数学

何でもありの解法１
ＥＣの延長上にＣＦ＝ＣＥとなる点Ｆを取り、ＢＦ，ＤＦを結ぶと、点ＣはＢＤ，ＥＦのそれぞれの中点になるので、四角形ＥＢＦＤは平行四辺形になる。
（平行四辺形の２本の対角線は互いの中点で交わっていて、逆にそれが成り立てばその四角形は平行四辺形である。（定理））
よって、ＢＦ＝ＥＤ———①
また、条件より、ＡＢ＝ＥＤ———②
①，②より、ＡＢ＝ＢＦ
よって、△ＢＡＦは二等辺三角形より、
∠ＢＦＡ＝∠ＢＡＦ＝１１０°－７０°
＝４０°———③
また、ＢＦ//ＥＤより錯角で、
∠ＣＥＤ＝∠ＢＦＡ———④
③，④より、∠ＣＥＤ＝４０°

因みに、ＡＣの延長上にＣＦ＝ＣＡとなる点Ｆを取ると、模範解答と同じ構図で上の解法と同じように解けます。算数では突飛な工夫でも中学数学のある程度の定石を使えば簡単になります。
念のため、上の解答を算数に対応させた場合は、△ＥＣＤを点Ｃを中心にＣＤがＣＢにくっつくまで１８０°回転させるという事です。

何でもありの解法２
ＡからＥＤと平行な直線を引き、ＢＤの延長との交点をＦとすると、△ＣＥＤ∽△ＣＡＦ
∴ＣＤ：ＥＤ＝ＣＦ：ＡＦ———①
また、条件より、ＡＢ＝ＥＤ———②
ＢＣ＝ＣＤ———③
②，③を①に代入すると、
ＢＣ：ＡＢ＝ＣＦ：ＡＦ
∴ＡＢ：ＡＦ＝ＢＣ：ＣＦ
よって、角の二等分線の定理の逆により、ＡＣは∠ＢＡＦの二等分線である。
∴∠ＣＡＦ＝∠ＣＡＢ＝１１０°－７０°
＝４０°———④
また、同位角より、
∠ＣＥＤ＝∠ＣＡＦ———⑤
④，⑤より、∠ＣＥＤ＝４０°

何でもありの解法３
ＡＢ＝ＤＥ＝ａ，ＢＣ＝ＣＤ＝ｂと置く。
△ＡＢＣで正弦定理を使うと、
ａ/sin70°＝ｂ/sin40°———①
△ＥＣＤで正弦定理を使うと、
ａ/sin110°＝ｂ/sin？———②
また、sin70°＝sin(180°－110°)
＝sin110°
∴sin70°＝sin110°———③
③を②に代入すると、
ａ/sin70°＝ｂ/sin？———④
①と④より、ｂ/sin40°＝ｂ/sin？
∴sin？＝sin40°
∴？＝40°＋360°n（ｎは整数）
または、？＝140°＋360°n
ところで、0＜？＜180°－110°＝70°より、？＝40°
よって、答えは、４０°

おまけ：
https://diamond.jp/articles/-/238797?page=2

定理3.5
Ｇを群として、Ｓをその空でない部分集合とする。このとき、
＜Ｓ＞＝{ａi1^e1ａi2^e2…ａin^en｜ａi1,…,ａin∈Ｓ，ｅi∈ℤ，ｎ∈ℕ}
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

何故、ａ1,ａ2,…,ａnじゃなく、ａi1,ａi2,…,ａinのようにｉを入れるのか解説して下さい。

回答
ａi1,ａi2,…,ａinの場合は、同じものがないという意味ではないだろうか。
その根拠は、「群・環・体 入門」のp.93に、
「Ｇが可換群で、ＳがＧの有限部分集合のとき、Ｓ＝{ａ1,…,ａn}と表せば
＜Ｓ＞＝{ａ1^e1…ａn^en｜ｅ1,…,ｅn∈ℤ}
となる。」
とあり、ａ1,ａ2,…,ａnの場合は同じものがあっても良いと考えたからである。その理由は、この場合は可換群なので同じものがあっても入れ換えて行けば、１つになり同じものがなくなるからである。

まぁ、何にしても大した意味はないと思われる。その理由は、こちらhttps://ja.wikipedia.org/wiki/%E7%BE%A4%E3%81%AE%E7%94%9F%E6%88%90%E7%B3%BBでは、ｓ1～ｓnとなっていて、ａ1,ａ2,…,ａnと表示しても構わないという事だからである。

おまけ：

再考
よく考えたら逆か？

定理3.5
Ｇを群として、Ｓをその空でない部分集合とする。このとき、
＜Ｓ＞＝{ａi1^e1ａi2^e2…ａin^en｜ａi1,…,ａin∈Ｓ，ｅi∈ℤ，ｎ∈ℕ}
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

何故、ａ1,ａ2,…,ａnじゃなく、ａi1,ａi2,…,ａinのようにｉを入れるのか解説して下さい。

回答（改訂版）
ａi1,ａi2,…,ａinの場合は、同じものがあるかもしれないという意味ではないだろうか。
その根拠は、「群・環・体 入門」のp.93に、
「Ｇが可換群で、ＳがＧの有限部分集合のとき、Ｓ＝{ａ1,…,ａn}と表せば
＜Ｓ＞＝{ａ1^e1…ａn^en｜ｅ1,…,ｅn∈ℤ}
となる。」
とあり、可換群の場合は同じものがあっても入れ換えれば１つに出来るので、ａ1,ａ2,…,ａnにはダブりがなくなるからである。
きっと、そうである。（適当）

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/9bbadf11cdf6c90867e5500880f2ebb9cbaaeb84/comments

解説
定理3.5
Ｇを群として、Ｓをその空でない部分集合とする。このとき、
＜Ｓ＞＝{ａi1^e1ａi2^e2…ａin^en｜ａi1,…,ａin∈Ｓ，ｅi∈ℤ，ｎ∈ℕ}

より、＜ｒ1,ｒ3＞は、ｒ1^n・ｒ3^m（ｍ,ｎは整数）を考えれば良い。そこで、まずはｒ1の累乗を書き出すと、
ｒ1^1＝ｒ1，ｒ1^2＝ｒ2，ｒ1^3＝ｒ1ｒ2＝ｒ3，ｒ1^4＝ｒ1ｒ3＝ｒ0
つまり、ｒ1は位数４の元で＜ｒ1＞＝{ｒ0,ｒ1,ｒ2,ｒ3}（巡回群）である。
次に、ｒ3の累乗を書き出すと、
ｒ3^1＝ｒ3，ｒ3^2＝ｒ2，ｒ3^3＝ｒ3ｒ2＝ｒ1，ｒ3^4＝ｒ3ｒ1＝ｒ0
よって、ｒ3も位数４の元で＜ｒ3＞＝{ｒ0,ｒ1,ｒ2,ｒ3}＝＜ｒ1＞である。
ここで、ｒ1^n・ｒ3^mを考えると、４×４＝１６種類を考えれば良いが、実際は、ｒ1ｒ2＝ｒ3，ｒ2ｒ1＝ｒ3，ｒ1ｒ3＝ｒ0，ｒ3ｒ1＝ｒ0，ｒ2ｒ3＝ｒ1，ｒ3ｒ2＝ｒ1など、と単位元との積を考えれば、
＜ｒ1,ｒ3＞＝{ｒ0,ｒ1,ｒ2,ｒ3}＝＜ｒ1＞＝＜ｒ3＞である。
次に、＜ｒ2,ｓ1＞は、ｒ2^m・ｓ1^nを考えれば良いので、まずはｒ2の累乗を書き出す。
ｒ2^1＝ｒ2，ｒ2^2＝ｒ0，ｒ2^3＝ｒ2，ｒ2^4＝ｒ0，…より、ｒ2は位数２の元で、＜ｒ2＞＝{ｒ0,ｒ2}の巡回群である。
次に、ｓ1の累乗を書き出すと、
ｓ1^1＝ｓ1，ｓ1^2＝ｒ0，ｓ1^3＝ｓ1，ｓ1^4＝ｒ0，…より、ｓ1も位数２の元で、＜ｓ1＞＝{ｒ0,ｓ1}の巡回群である。
ここで、ｒ2^m・ｓ1^nを考えると、２×２＝４種類を考えれば良い。
ｒ0ｒ0＝ｒ0，ｒ0ｓ1＝ｓ1，ｒ2ｒ0＝ｒ2，ｒ2ｓ1＝ｓ2
よって、＜ｒ2,ｓ1＞＝{ｒ0,ｒ2,ｓ1,ｓ2}
最後に、＜ｓ1,ｔ1＞＝Ｄ4を調べるためにｔ1の累乗を書き出すと、
ｔ1^1＝ｔ1，ｔ1^2＝ｒ0，ｔ1^3＝ｔ1，ｔ1^4＝ｒ0，…より、ｔ1も位数２の元で、＜ｔ1＞＝{ｒ0,ｔ1}の巡回群である。
よって、ｓ1^m・ｔ1^nを考えると、
ｒ0ｒ0＝ｒ0，ｒ0ｔ1＝ｔ1，ｓ1ｒ0＝ｓ1，s１ｔ1＝ｒ1より、
＜ｓ1,ｔ1＞＝{ｒ0,ｒ1,ｓ1,ｔ1}≠Ｄ4である。ただし、これは、＜ｓ1,ｔ1＞の部分の誤植だろう。
というのは、＜ｒ1,ｔ1＞，＜ｒ3,ｔ1＞，＜ｒ1,ｔ2＞，＜ｒ3,ｔ2＞，＜ｒ1,ｓ1＞，＜ｒ1,ｓ2＞などでＤ4となるからである。（自分で確かめてみて下さい。）

因みに、
問3.9
群Ｇの部分集合をＳとするとき、次を示せ。
＜Ｓ＞＝{ａi1^±1ａi2^±1…ａin^±1｜ａi1,…,ａin∈Ｓ，ｎ∈ℕ}

を確認してみると、
＜ｒ1,ｒ3＞はｒ1^±1・ｒ3^±1を調べれば良い。
ｒ1^-1＝１/ｒ1＝ｅ/ｒ1＝ｒ1^4/ｒ1＝ｒ1^3
＝ｒ3　∴ｒ1^-1＝ｒ3
ｒ3^-1＝１/ｒ3＝ｅ/ｒ3＝ｒ3^4/ｒ3＝ｒ3^3
＝ｒ1　∴ｒ3^-1＝ｒ1
これらは＜ｒ1＞，＜ｒ3＞が位数４の巡回群である事から書き出しても確認出来る。
ここで、ｒ1^±1・ｒ3^±1を考えると、２×２＝４種類である。
ｒ1ｒ3＝ｒ0，ｒ1ｒ3^-1＝ｒ1ｒ1＝ｒ2，ｒ1^-1ｒ3＝ｒ3ｒ3＝ｒ2，ｒ^-1ｒ3^-1＝ｒ3ｒ1＝ｒ0
よって、＜ｒ1,ｒ3＞＝{ｒ0,ｒ2}＝＜ｒ2＞
ところで、＜ｒ1,ｒ3＞＝＜ｒ1＞＝＜ｒ3＞だったので、問3.9は間違っている。
ついでに、＜ｒ1,ｔ1＞でもやってみる。因みに、これは定理3.5でやるとＤ4＝{ｒ0,ｒ1,ｒ2,ｒ3,ｓ1,ｓ2,ｔ1,ｔ2}になる。
しかし、ｔ1^-1＝１/ｔ1＝ｅ/ｔ1＝ｔ1^2/ｔ1＝ｔ1　∴ｔ1^-1＝ｔ1
また、上より、ｒ1^-1＝ｒ3
よって、ｒ1^±1・t１^±1を考えると、２×２＝４種類である。
ｒ1ｔ1＝ｓ1，ｒ1ｔ^-1＝ｒ1ｔ1＝ｓ1，ｒ1^-1ｔ1＝ｒ3ｔ1＝ｓ2，ｒ1^-1ｔ1^-1＝ｒ3ｔ1＝ｓ2
∴＜ｒ1,ｔ1＞＝{ｓ1,ｓ2}
こちらは単位元がないので群にもならない。

おまけ：

別の考え方
一昨日、
問3.9
群Ｇの部分集合をＳとするとき、次を示せ。
＜Ｓ＞＝{ａi1^±1ａi2^±1…ａin^±1｜ａi1,…,ａin∈Ｓ，ｎ∈ℕ}
の解答を解説した時、
「＜Ｓ＞＝{ａi1^±1ａi2^±1…ａin^±1｜ａi1,…,ａin∈Ｓ，ｎ∈ℕ}（＝Ｈ）
のａi1などは同じものが沢山あるという理解で良いのでしょうか。
そうじゃないと、ａi1^e1ａi2^e2…ａin^en∈Ｈとはなりませんよね。しかし、この表示に何の意味があるのでしょうか。」
と書きましたが、今回はこれで回答します。

まず、＜ｒ1,ｒ3＞。本来は、＜ｒ1,ｒ3＞＝{ｒ0,ｒ1,ｒ2,ｒ3}＝＜ｒ1＞＝＜ｒ3＞ですが、昨日のやり方では、＜ｒ1,ｒ3＞＝{ｒ0,ｒ2}＝＜ｒ2＞でした。
今回は、
・　ｒ0 ｒ1 ｒ2 ｒ3 ｓ1 ｓ2 ｔ1 ｔ2
ｒ0 ｒ0 ｒ1 ｒ2 ｒ3 ｓ1 ｓ2 ｔ1 ｔ2
ｒ1 ｒ1 ｒ2 ｒ3 ｒ0 ｔ2 ｔ1 ｓ1 ｓ2
ｒ2 ｒ2 ｒ3 ｒ0 ｒ1 ｓ2 ｓ1 ｔ2 ｔ1
ｒ3 ｒ3 ｒ0 ｒ1 ｒ2 ｔ1 ｔ2 ｓ2 ｓ1
ｓ1 ｓ1 ｔ1 ｓ2 ｔ2 ｒ0 ｒ2 ｒ1 ｒ3
ｓ2 ｓ2 ｔ2 ｓ1 ｔ1 ｒ2 ｒ0 ｒ3 ｒ1
ｔ1 ｔ1 ｓ2 ｔ2 ｓ1 ｒ3 ｒ1 ｒ0 ｒ2
ｔ2 ｔ2 ｓ1 ｔ1 ｓ2 ｒ1 ｒ3 ｒ2 ｒ0

ｒ1ｒ3ｒ1＝ｒ0ｒ1＝ｒ1
ｒ1ｒ3ｒ3＝ｒ0ｒ3＝ｒ3
を前回の＜ｒ1,ｒ3＞＝{ｒ0,ｒ2}に付け加えると、＜ｒ1,ｒ3＞＝{ｒ0,ｒ1,ｒ2,ｒ3}でＯＫですね。

次に、＜ｒ1,ｔ1＞。本来は、Ｄ4＝{ｒ0,ｒ1,ｒ2,ｒ3,ｓ1,ｓ2,ｔ1,ｔ2}になりますが、昨日のやり方では、＜ｒ1,ｔ1＞＝{ｓ1,ｓ2}でした。
ｒ1^1＝ｒ1，ｒ1^-1＝ｒ3
ｔ1^1＝ｔ1，ｔ1^-1＝ｔ1
今回は、
ｒ1ｔ1＝ｓ1
ｒ^-1ｔ1＝ｒ3ｔ1＝ｓ2
ｒ1ｔ1ｒ1＝ｓ1ｒ1＝ｔ1
ｒ1ｔ1ｒ1^-1＝ｓ1ｒ3＝ｔ2
ｒ1ｔ1ｔ1＝ｓ1ｔ1＝ｒ1
ｒ1ｔ1ｔ1ｒ1^-1＝ｒ1ｒ1^-1＝ｒ0
ｒ1ｔ1ｔ1ｒ1＝ｒ1ｒ1＝ｒ2
ｒ1ｔ1ｔ1ｒ1^-1ｒ^-1＝ｒ3
よって、Ｄ4になりＯＫですね。ただし、これらは最小個数ではありません。（適当に作ったからです。）
前回も書きましたが、＜Ｓ＞＝{ａi1^±1ａi2^±1…ａin^±1｜ａi1,…,ａin∈Ｓ，ｎ∈ℕ}の表示に何の意味があるのでしょうか。（何個も同じものを使うと但し書きぐらいして欲しいものですね。）
再びですが、こちらのサイトhttps://mathlandscape.com/group-generate/では、こんな表示はしていません。

おまけ：

何でもありでも解いてみて下さい。エレガントに解けてびっくりしますよ。

おまけ：

算数の別解
ＣＤの上側（点Ａ側）に△ＣＡＢをＡＢがＣＤにくっつくように移動コピーさせ、点Ｃの行き先をＣ'とすると、∠Ｃ'ＤＣ＝７０°
よって、∠ＡＢＤ＝∠Ｃ'ＤＢよりＡからＢＤと平行な直線を引き、ＤＣ'の延長との交点をＥとすると、四角形ＡＢＤＥは等脚台形になる。
よって、ＥＤ＝ＡＢ　また、条件よりＡＢ＝ＣＤ　よって、ＥＤ＝ＣＤより△ＤＣＥは二等辺三角形。
また、∠ＡＤＣ＝３５°で∠ＥＤＣ＝７０°よりＡＤは∠ＥＤＣの二等分線で△ＤＣＥは二等辺三角形より、ＡＤ⊥ＣＥでＡＤはＣＥを二等分している。よって、△ＡＣＥも二等辺三角形である。
ところで、錯角より∠ＥＡＤ＝∠ＡＤＣ
また、ＡＤは二等分線より∠ＡＤＣ＝∠ＥＤＡ
よって、∠ＥＡＤ＝∠ＥＤＡ
よって、△ＥＡＤは二等辺三角形よりＥＤ＝ＥＡ　つまり、四角形ＡＣＤＥはひし形である。
よって、∠ｘ＝∠ＡＤＣ＝３５°

因みに、初めに△ＣＡＢを移動コピーさせた事にはあまり意味がない。模範解答がいきなり平行四辺形を作るようにいきなり等脚台形を作っても何の問題もない。ただし、凡人でも割と普通に解ける可能性がある道を示しただけである。

おまけ：

何でもありの解法
ＡＢ＝ＣＤ＝１と置いて、△ＡＢＤで正弦定理を使うと、ＡＤ/sin70°＝１/sin35°
∴ＡＤ/(２sin35°cos35°)＝１/sin35°
∴ＡＤ＝２cos35°
ここで、ＣからＡＤに垂線を下ろしその足をＨとすると、ＤＨ＝cos35°
∴ＡＨ＝２cos35°－cos35°＝cos35°
∴ＡＨ＝ＤＨ
よって、ＨはＡＤの中点でＣＨ⊥ＡＤより、△ＣＡＤは二等辺三角形。
∴∠ＣＡＤ＝∠ＣＤＡ＝３５°
∴∠ｘ＝３５°

おまけ：

解説
＞逆に、＜Ｓ＞の任意の元をａi1^e1ａi2^e2…ａin^en（ａi1,…,ａin∈Ｓ）とする。各ａir^erは
ｅ1＞０のとき、ａi1^e1＝ａi1^1ａi1^1…ａi1^1（ｅ1個）
ｅ1＜０のとき、ａi1^e1＝(ａi1^-1)^|e1|＝ａi1^-1ａi1^-1…ａi1^-1（|ｅ1|個）
と表されるので、ａi1^e1ａi2^e2…ａin^en∈Ｈと考えられる。

結局、
＜Ｓ＞＝{ａi1^±1ａi2^±1…ａin^±1｜ａi1,…,ａin∈Ｓ，ｎ∈ℕ}（＝Ｈ）
のａi1などは同じものが沢山あるという理解で良いのでしょうか。
そうじゃないと、ａi1^e1ａi2^e2…ａin^en∈Ｈとはなりませんよね。
しかし、この表示に何の意味があるのでしょうか。巡回群の時にはこんな表示しませんでしたが。因みに、こちらのサイトhttps://mathlandscape.com/group-generate/ではこんな表示していませんが。
ただし、こちらhttps://ja.wikipedia.org/wiki/%E7%BE%A4%E3%81%AE%E7%94%9F%E6%88%90%E7%B3%BBではそうしていますが。
よく分かりません。

おまけ：

問題１の算数の解法
四角形の左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、
ＡＣとＢＤの交点をＥとすると、
ＡＢ//ＤＣより等積変形で、△ＡＣＤ＝△ＢＣＤ
この両辺から共通部分の△ＥＣＤを引くと、
△ＡＥＤ＝△ＢＥＣ
よって、色部分＝△ＢＥＣ＝△ＡＥＤ＝ＡＥ×ＤＣ÷２
＝４×７÷２＝１４ｃｍ^2

何でもありの解法
上と同じようにＡ～Ｅと振ると、ＡＢ//ＤＣより、
△ＥＡＢ∽△ＥＣＤ　∴ＡＢ：４＝７：ＣＥ
∴ＡＢ・ＣＥ＝２８
∴色部分＝ＣＥ・ＡＢ/２＝１４ｃｍ^2

問題２の何でもありの別解
長方形の縦の長さをｘ，横の長さをｙとして、長方形の面積を２通りで表すと、
ｘｙ＝(ｘ＋４)(ｙ＋６)/２－４ｙ/２－６ｘ/２が成り立つ。
∴ｘｙ＝(ｘｙ＋６ｘ＋４ｙ＋２４)/２－２ｙ－３ｘ
∴ｘｙ＝ｘｙ/２＋３ｘ＋２ｙ＋１２－２ｙ－３ｘ
∴ｘｙ/２＝１２　∴ｘｙ＝２４
よって、色部分の長方形の面積は、２４ｃｍ^2

算数の解法は次回。念のため、私のオリジナルです。
ヒント：６ｃｍの下に縦４ｃｍの長方形を作って下さい。（４ｃｍの右に横６ｃｍの長方形を作っても良いと思いますが、まだやっていません。）

おまけ：

問題２の算数の解法
右上の頂点から反時計回りにＡ～Ｃと振り、辺ＢＣ，ＣＡ，ＡＢ上の点をそれぞれＰ，Ｑ，Ｒとすると、色部分の長方形はＲＰＣＱとなる。
ここで、ＢＰの下側にＢＤ＝ＰＥ＝４ｃｍとなる点Ｄ，Ｅを取って長方形ＢＤＥＰを作り、ＥＣ，ＲＣを結ぶと、ＲＥ//ＱＣより等積変形で△ＲＣＱ＝△ＥＣＱ———①
ところで、ＢＤ＝ＡＱ＝４ｃｍ，ＢＤ//ＡＱより四角形ＡＢＤＱは平行四辺形。
よって、ＡＢ//ＱＤ———ア
また、ＲＰ＝ＱＣの両辺にＰＥ＝ＡＱ＝４ｃｍを加えるので、ＲＥ＝ＡＣである。
また、ＲＥ//ＡＣより四角形ＡＲＥＣも平行四辺形である。よって、ＡＲ//ＣＥ　
よって、ＡＢ//ＣＥ———イ
ア，イより、ＱＤ//ＣＥ
よって、等積変形より△ＥＣＱ＝△ＱＥＣ＝△ＤＥＣ———②
また、ＢＣ//ＤＥより等積変形で、△ＤＥＣ＝△ＣＤＥ＝△ＢＤＥ———③
①，②，③より、△ＲＣＱ＝△ＢＤＥ
この両辺を２倍すると、長方形ＲＰＣＱ＝長方形ＢＤＥＰ＝４×６＝２４ｃｍ^2
よって、色部分の面積は、２４ｃｍ^2

おまけ：

解説
＞Ｓによって生成された部分群＜Ｓ＞は次の条件を満足している。
（１）＜Ｓ＞はＧの部分群
（２）＜Ｓ＞⊃Ｓ
（３）ＨがＧの部分群でＨ⊃ＳならばＨ⊃＜Ｓ＞である。
すなわち、＜Ｓ＞はＳを含む部分群の最小のものである。

巡回群をイメージすれば分かるだろう。つまり、巡回群は生成元ａに対して巡回群＜ａ＞だが、生成元を集合Ｓにしたものが＜Ｓ＞と考えれば、(１),(２)は当然だし(３)も納得出来るだろう。
また、集合Ｓを含むＧの任意の部分群をＨとすると、(３)よりＨ⊃＜Ｓ＞なので、「＜Ｓ＞はＳを含む部分群の最小のものである」。

＞逆に、（１),(２),(３)の条件を満足しているＧの部分集合ＫはＳによって生成された部分群＜Ｓ＞となる。
実際、（１'）Ｋ≤Ｇ（２'）Ｋ⊃Ｓ（３'）Ｈ≤Ｇ，Ｈ⊃Ｓ⇒Ｈ⊃Ｋとすると＜Ｓ＞自身は(１),(２)の仮定を満足しているから(３')より＜Ｓ＞⊃Ｋ　一方、ＫもＫに関する条件(１'),(２')の仮定を満足しているから(３)よりＫ⊃＜Ｓ＞
以上よりＫ＝＜Ｓ＞を得る。

つまり、逆にある集合Ｋが上の(１)～(３)を満たしていれば、その集合Ｋは群＜Ｓ＞となる証明である。
集合Ｋが(１)～(３)を満足しているとすると、
（１）ＫはＧの部分群
（２）Ｋ⊃Ｓ
（３）ＨがＧの部分群でＨ⊃ＳならばＨ⊃Ｋである。
これと（１'）Ｋ≤Ｇ（２'）Ｋ⊃Ｓ（３'）Ｈ≤Ｇ，Ｈ⊃Ｓ⇒Ｈ⊃Ｋが同じ事である。
ここで、Ｋ＝＜Ｓ＞を示すために、まず＜Ｓ＞⊃Ｋを示す。
ところで、初めの(１)と(２)より、
（１）＜Ｓ＞はＧの部分群
（２）＜Ｓ＞⊃Ｓ
よって、下の（３）の「ＨがＧの部分群でＨ⊃Ｓ」のＨを＜Ｓ＞にすれば条件を満たしている。よって、続きの「Ｈ⊃Ｋである」のＨも＜Ｓ＞にして成り立つ。
よって、＜Ｓ＞⊃Ｋ———①
次に、＜Ｓ＞⊂Ｋを示す。
下の(１)と(２)より、
（１）ＫはＧの部分群
（２）Ｋ⊃Ｓ
よって、上の（３）の「ＨがＧの部分群でＨ⊃Ｓ」のＨをＫとすれば条件を満たしている。よって、続きの「Ｈ⊃＜Ｓ＞である」のＨもＫにして成り立つ。
よって、Ｋ⊃＜Ｓ＞———②
①，②より、Ｋ＝＜Ｓ＞

おまけ
定理2.2
Ｈ1,…,ＨnをＧの部分群とするときＨ1∩…∩ＨnもＧの部分群である。このことは、有限個でない部分群の共通部分についても同様に成り立つ。

無限の場合も一概に成り立つと言ってしまって良いのだろうか。例えば、ライプニッツの公式は、１－１/３＋１/５－１/７＋…＝π/４だが、無限個の場合は左辺は有理数だが右辺は無理数である。つまり、無限個の場合は左辺も無理数になるという事である。
個人的には、そういう事を許しているから、バナッハ・タルスキーのパラドックなどが出来てしまうと考えている。
http://samidare.halfmoon.jp/mathematics/AxiomOfChoice/index.html（選択公理も無限には適用出来ないのではないだろうか。）
もっとも、１＋２＋３＋…＝－１/１２を認める世界の方が常識の世界だが。
https://www.lifenet-seimei.co.jp/staff-blog/2015/10/123112.html

おまけ：

別解
正方形の左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、折り返しの折り目を上から下にＥＦとし、点Ｃ，Ｄの行き先をそれぞれＣ'，Ｄ'とし、Ｃ'Ｄ'とＡＤとの交点をＧとすると、ＦＣ＝ＦＣ'＝１０ｃｍ
よって、ＢＣ＝８＋１０＝１８ｃｍ
ここで、ＣＣ'を結び、ＣＣ'とＥＦとの交点をＨとすると、折り返しよりＣＣ'⊥ＥＦ
よって、２角が等しいので、△ＦＣＨと△Ｃ'ＣＢは相似。また、ＥからＦＣに垂線を下ろしその足をＩとすると、２角が等しいので、△ＦＣＨと△ＦＥＩも相似。よって、△ＦＥＩと△Ｃ'ＣＢは相似でＣＢ＝ＥＩより合同である。
よって、ＦＩ＝Ｃ'Ｂ＝６ｃｍ　よって、ＩＣ＝１０－６＝４ｃｍ　よって、ＥＤ＝４ｃｍより、ＥＤ'＝４ｃｍ　ところで、△ＥＧＤ'と△Ｃ'ＧＡと△ＦＣ'Ｂは相似で３：４：５の直角三角形である。
よって、Ｄ'Ｇ＝３ｃｍ
よって、△ＥＧＤ'＝３×４÷２＝６ｃｍ^2
よって、グレー部分の面積は、６ｃｍ^2

おまけ：

問3.7
次の各々において巡回部分群の位数を求めよ。
（１）(ℂ^*,・)≥＜(１＋ｉ)/√２＞
（２）(ℂ^*,・)≥＜１＋ｉ＞

別解
（１）(１＋ｉ)/√２を極座標表示にすると、
(１＋ｉ)/√２＝１/√２＋ｉ/√２
＝cos45°＋ｉsin45°
ここで、位数をｎとすると、{(１＋ｉ)/√２}^n＝１より、(cos45°＋ｉsin45°)^n＝１
また、ド・モワブルの公式より、
cos45°n＋ｉsin45°n＝１＝cos360°＋ｉsin360°
∴45°n＝360°∴ｎ＝８
よって、(１＋ｉ)/√２の位数は８である。

（２）１＋ｉの絶対値は√(１^2＋１^2)＝√２＞１より、累乗するとどんどん１より大きくなるので絶対に１にならない。よって、１＋ｉの位数は有限ではない。

念のため、√２でくくると（１）と同じ単位円上の点になり、√２の分だけ累乗したらどんどん大きくなるという事。（複素数なので単純な大小ではないが、絶対値がどんどん大きくなる。）

おまけ：

別解
ＢＭを結び、ＥＦとの交点をＨとすると、折り返しよりＢＭ⊥ＥＦ　よって、△ＦＢＨと△ＭＢＣは２角が等しいので相似。ところで、△ＭＢＣは直角を挟む二辺の比が３：９＝１：３より、△ＦＢＨも直角を挟む二辺の比が１：３
また、折り返しより、ＨはＢＭの中点。ここで、ＨからＢＣに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＨＢＩと△ＭＢＣも相似で相似比が１：２より、ＢＩ＝９/２ｃｍ
また、△ＨＢＩも直角を挟む二辺の比が１：３より、ＨＩ＝ＢＩ/３＝３/２ｃｍ
ところで、２角が等しいので、△ＦＨＩと△ＦＢＨも相似で△ＦＢＨも直角を挟む二辺の比が１：３より、ＦＩ＝ＨＩ/３＝１/２ｃｍ
よって、ＢＦ＝ＢＩ＋ＩＦ＝９/２＋１/２＝５ｃｍ
よって、ＦＣ＝９－５＝４ｃｍ

何でもありの解法
ＢＭを結び、ＥＦとの交点をＨとすると、折り返しよりＢＭ⊥ＥＦ　よって、△ＦＢＨと△ＭＢＣは２角が等しいので相似。ところで、△ＭＢＣは直角を挟む二辺の比が３：９＝１：３より、△ＦＢＨと△ＭＦＨも直角を挟む二辺の比が１：３
ところで、△ＭＦＣでの内対角の和より、∠ＭＦＣ＝∠ＦＢＨ＋∠ＦＭＨ＝２∠ＦＢＨ
つまり、∠ＭＦＣは直角を挟む二辺の比が１：３の直角三角形の最小角の２倍より、マニアックな定理により、△ＭＦＣは３：４：５の直角三角形である。
ＭＣ＝３ｃｍより、ＦＣ＝４ｃｍ

補題（マニアな定理）
直角を挟む二辺の比が１：２または１：３の直角三角形の最小角の２倍の角を含む直角三角形は３：４：５の直角三角形である。

証明
ＡＢ＝４，ＢＣ＝５，ＣＡ＝３の直角三角形を描くと∠Ａ＝９０°である。その内心をＩとし、内接円と辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＡとの接点をそれぞれＰ，Ｑ，Ｒとする。
ここで、ＰＩ，ＲＩを結ぶと、半径よりＩＰ＝ＩＲ
また、３直角より四角形ＡＰＩＲは正方形になる。
よって、内接円の半径をｒと置くと、ＡＰ＝ＡＲ＝ｒより、ＢＰ＝４－ｒ，ＣＲ＝３－ｒ　また、円と接線の関係よりＢＰ＝ＢＱ，ＣＲ＝ＣＱ　よって、ＢＣ＝ＢＱ＋ＣＱ＝ＢＰ＋ＣＲ＝４－ｒ＋(３－ｒ)＝７－２ｒ＝５
よって、ｒ＝１である。よって、ＢＱ＝ＢＰ＝３，ＣＱ＝ＣＲ＝２，ＩＱ＝１
よって、△ＩＢＱ≡△ＩＢＰは直角を挟む二辺の比が１：３で、△ＩＣＱ≡△ＩＣＲは直角を挟む二辺の比が１：２である。
よって、３：４：５の直角三角形の直角以外の２つの角はそれぞれ直角を挟む二辺の比が１：２または１：３の直角三角形の最小角の２倍である。図形的にこれは逆も成り立つ。
よって、示された。

念のため、この定理は私のオリジナル定理である。（2023/10/25 07:59の記事から転用。）

おまけ：https://www.learning-eng.com/entry/maniac/1494/

別解
９マスを
４○○
ａｂ○
ｃ７ｄ
置くと、上より、１列の和は１５。
よって、ｂ＋ｄ＝１１———①　ａ＋ｃ＝１１———②
ｃ＋ｄ＝８———③が成り立つ。
①＋②より、ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ＝２２———④
③を④に代入すると、ａ＋ｂ＝１４
よって、(ａ,ｂ)＝(５,９)，(６,８)のみで、ｂ＝８，９とすると、真ん中の縦１列が１５より大きくなるので不適。
よって、ｂ＝５，６である。
ｂ＝６とすると、ｄ＝５よりｃ＝３　よって、右上の○は１５－６－３＝６で１列に６が２つで不適。
よって、ｂ＝５である。
あとは模範解答と同じで省略。

おまけ：
https://www.msn.com/ja-jp/news/entertainment/%E3%82%B0%E3%83%83%E3%83%89-%E3%83%A2%E3%83%BC%E3%83%8B%E3%83%B3%E3%82%B0-%E4%BD%90%E3%80%85%E6%9C%A8%E4%B8%80%E7%9C%9F%E3%82%A2%E3%83%8A%E3%81%A8%E6%A3%AE%E5%8D%83%E6%99%B4%E3%82%A2%E3%83%8A-%E6%B3%A5%E9%85%94%E3%82%B4%E3%83%AD%E3%82%B4%E3%83%AD-%E5%B0%BB%E3%82%AD%E3%83%83%E3%82%AF%E5%8B%95%E7%94%BB-%E3%81%AE%E4%BB%A3%E5%84%9F-%E5%AF%BE%E5%BF%9C%E3%82%92%E9%9B%A3%E3%81%97%E3%81%8F%E3%81%99%E3%82%8B-2%E4%BA%BA%E3%81%AE%E7%AB%8B%E5%A0%B4%E3%81%AE%E9%81%95%E3%81%84/ar-AA1jp1Dq?ocid=msedgntp&cvid=a9272ebfd85246559493936ef5d25bf7&ei=8

問題1の何でもありの解法
四分円の残りの頂点をＦとすると、
色部分＝扇形ＯＦＤ－△ＯＡＤ－図形ＢＣＦ———①
図形ＢＣＦ＝扇形ＯＦＣ－△ＯＢＣ———②
②を①に代入すると、
色部分＝扇形ＯＦＤ－△ＯＡＤ－(扇形ＯＦＣ－△ＯＢＣ)＝扇形ＯＦＤ－扇形ＯＦＣ＋△ＯＡＤ－△ＯＢＣ＝扇形ＯＣＤ＋△ＯＡＤ－△ＯＢＣ
ここで、△ＯＡＤと△ＯＢＣは斜辺が６ｃｍの１：２：√３の直角三角形より合同。
よって、面積が相殺されて０。
∴色部分＝扇形ＯＣＤ＝６×６×３.１４×(30/360)＝３×３.１４＝９.４２ｃｍ^2
よって、答えは、９.４２ｃｍ^2

問題２の何でもありの解法
ＢＰ＝ＣＱ，ＡＢ＝ＢＣ，∠ＡＢＰ＝∠ＢＣＱ＝６０°より、二辺挟角が等しいので、△ＡＢＰと△ＢＣＱは合同。
∴∠ＡＰＢ＝∠ＢＱＣ　∴∠ＲＰＢ＝∠ＲＱＣ
よって、四角形ＱＲＰＣは円に内接する四角形。
∴∠ＰＲＱ＋∠Ｃ＝１８０°∴∠ＰＲＱ＝１２０°
よって、対頂角より、？＝１２０°

因みに、算数の別解としても、∠ＡＰＢ＝∠ＢＱＣから∠ＡＰＢ＝∠ＢＱＣ＝●，∠ＲＰＣ＝×と置くと、ＢＰＣが一直線である事から、●＋×＝１８０°
よって、四角形ＱＲＰＣの内角の和より、∠ＰＲＱ＝３６０°－１８０°－６０°＝１２０°
よって、対頂角より、？＝１２０°と求められる。
模範解答のような括弧の外し方は中学数学の範囲ではないのだろうか。
また、今思い付いたが、算数の別解。
ＢＣ＝ＡＣ，ＢＰ＝ＣＱより、ＡＱ＝ＣＰ　また、ＡＢ＝ＣＡ，∠Ａ＝∠Ｃより二辺挟角が等しいので、△ＡＢＱと△ＣＡＰは合同。よって、∠ＡＢＱ＝∠ＣＡＰより、∠ＡＢＱ＝∠ＲＡＱ　また、∠ＡＱＲは共通より2角が等しいので、△ＡＢＱと△ＲＡＱは相似である。
よって、∠ＡＲＱ＝ＢＡＱ＝６０°
よって、？＝１８０°－６０°＝１２０°

その後、よく読んだら、「中学2年生の教科書発展レベルの問題です。何も角度が指定されていないので、正解の角度は絞られますがどのように解くかが問われます。」とあるので、中学数学の括弧の外し方を使っても何の問題もなかった。🙇

おまけ：