数学

問題４
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/202005120000/

算数で解いて下さい。ただし、算数なので厳密さは必要なく答えがあっていれば良いとします。

おまけ：

問題１の別解
△ＤＢＥと△ＡＢＣは相似より、ＢＥ：ＤＥ＝ＢＣ：ＡＣが成り立つ。
よって、ＢＣ×ＤＥ＝ＡＣ×ＢＥ＝６×６＝３６　ところで、△ＤＢＣ＝ＢＣ×ＤＥ÷２より、△ＤＢＣ＝３６÷２＝１８ｃｍ^2
よって、答えは、１８ｃｍ^2

問題２
１列の積の値がどの行，列でも等しいので、点Ｂを中心に点Ｂを共有していると見ると、１列の点Ｂのその左右の積どうしも等しい。
よって、３６×Ｅ＝１２×Ｄ＝９×４である。
よって、Ｄ＝３，Ｅ＝１と分かる。
よって、ここまでを当てはめてみると、

Ａ　　９　１２
３６　Ｂ　　１
３　　４　　C

である。ところで、Ａ×Ｃも３６で、
３６＝１×３６
　　＝２×１８
　　＝３×１２
　　＝４×９
　　＝６×６
より、この中で上の図に使われていない数字のみなのは、２×１８だけである。（６×６はそれだけで２つだからダメ。）
よって、Ａ＝１８，Ｃ＝２としてみると、１列の積が、３×４×２と１８×９×１２などで明らかに合わない。
よって、Ａ＝２，Ｃ＝１８とすると、

２　　９　１２
３６　Ｂ　　１
３　　４　１８

１列の積は３×４×１８と２×９×１２などで全て合う。よって、Ｂ＝３×４×１８÷３６＝６
よって、答えは６

おまけ：
https://www.msn.com/ja-jp/entertainment/hollywood/%E5%BE%A9%E6%B4%BB-%E6%AD%BB%E3%81%8B%E3%82%89%E3%82%88%E3%81%BF%E3%81%8C%E3%81%88%E3%81%A3%E3%81%9F%E3%81%AE%E3%81%AF%E3%82%A4%E3%82%A8%E3%82%B9%E3%81%A0%E3%81%91%E3%81%A7%E3%81%AF%E3%81%AA%E3%81%84/ss-AA1lHFOm?ocid=msedgntp&cvid=cf14a31156554397b566cfcc8bc30a19&ei=18

問題３の何でもありの解法
正方形の左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、ＡＣと円との交点の右下の方を点Ｅ，円と辺ＡＢ，ＢＣ，ＤＡとの接点をそれぞれＦ，Ｇ，Ｈとすると、∠ア＝∠ＨＦＣ＝∠ＨＧＥ（円周角より）———①
また、Ｈ，Ｇは正方形の辺ＡＤ，ＢＣの中点よりＨＧは内接円の中心Ｏを通る。その点はＡＣとＨＧの交点で半径よりＯＧ＝ＯＥである。
また、△ＯＧＣはＡＣが正方形の対角線より直角二等辺三角形である。∴∠ＧＯＥ＝４５°
よって、△ＯＧＥは頂角が４５°の二等辺三角形より、∠ＯＧＥ＝(１８０°－４５°)÷２＝６７.５°∴∠ＨＧＥ＝６７.５°———②
①，②より、∠ア＝６７.５°

問題４
次の式を計算してください。
３＋９＋２７＋８１＋２４３＋･･･＋５９０４９

算数の解法
この式を見て３からどんどん３をかけている事はすぐに気付くだろう。そこで、
１＋３＋９＋２７＋８１＋･･･＋５９０４９
としてみる。そして、
１×２＋１＝３
(１＋３)×２＋１＝９
(１＋３＋９)×２＋１＝２７
(１＋３＋９＋２７)×２＋１＝８１
・
・
・
となっている事に気付く事が出来たらラッキー。そうしたら、
(１＋３＋９＋･･･＋５９０４９)×２＋１
＝５９０４９の次の数＝５９０４９×３
となっているはずである。
つまり、１＋３＋９＋･･･＋５９０４９＝(５９０４９×３－１)÷２＝(１７７１４７－１)÷２＝１７７１４６÷２＝８８５７３
よって、１＋３＋９＋･･･＋５９０４９＝８８５７３より、３＋９＋･･･＋５９０４９＝８８５７２
よって、答えは、８８５７２

そんな運頼りの解法は意味がないという人は、与式を３進法に変換すると、
10+100+1000+1000+100000+･･･+10･･･0（０が10個）
＝11111111110（１が10個）
これに１を加えると11111111111（１が11個）
これを2倍すると、22222222222（２が11個）
これに１を加えると、100000000000（０が11個）
これを１０進法に変換すると、３^11＝177147
つまり、{(3^1+3^2+･･･+3^10)+1}×2+1=3^11が成り立つという事である。
よって、3^1+3^2+･･･+3^10＝(177147－1)÷2－1=88572

因みに、私は３進法に変換しないで思い付いた。ただし、30年ぐらいの蓄積があるからである。（念のため、自慢ではない。凡人だからである。）

おまけ：

別解
真上の頂点から反時計回りに⊿ＡＢＣとすると、点ａは⊿ＡＢＣの内心よりａＢ，ａＣはそれぞれ∠Ｂ，∠Ｃの二等分線になる。
よって、∠ａＢＡ＝∠ａＢＣ＝○，∠ａＣＡ＝∠ａＣＢ＝●と置く。
ここで、∠Ｂの外角の二等分線を引き、Ｃａの延長との交点をＤとし、ＣＢの延長上に点Ｅを取ると、∠ＤＢＡ＝∠ＤＢＥ＝×で、〇〇××＝１８０°より、〇×＝９０°
∴∠ａＢＤ＝９０°———①
また、点ａは内心よりａＡを結ぶと、∠ａＡＢ＝∠ａＡＣ＝△と置ける。
よって、⊿ＢＡＣの内対角の和より、××＝△△＋●●　∴×＝△＋●
また、⊿ＢＤＣの内対角の和より、
×＝∠ＢＤＣ＋●
∴∠ＢＤＣ＝△＝８０°÷２＝４０°
∴∠ａＤＢ＝４０°———②
よって、⊿ａＢＤの内対角の和より、
∠ＢａＣ＝∠ａＤＢ＋∠ａＢＤ
＝４０°＋９０°＝１３０°　
よって、∠ｘ＝１３０°

因みに、×＝△＋●から、∠ＡａＤ＝×とすると、∠ＡａＤ＝∠ＡＤＢより円周角の定理の逆により４点Ａ,ａ,Ｂ,Ｄは同一円周上にあるので、円周角より∠ａＤＢ＝∠ａＡＢ＝△＝８０°÷２＝４０°と求めても良い。（簡単な方がより良いが、見つけ易い方を選べば良い。）

因みに、公式を使えば、
∠ｘ＝９０°＋８０°/２＝１３０°
で一発である。
（∠ＢａＣ＝９０°＋∠Ａ/２）

おまけ：

§４演習問題５
ａ，ｂを群Ｇの２元とする。Ｇのある元ｔが存在してｂ＝ｔａｔ^-1を満たすとき、ａとｂは共役であるといい、ａ～ｂで表す。（以下省略）

解説
＞有限群Ｇの正規部分群Ｈは集合として、いくつかのＧの共役類の和集合であることを示せ

有限群である理由を述べて下さい。

§４演習問題５
ａ，ｂを群Ｇの２元とする。Ｇのある元ｔが存在してｂ＝ｔａｔ^-1を満たすとき、ａとｂは共役であるといい、ａ～ｂで表す。（以下省略）

とあるので、有限群である必要はないだろう。一応、裏を取ってみた。

「33. 群 G の正規部分群は、いくつかの共役類の和集合であることを示せ。逆に、群 G のいくつかの共役類の和が G の部分群であるならば、それは正規部分群であることを示せ。」
引用元：http://zen.shinshu-u.ac.jp/modules/0071000002/main/index.html

こちらでも「有限群」となっていないので、誤植という事で良いだろう。誤植というより勘違いか。（まぁ、誰にでもある事である。）

＞Ｈは正規部分群であるから、ｘ＝ｔａｔ^-1∈Ｈ

Ｈが正規部分群より定理5.1(１),(４)により、
ｔＨｔ^-1⊂Ｈ（ｔ∈Ｇ）

定理5.1
Ｈを群Ｇの部分群とするとき、次の命題は同値である。
（１）∀ａ∈Ｇ，ａＨ＝Ｈａ
（２）∀ａ,ｂ∈Ｇ，ａ≡l ｂ（modＨ）
　　　⇔ａ≡r ｂ（modＨ）
（３）∀ａ,ｂ,ｃ,ｄ∈Ｇに対して次が成り立つ。
ａ≡l ｂ（modＨ），ｃ≡l ｄ（modＨ）
⇒ａｃ≡l ｂｄ（modＨ）
（４）∀ａ∈Ｇ，ａＨａ^-1⊂Ｈ
（５）∀ａ∈Ｇ，ａＨａ^-1＝Ｈ
注：≡rは右合同，≡lは左合同を表す。

∴ｘ＝ｔａｔ^-1∈Ｈ（「Ｈの元ａに対して」より、ａ∈Ｈ）

＞逆に、ａ∈Ｈとすると、ａ∈Ｃa⊂⋃(a∈H)Ｃa

Ｈは正規部分群より、ｔＨ＝Ｈｔ（ｔ∈Ｇ）この両辺に右からｔ^-1をかけると、
Ｈ＝ｔＨｔ^-1⊂ｔＧｔ^-1＝Ｃa
よって、ａ∈Ｈとするとａ∈Ｃa

因みに、この時、ｔ＝ｅである。
Ｃa＝{ｘ∈Ｇ｜ｘ＝ｔａｔ^-1，ｔ∈Ｇ}で、ｘ＝ａだからである。

また、「ａ∈Ｈとすると、ａ∈Ｃa⊂⋃(a∈H)Ｃa」から、Ｈ⊂⋃(a∈H)Ｃa　
これと上の⋃(a∈H)Ｃa⊂Ｈから、Ｈ＝⋃(a∈H)Ｃaとなる。

蛇足だが、上から「Ｃa⊂Ｈ」
また、すぐ上の「ａ∈Ｈとすると、ａ∈Ｃa」から、「H ⊂Ｃa」である。
∴Ｈ＝Ｃa
これは何を意味しているのか。個人的には、
有限群Ｇの中には、いくつもの正規部分群があり、そのうちの１つが、
Ｈ＝{ｘ∈Ｇ|ｘ＝ｔａｔ^-1，∃ｔ∈Ｇ}
という事で、他の正規部分群は、これと同様なもの（共役類）の何個かの和集合で表されるという事だと解釈した。

おまけ：

算数の別解
正方形２個分を取り出し、長方形ＡＢＣＤとすると、ＡＣ＝１０ｃｍである。
ＢからＡＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＡＢＣと△ＢＨＣにおいて、∠Ｃを共有していて直角が等しいので、２角が等しく相似である。
対称性から同様に△ＡＢＣと△ＡＨＢも相似である。つまり、△ＡＨＢと△ＢＨＣと△ＡＢＣは相似で皆直角を挟む二辺の比が１：２である。
よって、ＣＨ＝①と置くとＢＨ＝②でＡＨ＝④である。よって、ＡＣ＝④＋①＝⑤＝１０ｃｍ
よって、①＝２ｃｍ　よって、ＢＨ＝４ｃｍ
よって、△ＢＡＣ＝１０×４÷２＝２０ｃｍ^2
よって、長方形ＡＢＣＤ＝２０×２＝４０ｃｍ^2
よって、正方形1つ分の面積は、４０÷２＝２０ｃｍ^2
よって、グレー部分の面積は、２０×５＝１００ｃｍ^2　よって、答えは、１００ｃｍ^2

おまけ：
https://hochi.news/articles/20231217-OHT1T51017.html?page=1

解説
＞Ｈ→ａＨａ^-1（ｘ→ａｘａ^-1）
は全単射であるから、|ａＨａ^-1|＝|Ｈ|＝ｎ

（ⅰ）単射である事：
ａｘ1ａ^-1＝ａｘ2ａ^-1と仮定して、両辺に左からａ^-1，右からａをかけると、
ａ^-1(ａｘ1ａ^-1)ａ＝ａ^-1(ａｘ2ａ^-1)ａ
∴(ａ^-1ａ)ｘ1(ａ^-1ａ)＝(ａ^-1ａ)ｘ2(ａ^-1ａ)
∴ｅｘ1ｅ＝ｅｘ^2ｅ　∴ｘ1＝ｘ2
よって、行った先が同じならば元（もと）も同じなので、単射である。
（ⅱ）全射である事：
ｘ→ａｘａ^-1　右辺のｘに対して必ず左辺のｘが対応するので、この写像は全射である。
（ⅰ）,（ⅱ）より、全単射である。

また、単射である事は、kerｆを利用しても良い。
まず、ｆ：ｘ→ａｘａ^-1として、
ｆ(ｘｙ)＝ａｘｙａ^-1＝ａｘｅｙａ^-1
＝ａｘ(ａ^-1ａ)ｙａ^-1
＝(ａｘａ^-1)(ａｙａ^-1)
＝ｆ(ｘ)ｆ(ｙ)
よって、ｆは準同型写像である。
ここで、ａｘａ^-1＝ｅとすると、
ｘ＝ａ^-1ｅａ＝ａ^-1ａ＝ｅ
∴kerｆ＝{ｅ}
よって、定理6.4によりｆは単射である。

定理6.4
ｆを群Ｇから群Ｇ'への準同型写像とする。このとき、ｆが単射となるための必要十分条件はkerｆ＝{ｅ}となることである。ただし、ｅはＧの単位元である。

念のため、その場で即興で作っているので、厳密性は大目に見て下さい。

＞写像を使わない場合を考えてみて下さい。

Ｈ＝{ｈ1,…,ｈn}（ｈ1～ｈnはｎ個の相異なる元）として、
ａＨａ^-1＝{ａｈ1ａ^-1,…,ａｈnａ^-1}
ここで、Ｈが全て相異なる元より、
ｉ≠ｊ⇒ｈi≠ｈj（ｉ,ｊ∈ℕ，１≦ｉ,ｊ≦ｎ）
また、消去律の対偶より、
ｈi≠ｈj⇒ａｈiａ^-1≠ａｈjａ^-1
∴ｉ≠ｊ⇒ａｈiａ^-1≠ａｈjａ^-1
よって、ａＨａ^-1も全て相異なる元なので、
|Ｈ|＝|ａＨａ^-1|＝ｎである。

定理1.4（消去律）
群Ｇにおいては、消去律が成り立つ。すなわち、群Ｇに属する任意の元ａ,ｂ,ｃにおいて、
ａ◦ｃ＝ｂ◦ｃならばａ＝ｂであり、
ｃ◦ａ＝ｃ◦ｂならばａ＝ｂが成り立つ。
「演習　群・環・体 入門」新妻弘著より

おまけ：
https://www.instagram.com/ugakimisato.mg/p/C07_nTmSzX9/?img_index=3

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-562-x%E3%81%AE%E8%A7%92%E5%BA%A6%E3%81%AF%E4%BD%95%E5%BA%A6/ar-AA1lC4tQ?ocid=msedgntp&cvid=a3f0809792874200bf0dc111cfd90acd&ei=8

一応、何でもありでも解いて下さい。

おまけ：

問題１の別解
左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、四角形ＡＢＣＤの内部の点をＥとする。
ここで、ＡＣを結ぶと、等積変形より、
グレー部分＝△ＤＥＣ＝△ＡＥＣ———☆
また、ＡＣとＢＤの交点をＦとすると、△ＦＡＢと△ＦＣＤは相似で相似比は９：６＝３：２
よって、ＡＦ：ＣＦ＝３：２　
また、△ＦＤＡと△ＦＥＣも相似よりＤＦ：ＥＦ＝ＡＦ：ＣＦ＝３：２
よって、ＤＦ＝⑥，ＥＦ＝④と置くと、△ＦＡＢと△ＦＣＤの相似比が３：２より、ＢＦ：ＤＦ＝３：２　よって、ＢＦ：⑥＝３：２より、ＢＦ＝⑨
よって、ＢＦ：ＥＦ＝９：４
よって、△ＥＡＣ＝(４/９)△ＢＡＣ
よって、△ＡＥＣ＝(４/９)×(９×１２÷２)
＝(４/９)×５４＝２４ｃｍ^2———☆☆
☆☆を☆に代入すると、
グレー部分＝２４ｃｍ^2

問題２の何でもありの解法
正方形の左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、ＡＢ上の点をＥとし、ＡＣとＤＥの交点をＦとする。
ここで、ＥＢ＝ＥＦ＝ｘ，正方形の１辺の長さを１とすると、ＡＥ＝１－ｘ，ＡＤ＝１より、△ＡＤＥで三平方の定理を使うと、
ＤＥ＝√{１^2＋(１－ｘ)^2}＝√(ｘ^2－２ｘ＋２)　∴ＤＦ＝√(ｘ^2－２ｘ＋２)－ｘ
よって、△ＦＡＥ∽△ＦＣＤより、
ｘ：√(ｘ^2－２ｘ＋２)－ｘ＝１－ｘ：１が成り立つ。
∴(１－ｘ){√(ｘ^2－２ｘ＋２)－ｘ}＝ｘ
∴(１－ｘ)√(ｘ^2－２ｘ＋２)－ｘ(１－ｘ)＝ｘ
∴(１－ｘ)√(ｘ^2－２ｘ＋２)＝ｘ(１－ｘ)＋ｘ＝－ｘ^2＋２ｘ
∴(１－ｘ)^2(ｘ^2－２ｘ＋２)＝(ｘ^2－２ｘ)^2
∴(ｘ^2－２ｘ＋１)(ｘ^2－２ｘ＋２)＝(ｘ^2－２ｘ)^2
ここで、ｘ^2－２ｘ＝Ｘと置くと、
(Ｘ＋１)(Ｘ＋２)＝Ｘ^2
∴Ｘ^2＋３Ｘ＋２＝Ｘ^2　∴３Ｘ＋２＝０
∴３(ｘ^2－２ｘ)＋２＝０
∴３ｘ^2－６ｘ＋２＝０
∴ｘ＝(３±√３)/３
ｘ＜１より、ｘ＝(３－√３)/３
∴１－ｘ＝１－(３－√３)/３＝√３/３＝１/√３
∴ＡＥ：ＡＤ＝１/√３：１＝１：√３
よって、△ＡＤＥは１：２：√３の直角三角形より、∠ＡＤＥ＝３０°
∴∠ｘ＝３０°

おまけ：

問題１の別解
ヒポクラテスの定理https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%92%E3%83%9D%E3%82%AF%E3%83%A9%E3%83%86%E3%82%B9%E3%81%AE%E5%AE%9A%E7%90%86より、下部の半円をＢＣで折り返すと直角を通り、２つの三日月型が出来、その和は直角三角形の面積と等しい。
ここで、２つの三日月型の面積をそれぞれＰ，Ｑ，下部の半円の面積をR，黄色部分の面積をSと置くと、ヒポクラテスの定理より、
Ｐ＋Ｑ＝△ＡＢＣ———①
また、図形全体の面積より、
Ｐ＋Ｑ＋Ｒ＋Ｒ＝Ｓ＋△ＡＢＣ———②
が成り立つ。
①を②に代入すると、
△ＡＢＣ＋２Ｒ＋Ｓ＝△ＡＢＣ
∴Ｓ＝２Ｒ＝１×１×π＝πｃｍ^2
よって、答えは、πｃｍ^2

問題２は飽きちゃったので後回し。

問題３の別解１
外接円の中心（外心）をＯとし、ＢＯを結びその延長と円との交点をＤとする。
ここで、ＣＤ，ＣＯを結ぶと、半径より△ＯＢＣ，△ＯＣＤはそれぞれ二等辺三角形である。
よって、∠ＯＢＣ＝∠ＯＣＢ＝×
∠ＯＣＤ＝∠ＯＤＣ＝○と置くと、△ＤＢＣの内角の和より、××＋○○＝１８０°
つまり、×＋○＝９０°である。
よって、∠ＤＣＢ＝○＋×＝９０°となる。
よって、△ＤＣＢは直角三角形である。
また、△ＯＣＤの内対角の和より、
∠ＢＯＣ＝○○———①　
また、ＯＡを結ぶと、半径より△ＯＡＢと△ＯＡＣはそれぞれ二等辺三角形より、∠ＯＡＢ＝∠ＯＢＡ＝●，∠ＯＡＣ＝∠ＯＣＡ＝△と置くと、ブーメランの定理より、
∠ＢＯＣ＝∠Ａ＋∠ＡＢＯ＋∠ＡＣＯ＝●●＋△△———②
（ブーメランの定理を使わない場合は、ＡＯを少し延長して△ＯＡＢと△ＯＡＣの内対角の和を使えば良い。）
①，②より、○○＝●●＋△△　よって、○＝●＋△　よって、∠ＢＤＣ＝∠ＢＡＣ＝３０°
ところで、△ＤＣＢは直角三角形だったので、３０°，６０°，９０°の直角三角定規型である。
また、ＢＤは直径より６×２＝１２ｃｍ
よって、ＢＣ＝ＢＤ/２＝６ｃｍ
よって、答えは、６ｃｍ

因みに、別解２の方が簡単だった。

おまけ：

問題３の別解２（算数の解法２）
外接円の中心（外心）をＯとすると、半径より△ＯＡＢ，△ＯＢＣ，△ＯＣＡはそれぞれ二等辺三角形になる。
よって、∠ＯＡＢ＝∠ＯＢＡ＝●，∠ＯＢＣ＝∠ＯＣＢ＝○，∠ＯＣＡ＝∠ＯＡＣ＝×と置くと、△ＡＢＣの内角の和が１８０°である事より、○○＋××＋●●＝１８０°———①
また、∠Ａ＝●＋×＝３０°より、●●＋××＝３０°×２＝６０°———②
①と②より、○○＝１８０°－６０°＝１２０°と分かる。
よって、○＝１２０°÷２＝６０°
よって、△ＯＢＣは底角が６０°の二等辺三角形より正三角形である。
よって、ＢＣ＝ＯＢ＝半径＝６ｃｍ
よって、答えは、６ｃｍ

問題２の別解１
四角形ＡＢＣＤの内角の和より、∠Ａ＋∠Ｃ＝３６０°－９０°×２＝１８０°
ここで、ＢＤで四角形ＡＢＣＤを２つの三角形に切って、△ＤＡＢを点Ｄ を中心にＤＡがＤＣにくっつくまで９０°回転移動させ、点Ｂの行き先をＢ'とすると、ＢＣＢ'は一直線になり、ＤＢ＝ＤＢ'，∠ＢＤＢ'＝∠ＡＤＣ＝９０°より、△ＤＢＢ'は直角二等辺三角形になる。
ＢＢ'＝ＢＣ＋ＡＢ＝１０ｃｍ
よって、△ＤＢＢ'＝１０×１０÷４＝２５ｃｍ^2（ＤからＢＢ'に垂線を下ろして高さを１０÷２＝５ｃｍと求めても良い。）
よって、元の四角形ＡＢＣＤの面積も２５ｃｍ^2

別解２
四角形ＡＢＣＤの内角の和より、∠Ａ＋∠Ｃ＝３６０°－９０°×２＝１８０°
ここで、ＤからＡＢ，ＢＣ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、∠Ａ＋∠Ｃ＝１８０°より∠ＤＡＨ＝∠ＤＣＩとなる。
また、ＤＡ＝ＤＣより、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、△ＤＡＨと△ＤＣＩは合同。
よって、ＡＨ＝ＣＩ，ＤＨ＝ＤＩ
ところで、四角形ＨＢＩＤは３直角と、隣り合う二辺が等しい事より正方形である。
よって、ＢＨ＝ＢＩ　ＡＨ＝ＣＩより、
ＡＢ＝ＢＨ＋ＡＨ＝ＢＩ＋ＣＩ
＝(ＢＣ＋ＣＩ)＋ＣＩ＝ＢＣ＋ＣＩ×２
よって、ＡＢ＝ＢＣ＋ＣＩ×２
よって、７＝３＋ＣＩ×２
よって、ＣＩ×２＝４　よって、ＣＩ＝２ｃｍ
よって、正方形の１辺の長さは、３＋２＝５ｃｍ（７－２＝５ｃｍ）
よって、正方形の面積は、２５ｃｍ^2
ところで、△ＤＡＨと△ＤＣＩが合同より、元の四角形ＡＢＣＤの面積も等しく２５ｃｍ^2

因みに、ＡＢ＝ＢＨ＋ＡＨ＝ＢＩ＋ＣＩ＝(ＢＣ＋ＣＩ)＋ＣＩ＝ＢＣ＋ＣＩ×２なんて数式では面倒臭いが、ＢＨ＝BＩとＡＨ＝ＣＩから、ＡＨ＝ＣＩ＝□ｃｍと置くと、７－□＝３＋□という式が成り立ち、方程式で解いてはいけないが、当てはめ方式で□＝２ｃｍと簡単に分かる。（算数の問題だから。）

おまけ：

これは想定外でしたが、暗算でもう一通り出来ました。

別解１　思い付いた順
直角の頂点をＡとして、反時計回りに△ＡＢＣとする。また、三角形の内部の点をＤとすると、∠ＣＡＤ＝∠ＣＤＡ＝(１８０°－３０°)÷２＝７５°よって、∠ＤＡＢ＝９０°－７５°＝１５°
ここで、ＡＢを１辺とした正三角形ＥＡＢを頂点ＥがＡＢに関して点Ｄ側に作ると、ＡＢ＝ＡＥ　また、ＡＢ＝ＡＣより、ＡＥ＝ＡＣ
よって、△ＡＥＣは頂角が９０°－６０°＝３０°の二等辺三角形で、△ＣＡＤと合同。
よって、四角形ＤＥＣＡは等脚台形である。よって、ＤＥ//ＡＣ
よって、ＥＤの延長とＡＢとの交点をＨとすると、ＥＨ⊥ＡＢ　ところで、△ＥＡＢは正三角形より、点ＨはＡＢの中点になる。
よって、ＤＨ⊥ＡＢで点ＨがＡＢの中点より、△ＤＡＢは二等辺三角形である。
よって、∠ＤＢＡ＝∠ＤＡＢ＝１５°
よって、∠ｘ＝１５°

別解２も暗算にこだわって解答します。

おまけ：

別解２
直角の頂点をＡとして、反時計回りに△ＡＢＣとする。また、三角形の内部の点をＤとすると、∠ＣＡＤ＝∠ＣＤＡ＝(１８０°－３０°)÷２＝７５°よって、∠ＤＡＢ＝９０°－７５°＝１５°
ここで、ＡＣを１辺とした正三角形ＥＡＣを頂点ＥがＡＣに関して点Ｄ側に作ると、ＡＣ＝ＡＥ，ＡＣ＝ＡＢより、ＡＢ＝ＡＥ　
また、∠ＢＡＥ＝９０°－６０°＝３０°，∠ＤＡＢ＝１５°より、∠ＤＡＢ＝∠ＤＡＥ＝１５°また、ＡＤは共通より、二辺挟角が等しいので、△ＡＢＤと△ＡＥＤは合同。
よって、∠ｘ＝∠ＡＥＤ———☆
また、∠ＡＣＥ＝６０°より∠ＡＣＤ＝∠ＤＡＥ＝３０°また、ＣＡ＝ＣＥより、△ＣＡＤと△ＣＤＥは合同な二等辺三角形である。よって、ＡＤ＝ＤＥ　よって、△ＤＥＡは頂角が７５°×２＝１５０°の二等辺三角形より、∠ＤＥＡ＝(１８０°－１５０°)÷２＝１５°
これと☆より、∠ｘ＝１５°

別解３（別解２の系）
直角の頂点をＡとして、反時計回りに△ＡＢＣとする。また、三角形の内部の点をＤとすると、∠ＣＡＤ＝∠ＣＤＡ＝(１８０°－３０°)÷２＝７５°よって、∠ＤＡＢ＝９０°－７５°＝１５°
ここで、点ＤのＢＣに関する対称点をＤ'とすると、ＣＤ＝ＣＤ'，ＣＤ＝ＣＡより、ＣＡ＝ＣＤ'　また、∠ＤＣＢ＝４５°－３０°＝１５°，∠ＤＣＢ＝∠Ｄ'ＣＢ＝１５°より、∠ＤＣＤ'＝３０°
よって、△ＣＤＤ'は頂角が３０°の二等辺三角形より、∠ＣＤ'Ｄ＝７５°
よって、∠ＡＤ'Ｄ＝７５°－６０°＝１５°———①
また、∠ＡＣＤ'＝３０°＋３０°＝６０°，ＡＣ＝ＤＣ＝Ｄ'Ｃより、△ＣＡＤ'は頂角が６０°の二等辺三角形より正三角形。よって、∠ＣＡＤ'＝６０°，∠ＣＡＤ＝７５°より、∠ＤＡＤ'＝７５°－６０°＝１５°よって、∠ＤＡＢ＝∠ＤＡＤ'　，ＡＣ＝ＡＤ'，ＡＣ＝ＡＢよりＡＢ＝ＡＤ'，ＡＤは共通より、二辺挟角が等しいので、△ＤＡＢと△ＤＡＤ'は合同である。
よって、∠ｘ＝∠ＡＤ'Ｄ———②
①，②より、∠ｘ＝１５°

因みに、別解２の系の方を先に思い付きました。別解１から適当ですね。笑
また、△Ｄ'ＡＣが正三角形から△ＡＢＤ'が頂角が３０°の二等辺三角形である事が言え、∠ＡＤ'Ｂ＝７５°より∠ＢＤ'Ｃ＝７５°＋６０°＝１３５°よって、∠ＡＤＢ＝∠ＡＤ'Ｂ＝１３５°ここからｘを求めれば上のように合同を使わなくても求められます。
全て暗算なので、最適解(法)を探すのが難しいですね。

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12247640468.html

解説
＞|(ａ^(n-1))・|ａ＝|(ａ^(n-1)・ａ)

ここぐらいですね。また、（全体の）別解を作ってみました。

定理5.2
Ｇを群，ＨをＧの正規部分群とする。このとき、Ｇ/Ｈ×Ｇ/Ｈの任意の元（ａＨ,ｂＨ）にＧ/Ｈの元ａＨ＊ｂＨ＝ａｂＨを対応させると、これはＧ/Ｈ×Ｇ/ＨからＧ/Ｈへの写像となる。すなわち、この対応はＧ/Ｈに１つの２項演算を与え、さらに集合Ｇ/Ｈは、この演算に関して群をなす。この群Ｇ/Ｈの単位元はＨで、Ｇ/Ｈの元ａＨの逆元は(ａＨ)^-1＝ａ^-1Ｈである。
「演習　群・環・体 入門」新妻弘著より

ａＨ＊ｂＨ＝ａｂＨから、|ａ・|ｂ＝|(ａｂ)だからですね。

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。

別解
（ⅰ）ｎ＞０の場合、
左辺＝(ａＨ)^n＝(ａＨ)(ａＨ)･･･(ａＨ)
＝ａ(Ｈａ)(Ｈａ)･･･(Ｈａ)Ｈ
Ｈは正規部分群より、Ｈａ＝ａＨを代入すると、
＝ａ(ａＨ)(ａＨ)･･･(ａＨ)Ｈ
＝ａ(ａＨ)(ａＨ)･･･(ａＨ)
（最後の所はＨ×Ｈ＝Ｈ（Ｈは群だから）とした。）
＝ａ^2(Ｈａ)･･･(Ｈａ)Ｈ
以後、これを繰り返すと、
＝ａ^nＨ
となる。∴(ａＨ)^n＝ａ^nＨ
（ⅱ）ｎ＝０の場合、
(ａＨ)^0＝Ｈ＝ａ^0Ｈで成り立つ。（剰余群Ｇ/Ｈの単位元はＨ）
（ⅲ）ｎ＜０の場合、
ｎ＝－ｎ'（ｎ'＞０）と置くと、
(ａＨ)^n＝(ａＨ)^-n'＝{(ａＨ)^-1}^n'
＝(ａ^-1Ｈ)^n'
（定理5.2の(ａＨ)^-1＝ａ^-1Ｈより）
＝(ａ^-1Ｈ)(ａ^-1Ｈ)･･･(ａ^-1Ｈ)
＝ａ^-1(Ｈａ^-1)･･･(Ｈａ^-1)Ｈ
Ｈは正規部分群より、Ｈａ^-1＝ａ^-1Ｈを代入すると、
＝ａ^-1(ａ^-1Ｈ)･･･(ａ^-1Ｈ)Ｈ
＝ａ^-1(ａ^-1Ｈ)･･･(ａ^-1Ｈ)
＝(ａ^-1)^2(Ｈａ^-1)･･･(Ｈａ^-1)Ｈ
以後、これを繰り返すと、
＝(ａ^-1)^n'Ｈ
＝(ａ^-n')Ｈ＝ａ^nＨ
∴(ａＨ)^n＝ａ^nＨ
（ⅰ）,（ⅱ）,（ⅲ）より、示された。

＞ゆえに、|ｘ＝|(ａ^k)＝(|ａ)^k∈＜|ａ＞　したがって、Ｇ/Ｈ＝＜|ａ＞

問5.7より、|(ａ^k)＝(|ａ)^k
よって、|ｘ∈Ｇ/Ｈ⇒|ｘ∈＜|ａ＞
∴Ｇ/Ｈ⊂＜|ａ＞———①
また、∀ｙ∈＜|ａ＞とすると、ｙ＝(|ａ)^m（ｍ∈ℤ）＝|(ａ^m)＝ａ^mＨ∈Ｇ/Ｈ（ａ∈Ｇよりａ^m∈Ｇだから）
よって、ｙ∈＜|ａ＞⇒ｙ∈Ｇ/Ｈ
∴＜|ａ＞⊂Ｇ/Ｈ———②
①，②より、Ｇ/Ｈ＝＜|ａ＞

おまけ：

別解１
真上の頂点をＡとし、反時計回りに△ＡＢＣとする。また、ＡＣの中点をＤとし、ＢＣの中点をＥとする。
ここで、ＥＣを１辺とした正三角形ＦＥＣを頂点ＦがＥＣに関して点Ａ側に作ると、
ＦＥ＝ＣＥ＝ＢＥ　
よって、定石の形より∠ＢＦＣ＝９０°である。（ＢＣを直径とした半円を考えれば良い。）
また、∠ＦＣＥ＝６０°より、∠ＦＢＣ＝３０°ところで、条件より∠ＤＢＣ＝１５°なので、ＢＤは∠ＦＢＣの二等分線。
また、条件より∠ＤＣＢ＝３０°なので、ＣＤも∠ＦＣＢの二等分線。
つまり、点Ｄは△ＦＢＣの内心である。よって、ＦＤは∠ＢＦＣを二等分している。
∴∠ＤＦＣ＝９０°÷２＝４５°
また、正三角形の対称性より、
∠ＤＥＣ＝∠ＤＦＣ＝４５°
また、△ＣＡＢでの中点連結定理よりＤＥ//ＡＢで、同位角より、
∠ＡＢＣ＝∠ＤＥＣ＝４５°
∴∠ＡＢＤ＝４５°－１５°＝３０°
∴∠ｘ＝３０°

おまけ：

別解２
真上の頂点をＡとし、反時計回りに△ＡＢＣとする。また、ＡＣの中点をＤとし、ＢＤの延長上にＤＥ＝ＤＢとなる点Ｅを取ると、点ＤはＡＣ，ＢＥの中点になるので、定石の形より四角形ＡＢＣＥは平行四辺形になる。（対角線が互いの中点で交わるから。）
∴ＢＣ＝ＡＥ———①
ここで、ＢＣを１辺とした正三角形ＦＢＣを頂点ＦがＢＣに関して点Ａ側に作ると、ＢＣ＝ＣＦ———②　①，②より、ＡＥ＝ＣＦ———③
また、∠ＦＣＢ＝６０°，∠ＡＣＢ＝３０°より、ＡＣは∠ＦＣＢの二等分線で△ＣＢＦは正三角形より対称性で、ＡＢ＝ＡＦ
また、四角形ＡＢＣＥは平行四辺形より、ＡＢ＝ＥＣ　∴ＡＦ＝ＣＥ———④
③，④とＡＣは共通より、三辺相等で△ＦＡＣ≡△ＥＡＣ　よって、四角形ＡＣＥＦは等脚台形である。∴ＡＣ//ＦＥ　
ところで、△ＤＢＣの内対角の和より、∠ＡＤＢ＝３０°＋１５°＝４５°よって、同位角より、∠ＦＥＢ＝∠ＡＤＢ＝４５°
また、∠ＦＢＥ＝６０°－１５°＝４５°
よって、△ＦＢＥは直角二等辺三角形である。
∴∠ＢＦＥ＝９０°∴∠ＣＦＥ＝９０°－６０°＝３０°また、ＦＢ＝ＦＥ，ＦＢ＝ＦＣより、ＦＣ＝ＦＥ　よって、△ＦＣＥは頂角が３０°の二等辺三角形より、
∠ＦＣＥ＝(１８０°－３０°)÷２＝７５°　
∴∠ＢＣＥ＝６０°＋７５°＝１３５°
また、四角形ＡＢＣＥは平行四辺形より、
∠ＡＢＣ＝４５°
∴∠ＡＢＤ＝４５°－１５°＝３０°
よって、∠ｘ＝３０°

おまけ：

解説
＞例5.4
ℝを実数全体の加法群とし、２πℤを２πの整数倍の全体のつくる部分群とすると、剰余群ℝ/２πℤは単位円上の点と１対１対応している。

剰余群ℝ/２πℤのイメージを言葉で説明しても良いが、こちらの例２の図が良いだろう。https://mathlandscape.com/quotient-set/

ただし、これでは「剰余群ℝ/２πℤは単位円上の点と１対１対応している」事がさっぱり分からない。そこで、剰余群ℝ/２πℤと単位円上の点に全単射が成り立つ証明を挙げてみよう。

(解答)
対応 ℝ/2πℤ→S¹, [t]→(cos(t),sin(t)) を f とする. 最初に f が写像となること, すなわち
[s]=[t] ⇒ f([s])=f([t])
が成り立つことを示す. [s]=[t] のとき s-t∈2πℤ であるから, ある n∈ℤ が存在して s-t=2πn となる. よって
f([s])=(cos(s),sin(s))
=(cos(t+2nπ),sin(t+2nπ))
=(cos(t),sin(t))
=f([t]).
次に f が単射であることを示す. f([t])=f([s]) であるとする. このとき
cos(t)=cos(s),
sin(t)=sin(s)
が成り立つ. この 2 つの等式と三角関数の和積変換公式より
sin((t+s)/2))sin((t-s)/2)=0 (1),
cos((t+s)/2)sin((t-s)/2)=0 (2)
が得られる.
cos²((t+s)/2)+sin²((t+s)/2))=1
より cos((t+s)/2), sin((t+s)/2)) は同時に 0 とはならない. 従って (1), (2) より
sin((t-s)/2)=0
であり, (t-s)/2 はある n∈ℤ を用いて
(t-s)/2=nπ
と書ける. ゆえに t-s=2nπ であり, [s]=[t] が成り立つ.
最後に f の全射であることを証明する. (x,y) を S¹ を任意の元とすると, ある t∈ℝ が存在して (x,y)=(cos(t),sin(t)) と書ける. このとき f([t])=(x,y) である. ◽︎
引用元：https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q11221933566

この証明は私レベルでも読める。しかし、教科書的には混乱するので入れないで貰いたい例である。いや、（関係ないので）証明はここでは省略するとか補足解説を付けて欲しいものである。自分の理解不足で納得出来ないのかどうか分からないから。
因みに、剰余群ℝ/２ｍπℤ（ｍは整数）は単位円上の点と１対１対応するんですよね。（半径の長さとは関係ないという事。）
証明からそう判断しましたが、よく考えたらℤの中からｍを出せば当然ですか。

おまけ：

問題１の何でもありの解法
∠ＢＡＣ＝２Arcsin(1/4)より、
∠ＢＡＥ＝６Arcsin(1/4)
ここで、ＡからＢＥに垂線を下ろしその足をＨとすると、
ＢＥ＝２ＢＨ＝１６sin(３Arcsin(1/4))×２
＝３２sin(３Arcsin(1/4))———☆
ところで、sinの３倍角の公式より、
sin３θ＝３sinθ－４sin^3θ
ここで、θ＝Arcsin(1/4)とすると、
sinθ＝sin(Arcsin(1/4))＝１/４
∴sin３θ＝３(１/４)－４(１/４)^3
＝３/４－１/１６＝１１/１６
∴sin(３Arcsin(1/4))＝１１/１６———☆☆
☆☆を☆に代入すると、
ＢＥ＝３２・(１１/１６)＝２２
よって、答えは、２２ｃｍ

おまけ：

問題２の別解
半円の弧の中央辺りの点をＦとし、ＤＦを結ぶと、点Ｄは半円の直径の真ん中の点より円の中心である。よって、半径よりＤＦ＝ＤＢ，∠ＤＢＦ＝○＝４５°より、△ＤＢＦは直角二等辺三角形である。よって、∠ＦＤＢ＝９０°よって、ＦＤ⊥ＡＢで四分円ＤＡＦの黄色と青の部分を見比べると対称的になっていて、差は相殺されて０になる。
ここで、ＤＦとＥから出ている線分との交点をＧとすると、△ＤＧＥと△ＤＦＢは共に直角二等辺三角形で相似比が１：２より面積比は１×１：２×２＝１：４
よって、青部分は△ＤＦＢの１/４で黄色部分は△ＤＦＢの３/４である。よって、黄色と青の差は△ＤＦＢの３/４－１/４＝１/２の面積である。
よって、答えは、５×５÷２×(１/２)
＝２５/４ｃｍ^2

おまけ：