数学

問題
ＨＫを群とする。（ＨＫ＝{ｈｋ｜ｈ∈Ｈ，ｋ∈Ｋ}）
この時、定理4.1の系より、
∀ｘ∈ＨＫに対して、ｘＨＫｘ^-1＝ＨＫであるが、これをｘ＝ｈｋとして成り立つ事を確かめて下さい。

解説
ｘＨＫｘ^-1＝ｈｋＨＫ(ｈｋ)^-1
＝ｈｋＨＫｋ^-1ｈ^-1（定理2.6より）
＝ｈｋＨ(Ｋｋ^-1)ｈ^-1———①

定理2.6
群Ｇの元ａ1,…,ａnについて、積ａ1･･･ａnの逆元は次の式で与えられる。
(ａ1･･･ａn)^-1＝ａn^-1･･･ａ1^-1

ここで、定理4.1の系より、
Ｋｋ^-1＝Ｋ———②
②を①に代入すると、
ｘＨＫｘ^-1＝ｈｋＨＫｈ^-1
＝ｈ(ｋＨ)Ｋｈ^-1———③
ところで、ＨＫは群よりＨＫ＝ＫＨである。（§２演習問題６より）

§２演習問題６
Ｈ，Ｋを群Ｇの部分群とする。このとき、集合ＨＫ＝{ｈｋ｜ｈ∈Ｈ，ｋ∈Ｋ}がＧの部分群であるための必要十分条件は、ＨＫ＝ＫＨであることを示せ。

∴ｋＨ＝Ｈｋ———④　
Ｋｈ^-1＝ｈ^-1Ｋ———⑤
④を③に代入すると、
ｘＨＫｘ^-1＝ｈ(ｋＨ)Ｋｈ^-1
＝ｈ(Ｈｋ)Ｋｈ^-1＝(ｈＨ)(ｋＫ)ｈ^-1
＝ＨＫｈ^-1＝Ｈ(Ｋｈ^-1)———⑥
⑤を⑥に代入すると、
ｘＨＫｘ^-1＝Ｈ(ｈ^-1Ｋ)＝(Ｈｈ^-1)Ｋ
＝ＨＫ
∴ｘＨＫｘ^-1＝ＨＫ

問題に失敗しました。訂正。

問題
Ｈ，Ｋ，ＨＫを群とする。（ＨＫ＝{ｈｋ｜ｈ∈Ｈ，ｋ∈Ｋ}）
この時、定理4.1の系より、
∀ｘ∈ＨＫに対して、ｘＨＫｘ^-1＝ＨＫであるが、これをｘ＝ｈｋとして成り立つ事を確かめて下さい。

上より、∴ｘＨＫｘ^-1＝ＨＫ
よって、確かめられた。

注：集合に対する結合法則は問4.2から。

問4.2
群Ｇの部分集合Ｘ,Ｙ,Ｚと元ａ,ｂ∈Ｇについて、
ＸＹ＝{ｘｙ｜ｘ∈Ｘ，ｙ∈Ｙ}
Ｘ^-1＝{ｘ^-1｜ｘ∈Ｘ}
とおく。特に、Ｘ＝{ｘ}のときは簡単のため{ｘ}Ｙ＝ｘＹと表すことにする。このとき、次が成り立つことを示せ。
（１）(ＸＹ)Ｚ＝Ｘ(ＹＺ)
（２）以下省略。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

とんちんかんとか言って、スルーした人は失格。訂正して正解した人は合格です。他人任せではなく、もっと深く物事を考えましょう。笑

おまけ：

問5.4
Ｇを群，Ｈ，ＫをＧの部分群とする。さらに、ＫがＧの正規部分群であれば、ＨＫ＝ＫＨが成り立ち、集合ＨＫはＧの部分群であることを示せ。

（１）ＨＫ＝ＫＨを示す。の別解
ＫがＧの正規部分群より、
∀ｘ∈Ｇに対してｘＫ＝Ｋｘ
ところで、ＨはＧの部分集合より、
⋃(x∈H)ｘＫ＝⋃(x∈H)Ｋｘが成り立つ。
∴ＨＫ＝ＫＨ

おまけ：
「修道士に求められる服従、無欲、童貞の三つに要約される誓いのうち、童貞が意味するものは独身と同義ではない。肉体的満足の抑制は結婚生活においても必要だからである。孤独は不完全であり、修道士にとっても独身は自然な生活を超える状態である。普通の人の場合は結婚し伴侶を得る事で孤独が克服されるが、修道生活では「伴侶」が神であるとされる。このようにして修道士は全身全霊をあげて神を志向し、自分の思いと行いを見直そうと努めるとされる。」
「キリスト教における独身制」ウィキペィアより

問題４
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/202004190002/

１問追加で別解を作って下さい。

おまけ：
https://twitter.com/satndRvjMpc4tl7/status/1733024730775773611

問題１
どちらが大きい？
①１２３４５^2
②１２３４４×１２３４６

別解
小さい数で考えてみる。
例えば、２^2と１×３では４と３より左である。３^2と２×４では９と８でやはり左である。さらに何個かやると必ず左の方が１だけ大きくなる事が分かる。
よって、答えは、①である。
念のため、証明が必要な場合は模範解答の方法で解けば良い。

問題２
次の循環小数を分数で表してください。
0.7777777･･･

別解１　思い付いた順
電卓で遊んだ事がある人なら、
１÷９＝0.1111111･･･と分かるはずである。
よって、答えは、この７倍で、７/９

別解２
0.7777777･･･＝0.7+0.07+0.007+･･･
これは初項０.７，公比０.１の無限等比級数である。よって、公式より、
0.7777777･･･＝0.7/(1－0.1)＝0.7/0.9＝7/9
よって、答えは、７/９

因みに、高校３年で習う数学である。つまり、理系の人用。でも原理は簡単なので解説しよう。
0.7+0.07+0.007+･･･のｎ番目は、
０.７×０.１^(n-1)である。つまり、この合計（総和）をＳと置くと、
Ｓ＝0.7+0.07+0.007+･･･+0.7×(0.1)^(n-1)
この両辺に0.1をかけると、
0.1Ｓ＝0.07+0.007+･･･+0.7×(0.1)^n
この２式の差を取ると、下の段は上の段の一つ右にずれた列の和なので、
0.9Ｓ＝0.7－0.7×(0.1)^nとなる。
よって、Ｓ＝0.7/0.9－0.7×(0.1)^n/0.9
=7/9－(7/9)×(0.1)^n
ここで、(0.1)^nを考えてみると、このｎは無限に続いているので無限大である。つまり、0.1×0.1×･･･と続けていくと、0.00000･･･0001となるが、これはほとんど０である。正確には無限に終わりはないので数学的には０と考える。
よって、上の式は、
Ｓ＝7/9－(7/9)×０＝7/9となり、
Ｓ＝0.7777777･･･と置いたので、
0.7777777･･･＝7/9である。
よって、答えは、７/９

問題３
次の方程式を解いてください。
ｘ＋１/ｘ＝(ｘ＋１)/ｘ

別解
右辺を割る（約分）すると、
ｘ＋１/ｘ＝１＋１/ｘ
この両辺から１/ｘを引くと、ｘ＝１
よって、答えは、ｘ＝１

問題４
家族でドライブにでかけた。
行きは父が５０km運転したあと、残りは母が運転した。
帰りは母が３０km運転したあと、残りは父が運転した。
行きと帰りは同じ道のりとすると、どちらがどれだけ多く運転したでしょう？

別解
線分図を描き、

————|————　左父50km，右母？km
———|—————　左母30km，右父？km

|と|の間は５０－３０＝２０ｋｍなので、
|までの左部分で父は母より２０ｋｍ多く、
|から右部分で父は母より２０ｋｍ多いので、
計２０＋２０＝４０ｋｍ、父の方が多い。
よって、答えは、父が４０ｋｍ多く運転した。

おまけ：
https://www.msn.com/ja-jp/news/techandscience/%E3%83%87%E3%83%B3%E3%82%AD%E3%82%A6%E3%83%8A%E3%82%AE%E3%81%AE%E6%94%BE%E9%9B%BB-%E5%91%A8%E5%9B%B2%E3%81%AB%E3%81%84%E3%82%8B%E7%94%9F%E7%89%A9%E3%81%AE%E9%81%BA%E4%BC%9D%E5%AD%90%E3%82%92%E7%B5%84%E3%81%BF%E6%8F%9B%E3%81%88%E3%82%8B%E3%81%93%E3%81%A8%E3%81%8C%E6%98%8E%E3%82%89%E3%81%8B%E3%81%AB/ar-AA1lgM2e?ocid=msedgntp&cvid=65a37cd547dd45ceb3f6152d344bfc5b&ei=21

何でもありの別解
右上の頂点から反時計回りにＡ～Ｃと振り、ＢＣ上の一番左の点から折れ線上にＤ～Ｇと振る。
すると、△ＤＢＥ，ＥＤＦ，ＦＥＧ，ＧＦＣはそれぞれ二等辺三角形になり、点Ｄ，Ｅ，Ｆ，Ｇから対辺に垂線を下ろしその足をそれぞれＨ～Ｋとする。
ここで、ＢＨ＝ｘと置くとＢＥ＝２ｘで、△ＢＤＨ∽△ＢＥＩより、６：ｘ＝２ｘ：ＢＩが成り立つ。∴ＢＩ＝ｘ^2/３　∴ＩＤ＝ｘ^2/３－６　∴ＩＦ＝ｘ^2/３－６　∴ＢＦ＝ＢＩ＋ＩＦ＝ｘ^2/３＋(ｘ^2/３－６)＝２ｘ^2/３－６
また、△ＢＤＨ∽△ＢＦＪより、６：ｘ＝２ｘ^2/３－６：ＢＪが成り立つ。∴６ＢＪ＝２ｘ^3/３－６ｘ　∴ＢＪ＝ｘ^3/９－ｘ　∴ＪＥ＝ｘ^3/９－ｘ－２ｘ＝ｘ^3/９－３ｘ　∴ＧＪ＝ｘ^3/９－３ｘ　∴ＢＧ＝ＢＪ＋ＧＪ＝ｘ^3/９－ｘ＋(ｘ^3/９－３ｘ)＝２ｘ^3/９－４ｘ
また、△ＢＤＨ∽△ＢＧＫより、６：ｘ＝２ｘ^3/９－４ｘ：ＢＫが成り立つ。∴６ＢＫ＝２ｘ^4/９－４ｘ^2　∴ＢＫ＝ｘ^4/２７－２ｘ^2/３
∴ＫＦ＝ｘ^4/２７－２ｘ^2/３－(２ｘ^2/３－６)＝ｘ^4/２７－４ｘ^2/３＋６
∴ＫＣ＝ｘ^4/２７－４ｘ^2/３＋６
∴ＢＣ＝ＢＫ＋ＫＣ＝ｘ^4/２７－２ｘ^2/３＋(ｘ^4/２７－４ｘ^2/３＋６)＝２ｘ^4/２７－２ｘ^2＋６
また、△ＢＤＨ∽△ＢＡＣより、
６：ｘ＝ＡＢ：２ｘ^4/２７－２ｘ^2＋６が成り立つ。∴ＡＢｘ＝６(２ｘ^4/２７－２ｘ^2＋６)
∴ＡＢｘ＝４ｘ^4/９－１２ｘ^2＋３６
∴ＡＢ＝４ｘ^3/９－１２ｘ＋３６/ｘ
ここで、ＣからＡＢに垂線を下ろしその足をＬとすると、ＡＧ＝４ｘ^3/９－１２ｘ＋３６/ｘ－(２ｘ^3/９－４ｘ)＝２ｘ^3/９－１６ｘ＋３６/ｘより、ＡＬ＝ｘ^3/９－８ｘ＋１８/ｘ
また、△ＡＣＬ∽△ＡＢＣより、
ｘ^3/９－８ｘ＋１８/ｘ：６＝６：４ｘ^3/９－１２ｘ＋３６/ｘが成り立つ。
∴ｘ^4/９－８ｘ^2＋１８：６ｘ＝６ｘ：４ｘ^4/９－１２ｘ^2＋３６
∴３６ｘ^2＝(ｘ^4/９－８ｘ^2＋１８)(４ｘ^4/９－１２ｘ^2＋３６)
∴８１・３６ｘ^2＝(ｘ^4－３６ｘ^2＋１６２)(４ｘ^4－１０８ｘ^2＋３２４)
これを手計算またはpythonで計算しても良いが、
(ｘ^4－３６ｘ^2＋１６２)(４ｘ^4－１０８ｘ^2＋３２４)－２９１６ｘ^2として、誰でも使えるこちらのサイトhttps://sundryst.com/convenienttool_math/expand.htmlでまず展開すると、
＝4x^8-252x^6+4860x^4-32076x^2+52488
次にこちらのサイトhttps://sundryst.com/convenienttool_math/factor.htmlで因数分解すると、
∴4(x+3)(x-3)(x^2-18)(x^4-36x^2+81)＝０———☆
となる。念のため、pythonなら一発である。
また、求めたいのは、△ＦＥＧの面積なので、
ＥＧ＝ＢＧ－ＢＥ＝２ｘ^3/９－４ｘ－２ｘ
＝２ｘ^3/９－６ｘ＝(２ｘ^3－５４ｘ)/９
また、△ＢＤＨ∽△ＢＦＪでＤＨ＝√(３６－ｘ^2)より、ｘ^3/９－ｘ：ＦＪ＝ｘ：√(３６－ｘ^2)が成り立つ。
∴ＦＪｘ＝(ｘ^3－９ｘ)√(３６－ｘ^2)/９
∴ＦＪ＝(ｘ^2－９)√(３６－ｘ^2)/９
∴△ＦＥＧ＝{(２ｘ^3－５４ｘ)/９}・{(ｘ^2－９)√(３６－ｘ^2)/９}・(１/２)
＝ｘ(ｘ^2－２７)(ｘ^2－９)√(３６－ｘ^2)/８１———☆☆
ここで、ｘ^2－２７＞０，３６－ｘ^2＞０より、２７＜ｘ^2＜３６　ｘ＞０より、３√３＜ｘ＜６
これらと☆より、x^4-36x^2+81＝０である。
∴ｘ^2＝１８±√(１８^2－８１)＝１８±９√３
２７＜ｘ^2＜３６より、ｘ^2＝１８＋９√３———ア
∴ｘ＝３√(２＋√３)———イ
ア，イを☆☆に代入すると、
△ＦＥＧ＝３√(２＋√３)(－９＋９√３)(９＋９√３)√(１８－９√３)/８１
＝√{(１８＋９√３)(１８－９√３)}・８１(√３－１)(√３＋１)/８１
＝√(３２４－２４３)・２＝√８１・２＝９・２＝１８ｃｍ^2
よって、答えは、１８ｃｍ^2

おまけ：

算数の別解
点ＤからＡＤに対して垂線を立て、ＡＣとの交点をＥとすると、△ＡＤＥは直角二等辺三角形より、ＡＤ＝ＤＥ———①
また、∠ＡＤＣ＝１８０°－４５°－３０°＝１０５°より、∠ＡＤＢ＝３６０°－１０５°－１２０°＝１３５°
また、∠ＤＥＣ＝１８０°－４５°＝１３５°より、∠ＡＤＢ＝∠ＤＥＣ———②
また、∠ＡＢＤ＝∠ＤＣＥ———③
①，②，③より、△ＡＤＢと△ＤＥＣは合同である。よって、△ＡＣＤ－△ＡＢＤ＝△ＡＣＤ－△ＤＥＣ＝△ＡＤＥで、△ＡＤＥは１辺が４ｃｍの直角二等辺三角形より、面積は、４×４÷２＝８ｃｍ^2
よって、答えは、８ｃｍ^2

おまけ：
https://www.tv-asahi.co.jp/reading/goodmorning/224259/

やっぱり、次回は何でもありで２通りぐらい作って下さい。

何でもありの解法１
ＢＤの延長とＡＣとの交点をＥ，ＣＤの延長とＡＢとの交点をＦとすると、∠ＣＤＥ＝∠ＢＤＦ＝１８０°－１２０°＝６０°
また、∠ＤＣＥ＝∠ＤＢＦ＝３０°より、∠ＤＥＣ＝∠ＤＦＢ＝１８０°－６０°－３０°＝９０°∴ＢＥ⊥ＡＣ，ＣＦ⊥ＡＢ
よって、△ＤＡＥは直角二等辺三角形で△ＤＣＥは１：２：√３の直角三角形。
∴ＡＥ＝ＤＥ＝４/√２＝２√２ｃｍ　また、ＣＥ＝√３ＤＥ＝２√６ｃｍ
∴ＡＣ＝２√２＋２√６ｃｍ
∴△ＤＡＣ＝２(√６＋√２)×２√２×(１/２)＝２√２(√６＋√２)＝４(√３＋１)ｃｍ^2———①
また、∠ＣＡＦ＝１８０°－９０°－３０°＝６０°より、∠ＢＡＤ＝６０°－４５°＝１５°よって、△ＡＤＦは１５°，７５°，９０°の直角三角形より、その三辺比を使うと、
ＡＦ＝√６＋√２ｃｍ，ＤＦ＝√６－√２ｃｍ　また、△ＢＤＦは１：２：√３の直角三角形より、ＢＦ＝√３ＤＦ＝√３(√６－√２)＝３√２－√６ｃｍ　∴ＡＢ＝(√６＋√２)＋(３√２－√６)＝４√２ｃｍ
∴△ＤＡＢ＝４√２×(√６－√２)×(１/２)＝２√２(√６－√２)＝４(√３－１)ｃｍ^2———②
①－②より、
△ＤＡＣ－△ＤＡＢ＝４(√３＋１)－４(√３－１)＝８ｃｍ^2
よって、答えは、８ｃｍ^2

何でもありの解法２
ＢＥ⊥ＡＣ，ＣＦ⊥ＡＢまでは同じ。
よって、点Ｄは△ＡＢＣの垂心である。よって、ＡＤの延長とＢＣとの交点をＨとすると、ＡＨ⊥ＢＣ　よって、△ＡＨＣは直角二等辺三角形より、ＣＨ＝ＡＨ———①　また、∠ＡＣＨ＝４５°となり、ＢＥ⊥ＡＣより、∠ＢＥＣ＝４５°よって、△ＤＢＨも直角二等辺三角形になる。∴ＢＨ＝ＤＨ———②
①－②より、
ＣＨ－ＢＨ＝ＡＨ－ＤＨ＝ＡＤ＝４ｃｍ———③
ところで、△ＣＡＤ－△ＢＡＤ＝４×ＣＨ×(１/２)－４×ＢＨ×(１/２)＝２(ＣＨ－ＢＨ)———④
③を④に代入すると、
△ＣＡＤ－△ＢＡＤ＝２×４＝８ｃｍ^2
よって、答えは、８ｃｍ^2

おまけ：
https://www.uta-net.com/song/338236/

解説
＞Ｇ＝Ｈ∪ａＨ＝Ｈ∪Ｈａ（Ｈ∩ａＨ＝φ，Ｈ∩Ｈａ＝φ）

（2022/11/15 07:46の投稿から転載）
こう出来るとは限らないので、この証明はダメですね。別証が必要です。
因みに、「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著のp.102に、
Ｇ＝⋃(a∈G)ａＨ（ａＨ≠ｂＨならばａＨ∩ｂＨ＝φ）
＝⋃(a∈G)Ｈａ（Ｈａ≠ＨａならばａＨ∩ｂＨ＝φ）
とありますが、左類別と右類別が同じ完全代表系に出来るとは書いてありません。
では、具体例を挙げてみましょう。

問4.4
４次の２面体群Ｄ4において、Ｄ4の部分群
{ｒ0，ｒ2，ｓ1，ｓ2}，{ｒ0，ｒ1，ｒ2，ｒ3}，{ｒ0，ｒ2，ｔ1，ｔ2}，{ｒ0，ｒ2}，{ｒ0，ｔ1}，{ｒ0，ｓ1}
による、それぞれの左剰余類と右剰余類の集合を求めよ。

この解答で、{ｒ0，ｔ1}の場合の左類別と右類別を挙げます。Ｈ＝{ｒ0，ｔ1}と置く。
Ｄ4＝Ｈ∪ｒ1Ｈ∪ｒ2Ｈ∪ｓ2Ｈ
Ｄ4＝Ｈ∪Ｈｒ1∪Ｈｒ2∪Ｈｓ1
念のため、私の別の完全代表系の例も挙げておきます。
Ｄ4＝Ｈ∪ｒ1Ｈ∪ｓ2Ｈ∪ｔ2Ｈ
Ｄ4＝Ｈ∪Ｈｒ1∪Ｈｓ1∪Ｈｔ2
やはり、左類別と右類別を同じには出来ませんでした。

因みに、この本だけではないです。例えば、「代数学1　群論入門 (代数学シリーズ)」雪江明彦著も同じだと思います。https://mathgara.hatenablog.com/entry/2021/12/07/013506

まぁ、信じる信じないはあなた次第です。笑
（引用終わり）

問5.2
指数が２の部分群は正規部分群であることを示せ。

別証
群Ｇの部分群をＨとして、|Ｇ：Ｈ|＝２ならばＨはＧの正規部分群であることを示す。はじめに、ＨとＧにおける指数が２であるから、Ｈ≠Ｇである。
（１）ａ∈Ｈについて、ａＨ＝Ｈ＝Ｈａ（定理4.1の系）
（２）ａ∉Ｈのとき、ａＨ≠Ｈ，Ｈａ≠Ｈである。仮定より|Ｇ：Ｈ|＝２であるから、
Ｇ＝Ｈ∪ａＨ（Ｈ∩ａＨ＝φ）と類別出来る。
∀ｇ∈Ｇ，∀ｈ∈Ｈに対して、
① ｇ∈Ｈの場合、Ｈは群だからｇＨｇ^-1＝Ｈである。
② ｇ∈ａＨの場合、両辺に左からａ^-1をかけると、ａ^-1ｇ∈Ｈ　
ここで、ｇｈｇ^-1∈ａＨと仮定して、両辺に左からａ^-1をかけると、
ａ^-1ｇｈｇ^-1∈Ｈ　∴(ａ^-1ｇ)ｈｇ^-1∈Ｈ
また、ａ^-1ｇ∈Ｈより、ｈｇ^-1∈Ｈ　
∴ｇ^-1∈Ｈ　∴ｇ∈Ｈ　
ところで、ＧはＨとａＨで類別されていて、
ｇ∈ａＨよりこれは矛盾。
よって、背理法により、ｇｈｇ^-1∉ａＨ　
∴ｇｈｇ^-1∈Ｈ　∴ｇＨｇ^-1⊂Ｈ　
また、ｇＨｇ^-1⊃Ｈは自明より、ｇＨｇ^-1＝Ｈ
①，②より、ＨはＧの正規部分群である。
アイデア引用元：https://ameblo.jp/2217018/entry-12462066811.html

補足
＞(ａ^-1ｇ)ｈｇ^-1∈Ｈ
また、ａ^-1ｇ∈Ｈより、ｈｇ^-1∈Ｈ　
∴ｇ^-1∈Ｈ　∴ｇ∈Ｈ

(ａ^-1ｇ)ｈｇ^-1∈Ｈの両辺に
左から(ａ^-1ｇ)^-1をかけると、
ａ^-1ｇ∈Ｈより(ａ^-1ｇ)^-1∈Hで、Hは群だから、ｈｇ^-1∈Ｈとなる。
また、この両辺に左からｈ^-1をかけると、
ｇ^-1∈Ｈ　また、Ｈは群だから、ｇ∈Ｈ

念のため、（１）は必要ないが、流れとしてあえて入れた。
（2022/11/15 11:29の投稿から転載）

因みに、「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著のp.409に、

「ガロア群＜σ,τ＞の部分群のうち、{ｅ}と自身以外で正規部分群となるのは、位数４の部分群＜σ＞，＜σ^2,τ＞，＜σ^2,τσ＞と位数２の部分群＜σ^2＞です。位数４の部分群については、定理2.10より正規部分群であることが分かります。」

とあり、

定理2.10
ＨがＧの部分群で、[Ｇ：Ｈ]＝２のとき、Ｈは正規部分群。

で、証明は従来のものと同じです。まぁ、この定理自体は正しいので問題ありませんが、もし間違っていたらこの上に積み重なっている理論が崩壊してしまう所でしたね。もっとも、別証が沢山あるようなので問題ありませんが。
因みに、「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著の他の定理で間違っているような気がするのがありますが、その上に積み重なっているものが少なければ良いなと思っています。（そのうち、やると思いますので、その時によく吟味して下さい。）

おまけ：

問題１の別解
ＡＦ＝４×２÷４＝２ｃｍ
ＤＥ＝８×２÷４＝４ｃｍ
ここで、三角形の頂点をＧとすると、△ＧＦＥと△ＧＢＣは相似で相似比は２：６＝１：３
よって、ＥＦ：ＢＣ＝１：３より、ＥＦ：ＡＤ＝１：３で、ＥＦ：ＡＦ＋ＤＥ＝１：２
よって、ＥＦ：６＝１：２　よって、ＥＦ＝３ｃｍ　よって、△ＧＦＥ＝３×２÷２＝３ｃｍ^2
よって、グレー部分の面積は、３ｃｍ^2

問題２の別解
長方形の左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、ＡＢの真ん中の点をＭとし、∠ＤＭｌ（ｌとは直線の意味）＝６０°となる直線上にＣから下ろした垂線の足をＨとする。また、ＭＨとＢＣの交点をＮとすると、ＭＢ＝２÷２＝１より、MB＝CH
また、対頂角と直角が等しいので、△ＮＭＢと△ＮＣＨは合同である。この２つにそれぞれ二等辺三角形ＮＭＣを加えると△ＣＭＢと△ＭＣＨは合同である。厳密には、斜辺を共有しているので直角三角形の斜辺と他の１辺が等しい事を言えば良い。
よって、∠ＭＣＨ＝∠ＣＭＢ———①
また、ＭからＣＤに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＣＭＢも△ＭＤＩも長方形の１/４の図形で合同であるので、
∠ＣＭＢ＝∠ＭＤＩ＝ｘ———②
①，②より、∠ＭＣＨ＝∠ＣＭＢ＝∠ＭＤＩ＝ｘ　よって、四角形ＤＭＨＣの内角の和を考えると、ｘ＋６０°＋９０°＋ｘ＋ｘ＝３６０°
よって、３ｘ＝２１０°　よって、ｘ＝７０°

おまけ：

解説
＞一応、（２）⇒（３）の時の、
ａ≡l ｂ（modＨ），ｃ≡l ｄ（modＨ）
⇒ｃａ≡l ｄｂ（modＨ）
も示して下さい。

ｃ≡l ｄ（modＨ）⇔ｃ≡r ｄ（modＨ）（（２）の仮定より）
⇔ｃａ≡r ｄａ（modＨ）（定理4.2より）
⇔ｃａ≡l ｄａ（modＨ）（（２）の仮定より）
∴ｃ≡l ｄ（modＨ）⇔ｃａ≡l ｄａ（modＨ）———①
一方、再び定理4.2により、
ａ≡l ｂ（modＨ）⇔ｄａ≡l ｄｂ（modＨ）———②
①，②より、
ｃ≡l ｄ（modＨ）かつａ≡l ｂ（modＨ）
⇒ｃａ≡l ｄａ（modＨ）かつｄａ≡l ｄｂ（modＨ）
ところで、定理4.2(１)より、Ｈを法として左合同および右合同という関係は同値関係なので、推移律が成り立つ。
∴ｃ≡l ｄ（modＨ），ａ≡l ｂ（modＨ）
⇒ｃａ≡l ｄｂ（modＨ）
逆が成り立たないのは、
ｃａ≡l ｄｂ（modＨ）
⇒ｃ≡l ｂ（modＨ），ａ≡l ｄ（modＨ）
（など）かもしれないからである。

＞また、加法の場合はどうとか考えてみて下さい。

環ではなく群の話なので、上の演算は積（乗法）とは限らず、加法にしても良い。

＞問5.1
群Ｇにおいて、Ｇの中心Ｚ(Ｇ)は正規部分群であることを示せ（Ｚ(Ｇ)の定義については§２演習問題７を参照せよ）。

証明
ａ∈Ｚ(Ｇ)とするとＧの任意の元ｘに対して、
ｘａｘ^-1＝ｘｘ^-1ａ＝ｅａ＝ａ
であるからｘＺ(Ｇ)⊂Ｚ(Ｇ)が成り立つ。よって、Ｚ(Ｇ)は正規部分群である。

§２演習問題７より、
Ｚ(Ｇ)＝{ａ∈Ｇ｜ａｘ＝ｘａ，∀ｘ∈Ｇ}である。
今、ｘａｘ^-1を作ると、
ｘａｘ^-1＝ｘ(ａｘ^-1)＝ｘ(ｘ^-1ａ)（ｘ∈ＧでＧは群よりｘ^-1∈Ｇで、ａはＺ(Ｇ)の元だから。）
＝(ｘｘ^-1)ａ＝ｅａ＝ａ
∴ｘａｘ^-1＝ａ∈Ｚ(Ｇ)
ところで、ｘａｘ^-1はｘＺ(Ｇ)ｘ^-1の任意の元より、ｘａｘ^-1∈ｘＺ(Ｇ)ｘ^-1
⇒ｘａｘ^-1∈Ｚ(Ｇ)が成り立つ。
∴ｘＺ(Ｇ)ｘ^-1⊂Ｚ(Ｇ)
また、ｘＺ(Ｇ)ｘ^-1⊃Ｚ(Ｇ)は自明（ｘ＝ｅとすると等号でｘが他の元の場合もあるから。厳密には定理5.1よりとすれば良い。）
∴ｘＺ(Ｇ)ｘ^-1＝Ｚ(Ｇ)
よって、定義5.1より、Ｚ(Ｇ)は正規部分群である。

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

定義5.1
Ｇのすべての元ａに対しａＨ＝Ｈａとなるとき、あるいは、いいかえるとＧのすべての元ａに対しａＨａ^-1＝Ｈとなるとき、ＨをＧの正規部分群または不変部分群といい、Ｈ⊴Ｇで表す。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

おまけ：

解説
＞この群Ｈの位数は定理3.4と定理3.6系１によって、|Ｈ|＝|＜ａ^k'＞|＝|ａ^k'|＝ｋとなる。

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＞|

定理3.6系１
ｒ,ｓを自然数とする。群Ｇの元ａの位数をｒｓとすると、元ａ^rの位数はｓであり、元ａ^sの位数はｒである。すなわち、
|ａ|＝ｒｓ⇒|ａ^r|＝ｓ，|ａ^s|＝ｒ

まず、定理3.4で、|＜ａ^k'＞|＝|ａ^k'|
次に、定理3.6系１で、|ａ^k'|＝ｋ
∵Ｇの位数はｍでＧ＝＜ａ＞と置いたので、
|＜ａ＞|＝ｍ　よって、定理3.4より、|ａ|＝ｍ
また、ｍ＝ｋｋ'と置いたので、|ａ|＝ｋｋ'
ここで、定理3.6系１を見れば、
|ａ^k'|＝ｋとなる事が分かるだろう。

＞（ⅱ）位数ｋの部分群は唯１つであること：Ｋを位数がｋであるＧの部分群とする。定理3.3より、巡回群の部分群は巡回群であるから、Ｋは巡回群である。よって、Ｋ＝＜ａ^h＞（ｈ∈ℕ）と表される。このとき、
ｋ＝|Ｋ|＝|＜ａ^h＞|＝|ａ^h|
すなわち、|ａ^h|＝ｋとなっている。ゆえに、位数の定義によって(ａ^h)^k＝ｅ　よって、
ａ^hk＝ｅ⇒ｍ|ｈｋ（定理3.2）⇒ｋｋ'|ｈｋ⇒ｋ'|ｈ
これより＜ａ^h＞⊂＜ａ^k'＞であることがわかる。ここで、|＜ａ^h＞|＝|＜ａ^k'＞|＝ｋに注意すれば、包含関係があって位数が同じであるから、Ｋ＝＜ａ^h＞とＨ＝＜ａ^k'＞は一致する。

この証明はちまちま読めば比較的簡単に分かるが、イメージ的には、巡回群の部分群は巡回群で位数が同じ巡回部分群は１つしかないという事。巡回群でなければ、位数が同じ部分群は複数あるという事だろう。
あまり関係ないが、位数が等しい巡回群は互いに同型である。https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q12162649132

＞（３）⇒（１）：Ｇのすべての元の位数の最小公倍数をｎとする。Ｇの任意の元をｘとすると、ｎの選び方よりｘ^n＝ｅ

定理4.4系２より、Ｇの全ての元の位数はＧの位数ｍの約数で、その全ての元の位数の最小公倍数はｍである。例えば、Ｇの位数を６とすると、位数１，位数２，位数３，位数６の元が存在してその全ての元の位数の最小公倍数は６。∴ｎ＝ｍ
また、定理4.4系３より、ｘ^m＝ｅ　これにｍ＝ｎを代入すると、ｘ^n＝ｅという事。

定理4.4系２
有限群Ｇの元の位数はＧの位数の約数である。

定理4.4系３
Ｇを位数ｎの有限群とする。このとき、Ｇの任意の元ａに対してａ^n＝ｅが成り立つ。すなわち、
|Ｇ|＝ｎ⇒∀ａ∈Ｇ，ａ^n＝ｅ

と考えてはいけない。
「ｎの選び方よりｘ^n＝ｅ」とは、（Ｇのすべての元の位数の最小公倍数がｎより）ｎの約数はある元の位数で全ての元に対応しているので、
ｎ＝ｎ'ｋ（ｋはｘの位数）と置くと、
ｘ^n＝ｘ^n'k＝(ｘ^k)^n'＝ｅ^n'＝ｅだから、
ｘ^n＝ｅという事。
上の間違いのように考えてしまうと、（３）⇒（１）にならない。

おまけ：

円に内接する四角形の半径の公式

問題
円に内接する四角形ＡＢＣＤの辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡの長さをそれぞれａ，ｂ，ｃ，ｄ，外接円の半径をＲとする時、Ｒをａ，ｂ，ｃ，ｄで表せ。

解答
ＢＤ＝ｘ，∠ＢＡＤ＝θと置くと、円に内接する四角形より、∠ＢＣＤ＝１８０°－θ
ここで、△ＡＢＤと△ＣＢＤで余弦定理を使うと、
ｘ^2＝ａ^2＋ｄ^2－２ａｄcosθ———①
ｘ^2＝ｂ^2＋ｃ^2－２ｂｃcos(180°－θ)———②
①，②より、
ａ^2＋ｄ^2－２ａｄcosθ＝ｂ^2＋ｃ^2－２ｂｃcos(180°－θ)＝ｂ^2＋ｃ^2＋２ｂｃcosθ
∴２(ａｄ＋ｂｃ)cosθ＝ａ^2－ｂ^2－ｃ^2＋ｄ^2
∴cosθ＝(ａ^2－ｂ^2－ｃ^2＋ｄ^2)/２(ａｄ＋ｂｃ)———☆
☆を①に代入すると、
ｘ^2＝ａ^2＋ｄ^2－２ａｄ{(ａ^2－ｂ^2－ｃ^2＋ｄ^2)/２(ａｄ＋ｂｃ)}
＝{２(ａｄ＋ｂｃ)(ａ^2＋ｄ^2)－２ａｄ(ａ^2－ｂ^2－ｃ^2＋ｄ^2)}/２(ａｄ＋ｂｃ)
＝{２ａｄ(ａ^2＋ｄ^2)＋２ｂｃ(ａ^2＋ｄ^2)－２ａｄ(ａ^2＋ｄ^2)＋２ａｄ(ｂ^2＋ｃ^2)}/２(ａｄ＋ｂｃ)
＝{２ｂｃ(ａ^2＋ｄ^2)＋２ａｄ(ｂ^2＋ｃ^2)}/２(ａｄ＋ｂｃ)
＝{ｂｃ(ａ^2＋ｄ^2)＋ａｄ(ｂ^2＋ｃ^2)}/(ａｄ＋ｂｃ)———☆'
また、ｂｃ(ａ^2＋ｄ^2)＋ａｄ(ｂ^2＋ｃ^2)
＝ａ^2ｂｃ＋ｂｃｄ^2＋ａｄｂ^2＋ａｄｃ^2
＝ｂｃａ^2＋(ｂ^2＋ｃ^2ｄ)ａ＋ｂｃｄ^2
＝(ｂａ＋ｃｄ)(ｃａ＋ｂｄ)
＝(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)
∴ｂｃ(ａ^2＋ｄ^2)＋ａｄ(ｂ^2＋ｃ^2)＝(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)———③
③を☆'に代入すると、
ｘ^2＝(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)
∴ｘ＝√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}
∴ＢＤ＝√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}———☆☆
また、☆^2より、
cos^2θ＝(ａ^2－ｂ^2－ｃ^2＋ｄ^2)^2/４(ａｄ＋ｂｃ)^2
∴sin^2θ＝１－cos^2θ
＝１－(ａ^2－ｂ^2－ｃ^2＋ｄ^2)^2/４(ａｄ＋ｂｃ)^2
＝{４(ａｄ＋ｂｃ)^2－(ａ^2－ｂ^2－ｃ^2＋ｄ^2)^2}/４(ａｄ＋ｂｃ)^2
＝[{２(ａｄ＋ｂｃ)＋(ａ^2－ｂ^2－ｃ^2＋ｄ^2)}{２(ａｄ＋ｂｃ)－(ａ^2－ｂ^2－ｃ^2＋ｄ^2)]/４(ａｄ＋ｂｃ)^2
＝[{(ａ＋ｄ)^2－(ｂ－ｃ)^2}{－(ａ－ｄ)^2＋(ｂ＋ｃ)^2}]/４(ａｄ＋ｂｃ)^2
＝(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)/４(ａｄ＋ｂｃ)^2
∴sinθ＝√{(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)}/２(ａｄ＋ｂｃ)———★
今、△ＡＢＤで正弦定理を使うと、☆☆，★より、
２Ｒ＝√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}/[√{(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)}/２(ａｄ＋ｂｃ)]
＝２√(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)/√(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)
∴Ｒ＝√(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)/√(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)

∴Ｒ＝√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)/(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)}（公式）

一応、ａ＝ｂ＝ｃ＝ｄ＝１とすると、円に内接する四角形より正方形で直径が√２より半径Ｒ＝√２/２ですが、上の公式にａ＝ｂ＝ｃ＝ｄ＝１を代入しても√(２^3/２^4)＝√(１/２)＝√２/２でＯＫです。

おまけ：

中学数学の解法は次回。これが出来る人は相当凄いと思います。世界はどうだか知りませんが、日本の数学辞典とかでは見た事がありません。

問題
円に内接する四角形ＡＢＣＤの辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡの長さをそれぞれａ，ｂ，ｃ，ｄ，外接円の半径をＲとする時、Ｒをａ，ｂ，ｃ，ｄで表せ。

中学数学の解法
（ⅰ）四角形ＡＢＣＤが長方形ではない場合
ＢＡの延長とＣＤの延長との交点をＥとし、ＥＡ＝ｐ，ＥＤ＝ｑと置くと、四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形より∠ＡＢＣ＝∠ＥＤＡ　
また、∠Ｅは共通より２角が等しいので、△ＥＤＡ∽△ＥＢＣ
∴ｐ：ｄ＝ｑ＋ｃ：ｂ　ｑ：ｄ＝ｐ＋ａ：ｂが成り立つ。
∴ｄ(ｑ＋ｃ)＝ｂｐーーー①　ｄ(ｐ＋ａ)＝ｂｑ―――②
①÷②より、(ｑ＋ｃ)/(ｐ＋ａ)＝ｐ/ｑ
∴ｑ(ｑ＋ｃ)＝ｐ(ｐ＋ａ)―――③
また、①より、ｐ＝ｄ(ｑ＋ｃ)/ｂ―――①'
①'を③に代入すると、
ｑ(ｑ＋ｃ)＝{ｄ(ｑ＋ｃ)/ｂ}{ｄ(ｑ＋ｃ)/ｂ＋ａ}
∴ｑ＝(ｄ/ｂ){ｄ(ｑ＋ｃ)/ｂ＋ａ}
∴ｂ^2・ｑ＝ｄ{ｄ(ｑ＋ｃ)＋ａｂ}
∴ｂ^2・ｑ＝ｄ^2(ｑ＋ｃ)＋ａｂｄ
∴ｂ^2・ｑ－ｄ^2・ｑ＝ｃｄ^2＋ａｂｄ
∴ｑ＝ｄ(ａｂ＋ｃｄ)/(ｂ^2－ｄ^2)
∴ｑ＋ｃ＝{ｄ(ａｂ＋ｃｄ)＋ｃ(ｂ^2－ｄ^2)}/(ｂ^2－ｄ^2)―――④
④を①'に代入すると、
ｐ＝{ｄ^2(ａｂ＋ｃｄ)＋ｃｄ(ｂ^2－ｄ^2)}/ｂ(ｂ^2－ｄ^2)
＝ｄ(ａｂｄ＋ｃｄ^2＋ｂ^2ｃ－ｃｄ^2)/ｂ(ｂ＋ｄ)(ｂ－ｄ)
＝ｄ(ａｂｄ＋ｂ^2ｃ)/ｂ(ｂ＋ｄ)(ｂ－ｄ)
＝ｄ(ａｄ＋ｂｃ)/(ｂ＋ｄ)(ｂ－ｄ)
∴ｐ＝ｄ(ａｄ＋ｂｃ)/(ｂ＋ｄ)(ｂ－ｄ)
∴ＥＢ＝ｐ＋ａ＝ｄ(ａｄ＋ｂｃ)/(ｂ＋ｄ)(ｂ－ｄ)＋ａ＝{ｄ(ａｄ＋ｂｃ)＋ａ(ｂ^2－ｄ^2)}/(ｂ^2－ｄ^2)
＝(ａｄ^2＋ｂｃｄ＋ａｂ^2－ａｄ^2)/(ｂ^2－ｄ^2)
∴ＥＢ＝ｂ(ａｂ＋ｃｄ)/(ｂ＋ｄ)(ｂ－ｄ)―――⑤
ＥＣ＝ｑ＋ｃ＝ｄ(ａｂ＋ｃｄ)/(ｂ－ｄ)(ｂ＋ｄ)＋ｃ＝{ｄ(ａｂ＋ｃｄ)＋ｃ(ｂ^2－ｄ^2)}/(ｂ^2－ｄ^2)
＝(ａｂｄ＋ｃｄ^2＋ｂ^2ｃ－ｃｄ^2)/(ｂ^2－ｄ^2)
∴ＥＣ＝ｂ(ａｄ＋ｂｃ)/(ｂ＋ｄ)(ｂ－ｄ)―――⑥
ところで、円周角より∠ＡＢＤ＝∠ＡＣＤ　また、∠Ｅは共通より２角が等しいので、△ＥＢＤ∽△ＥＣＡ
ここで、ＡＣ＝ｘ，ＢＤ＝ｙと置くと、
ｘ：ｙ＝ＥＣ：ＥＢ＝⑥：⑤＝ａｄ＋ｂｃ：ａｂ＋ｃｄ
∴ｙ＝{(ａｂ＋ｃｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}ｘ―――☆
また、トレミーの定理より、
ｘｙ＝ａｃ＋ｂｄ―――☆☆
☆を☆☆に代入すると、
{(ａｂ＋ｃｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}ｘ^2＝ａｃ＋ｂｄ
∴ｘ^2＝(ａｄ＋ｂｃ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)
∴ｘ＝√{(ａｄ＋ｂｃ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)}
∴ＡＣ＝√{(ａｄ＋ｂｃ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)}
（ⅱ）長方形の場合は、ａ＝ｃ，ｂ＝ｄ
これをＡＣ＝√{(ａｄ＋ｂｃ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)}に代入すると、
∴ＡＣ＝√{(ａｂ＋ｂａ)(ａ^2＋ｂ^2)/(ａｂ＋ａｂ)}＝√(ａ^2＋ｂ^2)
一方、長方形の場合は∠Ｂ＝９０°より、ＡＣ＝√(ａ^2＋ｂ^2)でＯＫ。
∴ＡＣ＝√{(ａｄ＋ｂｃ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)}
（ⅰ）,（ⅱ）より、
ＡＣ＝√{(ａｄ＋ｂｃ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)}
また、対称性より、
ＢＤ＝√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}

ここで、ｄ(ｑ＋ｃ)＝ｂｐーーー①　ｄ(ｐ＋ａ)＝ｂｑ―――②
①＋②より、
ｂ(ｐ＋ｑ)＝ｄ(ｐ＋ｑ＋a＋ｃ)
∴(ｂ－ｄ)(ｐ＋ｑ)＝ｄ(ａ＋ｃ)
∴ｐ＋ｑ＝ｄ(ａ＋ｃ)/(ｂ－ｄ)———⑦
①－②より、
ｂ(ｐ－ｑ)＝ｄ(－ｐ＋ｑ＋ｃ－ａ)
∴(ｂ＋ｄ)(ｐ－ｑ)＝ｄ(ｃ－ａ)
∴ｐ－ｑ＝ｄ(ｃ－ａ)/(ｂ＋ｄ)———⑧
今、△ＥＡＤでヘロンの公式を使うと、
ｓ＝(ｐ＋ｑ＋ｄ)/２
△ＥＡＤ＝√{ｓ(ｓ－ｐ)(ｓ－ｑ)(ｓ－ｄ)}
＝√[{(ｐ＋ｑ＋ｄ)/２}{(－ｐ＋ｑ＋ｄ)/２}{(ｐ－ｑ＋ｄ)/２}{(ｐ＋ｑ－ｄ)/２}]
＝√{(ｐ＋ｑ＋ｄ)(－ｐ＋ｑ＋ｄ)(ｐ－ｑ＋ｄ)(ｐ＋ｑ－ｄ)}/４———★
★に⑦，⑧を代入すると、
△ＥＡＤ＝√[{ｄ(ａ＋ｃ)/(ｂ－ｄ)＋ｄ}{－ｄ(ｃ－ａ)/(ｂ＋ｄ)＋ｄ}{ｄ(ｃ－ａ)/(ｂ＋ｄ)＋ｄ}{ｄ(ａ＋ｃ)/(ｂ－ｄ)－ｄ}]/４
＝(１/４)√[{ｄ(ａ＋ｃ＋ｂ－ｄ)/(ｂ－ｄ)}{ｄ(－ｃ＋ａ＋ｂ＋ｄ)/(ｂ＋ｄ)}{ｄ(ｃ－ａ＋ｂ＋ｄ)/(ｂ＋ｄ)}{ｄ(ａ＋ｃ－ｂ＋ｄ)/(ｂ－ｄ)}]
＝(１/４)[ｄ^2√{(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)}]/(ｂ^2－ｄ^2)
∴△ＥＡＤ＝ｄ^2√{(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)}/４(ｂ^2－ｄ^2)
ところで、△ＥＡＤ：△ＥＣＢ＝ｄ^2：ｂ^2より、
△ＥＣＢ＝(ｂ^2/ｄ^2)△ＥＡＤ
＝ｂ^2√{(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)}/４(ｂ^2－ｄ^2)
∴四角形ＡＢＣＤ＝△ＥＣＢ－△ＥＡＤ
＝(ｂ^2－ｄ^2)√{(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)}/４(ｂ^2－ｄ^2)
＝√{(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)}/４
また、１つの角が補角をなす三角形の面積比の公式より、△ＡＢＤ：△ＣＢＤ＝ａｄ：ｂｃ
∴△ＤＢＣ＝{ｂｃ/(ａｄ＋ｂｃ)}四角形ＡＢＣＤ
＝{ｂｃ/(ａｄ＋ｂｃ)}[√{(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)}/４]
よって、ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、
∴ＤＨ＝ｃ√{(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)}/２(ａｄ＋ｂｃ)
ここで、円の中心をＯとして、ＤＯの延長と円との交点をＦとすると、円周角より∠ＤＣＢ＝∠ＤＦＢ　また、ＤＦは直径より∠ＤＢＦ＝９０°
よって、２角が等しいので、△ＤＨＣ∽△ＤＢＦ
∴ＤＢ：ＤＦ＝ＤＨ：ＤＣ
∴√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}：２Ｒ＝ｃ√{(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)}/２(ａｄ＋ｂｃ)：ｃ
∴Ｒ＝√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)/(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)}

前半は私のオリジナルですが、後半はこちらの知恵を借りました。https://manabitimes.jp/math/583

次回は、超面倒臭い中学数学の別解をやります。（python使えば簡単です。）

おまけ：

問題
円に内接する四角形ＡＢＣＤの辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡの長さをそれぞれａ，ｂ，ｃ，ｄ，外接円の半径をＲとする時、Ｒをａ，ｂ，ｃ，ｄで表せ。

中学数学の解法２
対角線の交点をＥとし、ＢＤ＝ｘ，ＡＣ＝ｙと置くと、補題より、

補題
円に内接する四角形ＡＢＣＤの辺ＡＢ＝ａ，ＢＣ＝ｂ，ＣＤ＝ｃ，ＤＡ＝ｄ，対角線の交点をＯとすると、
ＯＡ：ＯＣ＝ａｄ：ｂｃ
ＯＢ：ＯＤ＝ａｂ：ｃｄ

よって、ＢＥ：ＤＥ＝ａｂ：ｃｄ―――①
ＡＥ：ＣＥ＝ａｄ：ｂｃ―――②
①より、ＢＥ＝{ａｂ/(ａｂ＋ｃｄ)}ＢＤ＝{ａｂ/(ａｂ＋ｃｄ)}ｘ＝ａｂｘ/(ａｂ＋ｃｄ)
∴ＢＥ＝ａｂｘ/(ａｂ＋ｃｄ)―――①'
同様に、ＤＥ＝ｃｄｘ/(ａｂ＋ｃｄ)―――①''
②より、ＡＥ＝{ａｄ/(ａｄ＋ｂｃ)}ＡＣ＝{ａｄ/(ａｄ＋ｂｃ)}ｙ＝ａｄｙ/(ａｄ＋ｂｃ)
∴ＡＥ＝ａｄｙ/(ａｄ＋ｂｃ)―――②'
同様に、ＣＥ＝ｂｃｙ/(ａｄ＋ｂｃ)―――②''
ここで、方べきの定理を使うと、
ＡＥ・ＥＣ＝ＢＥ・ＥＤより、
{ａｄｙ/(ａｄ＋ｂｃ)}・{ｂｃｙ/(ａｄ＋ｂｃ)}
＝{ａｂｘ/(ａｂ＋ｃｄ)}・{ｃｄｘ/(ａｂ＋ｃｄ)}
∴ａｂｃｄｙ^2/(ａｄ＋ｂｃ)^2＝ａｂｃｄｘ^2(ａｂ＋ｃｄ)^2
∴(ａｂ＋ｃｄ)^2・ｙ^2＝(ａｄ＋ｂｃ)^2・ｘ^2
∴(ａｂ＋ｃｄ)ｙ＝(ａｄ＋ｂｃ)ｘ
∴ｙ＝{(ａｄ＋ｂｃ)/(ａｂ＋ｃｄ)}ｘ―――☆
ところで、トレミーの定理より、
ｘｙ＝ａｃ＋ｂｄ―――☆☆
☆を☆☆に代入すると、
{(ａｄ＋ｂｃ)/(ａｂ＋ｃｄ)}ｘ^2＝ａｃ＋ｂｄ
∴ｘ^2＝(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)
∴ｘ＝√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}
∴ＢＤ＝√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}
対称性より、
ＡＣ＝√{(ａｄ＋ｂｃ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)}

補題の証明（2023/11/30 07:59の投稿より）
定理１
円に内接する四角形ＡＢＣＤの辺ＡＢ＝ａ，ＢＣ＝ｂ，ＣＤ＝ｃ，ＤＡ＝ｄ，対角線の交点をＯとすると、
ＯＡ：ＯＣ＝ａｄ：ｂｃ
ＯＢ：ＯＤ＝ａｂ：ｃｄ

証明
四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形より、２組の対角はそれぞれ補角をなしている。よって、１つの角が補角をなす面積比の公式より、
△ＡＢＤ：△ＣＢＤ＝ａｄ：ｂｃ———①
また、四角形の対角線の面積比の公式より、
△ＡＢＤ：△ＣＢＤ＝ＯＡ：ＯＣ———②
①，②より、
ＯＡ：ＯＣ＝ａｄ：ｂｃ
ＯＢ：ＯＤ＝ａｂ：ｃｄも同様。

ここで、ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとし、ＤＨ＝ｍ，ＢＨ＝ｎと置いて三平方の定理を使うと、
ｍ^2＋ｎ^2＝(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)———③
ｍ^2＋(ｂ－ｎ)^2＝ｃ^2———④
③－④より、
２ｂｎ－ｂ^2＝(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)－ｃ^2
∴２ｂｎ＝(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)＋ｂ^2－ｃ^2
=(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)＋(ｂ^2－ｃ^2)(ａｄ＋ｂｃ)/(ａｄ＋ｂｃ)
＝(ａ^2ｂｃ＋ａｂ^2ｄ＋ａｃ^2ｄ＋ｂｃｄ^2＋ａｂ^2ｄ＋ｂ^3ｃ－ａｃ^2ｄ－ｂｃ^3)/(ａｄ＋ｂｃ)
＝ｂ(ａ^2ｃ＋２ａｂｄ＋ｃｄ^2＋ｂ^2ｃ－ｃ^3)/(ａｄ＋ｂｃ)
∴ｎ＝(ａ^2ｃ＋２ａｂｄ＋ｃｄ^2＋ｂ^2ｃ－ｃ^3)/２(ａｄ＋ｂｃ)
これを③に代入すると、
ｍ^2＝(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)－(ａ^2ｃ＋２ａｂｄ＋ｃｄ^2＋ｂ^2ｃ－ｃ^3)^2/４(ａｄ＋ｂｃ)^2
＝{４(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)－(ａ^2ｃ＋２ａｂｄ＋ｃｄ^2＋ｂ^2ｃ－ｃ^3)^2}/４(ａｄ＋ｂｃ)^2
∴ｍ^2＝{４(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)－(ａ^2ｃ＋２ａｂｄ＋ｃｄ^2＋ｂ^2ｃ－ｃ^3)^2}/４(ａｄ＋ｂｃ)^2———★
(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)
＝(ａｂ＋ｃｄ)(ａ^2ｃｄ＋ａｂｃ^2＋ａｂｄ^2＋ｂ^2ｃｄ)
＝ａ^3ｂｃｄ＋ａ^2ｂ^2ｃ^2＋ａ^2ｂ^2ｄ^2＋ａｂ^3ｃｄ＋ａ^2ｃ^2ｄ^2＋ａｂｃ^3ｄ＋ａｂｃｄ^3＋ｂ^2ｃ^2ｄ^2
＝ａ^3ｂｃｄ＋ａｂ^3ｃｄ＋ａｂｃ^3ｄ＋ａｂｃｄ^3＋ａ^2ｂ^2ｃ^2＋ａ^2ｂ^2ｄ^2＋ａ^2ｃ^2ｄ^2＋ｂ^2ｃ^2ｄ^2
∴(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)
＝ａ^3ｂｃｄ＋ａｂ^3ｃｄ＋ａｂｃ^3ｄ＋ａｂｃｄ^3＋ａ^2ｂ^2ｃ^2＋ａ^2ｂ^2ｄ^2＋ａ^2ｃ^2ｄ^2＋ｂ^2ｃ^2ｄ^2———ア
(ａ^2ｃ＋２ａｂｄ＋ｃｄ^2＋ｂ^2ｃ－ｃ^3)^2
＝(ａ^2ｃ＋２ａｂｄ＋ｃｄ^2＋ｂ^2ｃ－ｃ^3)(ａ^2ｃ＋２ａｂｄ＋ｃｄ^2＋ｂ^2ｃ－ｃ^3)
＝ａ^4ｃ^2＋２ａ^3ｂｃｄ＋ａ^2ｃ^2ｄ^2＋ａ^2ｂ^2ｃ^2－ａ^2ｃ^4
＋２ａ^3ｂｃｄ＋４ａ^2ｂ^2ｄ^2＋２ａｂｃｄ^3＋２ａｂ^3ｃｄ－２ａｂｃ^3ｄ
＋ａ^2ｃ^2ｄ^2＋２ａｂｃｄ^3＋ｃ^2ｄ^4＋ｂ^2ｃ^2ｄ^2－ｃ^4ｄ^2
＋ａ^2ｂ^2ｃ^2＋２ａｂ^3ｃｄ＋ｂ^2ｃ^2ｄ^2＋ｂ^4ｃ^2－ｂ^2ｃ^4
－ａ^2ｃ^4－２ａｂｃ^3ｄ－ｃ^4ｄ^2－ｂ^2ｃ^4＋ｃ^6
∴(ａ^2ｃ＋２ａｂｄ＋ｃｄ^2＋ｂ^2ｃ－ｃ^3)^2
＝ａ^4ｃ^2＋２ａ^3ｂｃｄ＋ａ^2ｃ^2ｄ^2＋ａ^2ｂ^2ｃ^2－ａ^2ｃ^4＋２ａ^3ｂｃｄ＋４ａ^2ｂ^2ｄ^2＋２ａｂｃｄ^3＋２ａｂ^3ｃｄ－２ａｂｃ^3ｄ＋ａ^2ｃ^2ｄ^2＋２ａｂｃｄ^3＋ｃ^2ｄ^4＋ｂ^2ｃ^2ｄ^2－ｃ^4ｄ^2＋ａ^2ｂ^2ｃ^2＋２ａｂ^3ｃｄ＋ｂ^2ｃ^2ｄ^2＋ｂ^4ｃ^2－ｂ^2ｃ^4－ａ^2ｃ^4－２ａｂｃ^3ｄ－ｃ^4ｄ^2－ｂ^2ｃ^4＋ｃ^6———イ
ア、イより、
★の分子＝４(ａ^3ｂｃｄ＋ａｂ^3ｃｄ＋ａｂｃ^3ｄ＋ａｂｃｄ^3＋ａ^2ｂ^2ｃ^2＋ａ^2ｂ^2ｄ^2＋ａ^2ｃ^2ｄ^2＋ｂ^2ｃ^2ｄ^2)
－(ａ^4ｃ^2＋２ａ^3ｂｃｄ＋ａ^2ｃ^2ｄ^2＋ａ^2ｂ^2ｃ^2－ａ^2ｃ^4＋２ａ^3ｂｃｄ＋４ａ^2ｂ^2ｄ^2＋２ａｂｃｄ^3＋２ａｂ^3ｃｄ－２ａｂｃ^3ｄ＋ａ^2ｃ^2ｄ^2＋２ａｂｃｄ^3＋ｃ^2ｄ^4＋ｂ^2ｃ^2ｄ^2－ｃ^4ｄ^2＋ａ^2ｂ^2ｃ^2＋２ａｂ^3ｃｄ＋ｂ^2ｃ^2ｄ^2＋ｂ^4ｃ^2－ｂ^2ｃ^4－ａ^2ｃ^4－２ａｂｃ^3ｄ－ｃ^4ｄ^2－ｂ^2ｃ^4＋ｃ^6)
＝８ａｂｃ^3ｄ＋２ａ^2ｂ^2ｃ^2＋２ａ^2ｃ^2ｄ^2＋２ｂ^2ｃ^2ｄ^2－ａ^4ｃ^2＋２ａ^2ｃ^4－ｃ^2ｄ^4＋２ｃ^4ｄ^2－ｂ^4ｃ^2＋２ｂ^2ｃ^4－ｃ^6
＝－ｃ^2(ａ^4＋ｂ^4＋ｃ^4＋ｄ^4)＋２ｃ^2(ａ^2ｂ^2＋ａ^2ｄ^2＋ｂ^2ｄ^2＋ａ^2ｃ^2＋ｃ^2ｄ^2＋ｂ^2ｃ^2)＋８ａｂｃ^3ｄ
＝－ｃ^2{ａ^4＋ｂ^4＋ｃ^4＋ｄ^4－２(ａ^2ｂ^2＋ａ^2ｄ^2＋ｂ^2ｄ^2＋ａ^2ｃ^2＋ｃ^2ｄ^2＋ｂ^2ｃ^2)－８ａｂｃｄ}
＝－ｃ^2{(ａ^2＋ｂ^2)^2－４ａ^2ｂ^2＋(ｃ^2＋ｄ^2)^2－４ｃ^2ｄ^2－２(ａ^2ｄ^2＋ｂ^2ｄ^2＋ａ^2ｃ^2＋ｂ^2ｃ^2)－８ａｂｃｄ}
＝－ｃ^2[(ａ^2＋ｂ^2)^2＋(ｃ^2＋ｄ^2)^2－２{ａ^2(ｃ^2＋ｄ^2)＋ｂ^2(ｃ^2＋ｄ^2)}－４(ａ^2ｂ^2＋ｃ^2ｄ^2＋２ａｂｃｄ)}
＝－ｃ^2{(ａ^2＋ｂ^2)^2＋(ｃ^2＋ｄ^2)^2－２(ａ^2＋ｂ^2)(ｃ^2＋ｄ^2)－４(ａｂ＋ｃｄ)^2}
＝－ｃ^2[{(ａ^2＋ｂ^2)－(ｃ^2＋ｄ^2)}^2－４(ａｂ＋ｃｄ)^2]
＝－ｃ^2{ａ^2＋ｂ^2－ｃ^2－ｄ^2＋２(ａｂ＋ｃｄ)}{ａ^2＋ｂ^2－ｃ^2－ｄ^2－２(ａｂ＋ｃｄ)}
＝－ｃ^2{(ａ＋ｂ)^2－(ｃ－ｄ)^2}{(ａ－ｂ)^2－(ｃ＋ｄ)^2}
＝－ｃ^2(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ－ｃ－ｄ)
＝ｃ^2(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)
これを★に代入すると、
ｍ^2＝ｃ^2(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)/４(ａｄ＋ｂｃ)^2
∴ｍ＝ｃ√{(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)}/２(ａｄ＋ｂｃ)
∴ＤＨ＝ｃ√{(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)}/２(ａｄ＋ｂｃ)
ここで、円の中心をＯとして、ＤＯの延長と円との交点をＦとすると、円周角より∠ＤＣＢ＝∠ＤＦＢ　また、ＤＦは直径より∠ＤＢＦ＝９０°
よって、２角が等しいので、△ＤＨＣ∽△ＤＢＦ
∴ＤＢ：ＤＦ＝ＤＨ：ＤＣ
∴√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}：２Ｒ＝ｃ√{(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)}/２(ａｄ＋ｂｃ)：ｃ
∴Ｒ＝√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)/(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)}

次回は、トレミーの定理を使わない前半と、後半はpythonのエレガントな解法を紹介します。
因みに、前半の３通りはどれも私のオリジナルです。

おまけ：

問題
円に内接する四角形ＡＢＣＤの辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡの長さをそれぞれａ，ｂ，ｃ，ｄ，外接円の半径をＲとする時、Ｒをａ，ｂ，ｃ，ｄで表せ。

中学数学の解法３とpython使用の解法
ＢＣの延長上に∠ＤＥＣ＝∠ＡＤＢとなる点Ｅを取ると、四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形なので、∠ＤＣＥ＝∠ＤＡＢ
よって、２角が等しいので、△ＡＢＤ∽△ＣＤＥ　∴ａ：ｄ＝ｃ：ＣＥ　∴ＣＥ＝ｃｄ/ａ
∴ＢＥ＝ｂ＋ｃｄ/ａ＝(ａｂ＋ｃｄ)/ａ
また、ＢＤ＝ｘと置くと、ａ：ｘ＝ｃ：ＤＥ　
∴ＤＥ＝ｃｘ/ａ
ここで、ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとし、ＤＨ＝ｍ，ＢＨ＝ｎと置いて、△ＤＢＨ，△ＤＣＨ，△ＤＥＨで三平方の定理を使うと、
ｍ^2＋ｎ^2＝ｘ^2―――①
ｍ^2＋(ｂ－ｎ)^2＝ｃ^2―――②
ｍ^2＋{(ａｂ＋ｃｄ)/ａ－ｎ}^2＝(ｃｘ/ａ)^2―――③
①－②より、２ｂｎ－ｂ^2＝ｘ^2－ｃ^2
∴ｎ＝(ｘ^2＋ｂ^2－ｃ^2)/２ｂ―――④
①－③より、－(ａｂ＋ｃｄ)^2/ａ^2＋２ｎ(ａｂ＋ｃｄ)/ａ＝ｘ^2－ｃ^2ｘ^2/ａ^2
∴－(ａｂ＋ｃｄ)^2＋２ｎａ(ａｂ＋ｃｄ)＝ａ^2ｘ^2－ｃ^2ｘ^2
∴２ｎａ(ａｂ＋ｃｄ)＝ｘ^2(ａ^2－ｃ^2)＋(ａｂ＋ｃｄ)^2―――⑤
④を⑤に代入すると、
２ａ(ａｂ＋ｃｄ)(ｘ^2＋ｂ^2－ｃ^2)/２ｂ＝ｘ^2(ａ^2－ｃ^2)＋(ａｂ＋ｃｄ)^2
∴ａ(ａｂ＋ｃｄ)(ｘ^2＋ｂ^2－ｃ^2)＝ｘ^2ｂ(ａ^2－ｃ^2)＋ｂ(ａｂ＋ｃｄ)^2
∴{ａ(ａｂ＋ｃｄ)－ｂ(ａ^2－ｃ^2)}ｘ^2＝－ａ(ａｂ＋ｃｄ)(ｂ^2－ｃ^2)＋ｂ(ａｂ＋ｃｄ)^2
∴(ａ^2ｂ＋ａｃｄ－ａ^2ｂ＋ｂｃ^2)ｘ^2＝(ａｂ＋ｃｄ){－ａ(ｂ^2－ｃ^2)＋ｂ(ａｂ＋ｃｄ)}
∴ｃ(ａｄ＋ｂｃ)ｘ^2＝(ａｂ＋ｃｄ)(－ａｂ^2＋ａ^2ｃ＋ａｂ^2＋ｂｃｄ)＝(ａｂ＋ｃｄ){ｃ(ａｃ＋ｂｄ)}
∴ｃ(ａｄ＋ｂｃ)ｘ^2＝(ａｂ＋ｃｄ){ｃ(ａｃ＋ｂｄ)}
∴ｘ^2＝(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)
∴ｘ＝√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}
∴ＢＤ＝√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}
対称性より、
ＡＣ＝√{(ａｄ＋ｂｃ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)}

ここで、ｘ^2＝(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)を①に代入すると、
ｍ^2＋ｎ^2＝(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)———①'
また、ｍ^2＋(ｂ－ｎ)^2＝ｃ^2―――②
①'－②より、
２ｂｎ－ｂ^2＝(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)－ｃ^2
∴２ｂｎ＝(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)＋ｂ^2－ｃ^2
=(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)＋(ｂ^2－ｃ^2)(ａｄ＋ｂｃ)/(ａｄ＋ｂｃ)
＝(ａ^2ｂｃ＋ａｂ^2ｄ＋ａｃ^2ｄ＋ｂｃｄ^2＋ａｂ^2ｄ＋ｂ^3ｃ－ａｃ^2ｄ－ｂｃ^3)/(ａｄ＋ｂｃ)
＝ｂ(ａ^2ｃ＋２ａｂｄ＋ｃｄ^2＋ｂ^2ｃ－ｃ^3)/(ａｄ＋ｂｃ)
∴ｎ＝(ａ^2ｃ＋２ａｂｄ＋ｃｄ^2＋ｂ^2ｃ－ｃ^3)/２(ａｄ＋ｂｃ)
これを①'に代入すると、
ｍ^2＝(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)－(ａ^2ｃ＋２ａｂｄ＋ｃｄ^2＋ｂ^2ｃ－ｃ^3)^2/４(ａｄ＋ｂｃ)^2
＝{４(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)－(ａ^2ｃ＋２ａｂｄ＋ｃｄ^2＋ｂ^2ｃ－ｃ^3)^2}/４(ａｄ＋ｂｃ)^2
∴ｍ^2＝{４(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)－(ａ^2ｃ＋２ａｂｄ＋ｃｄ^2＋ｂ^2ｃ－ｃ^3)^2}/４(ａｄ＋ｂｃ)^2———★
今、pythonで、
{４(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)－(ａ^2ｃ＋２ａｂｄ＋ｃｄ^2＋ｂ^2ｃ－ｃ^3)^2}
を計算すると、

from sympy import Symbol,factor
a = Symbol('a')
b = Symbol('b')
c = Symbol('c')
d = Symbol('d')
expr = 4*(a*b+c*d)*(a*c+b*d)*(a*d+b*c) - (a**2*c+2*a*b*d+c*d**2+b**2*c-c**3)**2
print(factor(expr))
結果：-c**2*(a - b - c - d)*(a - b + c + d)*(a + b - c + d)*(a + b + c - d)

∴{４(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)－(ａ^2ｃ＋２ａｂｄ＋ｃｄ^2＋ｂ^2ｃ－ｃ^3)^2}
＝ｃ^2(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)
これを★に代入すると、
ｍ^2＝ｃ^2(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)/４(ａｄ＋ｂｃ)^2
∴ｍ＝ｃ√{(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)}/２(ａｄ＋ｂｃ)
∴ＤＨ＝ｃ√{(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)}/２(ａｄ＋ｂｃ)
ここで、円の中心をＯとして、ＤＯの延長と円との交点をＦとすると、円周角より∠ＤＣＢ＝∠ＤＦＢ　また、ＤＦは直径より∠ＤＢＦ＝９０°
よって、２角が等しいので、△ＤＨＣ∽△ＤＢＦ
∴ＤＢ：ＤＦ＝ＤＨ：ＤＣ
∴√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}：２Ｒ＝ｃ√{(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)}/２(ａｄ＋ｂｃ)：ｃ
∴Ｒ＝√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)/(－ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ－ｂ＋ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ－ｃ＋ｄ)(ａ＋ｂ＋ｃ－ｄ)}

エレガントでも何でもありませんでしたね。因みに、トレミーの定理の証明には三角関数を使うものと中学数学の方法がありますが、私のオリジナルの中学数学の証明法を紹介しましょう。

トレミーの定理の別証
円に内接する四角形ＡＢＣＤの辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡの長さをそれぞれａ，ｂ，ｃ，ｄとし、ＢＤ＝ｘ，ＡＣ＝ｙと置く。
ここで、ＢＣの延長上に∠ＣＤＥ＝∠ＡＤＢとなる点Ｅを取ると、四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形より∠ＤＣＥ＝∠ＤＡＢ
よって、２角が等しいので、△ＤＡＢ∽△ＤＣＥ
∴ｄ：ａ＝ｃ：ＣＥ　∴ＣＥ＝ａｃ/ｄ
∴ＢＥ＝ｂ＋ａｃ/ｄ＝(ａｃ＋ｂｄ)/ｄ
また、円周角より∠ＤＡＣ＝∠ＤＢＣ
また、∠ＡＤＢ＝∠ＣＤＥの両辺に∠ＢＤＣを加えると、∠ＡＤＣ＝∠ＢＤＥ
よって、２角が等しいので、△ＤＡＣ∽△ＤＢＥ
∴ｄ：ｙ＝ｘ：(ａｃ＋ｂｄ)/ｄ
∴ｘｙ＝ａｃ＋ｂｄ
よって、トレミーの定理が示された。

因みに、上の円に内接する四角形の対角線の公式と点Ｅの取り方が異なりますが、上の公式の場合はこの取り方でも示せますが、トレミーの定理はこの取り方でしか示せません。（両方とも２０年ぐらい前に作りました。）

おまけ：

解説
＞したがって、
Ｇ＝⋃(i=1~m)ａiＫ
＝⋃(i=1~m)ａi{⋃(j=1~n)ｂj(Ｈ∩Ｋ)}
＝⋃(i=1~m)⋃(j=1~n)ａiｂj(Ｈ∩Ｋ)

３行目から４行目は、①から、
Ｋ＝ｂ1(Ｈ∩Ｋ)∪･･･∪ｂn(Ｈ∩Ｋ)（ｂi∈Ｋ）———①
で、書かれていないが、ｉ≠ｊのときｂi(Ｈ∩Ｋ)∩ａj(Ｈ∩Ｋ)＝φだから出来ると思われる。その理由は、問4.2(６)から、
群Ｇの部分集合Ｘ,Ｙ,Ｚと元ａ,ｂ∈Ｇについて、
(６)ａ(Ｘ∩Ｙ)＝ａＸ∩ａＹ
とだけなっており、ａ(Ｘ∪Ｙ)＝ａＸ∪ａＹはないからである。私の推測では、ａＸ∩ａＹ＝φならば(７)として成り立つのだろう。（念のため、私の推理なので鵜呑みにしないで下さい。）

＞以上より、Ｇ＝⋃(i=1~m)⋃(j=1~n)ａiｂj(Ｈ∩Ｋ)は共通部分のない和集合である。また、
|ａiｂj(Ｈ∩Ｋ)|＝|Ｈ∩Ｋ|（１≦ⅰ≦ｍ，１≦ｊ≦ｎ）
であるから、
|Ｇ：Ｈ∩Ｋ|＝ｍ・ｎ＝|Ｇ：Ｋ|・|Ｋ：Ｈ∩Ｋ|≦|Ｇ：Ｋ|・|Ｇ：Ｈ|＜∞

「また、|ａiｂj(Ｈ∩Ｋ)|＝|Ｈ∩Ｋ|（１≦ⅰ≦ｍ，１≦ｊ≦ｎ）であるから、」は必要ない。
これは、ａiｂj(Ｈ∩Ｋ)の元の個数とＨ∩Ｋの元の個数が等しいと言っているだけで、|Ｇ：Ｈ∩Ｋ|という指数（ＧをＨ∩Ｋで類別した個数）とは関係ないからである。
（|ａiｂj(Ｈ∩Ｋ)|＝|Ｈ∩Ｋ|を使う場合は、Ｇの元の個数が関係する場合だと思うが。）
念のため、演習問題９の時は全く使っていない事を示しておこう。
「以上より、Ｇ＝⋃(i=1~r)⋃(j=1~s)ａiｂjＫは共通部分のない和集合である。よって、|Ｇ：Ｋ|＝ｒｓ＝|Ｇ：Ｈ|・|Ｈ：Ｋ|＜∞」（演習問題９の解答より）

＞上の証明の中で以下のことが成り立つことに注意しよう。
●|Ｇ：Ｈ∩Ｋ|≦|Ｇ：Ｋ|・|Ｋ：Ｈ∩Ｋ|
|Ｇ：Ｈ∩Ｋ|≦|Ｇ：Ｈ|・|Ｈ：Ｈ∩Ｋ|

これらは、
上の証明の中で以下のことが成り立つことに注意しよう。
●|Ｇ：Ｈ∩Ｋ|＝|Ｇ：Ｋ|・|Ｋ：Ｈ∩Ｋ|
|Ｇ：Ｈ∩Ｋ|＝|Ｇ：Ｈ|・|Ｈ：Ｈ∩Ｋ|
ではないだろうか。それならば、演習問題９とも合うが。

演習問題９
Ｈ，Ｋを群Ｇの部分群でＫ⊂Ｈとする。|Ｇ：Ｈ|＜∞，|Ｈ：Ｋ|＜∞とすれば、|Ｇ：Ｋ|＜∞で|Ｇ：Ｋ|＝|Ｇ：Ｈ||Ｈ：Ｋ|が成り立つことを示せ。

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12831069049.html

円に外接する四角形の半径の公式

定理
円に外接する四角形ＡＢＣＤの辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡとの接点をそれぞれＰ，Ｑ，Ｒ，Ｓとする。この時、ＡＳ＝ＡＰ＝ａ，ＢＰ＝ＢＱ＝ｂ，ＣＱ＝ＣＲ＝ｃ，ＤＲ＝ＤＳ＝ｄ，円の半径をｒと置くと、
ｒ＝√{(ａｂｃ＋ａｂｄ＋ａｃｄ＋ｂｃｄ)/(ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)}で表される。

証明
円の中心をＯとすると、ＯＰ⊥ＡＢ，ＯＱ⊥ＢＣ，ＯＲ⊥ＣＤ，ＯＳ⊥ＤＡ
よって、△ＯＡＰ，△ＯＢＰ，△ＯＣＲ，△ＯＤＲでそれぞれ三平方の定理を使うと、
ＯＡ＝√(ｒ^2＋ａ^2)
ＯＢ＝√(ｒ^2＋ｂ^2)
ＯＣ＝√(ｒ^2＋ｃ^2)
ＯＤ＝√(ｒ^2＋ｄ^2)
ここで、補題より、

補題
円に外接する四角形ＡＢＣＤの辺ＡＢ＝ａ，ＢＣ＝ｂ，ＣＤ＝ｃ，ＤＡ＝ｄ，円の中心をＯとすると、
ＯＡ：ＯＣ＝√ａｄ：√ｂｃ
ＯＢ：ＯＤ＝√ａｂ：√ｃｄ

よって、ＯＡ：ＯＣ＝√ＡＢ・ＡＤ：√ＢＣ・ＣＤより、
√(ｒ^2＋ａ^2)：√(ｒ^2＋ｃ^2)＝√(ａ＋ｂ)(ａ＋ｄ)：√(ｃ＋ｂ)(ｃ＋ｄ)が成り立つ。
∴ｒ^2＋ａ^2：ｒ^2＋ｃ^2＝(ａ＋ｂ)(ａ＋ｄ)：(ｃ＋ｂ)(ｃ＋ｄ)
∴(ａ＋ｂ)(ａ＋ｄ)(ｒ^2＋ｃ^2)＝(ｃ＋ｂ)(ｃ＋ｄ)(ｒ^2＋ａ^2)
∴(ａ＋ｂ)(ａ＋ｄ)ｒ^2＋ｃ^2(ａ＋ｂ)(ａ＋ｄ)＝(ｃ＋ｂ)(ｃ＋ｄ)ｒ^2＋ａ^2(ｃ＋ｂ)(ｃ＋ｄ)
∴{(ａ＋ｂ)(ａ＋ｄ)－(ｃ＋ｂ)(ｃ＋ｄ)}ｒ^2＝ａ^2(ｃ＋ｂ)(ｃ＋ｄ)－ｃ^2(ａ＋ｂ)(ａ＋ｄ)———☆
(ａ＋ｂ)(ａ＋ｄ)－(ｃ＋ｂ)(ｃ＋ｄ)
＝ａ^2＋(ｂ＋ｄ)ａ＋ｂｄ－{ｃ^2＋(ｂ＋ｄ)ｃ＋ｂｄ}
＝ａ^2－ｃ^2＋(ｂ＋ｄ)(ａ－ｃ)
＝(ａ＋ｃ)(ａ－ｃ)＋(ｂ＋ｄ)(ａ－ｃ)
＝(ａ－ｃ)(ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)
∴(ａ＋ｂ)(ａ＋ｄ)－(ｃ＋ｂ)(ｃ＋ｄ)＝(ａ－ｃ)(ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)———①
ａ^2(ｃ＋ｂ)(ｃ＋ｄ)－ｃ^2(ａ＋ｂ)(ａ＋ｄ)
＝ａ^2{ｃ^2＋(ｂ＋ｄ)ｃ＋ｂｄ}－ｃ^2{ａ^2＋(ｂ＋ｄ)ａ＋ｂｄ}
＝ａ^2ｃ^2＋ａ^2ｃ(ｂ＋ｄ)＋ａ^2ｂｄ－ａ^2ｃ^2－ａｃ^2(ｂ＋ｄ)－ｃ^2ｂｄ
＝ａ^2ｃ(ｂ＋ｄ)－ａｃ^2(ｂ＋ｄ)＋ａ^2ｂｄ－ｃ^2ｂｄ
＝ａｃ(ａ－ｃ)(ｂ＋ｄ)＋ｂｄ(ａ＋ｃ)(ａ－ｃ)
＝(ａ－ｃ){ａｃ(ｂ＋ｄ)＋ｂｄ(ａ＋ｃ)}
＝(ａ－ｃ)(ａｂｃ＋ａｃｄ＋ａｂｄ＋ｂｃｄ)
∴ａ^2(ｃ＋ｂ)(ｃ＋ｄ)－ｃ^2(ａ＋ｂ)(ａ＋ｄ)＝(ａ－ｃ)(ａｂｃ＋ａｃｄ＋ａｂｄ＋ｂｃｄ)———②
①，②を☆に代入すると、
(ａ－ｃ)(ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)ｒ^2＝(ａ－ｃ)(ａｂｃ＋ａｃｄ＋ａｂｄ＋ｂｃｄ)
ａ≠ｃの時、
ｒ^2＝(ａｂｃ＋ａｃｄ＋ａｂｄ＋ｂｃｄ)/(ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)
∴ｒ＝√{(ａｂｃ＋ａｃｄ＋ａｂｄ＋ｂｃｄ)/(ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)}（ａ≠ｃの時）———★

また、補題より、
ＯＢ：ＯＤ＝√ＡＢ・ＢＣ：√ＣＤ・ＤＡ
∴√(ｒ^2＋ｂ^2)：√(ｒ^2＋ｄ^2)＝√(ｂ＋ａ)(ｂ＋ｃ)：√(ｄ＋ａ)(ｄ＋ｃ)が成り立つ。
∴ｒ^2＋ｂ^2：ｒ^2＋ｄ^2＝(ｂ＋ａ)(ｂ＋ｃ)：(ｄ＋ａ)(ｄ＋ｃ)
∴(ｂ＋ａ)(ｂ＋ｃ)(ｒ^2＋ｄ^2)＝(ｄ＋ａ)(ｄ＋ｃ)(ｒ^2＋ｂ^2)
∴(ｂ＋ａ)(ｂ＋ｃ)ｒ^2＋ｄ^2(ｂ＋ａ)(ｂ＋ｃ)＝(ｄ＋ａ)(ｄ＋ｃ)ｒ^2＋ｂ^2(ｄ＋ａ)(ｄ＋ｃ)
∴{(ｂ＋ａ)(ｂ＋ｃ)－(ｄ＋ａ)(ｄ＋ｃ)}ｒ^2＝ｂ^2(ｄ＋ａ)(ｄ＋ｃ)－ｄ^2(ｂ＋ａ)(ｂ＋ｃ)———☆☆
(ｂ＋ａ)(ｂ＋ｃ)－(ｄ＋ａ)(ｄ＋ｃ)
＝ｂ^2＋(ａ＋ｃ)ｂ＋ａｃ－{ｄ^2＋(ａ＋ｃ)ｄ＋ａｃ}
＝ｂ^2－ｄ^2＋(ａ＋ｃ)(ｂ－ｄ)
＝(ｂ＋ｄ)(ｂ－ｄ)＋(ａ＋ｃ)(ｂ－ｄ)
＝(ｂ－ｄ)(ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)
∴(ｂ＋ａ)(ｂ＋ｃ)－(ｄ＋ａ)(ｄ＋ｃ)＝(ｂ－ｄ)(ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)———③
ｂ^2(ｄ＋ａ)(ｄ＋ｃ)－ｄ^2(ｂ＋ａ)(ｂ＋ｃ)
＝ｂ^2{ｄ^2＋(ａ＋ｃ)ｄ＋ａｃ}－ｄ^2{ｂ^2＋(ａ＋ｃ)ｂ＋ａｃ}
＝ｂ^2ｄ^2＋ｂ^2ｄ(ａ＋ｃ)＋ａｂ^2ｃ－ｂ^2ｄ^2－ｂｄ^2(ａ＋ｃ)－ａｃｄ^2
＝ｂ^2ｄ(ａ＋ｃ)－ｂｄ^2(ａ＋ｃ)＋ａｂ^2ｃ－ａｃｄ^2
＝ｂｄ(ｂ－ｄ)(ａ＋ｃ)＋ａｃ(ｂ^2－ｄ^2)
＝ｂｄ(ｂ－ｄ)(ａ＋ｃ)＋ａｃ(ｂ＋ｄ)(ｂ－ｄ)
＝(ｂ－ｄ){ｂｄ(ａ＋ｃ)＋ａｃ(ｂ＋ｄ)}
＝(ｂ－ｄ)(ａｂｄ＋ｂｃｄ＋ａｂｃ＋ａｃｄ)
∴ｂ^2(ｄ＋ａ)(ｄ＋ｃ)－ｄ^2(ｂ＋ａ)(ｂ＋ｃ)＝(ｂ－ｄ)(ａｂｃ＋ａｃｄ＋ａｂｄ＋ｂｃｄ)———④
③，④を☆☆に代入すると、
(ｂ－ｄ)(ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)ｒ^2＝(ｂ－ｄ)(ａｂｃ＋ａｃｄ＋ａｂｄ＋ｂｃｄ)
ｂ≠ｄの時、
ｒ^2＝(ａｂｃ＋ａｃｄ＋ａｂｄ＋ｂｃｄ)/(ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)
∴ｒ＝√{(ａｂｃ＋ａｃｄ＋ａｂｄ＋ｂｃｄ)/(ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)}（ｂ≠ｄの時）———★★
★，★★より、制限なく、
ｒ＝√{(ａｂｃ＋ａｃｄ＋ａｂｄ＋ｂｃｄ)/(ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ)}が成り立つ。
よって、示された。

補題の証明
定理２（2023/11/30 07:59の投稿より）
円に外接する四角形ＡＢＣＤの辺ＡＢ＝ａ，ＢＣ＝ｂ，ＣＤ＝ｃ，ＤＡ＝ｄ，円の中心をＯとすると、
ＯＡ：ＯＣ＝√ａｄ：√ｂｃ
ＯＢ：ＯＤ＝√ａｂ：√ｃｄ

証明
円と辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡとの接点をそれぞれＰ，Ｑ，Ｒ，Ｓとすると、ＯＰ⊥ＡＢ，ＯＱ⊥ＢＣ，ＯＲ⊥ＣＤ，ＯＳ⊥ＤＡ
また、半径よりＯＰ＝ＯＱ＝ＯＲ＝ＯＳ，ＯＡ，ＯＢ，ＯＣ，ＯＤはそれぞれ２つの直角三角形の斜辺として共通しているので、直角三角形の斜辺と他の１辺が等しいので、
△ＯＳＡ≡△ＯＰＡ，△ＯＰＢ≡△ＯＱＢ，△ＯＱＣ≡△ＯＲＣ，△ＯＲＤ≡△ＯＳＤ
よって、∠ＯＡＳ＝∠ＯＡＰ＝○，∠ＯＢＰ＝∠ＯＢＱ＝●，∠ＯＣＱ＝∠ＯＣＲ＝×，∠ＯＤＲ＝∠ＯＤＳ＝△と置くと、
２○＋２●＋２×＋２△＝３６０°
∴○＋●＋×＋△＝１８０°
よって、△ＯＡＤと△ＯＢＣ，△ＯＡＢと△ＯＤＣのそれぞれの内角の和を考えると、
∠ＡＯＤ＋∠ＢＯＣ＝１８０°＋１８０°－(○＋●＋×＋△)＝３６０°－１８０°＝１８０°
∠ＡＯＢ＋∠ＤＯＣ＝１８０°＋１８０°－(○＋●＋×＋△)＝３６０°－１８０°＝１８０°
よって、∠ＡＯＤと∠ＢＯＣ，∠ＡＯＢと∠ＤＯＣはそれぞれ補角をなしている。
よって、１つの角が補角をなす面積比の公式より、
△ＯＡＤ：△ＯＢＣ＝ＯＡ・ＯＤ：ＯＢ・ＯＣ———①
また、円の半径をｒとすると、
△ＯＡＤ：△ＯＢＣ＝ｄｒ/２：ｂｒ/２＝ｄ：ｂ———②
①，②より、
ＯＡ・ＯＤ：ＯＢ・ＯＣ＝ｄ：ｂ
∴ＯＡ・ＯＤ/ＯＢ・ＯＣ＝ｄ/ｂ———☆
また、同様に、１つの角が補角をなす面積比の公式より、
△ＯＡＢ：△ＯＤＣ＝ＯＡ・ＯＢ：ＯＤ・ＯＣ———③
また、△ＯＡＢ：△ＯＤＣ＝ａｒ/２：ｃｒ/２＝ａ：ｃ———④
③，④より、
ＯＡ・ＯＢ：ＯＤ・ＯＣ＝ａ：ｃ
∴ＯＡ・ＯＢ/ＯＤ・ＯＣ＝ａ/ｃ———☆☆
☆×☆☆より、
(ＯＡ・ＯＤ/ＯＢ・ＯＣ)(ＯＡ・ＯＢ/ＯＤ・ＯＣ)＝(ｄ/ｂ)(ａ/ｃ)
∴ＯＡ^2/ＯＣ^2＝ａｄ/ｂｃ
∴ＯＡ/ＯＣ＝√ａｄ/√ｂｃ
∴ＯＡ：ＯＣ＝√ａｄ：√ｂｃ
また、☆☆より、
ＯＤ・ＯＣ/ＯＡ・ＯＢ＝ｃ/ａ———★
☆×★より、
(ＯＡ・ＯＤ/ＯＢ・ＯＣ)(ＯＤ・ＯＣ/ＯＡ・ＯＢ)＝(ｄ/ｂ)(ｃ/ａ)
∴ＯＤ^2/ＯＢ^2＝ｃｄ/ａｂ
∴ＯＤ/ＯＢ＝√ｃｄ/√ａｂ
∴ＯＢ：ＯＤ＝√ａｂ：√ｃｄ
よって、
ＯＡ：ＯＣ＝√ａｄ：√ｂｃ
ＯＢ：ＯＤ＝√ａｂ：√ｃｄ
よって、示された。

おまけ：
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E9%98%BF%E9%83%A8%E8%8F%AF%E4%B9%9F%E5%AD%90