%81%A6%E3%82%AF%E3%82%A4%E3%82%BA-vol-582-x%E3%81%AE%E8%A7%92%E5%BA%A6%E3%81%AF%E4%BD%95%E5%BA%A6/ar-AA1m8tFw?ocid=msedgntp&cvid=187a8557b6e34918ab5353c1fa69956c&ei=8

別解を作ってみて下さい。ただし、中学数学です。

おまけ：

問題１の算数の別解
ＢＣの中点をＭとし、ＡＭを結ぶと△ＡＢＣは∠Ａが直角の直角三角形でＭは斜辺の中点より、定石によりＡＭ＝ＢＭ＝ＣＭ
（納得出来ない人は、△ＡＢＣをＢＣの下に反転させてコピーし、点Ａの行き先をＡ'とすると、四角形ＡＢＡ'Ｃは長方形になるので、対角線は互いの中点で交わるので納得出来るだろう（対角線の長さは等しいから）。中学生以上は、△ＡＢＣの外接円を考えれば良い。）
ＤＭを結ぶと、同様にＤＭ＝ＢＭ＝ＣＭ
よって、ＢＭ＝ＡＭ＝ＤＭ＝ＣＭ
また、条件よりＢＡ＝ＡＤ＝ＤＣ
よって、三辺相等より△ＭＢＡと△ＭＡＤと△ＭＤＣは合同である。
よって、∠ＡＭＢ＝∠ＡＭＤ＝∠ＤＭＣ＝１８０°÷３＝６０°
ところで、△ＭＢＡと△ＭＡＤと△ＭＤＣはそれぞれ二等辺三角形より、正三角形になる。
よって、∠ＡＢＣ＝６０°より△ＡＢＣは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型である。
よって、ＡＢ：ＢＣ＝１：２　また、ＡＢ＝ＡＤより、ＡＤ：ＢＣ＝１：２
ところで、ＡＤ//ＢＣより△ＥＡＤと△ＥＣＢは相似で相似比は１：２である。よって、面積比は１×１：２×２＝１：４
また、ＡＥ：ＥＣ＝１：２より、△ＥＡＤ＝①，△ＥＣＢ＝④と置くと、△ＡＢＥ＝④÷２＝②　対称性より、△ＤＣＥ＝②
よって、台形ＡＢＣＤ＝①＋④＋②＋②＝⑨
よって、台形ＡＢＣＤの面積は△ＡＥＤの９倍。

問題２の別解はもっと面白いので考えてみて下さい。

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/f9641f310f5639e5c13abee5803e93d75a744c59

問題２の何でもありの解法
ＡＣ＝ＤＥより、△ＢＥＤをＡＣの外側にＥＤがＡＣにくっつくように移動させ、点Ｂの行き先をＢ'とすると、∠ＡＢＣ＋∠ＤＢＥ＝１８０°より、∠ＡＢＣ＋∠Ｂ'＝１８０°である。
よって、四角形ＡＢＣＢ'は円に内接する四角形で、∠Ｂ'ＡＣ＝∠ＢＥＤ＝ｘ
ところで、ＡＢ＝ＢＤより、ＡＢ＝Ｂ'Ｃである。よって、弧ＡＢ＝弧Ｂ'Ｃ
∴∠ＡＣＢ＝∠Ｂ'ＡＣ＝ｘ
∴ｘ＝３５°

因みに、円に内接する四角形でＡＢ＝Ｂ'Ｃと分かった時点で四角形ＡＢＣＢ'は等脚台形である事に気付くぐらいでなければ実戦ではダメである。念のため、マニアレベルの話である。

例えば、模範解答は、△ＢＤＥをＡＢの外側に移動コピーさせているが、点ＢがＡＤの中点という情報があるので、私の定石の１つからＢＥの延長上にＢＦ＝ＢＥとなる点Ｆを取ると、四角形ＡＦＤＥは平行四辺形になる（対角線が互いの中点で交わるから）というものがあり、それを使えば、ＡＦ＝ＥＤ（平行四辺形の性質）なので△ＡＦＣが二等辺三角形になる事は一発で分かる。
コメント欄の本さんという人は、なかなかセンスがある人だと思う。

おまけ：

方程式の解法
ＢＦ＝ｘ，ＣＦ＝ｙと置くと、△ＡＢＦは直角二等辺三角形より、
ＡＦ＝ＢＦ＝ｘ，ＡＢ＝√２ｘ
また、△ＡＢＤで三平方の定理を使うと、
ＢＤ＝√(２ｘ^2－９)
ここで、△ＡＢＣの面積を２通りで表すと、
８・√(２ｘ^2－９)・(１/２)＝ｘ・(ｘ＋ｙ)・(１/２)が成り立つ。
∴６４(２ｘ^2－９)＝ｘ^2(ｘ＋ｙ)^2———①
また、△ＢＣＤで三平方の定理を使うと、
(２ｘ^2－９)＋２５＝(ｘ＋ｙ)^2が成り立つ。
∴(ｘ＋ｙ)^2＝２ｘ^2＋１６———②
②を①に代入すると、
６４(２ｘ^2－９)＝ｘ^2(２ｘ^2＋１６)
∴３２(２ｘ^2－９)＝ｘ^2(ｘ^2＋８)
∴６４ｘ^2－２８８＝ｘ^4＋８ｘ^2
∴ｘ^4－５６ｘ^2＋２８８＝０
これを解の公式で解くと、
ｘ^2＝２８±√(２８^2－２８８)＝２８±√４９６＝２８±４√３１
∴ｘ^2＝２８±４√３１———③
また、△ＡＦＣで三平方の定理を使うと、
ｘ^2＋ｙ^2＝６４　∴ｙ^2＝６４－ｘ^2———④
③を④に代入すると、
ｙ^2＝６４－(２８±４√３１)
＝３６∓４√３１
∴ｙ^2＝３６∓４√３１（③と複号同順）
ところで、図より、ｘ＞ｙ　∴ｘ^2＞ｙ^2
∴ｘ^2＝２８＋４√３１———⑤
ｙ^2＝３６－４√３１———⑥
ところで、点Ｅは垂心よりＣＥ⊥ＡＢで∠Ｂ＝４５°より、∠ＥＣＦ＝４５°で△ＥＦＣは直角二等辺三角形である。∴ＥＦ＝ＦＣ＝ｙ
よって、△ＥＢＦで三平方の定理を使うと、
ＢＥ＝√(ｘ^2＋ｙ^2)———☆
☆に⑤，⑥を代入すると、
ＢＥ＝√{２８＋４√３１＋(３６－４√３１)}
＝√６４＝８ｃｍ
よって、答えは、８ｃｍ

因みに、△ＥＦＣが直角二等辺三角形である事は、垂心を利用しない場合は△ＢＥＦ≡△ＡＣＦで言ってもいいし、４点Ａ,Ｂ,Ｆ,Ｄが同一円周上にある事から∠ＦＤＣ＝∠Ｂ＝４５°で４点Ｄ,Ｅ,Ｆ,Ｃも同一円周上にある事から∠ＦＥＣ＝∠ＦＤＣ＝４５°から言っても良い。

おまけ：

解説
＞Ａを自分自身を要素としてもたない集合の集まり
Ｂを自分自身を要素としてもつ集合の集まり
とします。するとすべての集合はこのどちらかに入ります。さてＡはどちらの集合に入るでしょう。もしＡをＡの要素としますと、Ａは自分自身を要素として含まないこととなり矛盾します。それではＡをＢの要素としたらどうでしょう。するとＡは自分自身を要素としてもつはずなのでこれも矛盾です。

ベン図を描くと分かり易い。
（ⅰ）ＡがＡに入っている場合、Ａの大円の中にＰの小円とＡの小円を描くと、Ａの中にＡが入っているが、条件よりＡは「自分自身を要素としてもたない集合」なので矛盾である。
（ⅱ）ＡがＢに入っている場合、Ｂの大円の中にＰの小円とＡの小円を描いて、さらにＰの小円の中にＰを入れる。ここで、Ａの小円の中にＡは入っていない。なぜなら、条件よりＡは「自分自身を要素としてもたない集合」だからである。ところが、Ｂは「自分自身を要素としてもつ集合の集まり」なのでそんな集合があってはいけないので矛盾である。
（ⅰ），（ⅱ）より、どっちにしろ矛盾が生じるという事である。

＞もしＡをＡの要素としますと、Ａは自分自身を要素として含まないこととなり矛盾します。

「もしＡをＡの要素としますと、Ａは自分自身を要素として含まないことに矛盾します」
または
「もしＡをＡの要素としますと、Ａは自分自身を要素として含むこととなり矛盾します」
だと思います。

＞それではＡをＢの要素としたらどうでしょう。するとＡは自分自身を要素としてもつはずなのでこれも矛盾です。

「するとＢは自分自身を要素としてもつはずなのでこれも矛盾です」
または
「するとＡは自分自身を要素としてもたないのでこれも矛盾です」
だと思います。

私の勘違いだったらすみません。まぁ、ベン図の方の解説が合っていると思いますからいいですね。念のため、私のオリジナルです。

おまけ：

問題
いきなり、これが出て来る訳ですが、どうしてこうしたのか推理して下さい。

回答
ラグランジュの時代には、当然３次方程式の解の公式は存在していて、
ｘ^3＋ｐｘ＋ｑ＝０に対して、
ｘ＝3√[{－ｎ＋√(ｑ^2＋４ｐ^3/２７)}/２]
＋3√[{－ｎ－√(ｑ^2＋４ｐ^3/２７)}/２]，

ω^2・3√[{－ｎ＋√(ｑ^2＋４ｐ^3/２７)}/２]
＋ω・3√[{－ｎ－√(ｑ^2＋４ｐ^3/２７)}/２]，

ω・3√[{－ｎ＋√(ｑ^2＋４ｐ^3/２７)}/２]
＋ω^2・3√[{－ｎ－√(ｑ^2＋４ｐ^3/２７)}/２]

ただし、3√は３乗根を表し、こちらのサイトhttp://www.suri-joshi.jp/enjoy/cubic_equation/の結果の、符号のマイナスを３乗根の中に入れて、各々の２つの項の前後を逆にした。

ここで、Ｌ＝3√[{－ｎ＋√(ｑ^2＋４ｐ^3/２７)}/２]，Ｒ＝3√[{－ｎ－√(ｑ^2＋４ｐ^3/２７)}/２]と置き、３つの解をα，β，γと置くと、
α＝Ｌ＋Ｒ———①
β＝ω^2Ｌ＋ωＲ———②
γ＝ωＬ＋ω^2Ｒ———③
②×ωより、ωβ＝Ｌ＋ω^2Ｒ———②'
②×ω^2より、ω^2β＝ωＬ＋Ｒ———②''
③×ωより、ωγ＝ω^2Ｌ＋Ｒ———③'
③×ω^2より、ω^2γ＝Ｌ＋ωＲ———③''
①＋②''＋③'より、
α＋ω^2β＋ωγ＝Ｌ＋Ｒ＋ωＬ＋Ｒ＋ω^2Ｌ＋Ｒ＝３Ｒ＋Ｌ(１＋ω＋ω^2)＝３Ｒ
∴３Ｒ＝α＋ω^2β＋ωγ
∴Ｒ＝(α＋ω^2β＋ωγ)/３
よって、初めに、
Ｌ＝３・3√[{－ｎ＋√(ｑ^2＋４ｐ^3/２７)}/２]，Ｒ＝３・3√[{－ｎ－√(ｑ^2＋４ｐ^3/２７)}/２]と置くと、
ｘ＝Ｌ/３＋Ｒ/３となり、
α＝Ｌ/３＋Ｒ/３———①
β＝ω^2(Ｌ/３)＋ω(Ｒ/３)———②
γ＝ω(Ｌ/３)＋ω^2(Ｒ/３)———③
とすると、
②×ωより、ωβ＝Ｌ/３＋ω^2(Ｒ/３)———②'
②×ω^2より、ω^2β＝ω(Ｌ/３)＋(Ｒ/３)———②''
③×ωより、ωγ＝ω^2(Ｌ/３)＋Ｒ/３———③'
③×ω^2より、ω^2γ＝Ｌ/３＋ω(Ｒ/３)———③''
①＋②''＋③'より、
α＋ω^2β＋ωγ＝Ｌ/３＋Ｒ/３＋ω(Ｌ/３)＋Ｒ/３＋ω^2(Ｌ/３)＋Ｒ/３＝Ｒ＋(Ｌ/３)(１＋ω＋ω^2)＝Ｒ
∴Ｒ＝α＋ω^2β＋ωγ
また、①＋②'＋③''より、
α＋ωβ＋ω^2γ＝Ｌ/３＋Ｒ/３＋Ｌ/３＋ω^2(Ｒ/３)＋Ｌ/３＋ω(Ｒ/３)＝Ｌ＋(Ｒ/３)(１＋ω^2＋ω)＝Ｌ
∴Ｌ＝α＋ωβ＋ω^2γ

よって、ラグランジュ・リゾルベントが導かれた。

ラグランジュ・リゾルベント
３次方程式ｘ^3＋ｐｘ＋ｑ＝０の解をｘ＝α,β,γとする。
さらに、ＬとＲを以下のように定義する。
Ｌ＝ωα＋ω^2β＋γ
Ｒ＝ω^2α＋ωβ＋γ
ただし、ωは１の原始３乗根の１つとする。

つまり、循環論法みたいな話である。（この後は、「数学ガール　ガロア理論」を読んで下さい。）念のため、導く事より構造を知る事が大事だからこんな解法を作ったのだろう。

因みに、２次方程式の場合は、ａｘ^2＋ｂｘ＋ｃ＝０に対して、解の公式は、
ｘ＝{－ｂ±√(ｂ^2－４ａｃ)}/２ａ
ここで、Ｌ＝－ｂ/ａ，Ｒ＝{√(ｂ^2－４ａｃ)}/ａと置くと、ｘ＝Ｌ/２±Ｒ/２となり、２つの解をα，βと置くと、
α＝Ｌ/２＋Ｒ/２，β＝Ｌ/２－Ｒ/２
よって、２式の和と差を取ると、
Ｌ＝α＋β，Ｒ＝α－β
これが２次方程式のラグランジュ・リゾルベントである事は言うまでもないだろう。（「数学ガール　ガロア理論」の読者は。）

おまけ：

算数の別解
△ＦＢＣを等積変形すると、△ＤＢＣと等しく△ＤＢＣは長方形ＡＢＣＤを対角線で切った半分より、△ＦＢＣ＝１２ｃｍ^2
よって、△ＥＢＣ＝１２＋６＝１８ｃｍ^2
ここで、ＥからＢＣと平行な直線を引きＢＡの延長との交点をＧとすると、四角形ＧＢＣＥは長方形で面積は△ＥＢＣの２倍で３６ｃｍ^2
よって、長方形ＧＡＤＥ＝３６－２４＝１２ｃｍ^2
よって、△ＥＡＤはこの半分の面積より、６ｃｍ^2
また、△ＢＥＣ：△ＦＥＣ＝１８：６＝３：１より、ＢＣ：ＦＤ＝３：１
また、△ＥＦＤと△ＥＢＣは相似より面積比は、３×３：１×１＝９：１　
よって、△ＥＦＤ＝(１/９)△ＥＢＣ＝(１/９)×１８＝２ｃｍ^2
よって、△ＥＡＦ＝△ＥＡＤ－△ＥＦＤ＝６－２＝４ｃｍ^2
よって、グレー部分の面積は、４ｃｍ^2

何でもありの解法は次回。
ヒント：ＢＣ＝ｘ，ＤＣ＝ｙ，ＦＤ＝ｚ，ＥＤ＝ｗと置いて、方程式で解いて下さい。

おまけ：

何でもありの解法
ＢＣ＝ｘ，ＤＣ＝ｙ，ＦＤ＝ｚ，ＥＤ＝ｗと置くと、長方形ＡＢＣＤの面積が２４ｃｍ^2より、ｘｙ＝２４———①
また、△ＦＣＥの面積が６ｃｍ^2より、
ｚ(ｗ＋ｙ)＝１２———②
また、△ＥＦＤ∽△ＥＢＣより、ｗ：ｚ＝ｗ＋ｙ：ｘ　∴ｗｘ＝ｚ(ｗ＋ｙ)———③
②，③より、ｗｘ＝１２———④
①，④より、ｗｘ＋ｘｙ＝１２＋２４＝３６
∴ｘ(ｗ＋ｙ)＝３６———⑤
②，⑤より、ｘ：ｚ＝３：１　
∴ｚ＝ｘ/３———⑥
ところで、求めたいのは、
△ＥＡＦ＝ｗ(ｘ－ｚ)/２———☆
☆に⑥を代入すると、
△ＥＡＦ＝ｗ(ｘ－ｘ/３)/２＝ｗｘ/３
これに④を代入すると、
△ＥＡＦ＝１２/３＝４ｃｍ^2
よって、グレー部分の面積は、４ｃｍ^2

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/34c5a8c951c2f3f1a0f371cce9b63691534b429c?page=1

改題２
https://www.excite.co.jp/news/article/E1701353555188/

四角形ＡＢＣＤの辺ＡＤ，ＢＣの中点をそれぞれＥ，Ｆとしていますが、さらに辺ＡＢ，ＣＤの中点をそれぞれＧ，Ｈとして、ＥＦとＧＨの交点をＩとする時、対角の位置にある２つの四角形の面積の和はそれぞれ全体の面積の１/２である事を証明して下さい。
つまり、四角形ＡＧＩＥ＋四角形ＣＦＩＨ＝四角形ＢＧＩＦ＋四角形ＤＥＩＨ＝(１/２)四角形ＡＢＣＤが成り立つという事。
線分ＢＥ，ＤＦは消して下さい。

改題２から先にやりますね。原理的には同じです。

おまけ：

改題２
四角形ＡＢＣＤの辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡの中点をそれぞれＫ，Ｌ，Ｍ，Ｎとし、ＫＭとＮＬの交点をＥとすると、四角形ＡＫＥＮ＋四角形ＣＬＥＭ＝四角形ＢＫＥＬ＋四角形ＤＭＥＮ＝(１/２)四角形ＡＢＣＤとなる事を証明せよ。

解答
ＮＢ，ＤＢ，ＤＬを結ぶと、△ＢＡＮ＝△ＢＮＤ———①　△ＤＢＬ＝△ＤＬＣ———②
①より、△ＢＮＤ＝△ＢＡＮ———①'
①'＋②より、
△ＢＮＤ＋△ＤＢＬ＝△ＢＡＮ＋△ＤＬＣ
∴四角形ＮＢＬＤ＝△ＢＡＮ＋△ＤＬＣ
また、四角形ＮＢＬＤ＋△ＢＡＮ＋△ＤＬＣ＝四角形ＡＢＣＤより、
四角形ＮＢＬＤ＝△ＢＡＮ＋△ＤＬＣ＝(１/２)四角形ＡＢＣＤ———③
また、△ＡＢＤでの中点連結定理より、
ＫＮ//ＢＤ，ＫＮ＝(１/２)ＢＤ———ア
△ＣＢＤでの中点連結定理より、
ＬＭ//ＢＤ，ＬＭ＝(１/２)ＢＤ———イ
ア，イより、ＫＮ//ＬＭ，ＫＮ＝ＬＭ
よって、四角形ＫＬＭＮは平行四辺形である。よって、対角線は互いの交点で交わり４つの三角形の面積は全て等しい。———④
ここで、△ＮＫＡ＝(１/２)△ＮＢＡ，△ＬＭＣ＝(１/２)△ＬＤＣ
∴△ＮＫＡ＋△ＬＭＣ＝(１/２)△ＮＢＡ＋(１/２)△ＬＤＣ＝(１/２)(△ＢＡＮ＋△ＤＬＣ)
∴△ＮＫＡ＋△ＬＭＣ＝(１/２)(△ＢＡＮ＋△ＤＬＣ)———⑤
③，⑤より、
△ＮＫＡ＋△ＬＭＣ＝(１/４)四角形ＡＢＣＤ
同様に、
△ＢＫＬ＋△ＤＭＮ＝(１/４)四角形ＡＢＣＤ
∴△ＮＫＡ＋△ＬＭＣ＝△ＢＫＬ＋△ＤＭＮ
この左辺に△ＥＫＮ＋△ＥＬＭ，右辺に△ＥＫＬ＋△ＥＭＮを加えると、④より△ＥＫＮ＝△ＥＬＭ＝△ＥＫＬ＝△ＥＭＮなので、
四角形ＡＫＥＮ＋四角形ＣＬＥＭ＝四角形ＢＫＥＬ＋四角形ＤＭＥＮが成り立つ。
ところで、四角形ＡＫＥＮ＋四角形ＣＬＥＭ＋四角形ＢＫＥＬ＋四角形ＤＭＥＮ＝四角形ＡＢＣＤより、
四角形ＡＫＥＮ＋四角形ＣＬＥＭ＝四角形ＢＫＥＬ＋四角形ＤＭＥＮ＝(１/２)四角形ＡＢＣＤ
よって、示された。

おまけ：

改題１
四角形ＡＢＣＤの辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡの３等分点をそれぞれ順番にＥ～Ｌとし、ＥＪ，ＦＩ，ＬＧ，ＫＨを結び、それらの交点で出来る中央の四角形の左上の頂点から反時計回りにＰ，Ｑ，Ｒ，Ｓと振る。
ここで、ＬＢ，ＬＨ，ＤＨを結ぶと、△ＬＢＧ＝△ＬＧＨ＝○，△ＨＬＫ＝△ＨＫＤ＝×と置くと、四角形ＬＧＨＫ＝○×，四角形ＬＢＨＤ＝○○××より、
四角形ＬＧＨＫ＝(１/２)四角形ＬＢＨＤ———①
また、ＢＤを結ぶと、△ＢＡＬ＝(１/３)△ＢＡＤ，△ＤＨＣ＝(１/３)△ＤＢＣ
この２式の両辺の和を取ると、
△ＢＡＬ＋△ＤＨＣ＝(１/３)△ＢＡＤ＋(１/３)△ＤＢＣ＝(１/３)四角形ＡＢＣＤ
∴△ＢＡＬ＋△ＤＨＣ＝(１/３)四角形ＡＢＣＤ
∴四角形ＡＢＣＤ－(△ＢＡＬ＋△ＤＨＣ)＝(２/３)四角形ＡＢＣＤ
∴四角形ＬＢＨＤ＝(２/３)四角形ＡＢＣＤ———②
②を①に代入すると、
四角形ＬＧＨＫ＝(１/３)四角形ＡＢＣＤ
よって、任意の(凸型)四角形の対辺の３等分点どうしをそのまま結ぶと中央に出来る四角形の面積は全体の１/３になるという定理が作られる。

また、ＥＬ，ＧＪを結ぶと、△ＡＥＬ∽△ＡＢＤ，△ＣＧＪ∽△ＣＢＤより、ＥＬ//ＢＤ，ＥＬ＝(１/３)ＢＤ，ＧＪ//ＢＤ，ＧＪ＝(２/３)ＢＤより、
ＥＬ//ＧＪ，ＥＬ：ＧＪ＝１：２　よって、△ＰＥＬ∽△ＰＪＧで相似比１：２より、
ＥＰ：ＰＪ＝１：２
ＫＪ，ＡＣ，ＥＨを結んで同様の事をすれば、ＪＳ：ＳＥ＝１：２となる。
∴ＥＰ：ＰＳ：ＳＪ＝１：１：１
よって、Ｐ，ＳはＥＪを３等分している。同様に、Ｑ，ＫもＦＩを３等分している。
よって、先の定理を２回使うと、まず、四角形ＥＦＩＪは四角形ＡＢＣＤの１/３で、四角形ＰＱＲＳは四角形ＥＦＩＪの１/３である。
よって、四角形ＰＱＲＳは四角形ＡＢＣＤの１/９である。
よって、示された。

おまけ：

解説
＞剰余群Ｇ/Ｈの位数は３であるから、Ｇ/Ｈは巡回群

問4.5より、３は素数だから巡回群である。

問4.5
位数が素数である群は、真部分群を持たない巡回群であることを証明せよ。

＞Ｇ/Ｈ＝＜ｂＨ＞＝{Ｈ,ｂＨ,ｂ^2Ｈ}と表される。

問5.7より、(ｂＨ)^2＝ｂ^2Ｈ

問5.7
Ｇを群，Ｈをその正規部分群とする。このとき、剰余群Ｇ/Ｈにおいて
(|ａ)^n＝|(ａ^n)（ｎ∈ℤ）
すなわち、(ａＨ)^n＝ａ^nＨ
が成り立つことを示せ。

＞Ｇ/Ｈは群であるからｂＨ・ｂ^2Ｈ≠ｂＨ，ｂ^2Ｈである。

ｂＨ・ｂ^2Ｈ＝ｂＨとすると、消去律より、
ｂ^2Ｈ＝ｅＨ＝Ｈ　∴(ｂＨ)^2＝Ｈ
よって、位数が２になって矛盾。（上より「剰余群Ｇ/Ｈの位数は３」）
ｂＨ・ｂ^2Ｈ＝ｂ^2Ｈとしても同様に矛盾。

＞このとき、定理3.7より|ａｂ|＝２・３＝６　よって、Ｇはａｂを生成する巡回群である。

定理3.7
群Ｇの２つの元ａ,ｂが可換で、位数が、それぞれｍ,ｎとする。このとき、ｍとｎが互いに素であれば元ａｂの位数はｍｎである。
ａｂ＝ｂａ，|ａ|＝ｍ，|ｂ|＝ｎ，(ｍ,ｎ)＝１⇒|ａｂ|＝ｍｎ

ａ,ｂ∈Ｇ，Ｇは可換群でａの位数が２でｂの位数が３で２と３は互いに素だから、ａｂの位数は２・３＝６　そして、位数が６の群で位数が６の元が存在するという事は定理3.4を考えると巡回群である。

定理3.4
ａを群Ｇの元とするとき、元ａの位数はａで生成された巡回部分群＜ａ＞の位数に等しい。すなわち、|ａ|＝|＜ａ＞|

＞また、ラグランジュの定理4.4の系２より、ｂの位数は６の約数であるから|ｂ|＝６でなければならない。

ｂの位数が２の場合、ｂ^2＝ｅ　∴ｂ^3＝ｂ
∴ａ＝ｂ　ところで、ａ,ｂはＧの元よりＧの位数が５以下になってしまうので矛盾。

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12832740318.html