数学

解説
＞したがって、Ｈ＝Ｄ3となる。

つまり、２面体群Ｄ3＝{ｒ0,ｒ1,ｒ2,ｓ1,ｓ2,ｓ3}の部分群をＨとして、Ｈがｒ1かｒ2の少なくとも一方を含む場合でＨがそれしか含まない場合は、Ｈ＝＜ｒ1＞＝＜ｒ2＞という部分群になり、Ｈがｒ1とｒ2の他に少なくとも１つ元を含む場合は、Ｈ＝Ｄ3になるという事。

＞（ⅱ）はもっと分かり易く解説して下さい。

その前に、（ⅰ）ｒ1∈Ｈまたはｒ2∈Ｈのとき、（ⅱ）ｒ1∉Ｈかつｒ2∉Ｈのとき、で全ての場合を表している。
つまり、「ｒ1∈Ｈまたはｒ2∈Ｈ」の否定は、ド・モルガンの法則より「ｒ1∉Ｈかつｒ2∉Ｈ」になるからである。

（ⅱ）ｒ1∉Ｈかつｒ2∉Ｈの場合
Ｈ＝{ｒ0}のみだとＨが真部分群である事に矛盾するので、Ｈはｓ1,ｓ2,ｓ3の少なくとも１つを含む。
ｓ1∈Ｈとすると、群表よりｓ1・ｓ1＝ｒ0
また、ｓ1・ｓ2＝ｒ1∉Ｈよりｓ2∉Ｈ（Ｈは群だから）
また、ｓ1・ｓ3＝ｒ2∉Ｈよりｓ3∉Ｈ
よって、ｓ1∈Ｈの場合、Ｈ＝{ｒ0,ｓ1}＝＜ｓ1＞
ｓ2,ｓ3∈Ｈの場合も同様に、
Ｈ＝{ｒ0,ｓ2}，{ｒ0,ｓ3}となる。
（ⅰ），（ⅱ）より、Ｄ3の部分群は＜ｒ1＞，＜ｓ1＞，＜ｓ2＞，＜ｓ3＞の他に真部分群を持たない。

おまけ：
https://www.msn.com/ja-jp/news/entertainment/%E5%92%8C%E7%94%B0%E3%82%A2%E3%82%AD%E5%AD%90-%EF%BC%91%EF%BC%90%E4%BB%A3%E3%83%A4%E3%83%B3%E3%82%AD%E3%83%BC%E6%99%82%E4%BB%A3-%E9%A2%A8%E5%91%82%E3%81%A7%E5%AD%90%E5%88%86%E3%81%AE%E7%94%B7%E3%81%AB%E5%85%A8%E8%BA%AB%E6%B4%97%E3%82%8F%E3%81%9B%E3%81%A6%E3%81%9F-%E7%AB%B9%E5%B1%B1-%E6%84%8F%E5%91%B3%E5%88%86%E3%81%8B%E3%82%89%E3%81%AA%E3%81%84-%E5%96%A7%E5%98%A9%E7%9B%B8%E6%89%8B%E3%82%92%E9%81%93%E9%A0%93%E5%A0%80%E5%B7%9D%E3%81%AB%E6%8A%95%E3%81%92%E8%BE%BC%E3%81%BF%E3%82%82/ar-AA1jjX4O?ocid=msedgntp&cvid=1fdccdd45fc342ea8d332d000f1feb9c&ei=44

問題１の解法１
誰でも思い付くのが、３つの円を包括する円と３つの円の内側の隙間で接する円だろう。
前者は、３つの円と全て内接する円である。つまり、（赤，青，黄）と（内接，内接，内接）。
また、後者は、３つの円と全て外接する円である。つまり、（赤，青，黄）と（外接，外接，外接）。
この他にも、（内接，外接，外接）などがあり（赤を包括して青と黄は外側にある円）、全部で何通りか考えると、各円と内接，外接の２通りがあるので、赤，青，黄で２×２×２＝８通りである。
よって、答えは、８通り。

解法２
念のため、全部数えても良い。ただし、図で考えるとこんがらがるので、
外接が０個：（内接，内接，内接）
外接が１個：（内接，内接，外接），（内接，外接，内接），（外接，内接，内接）
外接が２個：これは内接が１個という事で、上の内接と外接を入れ換えるだけなので同じ個数である。つまり、３個。
よく分からない人は全部書き出した後に考えた方が良い。
外接が３個：（外接，外接，外接）
よって、全部で、１＋３＋３＋１＝８個
よって、答えは、８通り。

おまけ：

問題２の算数の別解
△ＡＤＥと△ＡＦＣにおいて、∠ＥＡＤと直角の２角が等しいので相似。
よって、ＡＥ：ＡＤ＝ＡＣ：ＡＦより、ＡＥ：１０＝１８：ＡＦ　よって、ＡＥ×ＡＦ＝１０×１８＝１８０
よって、ＡＥ×ＡＦ＝１８０———①
また、、△ＡＢＦは直角二等辺三角形より、
ＡＦ＝ＢＦ———②
②を①に代入すると、ＡＥ×ＢＦ＝１８０———③
ところで、△ＡＢＥ＝△ＢＡＥ＝ＡＥ×ＢＦ÷２———④
③を④に代入すると、△ＡＢＥ＝９０ｃｍ^2
よって、答えは、９０ｃｍ^2

何でもありの別解１　思い付いた順
ＡＣ⊥ＢＤ，ＢＣ⊥ＡＦより、点Ｆは△ＡＢＣの垂心である。よって、ＣＥの延長とＡＢとの交点をＧとすると、ＣＧ⊥ＡＢ　よって、△ＣＧＢは直角二等辺三角形である。
よって、∠ＧＣＢ＝４５°より、∠ＥＣＦ＝４５°
よって、△ＥＣＦは直角二等辺三角形より、
ＥＦ＝ＣＦ———①
また、△ＡＢＦも直角二等辺三角形より、
ＢＦ＝ＡＦ———②
また、∠ＢＦＥ＝∠ＡＦＣ———③
①，②，③より、二辺挟角が等しいので、
△ＢＥＦ≡△ＡＣＦ　∴ＢＥ＝ＡＣ＝１８ｃｍ
∴△ＡＢＥ＝ＢＥ×ＡＤ×(１/２)＝１８×１０×(１/２)＝９０ｃｍ^2

何でもありの解法２
∠ＡＤＢ＝∠ＡＦＢより、円周角の定理の逆により、４点Ａ，B，F，Dは同一円周上にある。
よって、円周角より、
∠ＢＤＦ＝∠ＢＡＦ＝４５°———①
また、∠ＥＤＣ＝∠ＥＦＣ＝９０°より四角形ＥＦＣＤは円に内接する四角形である。
よって、円周角より、
∠ＢＤＦ＝∠ＥＤＦ＝∠ＥＣＦ———②
①，②より、∠ＥＣＦ＝４５°
よって、△ＥＣＦは直角二等辺三角形である。
以後同じ。

因みに、
「算数や数学の超基本的な知識を問われる面白い良問です。
中2の生徒が解いてちょうど良いくらいのレベルです。」
とあるので、もうちょっと技を披露してみましょう。

問題２の算数の別解を簡単に思い付く方法。
∠ＥＤＣ＝∠ＥＦＣ＝９０°より四角形ＥＦＣＤは円に内接する四角形。よって、方べきの定理より、ＡＤ・ＡＣ＝ＡＥ・ＡＦが成り立つ。∴１０・１８＝ＡＥ・ＡＦ
∴ＡＥ・ＡＦ＝１８０
あとは、これを何とか生かせないかと考えれば思い付くだろう。念のため、中３以上だと思う。

おまけ：
https://twitter.com/satndRvjMpc4tl7/status/1720047224070328331

三平方の定理を使わない解法
ＢＣ上にＢＥ＝１６/５ｃｍとなる点Ｅ，ＣＦ＝９/５ｃｍとなる点Ｅ，Ｆを取ると、
ＢＥ：ＢＡ＝１６/５：４＝４：５＝ＢＡ：ＢＣ
また、∠Ｂは共通より二辺比と挟角が等しいので、△ＡＢＣと△ＥＢＡは相似。
よって、ＡＥ＝(３/５)×４＝１２/５ｃｍ———①
また、ＣＦ：ＣＡ＝９/５：３＝３：５＝ＣＡ：ＣＢ
また、∠Ｃは共通より二辺比と挟角が等しいので、△ＡＢＣと△ＦＡＣも相似。
よって、ＡＦ＝(４/５)×３＝１２/５ｃｍ———②
①，②より、ＡＥ＝ＡＦ
よって、△ＡＥＦは二等辺三角形である。
ところで、ＢＥ＋ＣＦ＝１６/５＋９/５＝５ｃｍ＝ＢＣより、ＢＤ＋ＣＥ＝ＢＣ
つまり、二等辺三角形ＡＥＦの等辺を等しいままに底辺を徐々に短くしていくとやがて底辺ＥＦの中点となり、ＡＥ⊥ＢＣ（ＡＦ⊥ＢＣ）となる。
よって、∠ＡＥＢ＝９０°
よって、相似な三角形より∠ＣＡＢ＝９０°
よって、△ＡＢＣ＝３×４÷２＝６ｃｍ^2
また、ＢＤ：ＤＣ＝２：３より、△ＡＣＤ＝(３/５)△ＡＢＣ＝(３/５)×６＝１８/５ｃｍ^2
よって、答えは、１８/５ｃｍ^2

算数もどきの解法でした。これだけじゃあまり面白くないので、間違い探しを１題。

三平方の定理を使わない解法２
△ＡＢＣの内接円を描き、内心をＩとし、辺ＢＣ，ＣＡ，ＡＢとの接点をそれぞれＰ，Ｑ，Ｒとする。
ここで、円と接線の関係よりＡＲ＝ＡＱ＝ｘと置くと、ＢＲ＝４－ｘ，ＣＱ＝３－ｘ
また、ＢＲ＝ＢＰ，ＣＱ＝ＣＰより、
ＢＰ＝４－ｘ，ＣＰ＝３－ｘ　
∴ＢＰ＋ＣＰ＝４－ｘ＋(３－ｘ)＝７－２ｘ
また、ＢＣ＝５ｃｍより、７－２ｘ＝５が成り立つ。
∴２ｘ＝２　∴ｘ＝１　∴ＡＲ＝ＡＱ＝１ｃｍ
また、ヘロンの公式より、ｓ＝(3+4+5)/2＝6より、
Ｓ＝√{s(s-3)(s-4)(s-5)}
＝√(6・3・2・1)＝６ｃｍ^2
今、内接円の半径をｒと置くと、
Ｓ＝３ｒ/２＋４ｒ/２＋５ｒ/２＝６ｒ
よって、６ｒ＝６が成り立つ。∴ｒ＝１
∴ＩＱ＝ＩＲ＝１ｃｍ
よって、ＡＲ＝ＡＱ＝ＩＱ＝ＩＲより四角形ＡＲＩＱはひし形である。また、∠ＩＲＡ＝∠ＩＱＡ＝９０°より四角形ＡＲＩＱは正方形である。
∴∠Ａ＝９０°（∠ＣＡＢ＝９０°）
以後、解法１と同じ。

おまけ：

間違い探しの解答
ヘロンの公式を導く時に三平方の定理を使っているからダメである。（循環論法）
https://www.ndl.go.jp/math/s1/c7_3.html

念のため、ヘロンの公式は三角関数で導く事も出来るが、その場合はsin^2θ＋cos^2θ＝１という公式を使い、この公式を導く時に三平方の定理を使う。
ただし、その時に相似から導く方法もあるがネットには載っていないと思う。だから、厳密には（三平方の定理を使わない解法２は）三角関数を使っても良いが三平方の定理を使ってはいけない解法ならＯＫである。

おまけ：
https://twitter.com/satndRvjMpc4tl7/status/1718990345986531414

解説
＞ｎ＝min{ｋ∈ℕ｜ａ^k∈Ｈ}
このｎについては、ｎ＞１

ｎ＝１の場合は、生成元がａとなりＧと一致し、Ｈが真部分群にならないから。

＞ａ^n∈Ｈで、かつＨは部分群であるから＜ａ^n＞⊂Ｈである。

(ａ^n)^m∈Ｈ（Ｈは群で演算について閉じているから）だから。

＞ｋについて、ｋ＝ｎｑ＋ｒ（０≦ｒ＜ｎ）となるｑ,ｒ∈ℤが存在する。

これは別にｎがｋより小さいから出来る訳ではない。（念のため、ｎは（正の）ｋの中で最小。）
ｋ＜０の場合、ｑで調節してｋをまたいで０≦ｒ＜ｎという正のｒに必ず出来る。（ｑが１変われば右辺はｎ変わる。）

＞ａ^r∈Ｈとなる。ところが、ｎ＝min{ｋ∈ℕ｜ａ^k∈Ｈ}であって、０≦ｒ＜ｎであるから、ｒ＝０でなければならない。

０≦ｒ＜ｎよりｒはｎより小さくてａ^r∈Ｈとなっているが、ｎ＝min{ｋ∈ℕ｜ａ^k∈Ｈ}という約束からａ^r∈Ｈとなるｒはｎが最小である。つまり、矛盾だが、これを解決する考え方が１つだけある。それは、ｎ＝min{ｋ∈ℕ｜ａ^k∈Ｈ}の条件は自然数という事で、０≦ｒ＜ｎよりｒを０としてしまえば良いのである。
∴ｒ＝０

おまけ：

改題の解答
お＝５まではYoutubeを見れば分かるので省略。
条件より、
あ＋い＋え＋お＝２０———①
え＋お＋き＋く＝２０———②
い＋う＋お＋か＝２０———③
お＋か＋く＋け＝２０———④
①，②より、あ＋い＝き＋く———⑤
③，④より、い＋う＝く＋け———⑥
⑤－⑥より、あ－う＝き－け　
よって、あ＋け＝う＋き———☆
ここで、５を除いた１～９の数字を偶数と奇数に分けると、
１＋３＋７＋９＝２０
２＋４＋６＋８＝２０
で、１＋９＝３＋７＝１０，２＋８＝４＋６＝１０
である。
そこで、図の「お」に「５」を固定して、「あ」を「１」にする。（この時、対称性から「う」，「き」，「け」の置いても回転すれば同じになるので、「あ」の場合だけを考えれば良い。）
すると、☆と「あ＋う＋き＋け＝２０」より「け」＝「９」である。
また、い＋え＝２０－１－５＝１４である。そこで、「え」を「６」にすると「い」は「８」。（この時、対称性から「い」を「６」にしても裏返せば同じになるので、「え」の場合だけを考えれば良い。）
また、き＋く＝２０－６－５＝９である。そこで、「き」を「７」にすると「く」は「２」。また、☆と「あ＋う＋き＋け＝２０」より「う」＝１０－７＝３
よって、残りは「か」と「４」だけで、当てはめると全て合う。
よって、答えの１例は、
あ＝１，い＝８，う＝３，え＝６，お＝５，か＝４，き＝７，く＝２，け＝９である。
ここで、「き」，「く」を「７」，「２」とした所を「１」，「６」（「６」，「１」）などにしても途中で矛盾を起こしてあり得ない事が証明出来るが、それは自分でやって下さい。結局、この１通りの回転と裏返しの４×２の８通りしかない事は簡単に分かります。
一応、pythonでも裏を取ってみました。

ans = [ ]
for a in range(1,10):
for b in range(1,10):
for c in range(1,10):
for d in range(1,10):
for e in range(1,10):
for f in range(1,10):
for g in range(1,10):
for h in range(1,10):
for i in range(1,10):
if a+c+g+i==20 and b+d+f+h==20\
and a+b+d+e==20 and b+c+e+f==20\
and d+e+g+h==20 and e+f+h+i==20\
and a!=b and a!=c and a!=d and a!=e and a!=f and a!=g and a!=h and a!=i\
and b!=c and b!=d and b!=e and b!=f and b!=g and b!=h and b!=i\
and c!=d and c!=e and c!=f and c!=g and c!=h and c!=i\
and d!=e and d!=f and d!=g and d!=h and d!=i\
and e!=f and e!=g and e!=h and e!=i\
and f!=g and f!=h and f!=i\
and g!=h and g!=i\
and h!=i:
ans.append((a,b,c,d,e,f,g,h,i))
print(ans)
結果：[(1, 6, 7, 8, 5, 2, 3, 4, 9), (1, 8, 3, 6, 5, 4, 7, 2, 9), (3, 4, 9, 8, 5, 2, 1, 6, 7), (3, 8, 1, 4, 5, 6, 9, 2, 7), (7, 2, 9, 6, 5, 4, 1, 8, 3), (7, 6, 1, 2, 5, 8, 9, 4, 3), (9, 2, 7, 4, 5, 6, 3, 8, 1), (9, 4, 3, 2, 5, 8, 7, 6, 1)]

よって、８通りでＯＫ。因みに、５分～１０分ぐらいかかるので途中で諦めないで下さい。因みに、print(ans)をans.append((a,b,c,d,e,f,g,h,i))の真下に持ってくれば、途中経過が出て、３０秒とか１分ごとに書き足していかれるので諦めないで済みます。

おまけ：

問題２
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201911050000/

「図形というより、代数の問題！受験勉強している小学生は解ける難問です」とありますが、純粋に図形問題として解いて下さい。
因みに、模範解答は、①－④の所でマイナスを引くとプラスとしているので受験算数としてはダメなのではないでしょうか。もっとも、①＋④で大の半径を求めれば良いだけの話ですが。

おまけ：

問題１の何でもありの解法
四分円をＯＢで折り返し半円にし、点Ａの行き先をＡ'とすると、半円の円周角が９０°である事より、ＤＣの延長はＡ'に達する。
また、ＡＤ＝ＡＯより、ＡＤ：ＡＡ'＝１：２　
よって、△ＡＡ'Ｄは１：２：√３の直角三角形である。∴∠ＯＡＤ＝６０°
また、∠Ｏ＝∠Ｄ＝９０°より四角形ＡＯＣＤは円に内接する四角形。∴∠ＢＣＤ＝∠ＯＡＤ＝６０°
よって、答えは、６０°

問題２の算数の別解
大円，中円，小円の中心をそれぞれＯ，Ｐ，Ｑとし、中円と同心円の小円，大円と同心円の中円を描き、それぞれの円と線分ＯＰとの交点をＲ，Ｓとし、大円と中円の接点をＴとすると、ＯＰは点Ｔを通る。
また、ＯＴ＋ＰＲ＝大円の半径＋小円の半径より、ＯＴ＋ＰＲ＝ＯＱ＝１４ｃｍ　よって、ＴＲ＝ＯＰ－(ＯＴ＋ＰＲ)＝１７－１４＝３ｃｍ
ここで、条件の大円と中円の半径の差と中円と小円の半径の差が等しい事より、ＴＳ＝ＴＲ＝３ｃｍ
よって、ＯＳ＋ＰＴ＝ＯＰ－ＴＳ＝１７－３＝１４ｃｍ
ところで、中円の半径より、ＯＳ＝ＰＴ
よって、中円の半径の２倍＝１４ｃｍ
よって、中円の半径は、７ｃｍ
よって、大円の半径は、１７－７＝１０ｃｍ
よって、小円の半径は、１４－１０＝４ｃｍ
よって、答えは、４ｃｍ

おまけ：

算数の別解（厳密には中学数学の解法）
ＤＥ上にＤＦ＝ＣＤとなる点Ｆを取ると、条件のＡＥ＋ＣＤ＝ＤＥより、ＦＥ＝ＡＥとなる。
ここで、ＡＦ，ＣＦを結ぶと、△ＥＡＦ，△ＤＦＣはそれぞれ二等辺三角形になるので、∠ＥＡＦ＝∠ＥＦＡ，∠ＤＦＣ＝∠ＤＣＦ　また、対頂角より∠ＥＦＡ＝∠ＤＦＣより、∠ＥＡＦ＝∠ＤＣＦである。
ところで、ＡＢ//ＤＣより錯角で∠ＥＡＣ＝∠ＤＣＡ
よって、３点Ａ，Ｆ，Ｃは一直線上にある。
また、四角形ＡＢＣＤは長方形より∠ＤＡＣ＝∠ＤＢＣ＝３９°，∠ＢＡＣ＝∠ＢＤＣ＝９０°－３９°＝５１°よって、∠ＥＦＡ＝∠ＥＡＦ＝∠ＢＡＣ＝５１°，∠ＦＡＤ＝∠ＤＡＣ＝３９°
よって、△ＦＡＤの内対角の和より、∠ＦＤＡ＝５１°－３９°＝１２°
よって、∠ＡＤＥ＝１２°

何でもありの解法
ＡＥ＝ｘ，ＣＤ＝ｙ，ＤＥ＝ｚと置くと、
条件より、ｘ＋ｙ＝ｚ———①
また、△ＡＤＥで三平方の定理を使うと、
ＡＤ＝√(ｚ^2－ｘ^2)　∴ＢＣ＝√(ｚ^2－ｘ^2)
∴tan39°＝ｙ/√(ｚ^2－ｘ^2)
tan51°＝√(ｚ^2－ｘ^2)/ｙ
ここで、加法定理でtan(51°－39°)を作ると、
tan12°＝tan(51°－39°)
＝(tan51°－tan39°)/(１＋tan51°tan39°)
＝{√(ｚ^2－ｘ^2)/ｙ－ｙ/√(ｚ^2－ｘ^2)}/[１＋{√(ｚ^2－ｘ^2)/ｙ}{ｙ/√(ｚ^2－ｘ^2)}]
＝{(ｚ^2－ｘ^2－ｙ^2)/ｙ√(ｚ^2－ｘ^2)}/(１＋１)
＝(ｚ^2－ｘ^2－ｙ^2)/２ｙ√(ｚ^2－ｘ^2)———②
②に①を代入すると、
tan12°
＝{(ｘ＋ｙ)^2－ｘ^2－ｙ^2}/２ｙ√(ｚ^2－ｘ^2)
＝２ｘｙ/２ｙ√(ｚ^2－ｘ^2)
＝ｘ/√(ｚ^2－ｘ^2)＝tan∠ADE
∴∠ＡＤＥ＝１２°

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/125b23a22e4e9828511fd787dfe4bd5dcb1d22cf

間違い探し

問題
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201911100000/

算数の別解（厳密には中学数学の解法）
ＤＥ上にＤＦ＝ＣＤとなる点Ｆを取ると、条件のＡＥ＋ＣＤ＝ＤＥより、ＦＥ＝ＡＥとなる。
ここで、ＡＦ，ＣＦを結ぶと、△ＥＡＦ，△ＤＦＣはそれぞれ二等辺三角形になるので、∠ＥＡＦ＝∠ＥＦＡ，∠ＤＦＣ＝∠ＤＣＦ　また、対頂角より∠ＥＦＡ＝∠ＤＦＣより、∠ＥＡＦ＝∠ＤＣＦである。
ところで、ＡＢ//ＤＣより錯角で∠ＥＡＣ＝∠ＤＣＡ
よって、３点Ａ，Ｆ，Ｃは一直線上にある。
また、四角形ＡＢＣＤは長方形より∠ＤＡＣ＝∠ＤＢＣ＝３９°，∠ＢＡＣ＝∠ＢＤＣ＝９０°－３９°＝５１°よって、∠ＥＦＡ＝∠ＥＡＦ＝∠ＢＡＣ＝５１°，∠ＦＡＤ＝∠ＤＡＣ＝３９°
よって、△ＦＡＤの内対角の和より、∠ＦＤＡ＝５１°－３９°＝１２°
よって、∠ＡＤＥ＝１２°

間違いを指摘し、訂正して下さい。

おまけ：

間違い探しの解答
＞対頂角より∠ＥＦＡ＝∠ＤＦＣ

ＡＦＣが直線とは限らないので対頂角は使えない。

改訂版
算数の別解（厳密には中学数学の解法）
ＤＥ上にＤＦ＝ＣＤとなる点Ｆを取ると、条件のＡＥ＋ＣＤ＝ＤＥより、ＦＥ＝ＡＥとなる。
ここで、ＡＦ，ＣＦを結ぶと、△ＥＡＦ，△ＤＦＣはそれぞれ二等辺三角形になる。
また、ＡＢ//ＤＣより錯角で∠ＡＥＤ＝∠ＣＤＥ
よって、∠ＡＥＦ＝∠ＣＤＦより△ＥＡＦと△ＤＦＣは頂角が等しい二等辺三角形より相似である。
よって、∠ＥＦＡ＝∠ＤＦＣ　ところで、ＥＦＤは一直線より、対頂角の定理の逆によりＡＦＣも一直線である。よって、３点Ａ，Ｆ，Ｃは一直線上にある。
また、四角形ＡＢＣＤは長方形より∠ＢＡＣ＝∠ＢＤＣ＝９０°－３９°＝５１°よって、∠ＥＡＦ＝∠ＥＦＡ＝∠ＢＡＣ＝５１°よって、△ＥＡＦの内対角の和より、∠ＢＥＦ＝５１°＋５１°＝１０２°
よって、∠ＢＥＤ＝１０２°
よって、△ＥＡＤの内対角の和より、∠ＡＤＥ＝１０２°－９０°＝１２°
よって、∠ＡＤＥ＝１２°

おまけ：

解説
正規化群Ｎ_S3(Ａ3)を求める。その定義は、

演習問題９
Ｓを群Ｇの部分集合とする。このとき、Ｎ_G(Ｓ)＝{ａ∈Ｇ｜ａＳ＝Ｓａ}とおけば、Ｎ_G(Ｓ)はＧの部分群であることを示せ。ただし、ａＳ＝{ａｓ｜ｓ∈Ｓ}とする。Ｎ_G(Ｓ)をＳの正規化群という。

要するに、正規化群Ｎ_S3(Ａ3)とは、Ｓ3の集合の中でａＡ3＝Ａ3ａとなる元ａの集合を求めれば良いという事である。
そこで、Ｓ3の群表を使って、Ｓ3の元を１つずつμ1Ａ3＝{μ1,μ2,μ3}＝Ａ3μ1のように調べ上げても良いが、S３＝{ρ0,ρ1,ρ2,μ1,μ2,μ3}のうち、Ａ3＝{ρ0,ρ1,ρ2}の３つの元についてはちまちま調べなくても上手い方法がある。それが、

＞Ａ3＝{ρ0,ρ1,ρ2}＝＜ρ1＞≤Ｓ3　ρi∈Ａ3であるから、問2.2よりρiＡ3＝Ａ3＝Ａ3ρi（ｉ＝０,１,２）

この部分。まだ、巡回群も習っていないのに、この解説である。Ｓ3の群表から、ρ1^2＝ρ2，ρ1^3＝ρ1・ρ2＝ρ0，ρ1^1＝ρ1より、Ａ3の全ての元はρ1の累乗で表せるので、Ａ3は巡回群＜ρ1＞で表せる。よって、群なのでＳ3の部分群である。（部分集合で群だから部分群という事。）
また、ρ0,ρ1,ρ2は全てＡ3の元より問2.2を使うと、

問2.2
Ｈを群Ｇの部分群とし、ｘをＧの任意の元としてｘＨ＝{ｘｈ｜ｈ∈Ｈ}，Ｈｘ＝{ｈｘ｜ｈ∈Ｈ}とおく。このとき次が成り立つことを示せ。
ｘ∈Ｈ⇔ｘＨ＝Ｈ⇔Ｈｘ＝Ｈ

ρ0Ａ3＝Ａ3ρ0，ρ1Ａ3＝Ａ3ρ1，ρ2Ａ3＝Ａ3ρ2が成り立つ。
次に、残りの{μ1,μ2,μ3}の元を１つずつ群表で調べると、

＞また、例1.7(1)の群表より
μ1Ａ3＝{μ1,μ2,μ3}＝Ａ3μ1，μ2Ａ3＝{μ1,μ2,μ3}＝Ａ3μ2

という訳であるが、何故かμ3についてがない。そこで、群表で確認すると、
μ3Ａ3＝{μ1,μ2,μ3}＝Ａ3μ3となっていてＯＫである。
結局、Ｓ3の元全部でａＡ3＝Ａ3ａが成り立ったので、
Ｎ_S3(Ａ3)＝Ｓ3である。

＞したがって、Ａ3は群Ｓ3の正規部分群である。

まだ、正規部分群も全然習っていないので、この記述は混乱を招くだけである。もっとも、現代のようにネットが発達していれば大した問題ではないが。因みに、この演習問題は§２で先の巡回群は§３で正規部分群は§５である。

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。

先程、Ｓ3の元全てで、ａＡ3＝Ａ3ａが成り立ったので、Ａ3はＳ3の正規部分群であるという事である。

補足　定理3.1
ａの累乗の全体からなるＧの部分集合＜ａ＞＝{ａ^n｜ｎ∈ℤ}はＧの部分群になる。また、この群はａを含む最小の部分群である。

定義3.3
定理3.1の部分群＜ａ＞をａで生成されたＧの巡回部分群という。

定義3.4
群Ｇのすべての元がＧのある元ａの累乗になっているとき、Ｇはａで生成された巡回群であるといい、ａをその生成元という。すなわち、
Ｇ：巡回群⇔∃ａ∈Ｇ，Ｇ＝＜ａ＞

おまけ：

問題１（改題）の解法１
ヘロンの公式で面積を求めると、
ｓ＝(7+8+9)/2＝12より、Ｓ＝√{s(s-7)(s-8)(s-9)}＝√(12・5・4・3)＝12√5
∴△ＡＢＣ＝１２√５ｃｍ^2
よって、内接円の半径をｒと置いて面積を考えると、
7r/2＋8r/2＋9r/2＝12√5が成り立つ。
∴１２ｒ＝１２√５　∴ｒ＝√５
よって、内接円の半径は、√５ｃｍ

補足　ヘロンの公式を使わないで三角関数を使う場合
余弦定理を使うと、cos∠A＝(7^2+8^2－9^2)/2・7・8＝(49＋64－81)/2・7・8＝32/2・7・8＝2/7
∴sin^2∠A＝1－(2/7)^2＝1－4/49＝45/49
0＜∠A＜180°よりsin∠A＞0　∴sin∠A＝3√5/7
∴△ABC＝(1/2)・7・8・(3√5/7)＝12√5
∴△ＡＢＣ＝１２√５ｃｍ^2

念のため、三平方の定理でも面積を求められるが省略。

問題２の何でもありの解法
ＨからＧＣの垂線を下ろしその足をＩとすると、ＨＩ//ＦＣより同位角で∠ＧＨＩ＝∠ＧＦＣ＝４５°
よって、△ＧＨＩは直角二等辺三角形である。
∴ＨＩ＝３/√２＝３√２/２ｃｍ
また、ＨからＥＢに垂線を下ろしその足をＪとすると、
∠ＥＨＪ＝１８０°－９０°－４５°＝４５°
よって、△ＥＨＪも直角二等辺三角形である。
∴ＨＪ＝５/√２＝５√２/２ｃｍ
ところで、ＡＢ//ＤＣより３点Ｊ，Ｈ，Ｉは一直線上にある。∴ＪＩ＝ＨＩ＋ＨＪ＝３√２/２＋５√２/２
＝４√２ｃｍ　
ところで、４直角より四角形ＪＢＣＩは長方形である。
よって、ＢＣ＝ＪＩ＝４√２ｃｍ
よって、正方形の１辺の長さが４√２ｃｍより、正方形ＡＢＣＤの面積は、(４√２)^2＝３２ｃｍ^2
よって、答えは、３２ｃｍ^2

いちいちくどく解説したが、ＨからＢＣと平行な直線を引くと、定石の形から△ＥＪＨ∽△ＨＩＧで同位角より△ＨＩＧは直角二等辺三角形になるので△ＥＪＨも直角二等辺三角形になり、それで直線ＪＩを求めれば良い話である。
まぁ、厳密な解説が必要な人もいるだろうし。
メインディッシュの改題の解法２は次回。

おまけ：

問題１（改題）の解法２
内心をⅠとし、ＡＩの延長とＢＣとの交点をＤとする。また、ＡからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとし、ＡＨ＝ｘ，ＣＨ＝ｙと置いて三平方の定理を使うと、
ｘ^2＋ｙ^2＝７^2———①
ｘ^2＋(９－ｙ)^2＝８^2———②
①－②より、－８１＋１８ｙ＝４９－６４
∴１８ｙ＝８１＋４９－６４＝６６　∴ｙ＝１１/３
これを①に代入すると、
ｘ^2＝４９－１２１/９＝４４１/９－１２１/９
＝３２０/９　∴ｘ＝８√５/３
∴ＡＨ＝８√５/３ｃｍ，ＣＨ＝１１/３ｃｍ
また、角の二等分線の定理より、ＢＤ：ＤＣ＝８：７
∴ＢＤ＝(８/１５)×９＝２４/５ｃｍ
ＤＣ＝(７/１５)×９＝２１/５ｃｍ
∴ＤＨ＝ＤＣ－ＣＨ＝２１/５－１１/３＝８/１５ｃｍ
ところで、ＩＱ⊥ＢＣより、△ＩＤＱ∽△ＡＤＨ
また、内接円の半径をｒと置くと、ＩＱ＝ｒ
また、Youtubeの公式より、
ＢＱ＝(ＢＡ＋ＢＣ－ＡＣ)/２＝(８＋９－７)/２＝５ｃｍ　∴ＤＱ＝ＢＱ－ＢＤ＝５－２４/５＝１/５ｃｍ
よって、△ＩＤＱ∽△ＡＤＨより、ＤＱ：ＤＨ＝ｒ：ＡＨが成り立つ。∴１/５：８/１５＝ｒ：８√５/３
∴３：８＝ｒ：８√５/３　∴８ｒ＝８√５
∴ｒ＝√５ｃｍ
よって、内接円の半径は、√５ｃｍ

これが解けた人は中々の腕前の持ち主だと思います。（もっともこういうのは出来ると分かっていれば出来るという傾向があるものですが。つまり、発想も含めて難問。）

おまけ：https://www.tiktok.com/@nchan423/video/7294455739257457927

ちょっとだけエレガントな解法（オリジナル）
折り返しよりＢＦ＝ＢＣ　また、中点の対称性よりＢＦ＝ＣＦ　よって、ＢＦ＝ＣＦ＝ＢＣで△ＦＢＣは正三角形である。ここで、ＦからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとし、ＦＨとＢＥの交点をＧとすると、ＢＥは∠ＦＢＣの二等分線でＦＨも∠ＢＦＣの二等分線（正三角形だから）より、点Ｇは正三角形ＦＢＣの重心（内心と一致している）である。
ところで、ＤＨ//ＤＣよりＧＨ//ＥＣで点ＨはＢＣの中点より点ＧもＢＥの中点である。（中点連結定理の逆。）
∴ＢＧ＝１０ｃｍ　∴ＦＧ＝１０ｃｍ（△ＦＢＣは正三角形で点Ｇはその中心だから。）
ところで、点Ｇは重心よりＦＧ：ＧＨ＝２：１　
∴ＧＨ＝５ｃｍ　∴ＦＨ＝１０＋５＝１５ｃｍ
∴ＡＢ＝１５ｃｍ

何でもありの解法
定石の形より、△ＢＡＦ∽△ＦＤＥ
よって、ＡＢ＝ｘ，ＡＦ＝ＦＤ＝ｙ，ＤＥ＝ｚと置くと、
ｘ：ｙ＝ｙ：ｚ　∴ｙ^2＝ｘｚ———①
また、ＢＣ＝２ｙ，ＥＣ＝ｘ－ｚ，ＢＥ＝２０ｃｍより、△ＢＣＥで三平方の定理を使うと、
(２ｙ)^2＋(ｘ－ｚ)^2＝２０^2
∴４ｙ^2＋ｘ^2－２ｘｚ＋ｚ^2＝４００———②
①を②に代入すると、
４ｘｚ＋ｘ^2－２ｘｚ＋ｚ^2＝４００
∴(ｘ＋ｚ)^2＝２０^2　∴|ｘ＋ｚ|＝２０
∴ｘ＋ｚ＝２０———③
また、折り返しより、ＢＦ＝ＢＣ＝２ｙ
よって、△ＢＡＦで三平方の定理を使うと、
ｘ^2＋ｙ^2＝(２ｙ)^2　∴ｘ^2＝３ｙ^2———④
①を④に代入すると、
ｘ^2＝３ｘｚ　ｘ＞０より、ｘ＝３ｚ———⑤
⑤を③に代入すると、４ｚ＝２０　∴ｚ＝５
∴ｘ＝１５
∴ＡＢ＝１５ｃｍ

他にも解法はあると思いますが、省略。

おまけ：

何でもありの解法
平行四辺形の左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、ＢＣ上の点をＥとする。
また、ＡＣとＤＥの交点をＦとし、ＦからＡＤ，ＢＣに下ろした垂線の足をそれぞれＨ，Ｉとする。
ここで、ＡＤ＝ＢＣ＝ｘ，ＦＨ＝ｙ，ＦＩ＝ｚと置くと、条件より、ｘ・ｙ・(１/２)＝３６———①
ｘ・(ｙ＋ｚ)＝９６———②が成り立つ。
①より、ｘｙ＝７２———①'
②より、ｘｙ＋ｘｚ＝９６———②'
①'を②'に代入すると、
ｘｚ＝９６－７２＝２４———③
①'÷③より、ｘｙ/ｘｚ＝７２/２４　∴ｙ/ｚ＝３
∴ｙ：ｚ＝３：１
ところで、△ＦＡＤ∽△ＦＣＥで相似比は３：１になるので、ＥＣ＝ｘ/３
∴△ＦＥＣ＝(ｘ/３)×ｚ×(１/２)＝ｘｚ/６———④
④に③を代入すると、△ＦＥＣ＝２４/６＝４ｃｍ^2
よって、グレー部分の面積は、４ｃｍ^2

おまけ：
「57歳で逝去した櫻井さんは生前、死生観をインタビューで明かしている。`16年9月25日発売の雑誌『音楽と人 2016年 10 月号』で、インタビュアーに“櫻井さんは強く生きるぞっていう意志に溢れているような”と言われ、このように語っていた。

《死ぬのが怖い……なんか小学生みたいですけど（苦笑）、それは常に思ってますし、年齢的にちょっとガタが来てたりして、怖いなぁって常に思うんです。そういう気持ちが全部反動で＜生きたい、生きたい！＞っていうふうに出てくるんでしょうね》」

問題
１の５乗根をベキ根で表せ。
「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著より

解法１
ｘ^5＝１と置くと、ｘ^5－１＝０
∴(ｘ－１)(ｘ^4＋ｘ^3＋ｘ^2＋ｘ＋１)＝０
ｘ≠１より、ｘ^4＋ｘ^3＋ｘ^2＋ｘ＋１＝０
ところで、これは４次の相反方程式より、定石で、
解はｘ≠０より、両辺をｘ^2で割ると、
ｘ^2＋ｘ＋１＋１/ｘ＋１/ｘ^2＝０
∴(ｘ＋１/ｘ)^2－２＋ｘ＋１/ｘ＋１＝０
∴(ｘ＋１/ｘ)^2＋(ｘ＋１/ｘ)－１＝０
ｘ＋１/ｘ＝Ｘと置くと、Ｘ^2＋Ｘ－１＝０
∴Ｘ＝(－１±√５)/２　
ここで、模範解答は、ξ＝cos72°＋ｉsin72°だけ求めているので、Ｘ＞０とする。
Ｘ＝(－１＋√５)/２　∴ｘ＋１/ｘ＝(－１＋√５)/２
∴ｘ^2－{(－１＋√５)/２}ｘ＋１＝０
∴ｘ＝[(－１＋√５)/２±√{(－１＋√５)/２}^2－４}]/２
＝[(－１＋√５)/２±√{(６－２√５)/４－４}]/２
＝[(－１＋√５)/２±√{(－１０－２√５)/４}]/２
＝(－１＋√５)/４±√(１０＋２√５)ｉ/４
求めたいのは、第１象限なので、
ｘ＝(－１＋√５)/４＋{√(１０＋２√５)/４}ｉ

解法２
定理4.7でｎ＝５を代入して、
ξ＝cos72°＋ｉsin72°だけを求める。
θ＝７２°と置くと、５θ＝３６０°
∴３θ＝３６０°－２θ
この両辺のsinを取ると、sin3θ＝－sin2θ
３倍角の公式より、sin3θ＝３sinθ－４sin^3θ
２倍角の公式より、sin2θ＝２sinθcosθ
∴３sinθ－４sin^3θ＝－２sinθcosθ
ところで、sinθ＝sin72°≠０より、
３－４sin^2θ＝－２cosθ
∴３－４(１－cos^2θ)＝－２cosθ
∴４cos^2θ＋２cosθ－１＝０
∴cosθ＝(－１±√５)/４
cosθは第１象限の角よりcosθ＞０
∴cosθ＝(－１＋√５)/４
∴sin^2θ＝１－cos^2θ＝１－{(－１＋√５)/４}^2
＝１－(６－２√５)/１６＝(１０＋２√５)/１６
∴sinθ＝±√(１０＋２√５)/４
sinθも第１象限の角よりsinθ＞０
∴sinθ＝√(１０＋２√５)/４
∴ξ＝cos72°＋ｉsin72°
＝(－１＋√５)/４＋{√(１０＋２√５)/４}ｉ

次回は、解法１，２ともに系（別解）。

おまけ：

問題
１の５乗根をベキ根で表せ。
「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著より

解法１の系
ｘ^5＝１と置くと、ｘ^5－１＝０
∴(ｘ－１)(ｘ^4＋ｘ^3＋ｘ^2＋ｘ＋１)＝０
ｘ≠１より、ｘ^4＋ｘ^3＋ｘ^2＋ｘ＋１＝０
ここで、(ｘ^2＋１)^2－ｘ^2＋ｘ(ｘ^2＋１)＝０と変形して、ｘ^2＋１＝Ｘと置くと、
Ｘ^2＋ｘＸ－ｘ^2＝０
∴Ｘ＝(－ｘ±√５ｘ)/２＝(－１±√５)ｘ/２
∴ｘ^2＋１＝(－１±√５)ｘ/２
ここで、模範解答は、ξ＝cos72°＋ｉsin72°だけ求めているので、Ｘ＞０とする。
∴ｘ^2－{(－１＋√５)/２}ｘ＋１＝０
以後同じ。

解法２の系
定理4.7でｎ＝５を代入して、
ξ＝cos72°＋ｉsin72°だけを求める。
θ＝７２°と置くと、５θ＝３６０°
∴３θ＝３６０°－２θ
ここで、両辺のcosを取ると、cos3θ＝cos2θ
３倍角の公式より、cos3θ＝４cos^3θ－３cosθ
２倍角の公式より、sin2θ＝２cos^2θ－１
∴４cos^3θ－３cosθ＝２cos^2θ－１
∴４cos^3θ－２cos^2θ－３cosθ＋１＝０
因数定理でcosθ＝１とすると４－２－３＋１＝０で成り立つので、組立除法で割ると、
４　－２　－３　　１｜１
　　　４　　２　－１
４　　２　－１　｜０
∴(cosθ－１)(４cos^2θ＋２cosθ－１)＝０
cosθ≠１より、４cos^2θ＋２cosθ－１＝０
∴cosθ＝(－１±√５)/４
ところで、cos72°＞０より、
cosθ＝(－１＋√５)/４
以後同じ。

おまけ：