数学

解説
演習問題５
Ｈを群Ｇの部分群，ＫをＧの空でない部分集合とするとき、次の条件は同値であることを示せ。
（１）ＫＨ＝Ｈ
（２）Ｋ⊂Ｈ
（３）ＨＫ＝Ｈ

証明
（１）⇔（２）を示せば、（２）⇔（３）も同様に示される。
ＫＨ＝Ｈ⇒Ｋ⊂Ｈ：ｋ∈Ｋとする。ＨはＧの部分群であるから、ｅ∈Ｈ　ゆえに、ｋ＝ｋ・ｅ∈ＫＨ＝Ｈ　したがって、ｋ∈Ｈであるから、Ｋ⊂Ｈが示された。
ＫＨ＝Ｈ⇐Ｋ⊂Ｈ：
（ⅰ）ＫＨ⊂Ｈであることを示す。ｘ∈ＫＨとすると、ｘ＝ｋｈ（ｋ∈Ｋ，ｈ∈Ｈ）と表される。ここで、仮定よりｋ∈Ｋ⊂Ｈであり、Ｈは部分群であるから
ｈ∈Ｈ，ｋ∈Ｈ⇒ｘ＝ｋ・ｈ∈Ｈ
よって、ＫＨ⊂Ｈが示された。
（ⅱ）Ｈ⊂ＫＨであることを示す。ｈ∈Ｈとする。Ｋは部分群であるから、単位元ｅを含んでいる。ゆえに、ｈ＝ｅ・ｈ∈ＫＨ　したがって、Ｈ⊂ＫＨが示された。
（ⅰ），（ⅱ）よりＨ＝ＫＨが得られる。
「演習　群・環・体 入門」新妻弘著より

＞Ｋは部分群であるから、

Ｋは群ではなく、ただの部分集合なので、この証明ではダメである。

訂正
（ⅱ）Ｈ⊂ＫＨであることを示す。∀ｋ∈Ｋに対して、
ｋ∈Ｋ⊂Ｈよりｋ∈Ｈ　
よって、問2.2より、ｋＨ＝Ｈである。
∴Ｈ＝ｋＨ⊂ＫＨ　∴Ｈ⊂ＫＨ

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
「演習　群・環・体 入門」新妻弘著より

因みに、この先生の名誉のために言っておくが、演習書では、

演習問題５
Ｈを群Ｇの部分群，ＫをＧの部分群とするとき、次の条件は同値であることを示せ。
（１）ＫＨ＝Ｈ
（２）Ｋ⊂Ｈ
（３）ＨＫ＝Ｈ（問2.2の一般化）
ただし、ＨＫ＝{ｈｋ|ｈ∈Ｈ，ｋ∈Ｋ}

となっているので、教科書（群・環・体 入門）から演習書に移す時に写し間違いをしたのだろう。（演習書の問題に対する解答としては合っているという事。ただし、あくまでも本題は「部分集合」である。「問2.2の一般化」なのだから。）

補足
ＫＨ＝Ｈ⇒Ｋ⊂Ｈの別解
ＫＨ＝Ｈより、∀ｋ∈Ｋに対して、∃ｈ1,ｈ2∈Ｈが存在して、ｋｈ1＝ｈ2となっている。
ところで、Ｈは群よりｈ1^-1∈Ｈ　これをｋｈ1＝ｈ2の両辺に右から掛けると、ｋ＝ｈ2ｈ1^-1∈Ｈ
∴ｋ∈Ｈ　よって、∀ｋ∈Ｋに対してｋ∈Ｈ
よって、ｋ∈Ｋ⇒ｋ∈Ｈより、Ｋ⊂Ｈ

また、（ⅰ）の別解。ただし、これと上の訂正の解答は私のオリジナルではない。多分、１周目の時にネットで調べたもの。

（ⅰ）の別解
ＫＨ⊂Ｈであることを示す。ｋ⊂Ｈの両辺に右からＨをかけると、ＫＨ⊂ＨＨ＝Ｈ　∴ＫＨ⊂Ｈ

おまけ：

解説
＞９＜ｋのとき、ｋ＝９ｑ＋ｒ（０≦ｒ＜９）と表せば、
Ｇ_(k)＝Ｇ_(r)，Ｇ^(k)＝Ｇ^(r)

周期が８なので、
８＜ｋのとき、ｋ＝８ｑ＋ｒ（０≦ｒ＜８）と表せば、
Ｇ_(k)＝Ｇ_(r)，Ｇ^(k)＝Ｇ^(r)
である。
しかし、よく見ると、

Ｇ_(1)＝{ｒ0}　　　　　　　　
Ｇ_(2)＝{ｒ0,ｒ2,ｓ1,ｓ2,ｔ1,ｔ2}
Ｇ_(3)＝{ｒ0}
Ｇ_(4)＝Ｄ4
Ｇ_(5)＝{ｒ0}
Ｇ_(6)＝{ｒ0,ｒ2,ｓ1,ｓ2,ｔ1,ｔ2}
Ｇ_(7)＝{ｒ0}
Ｇ_(8)＝Ｄ4

Ｇ^(1)＝Ｄ4
Ｇ^(2)＝{ｒ0,ｒ2}
Ｇ^(3)＝Ｄ4
Ｇ^(4)＝{ｒ0}
Ｇ^(5)＝Ｄ4
Ｇ^(6)＝{ｒ0,ｒ2}
Ｇ^(7)＝Ｄ4
Ｇ^(8)＝{ｒ0}

Ｇ_(k)もＧ^(k)も周期が４である。よって、
５＜ｋのとき、ｋ＝４ｑ＋ｒ（０≦ｒ＜４）と表せば、
Ｇ_(k)＝Ｇ_(r)，Ｇ^(k)＝Ｇ^(r)
が正しい。
因みに、（３）のＳ3の元が６個で周期が６なので勘違いされたのだろう。（Ｄ4の元は８個。）
しかし、９とか誤植が激しい。因みに、Ｇ^(1)も本当はＧ^(1)＝Ｄ3と誤植だったが、訂正してから載せた。

ところで、Ｇ_(8)＝Ｄ4とＧ^(8)＝{ｒ0}の所は、ここではまだ未学習のラグランジュの定理・系３を考えると納得する。

ラグランジュの定理・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。
|Ｇ|＝ｎ⇒∀ａ∈Ｇ，ａ^n＝ｅ
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

つまり、どの元も集合の個数分累乗すると単位元ｅになるという事である。
よって、Ｄ4＝{ｒ0,ｒ1,ｒ2,ｒ3,ｓ1,ｓ2,ｔ1,ｔ2}の元が８個で、Ｇ_(8)＝Ｄ4とＧ^(8)＝{ｒ0}は納得出来るだろう。

念のため、Ｇ_(k)＝{ａ∈Ｇ｜ａ^k＝ｅ}，Ｇ^(k)＝{ａ^k｜ａ∈Ｇ}　また、ｒ0は単位元である。

おまけ：

何でもありの解法１
正方形の左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡの中点をそれぞれＫ～Ｎと振る。
また、ＡＭとＤＫの交点をＥ，ＡＭとＣＮの交点をＦ，ＣＮとＤＬの交点をＧとし、正方形の中心をＯとすると、対称性から点ＦはＯＤ上にある。
ところで、正方形の面積が６０ｃｍ^2より、１辺の長さは２√１５ｃｍ　∴ＯＭ＝√１５ｃｍ　
∴ＯＧ＝√１５/２ｃｍ
よって、△ＦＤＮ∽△ＦＯＧの相似比は２：１である。
∴ＯＦ＝(１/３)ＯＤ＝√３０/３ｃｍ
ここで、ＦからＯＧに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＦＯＨは直角二等辺三角形より、ＦＨ＝√１５/３ｃｍ
∴△ＯＦＧ＝(√１５/２)×(√１５/３)×(１/２)＝１５/１２＝５/４ｃｍ^2　ところで、対称性よりグレー部分の面積は△ＯＦＧの８倍である。
よって、答えは、(５/４)×８＝１０ｃｍ^2

念のため、グレー部分は正八角形ではない。因みに、何でもありの解法２は√を使わない解法である。完璧な算数で解いてもいいが、面倒臭いので２乗とか使う。（どうせマニアしか使わない手を使うし。それも算数で解説はするが。）

おまけ：

何でもありの解法２
正方形の左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡの中点をそれぞれＫ～Ｎと振る。
また、ＡＭとＤＫの交点をＥ，ＡＭとＣＮの交点をＦ，ＣＮとＤＫの交点をＧとし、中央の正方形の残りの頂点を反時計回りにＧ～Ｊと振る。（正方形ＡＢＣＤと各辺の中点の対称性から四角形ＧＨＩＪは正方形になる。）
ここで、△ＤＮＧを点Ｎを中心にＤＮがＡＮにくっつくまで１８０°回転移動させ、点Ｇの行き先をＧ'とすると、四角形ＡＨＧＧ'は正方形になり（証明は簡単で省略）、正方形ＧＨＩＪと合同である。
残り３ヶ所で同様の事をすると、正方形ＡＢＣＤの面積は正方形ＧＨＩＪを中心とした５つの正方形の十字形の面積に等積変形される。
よって、正方形ＧＨＩＪ＝６０÷５＝１２ｃｍ^2
ところで、△ＡＫＤと△ＤＭＡは合同な直角三角形で、直角を挟む二辺の比が１：２の直角三角形である。
よって、△ＥＡＤは二等辺三角形で内対角の和より、∠ＦＥＧ＝２∠ＥＡＤで、∠ＦＥＧは直角を挟む二辺の比が１：２の直角三角形の最小角の２倍の角度である。
また、∠ＥＧＦ＝９０°より、マニアな定理により△ＥＦＧは３：４：５の直角三角形である。
よって、ＥＧ＝３ａ，ＦＧ＝４ａ，ＥＦ＝５ａと置くと、隣りとさらに隣りの直角三角形も合同なので、ＧＪ＝４ａ＋５ａ＋３ａ＝１２ａが成り立つ。
よって、正方形ＧＨＩＪ＝１２ａ×１２ａ＝１４４ａ^2
これが、１２ｃｍ^2より、ａ^2＝１/１２
また、△ＥＦＧ＝３ａ×４ａ×(１/２)＝６ａ^2
よって、△ＥＦＧ＝６×(１/１２)＝１/２ｃｍ^2
よって、グレーの部分の面積は、正方形ＧＨＩＪから△ＥＦＧ４個分を引いて、１２－(１/２)×４＝１０ｃｍ^2
よって、答えは、１０ｃｍ^2

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。

おまけ：

問題１の別解
ＡＣとＤＥの交点をＦとすると、∠ＡＤＥ＝６０°，∠ＤＡＣ＝３０°より、∠ＡＦＤ＝１８０°－６０°－３０°＝９０°よって、△ＣＤＦと△ＣＡＤにおいて直角と∠Ｃの２角が等しいので、相似である。
ところで、△ＡＤＣは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型よりＤＣ：ＡＣ＝１：２である。よって、△ＣＤＦと△ＣＡＤの相似比が１：２より面積比は１×１：２×２＝１：４　よって、△ＣＤＦ＝①と置くと、△ＣＡＤ＝④　よって、△ＡＦＤ＝④－①＝③　よって、△ＡＤＥ＝③×２＝⑥　また、△ＡＢＣ＝△ＣＡＤ×２＝④×２＝⑧で、これが条件より８ｃｍ^2なので、⑧＝８ｃｍ^2　よって、①＝１ｃｍ^2　よって、△ＡＤＥ＝⑥＝６ｃｍ^2
よって、答えは、６ｃｍ^2

問題２
ある仕事をＡ１人ですると１０日かかり、ＡとＢ２人ですると６日かかります。この仕事をＢ１人ですると何日かかりますか。

別解
全体の仕事量を１とすると、
Ａの１日分の仕事量は１/１０　
また、ＡとＢの総合の１日分の仕事量は１/６
よって、Ｂ１人の１日分の仕事量は、１/６－１/１０＝(１０－６)/(６×１０)＝４/６０＝１/１５
よって、Ｂ１人では１５日かかる。

おまけ：

解説
＞（２）ａｂ＝ｂａとすると、（１）よりａｂ^n＝ｂ^nａ　すると、再び（１）を用いてａ^mｂ^n＝ｂ^nａ^mが得られる。

（１）よりａｂ^n＝ｂ^nａ　∴ｂ^nａ＝ａｂ^n
これに再び（１）を用いると、ｂ^nａ^m＝ａ^mｂ^n
∴ａ^mｂ^n＝ｂ^nａ^m

問2.5
群Ｇの元をａ,ｂとする。このとき、任意の整数ｎについて次のことを証明せよ。
（１）ａｂ＝ｂａ⇒ａｂ^n＝ｂ^nａ
（２）ａｂ＝ｂａ⇒ａ^mｂ^n＝ｂ^nａ^m

別解
（１）（ⅰ）ｎ＝０の場合、
ａｂ^0＝ａｅ＝ａ＝ｅａ＝ｂ^0ａで成り立つ。
（ⅱ）ｎ＞０の場合、
ａｂ^n＝ａｂｂｂ･･･ｂ（ｂはｎ個）
ここで、ａｂ＝ｂａより、
　　　　　　＝ｂａｂｂ･･･ｂ
これを繰り返すと、
　　　　　　＝ｂｂｂｂ･･･ａ＝ｂ^nａ
∴ａｂ^n＝ｂ^nａ
厳密には、定理2.4（一般結合法則）を使う。

定理2.4（一般結合法則）
ａ1,ａ2,･･･,ａn（ｎ≧３）をＧの元とするとき、１≦ｒ＜ｎについて、
(ａ1…ａr)(ａr+1･･･ａn)＝ａ1･･･ａn
が成り立つ。
特に、１≦ｒ＜ｓ＜ｎのとき、次が成り立つ。
(ａ1･･･ａr)(ａr+1･･･ａs)(ａs+1･･･ａn)＝ａ1･･･ａn

（ⅲ）ｎ＜０の場合、ｎ＝－ｎ'（ｎ'＞０）と置く。
ここで、ａｂ＝ｂａの両辺に左右からｂ^-1をかけると、
ｂ^-1ａｅ＝ｅａｂ^-1　∴ａｂ^-1＝ｂ^-1ａ
よって、
ａｂ^n＝ａｂ^-n'
　　　＝ａ(ｂ^-1)^n'（指数の定義）
　　　＝(ｂ^-1)^n'ａ（ａｂ^-1＝ｂ^-1ａだから、（ⅰ）の結果より） 　　
　　　＝ｂ^-n'ａ＝ｂ^nａ
∴ａｂ^n＝ｂ^nａ
（ⅰ）～（ⅲ）より、任意のｎに対して、
ａｂ＝ｂａ⇒ａｂ^n＝ｂ^nａが成り立つ。

（２）（ⅰ）ｍ＝ｎの場合、ａｂ＝ｂａの両辺をｍ乗すると、(ａｂ)^m＝(ｂａ)^m
定理2.7より、ａ^mｂ^m＝ｂ^mａ^m
このｂの指数に、ｍ＝ｎを代入すると、
ａ^mｂ^n＝ｂ^nａ^m

定理2.7
Ｇが可換群のとき、Ｇの任意の元ａ,ｂについて次のことが成立する。
(ａ・ｂ)^n＝ａ^n・ｂ^n
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

（ⅱ）ｍ＞ｎの場合、
ａ^mｂ^n＝ａ^(m-n)ａ^nｂ^n＝ａ^(m-n)(ａｂ)^n（定理2.7より）
また、
ｂ^nａ^m＝ｂ^nａ^nａ^(m-n)＝(ｂａ)^nａ^(m-n)（定理2.7より）
ここで、ａｂ＝ｂａ＝ｘ，ａ^(m-n)＝ｙと置くと、
ａ^mｂ^n＝ａ^(m-n)(ａｂ)^n＝ｙｘ^n
ｂ^nａ^m＝(ｂａ)^nａ^(m-n)＝ｘ^nｙ
ところで、ｘｙ＝ｂａ・ａ^(m-n)＝ｂａ^(m-n+1)
ｙｘ＝ａ^(m-n)・ａｂ＝ａ^(m-n+1)ｂ
今、ｂａ＝ａｂとして（１）の結果を使うと、
ｂａ^(m-n+1)＝ａ^(m-n+1)ｂが成り立つ。
∴ｘｙ＝ｙｘ　
よって、ｙｘ＝ｘｙとして再び（１）の結果を使うと、
ｙｘ^n＝ｘｙ^n
∴ａ^mｂ^n＝ｂ^nａ^m
（ⅲ）ｍ＜ｎの場合も同様。
（ⅰ）～（ⅲ）より、任意のｎに対して、
ａｂ＝ｂａ⇒ａ^mｂ^n＝ｂ^nａ^mが成り立つ。

注：（１）の結果はｎが任意の整数なので（ⅰ）～（ⅲ）に分けなくても良かった。

おまけ：

問題１の別解
一面は１０×１０＝１００個で、立方体は正六面体なので、外から見える個数は、１００×６＝６００個
しかし、よく考えると、立方体の各辺部分がダブっている事に気付くだろう。そして、各辺の個数は１０個で立方体の辺の本数は１２本より、
６００－１２×１０＝６００－１２０＝４８０個
さらによく考えると、各辺同士の交点の立方体の各頂点がダブっているのでこれでは引き過ぎである。そして、立方体の頂点の個数は８個より、その分を加えると、
答えは、６００－１２０＋８＝４８８個である。

問題2の別解は常識に捕らわれた普通の人には解けないと思います。（定石でしか解けないですよね。）

おまけ：

問題２
連続した５つの整数の積が２４４１８８０であるとき、これら５つの数のうち最も小さなものを答えてください。

別解
大体どんな結果か考えて、２０×２０×２０×２０×２０を計算すると、３２０００００で近いので、ちょっと小さい１９×１９×１９×１９×１９を計算すると、
　　　　　　　１９
　　　　　　×１９
　　　　　　————
　　　　　　１７１
　　　　　　１９
　　　　　　————
　　　　　　３６１
　　　　　　　　　　　　３６１
　　　　　　　　　　　×３６１
　　　　　　　　　　——————
　　　　　　　　　　　　３６１
　　　　　　　　　　２１６６
　　　　　　　　　１０８３
　　　　　　　　————————
　　　　　　　　　１３０３２１
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　１３０３２１
　　　　　　　　×　　　　１９
　　　　　　　—————————
　　　　　　　　１１７２８８９
　　　　　　　　１３０３２１
　　　　　　　—————————
　　　　　　　　２４７６０９９

よって、１９×１９×１９×１９×１９
＝２４７６０９９で２４４１８８０に非常に近い。
よって、真ん中を１９にして、１７×１８×１９×２０×２１を計算しても良いが、候補は、この前後で、
１６×１７×１８×１９×２０———①
１７×１８×１９×２０×２１———②
１８×１９×２０×２１×２２———③
だけである。
そこで、２４４１８８０を１１に倍数の判定法で調べると、０＋８＋４＋２－(８＋１＋４)＝１４－１３＝１でこれは１１の倍数ではないので、２４４１８８０は１１の倍数ではない。よって、③は不適である。
次に、７の倍数の判定法で調べると、８８０＋２－４４１＝８８２－４４１＝４４１＝７×６３より７の倍数である。よって、①が不適で②が適正である。
よって、答えは、１７

念のため、７の倍数の判定法や１１の倍数の判定を知らない場合は、実際に割っても簡単である。

おまけ：
「じつにナチは、アインシュタインに代表される相対性理論を排除したところで、原子爆弾をほとんど完成させてまでいたのである。それは、あまりにも現代科学の理念を超越していたため、いまだに多くが理解不能なままであるという。
　ところが、現在、ナチはその超科学の理論的根拠や錬金術など太古の叡智につながるオカルティズムにおいていたことが判明しているのである。
　これが、ひとつの大きなヒントになる。現代科学とはまったく異なる方法論が、わずか１７年で現代科学を凌駕する―――ナチの科学兵器は、この驚くべき証明のひとつといえるが、古代オカルティズムと現代科学のもっとも重要な違いは、統合と分離だといえよう。
　現代科学の基本的思想を、カントに代表される分離と分析にある。すなわち、全体としては、なかなか理解しがたい現象も、それをいくつかの事象に分解し、そのひとつひとつを理解していくことによって全体を理解しようとするわけである。
　たしかに、それが一見、世の中をわかりやすくしたのは事実である。ところが、たんなる細胞の集まりが人間とはならないように、この現代科学的アプローチには、相互関連という概念が欠落しているのである。
　一方、古代オカルティズムの思想は、中国のタオに代表されるように、全体を分離されたものの集合ではなく、そのまま全体として理解しようとするアプローチ法をとる。」
「日本ピラミッド超文明」伊集院卿・大平光人著より

何でもありの解法
ＥからＡＢ，ＢＣに垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ｉとし、ＥＨ＝ｘ，ＥＩ＝ｙ，正方形の１辺の長さをｚとする。
△ＥＢＩ，△ＥＡＨ，△ＥＣＩでそれぞれ三平方の定理を使うと、
ｘ^2＋ｙ^2＝４^2———①
ｘ^2＋(ｚ－ｙ)^2＝２^2———②
(ｚ－ｘ)^2＋ｙ^2＝６^2———③
①－②より、２ｙｚ－ｚ^2＝１２———④
①－③より、２ｘｚ－ｚ^2＝－２０———⑤
④より、ｙ＝(ｚ^2＋１２)/２ｚ———④'
⑤より、ｘ＝(ｚ^2－２０)/２ｚ———⑤'
④',⑤'を①に代入すると、
{(ｚ^2－２０)/２ｚ}^2＋{(ｚ^2＋１２)/２ｚ}^2＝１６
∴(ｚ^2－２０)^2＋(ｚ^2＋１２)^2＝６４ｚ^2
∴ｚ^4－４０ｚ^2＋４００＋ｚ^4＋２４ｚ^2＋１４４＝６４ｚ^2
∴２ｚ^4－８０ｚ^2＋５４４＝０
∴ｚ^4－４０ｚ^2＋２７２＝０
∴ｚ^2＝２０±√(４００－２７２)＝２０±√１２８
＝２０±８√２
∴ｚ^2＝２０±８√２———☆
ところで、∠ＡＥＢ＝θと置いて△ＥＡＢで余弦定理を使うと、cosθ＝(２^2＋４^2－ｚ^2)/２・２・４
∴cosθ＝(２０－ｚ^2)/１６———☆☆
☆を☆☆に代入すると、
cosθ＝(∓８√２)/１６＝±√２/２＝±１/√２
∴θ＝４５°，１３５°（０＜θ＜１８０°より）
図より、θ＝１３５°
よって、答えは、∠ＡＥＢ＝１３５°

おまけ：

算数の別解
ＤからＡＤに対して垂線を立て、ＡＢとの交点をＦとすると、△ＡＤＦは直角二等辺三角形より、ＤＦ＝ＡＤ
また、∠ＤＦＡ＝４５°より、∠ＢＦＤ＝１３５°
よって、∠ＦＤＢ＝１８０°－１３５°－３０°
＝１５°
ここで、ＢＤの延長とＡＣとの交点をＧとすると、
∠ＣＤＧ＝１８０°－１２０°＝６０°より、
∠ＤＧＣ＝１８０°－６０°－３０°＝９０°
よって、∠ＢＧＡ＝９０°より、∠ＢＡＧ＝６０°
よって、∠ＤＡＣ＝６０°－４５°＝１５°
よって、∠ＦＤＢ＝∠ＤＡＣ，∠ＦＢＤ＝∠ＤＣＡ，
ＤＦ＝ＡＤより、△ＦＢＤと△ＤＣＡは合同である。
よって、△ＡＢＤと△ＡＣＤの面積の差は△ＡＤＦである。よって、答えは、６×６÷２＝１８ｃｍ^2

念のため、オリジナルです。何でもありの解法は次回。

おまけ：

何でもありの解法１
ＣＤの延長とＡＢとの交点をＦ，ＢＤの延長とＡＣとの交点をＧとすると、∠ＢＤＦ＝∠ＣＤＧ＝１８０°－１２０°＝６０°で∠ＤＢＦ＝∠ＤＣＧ＝３０°より、
∠ＤＦＢ＝∠ＤＧＣ＝９０°
つまり、ＣＦ⊥ＡＢ，ＢＧ⊥ＡＣ
よって、△ＡＦＤは直角二等辺三角形より、ＡＦ＝ＤＦ＝６/√２＝３√２ｃｍ
また、△ＢＦＤは１：２：√３の直角三角形より、ＢＦ＝√３ＤＦ＝３√６ｃｍ　∴ＡＢ＝３√２＋３√６ｃｍ
また、ＢＤ＝２ＤＦ＝６√２ｃｍ
また、△ＢＡＧも１：２：√３の直角三角形より、ＡＧ＝ＡＢ/２＝３(√６＋√２)/２ｃｍ，ＢＧ＝√３ＡＧ＝３√３(√６＋√２)/２＝３(３√３＋√６)/２ｃｍ
∴ＤＧ＝３(３√３＋√６)/２－６√２＝(３√６－３√２)/２＝３(√６－√２)/２ｃｍ
∴△ＡＢＤ＝ＡＢ×ＤＦ×(１/２)＝(３√２＋３√６)×３√２×(１/２)＝９＋９√３ｃｍ^2
△ＡＣＤ＝ＡＣ×ＤＧ×(１/２)＝６√２×{３(√６－√２)/２}×(１/２)＝９(√３－１)ｃｍ^2
∴△ＡＢＤ－△ＡＣＤ＝９＋９√３－９(√３－１)
＝１８
よって、答えは、１８ｃｍ^2

何でもありの解法２は次回。念のため、全く別の方法です。

おまけ：

何でもありの解法２
ＣＤの延長とＡＢとの交点をＦ，ＢＤの延長とＡＣとの交点をＧとすると、∠ＢＤＦ＝∠ＣＤＧ＝１８０°－１２０°＝６０°で∠ＤＢＦ＝∠ＤＣＧ＝３０°より、
∠ＤＦＢ＝∠ＤＧＣ＝９０°
つまり、ＣＦ⊥ＡＢ，ＢＧ⊥ＡＣ
よって、点Ｄは△ＡＢＣの垂心である。∴ＡＥ⊥ＢＣ
よって、△ＡＢＥは直角二等辺三角形である。
また、△ＣＢＦも直角二等辺三角形になり、△ＣＤＦも直角二等辺三角形である。∴ＤＥ＝ＣＥ
ところで、∠ＤＢＥ＝４５°－３０°＝１５°より、ＤＥ＝ｘと置くと、１５°，７５°，９０°の直角三角形の３辺比より、ＢＥ＝{(√６＋√２)/(√６－√２)}ｘ
よって、ＡＥ＝ＢＥより、
ｘ＋６＝{(√６＋√２)/(√６－√２)}ｘが成り立つ。
∴(√６－√２)(ｘ＋６)＝(√６＋√２)ｘ　
∴２√２ｘ＝６(√６－√２)　∴ｘ＝３(√３－１)
∴ＢＥ＝{(√６＋√２)/(√６－√２)}・３(√３－１)
＝(√６＋√２)・(３/√２)＝３(√３＋１)
∴ＢＥ＝３(√３＋１)ｃｍ
また、ＣＥ＝ＤＥ＝ｘ＝３(√３－１)ｃｍ
ところで、△ＡＢＤと△ＡＣＤの面積の差は底辺ＡＤを共有しているので、
ＢＥとＣＥの差×６×(１/２)である。
∴Ｓ＝{３(√３＋１)－３(√３－１)}×６×(１/２)
＝１８
よって、答えは、１８ｃｍ^2

おまけ：

定理2.3
群Ｇの空でない有限部分集合をＨとする。Ｈが部分群になるための必要十分条件は、Ｇの演算に関してＨが閉じていることである。

別証
Ｇの演算に関してＨが閉じていると仮定し、Ｇの演算を◦とする。
今、Ｈ＝{ａ1,ａ2,･･･,ａn}（ａ1,ａ2,･･･,ａnは相異なるｎ個の元）と置き、∀ａ∈Ｈに対して、
ａ◦Ｈ＝{ａ◦ａ1,ａ◦ａ2,･･･,ａ◦ａn}を考えると、ａはＨの元で演算◦に関してＨは閉じているので、
ａ◦Ｈ⊂Ｈである。
ところで、Ｇは群より消去律が成り立つ。
よって、ａ◦ａi＝ａ◦ａjならばａi＝ａj（ａiはＨの元でＨはＧの部分集合よりＧの元。）
この対偶を取ると、ａi≠ａjならばａ◦ａi≠ａ◦ａj———①
また、ａ1,ａ2,･･･,ａnは相異なる元より、
ｉ≠ｊならばａi≠ａj———②
①，②より、ｉ≠ｊならばａ◦ａi≠ａ◦ａj
よって、ａ◦Ｈの元の個数はｎ個である。
つまり、Ｈとａ◦Ｈの元の個数は等しい。
ところで、上よりａ◦Ｈ⊂Ｈ　よって、ａ◦ＨはＨの部分集合で元の個数が等しいので、ａ◦Ｈ＝Ｈである。
ここで、ａはＨの任意の元より、ａiとすると、
ａi◦Ｈ＝Ｈ　この両辺の集合は等しいので右辺からａiを選んでも必ず左辺のＨにも対応する元ｈ1が存在して、ａi◦ｈ1＝ａiとなる。∴ｈ1＝ｅ
よって、Ｈには単位元が存在する。
また、右辺の元をｅとすると、左辺のＨにも対応する元ｈ2が存在して、ａi◦ｈ2＝ｅ　∴ｈ2＝ａi^-1
よって、Ｈの全ての元には逆元が存在する。
また、ＨはＧの部分集合より、結合律が成り立つ。
以上より、Ｈは群である。
よって、有限集合Ｈが部分群になるための必要十分条件は、Ｇの演算に関してＨが閉じていることである。

念のため、Ｈが無限集合の場合は成り立たない。例えば、整数全体の集合ℤとして演算を乗法にすると、逆元が存在しないので群にならない。

副産物
集合Ｇにおいて演算が定義されていて（演算について閉じていて）、∀ｘ∈Ｇに対してｘＧ＝Ｇが成り立つならば、Ｇは群である。

常識だったでしょうか。また、間違っていたらごめんなさい、というより自分で裏を取って下さい。
また、厳密な証明じゃないので注意して下さい。例えば、ａi◦ｈ1＝ａiだけでｈ1＝ｅとしているが、厳密には逆も必要。

おまけ：

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

別証
ｘ∈Ｈ⇔ｘＨ＝Ｈを示せば、ｘ∈Ｈ⇔Ｈｘ＝Ｈも同様に示される。
（１）ｘ∈Ｈ⇒ｘＨ＝Ｈを示す。
ｘＨ⊂Ｈであること：ｘはＨの元で、Ｈは群より全ての元の演算について閉じているから。
ｘＨ⊃Ｈであること：これは自明である。ｘ＝ｅの場合は、ｘＨ＝Ｈでそれ以外の場合もあるので、ｘＨ⊃Ｈという事。
よって、ｘＨ⊂ＨかつｘＨ⊃Ｈより、ｘＨ＝Ｈ
∴ｘ∈Ｈ⇒ｘＨ＝Ｈ
（２）ｘＨ＝Ｈ⇒ｘ∈Ｈを示す。
Ｈは群より単位元ｅが存在しているので、条件のｘＨ＝Ｈより、ｘｅ∈Ｈ
（ｘＨ＝ＨはｘＨ⊂ＨかつｘＨ⊃Ｈで、ｘＨ⊂Ｈよりｘｅ∈ｘＨならばｘｅ∈Ｈだから（部分集合の原理）。）
∴ｘ∈Ｈ
∴ｘＨ＝Ｈ⇒ｘ∈Ｈ
（１），（２）より、ｘ∈Ｈ⇔ｘＨ＝Ｈ
よって、示された。

念のため、私のオリジナルなので注意して下さい。

おまけ：

別解１
∠Ａ＋∠Ｃ＝３６０°－９０°×２＝１８０°より、四角形ＡＢＣＤをＢＤで２つの三角形に分け、△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、３点Ｂ，Ｃ，Ｂ'は一直線上にあり、ＤＢ＝ＤＢ'，∠ＢＤＢ'＝９０°より、△ＤＢＢ'は直角二等辺三角形になる。
また、ＢＢ'＝ＢＣ＋ＡＢ＝１０ｃｍ　ここで、ＤからＢＢ'に垂線を下ろしその足をＨとすると、直角二等辺三角形の性質より、ＤＨ＝１０÷２＝５ｃｍ
よって、△ＤＢＢ'＝１０×５÷２＝２５ｃｍ^2
よって、元の四角形ＡＢＣＤも２５ｃｍ^2
よって、グレー部分の面積は、２５－１９＝９ｃｍ^2
よって、答えは、９ｃｍ^2

別解２
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＝３６０°－９０°×２＝１８０°より、∠ＤＡＨ＝∠ＤＣＩ
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、△ＤＡＨを△ＤＣＩの所に移動させると、ＤＨ＝ＤＩ，∠ＤＨＢ＝∠ＨＢＩ＝∠ＢＩＤ＝９０°より、四角形ＨＢＩＤは正方形である。
また、ＨＢ＋ＢＩ＝ＡＢ＋ＢＣ＝６＋４＝１０ｃｍ
また、正方形より、ＨＢ＝ＢＩ＝１０÷２＝５ｃｍ
よって、正方形ＨＢＩＤ＝２５ｃｍ^2
よって、元の四角形ＡＢＣＤも２５ｃｍ^2
よって、グレー部分の面積は、２５－１９＝９ｃｍ^2
よって、答えは、９ｃｍ^2

補足解
模範解答のように台形を作っても良いが、もう２回回転コピーを増やして大きな正方形にすると、
(１０×１０－１６×４)÷４＝３６÷４＝９ｃｍ^2

おまけ：
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E9%AD%94%E7%95%8C%E8%BB%A2%E7%94%9F

何でもありの別解
ＢＤ：ＤＣ＝４：３より、ＢＤ＝４ｘ，ＤＣ＝３ｘと置いて、△ＡＢＤ，△ＡＤＣで余弦定理を使うと、
(４ｘ)^2＝ＡＢ^2＋４^2－２ＡＢ・４・cos20°
(３ｘ)^2＝ＡＣ^2＋４^2－２ＡＣ・４・cos80°
∴１６ｘ^2＝ＡＢ^2＋１６－８ＡＢcos20°———①
９ｘ^2＝ＡＣ^2＋１６－８ＡＣcos80°———②
①×９－②×１６より、
１４４ｘ^2＝９ＡＢ^2＋１４４－７２ＡＢcos20°
１４４ｘ^2＝１６ＡＣ^2＋２５６－１２８ＡＣcos80°
—————————————————————————
∴０＝９ＡＢ^2－１６ＡＣ^2－１１２－７２ＡＢcos20°＋１２８ＡＣcos80°
∴９ＡＢ^2－１６ＡＣ^2－７２ＡＢcos20°＋１２８ＡＣcos80°－１１２＝０———☆
また、△ＡＢＤ：△ＡＤＣ＝４：３より、
(１/２)ＡＢ・４sin20°：(１/２)ＡＣ・４sin80°
＝４：３
∴ＡＢsin20°：ＡＣsin80°＝４：３
∴４ＡＣsin80°＝３ＡＢsin20°
∴ＡＣ＝３ＡＢsin20°/４sin80°
これを☆に代入すると、
９ＡＢ^2－１６(３ＡＢsin20°/４sin80°)^2
－７２ＡＢcos20°＋１２８(３ＡＢsin20°/４sin80°)cos80°－１１２＝０
∴９ＡＢ^2－(９ＡＢ^2sin20°^2/sin80°^2)
－７２ＡＢcos20°
＋９６ＡＢsin20°cos80°/sin80°－１１２＝０
∴９{１－(sin20°/sin80°)^2}－２４(３cos20°－４sin20°cos80°/sin80°)ＡＢ－１１２＝０
これを以上まとめても良いが、あまり意味がないので係数を電卓で計算すると、
7.9144672ＡＢ^2－61.868361ＡＢ－１１２＝０
これを解の公式で解くと、
ＡＢ＝{61.868361±√(61.868361^2+4・112・7.9144672)}/(2・7.9144672)
＝9.3333334（８桁の電卓使用。）
つまり、ＡＢ＝９＋１/３＝２８/３
よって、答えは、２８/３ｃｍ

おまけ：

別解１　Youtubeを見ないで思い付いた順
ＢＡの延長上にＡＥ＝ＡＤとなる点Ｅを取ると、
∠ＥＡＣ＝１８０°－２０°－８０°＝８０°より、
∠ＤＡＣ＝∠ＥＡＣ　
よって、二辺挟角が等しいので、△ＡＤＣ≡△ＡＥＣ　
∴∠ＡＣＤ＝∠ＡＣＥ　
よって、ＣＡは∠ＥＣＢの二等分線である。
また、ＣＥ＝ＣＤ＝③
よって、△ＣＥＢで角の二等分線の定理を使うと、
ＡＢ：ＡＥ＝ＣＢ：ＣＥ＝⑦：③＝７：３
ところで、ＡＥ＝ＡＤ＝４ｃｍより、ＡＢ：４＝７：３
∴ＡＢ＝２８/３ｃｍ
ただし、これは中学生以上の解法なので厳密には別解ではない。

別解２
ＤからＡＢと平行な直線を引き、ＡＣとの交点をＥとすると、錯角より∠ＥＤＡ＝∠ＢＡＤ＝２０°
よって、△ＤＡＥの内角の和より、
∠ＤＥＡ＝１８０°－２０°－８０°＝８０°
よって、∠ＤＡＥ＝∠ＤＥＡ＝８０°より△ＤＡＥは二等辺三角形。よって、ＤＥ＝ＤＡ＝４ｃｍ
また、ＤＥとＢＡが平行より△ＣＤＥと△ＣＢＡは相似で相似比は３：７　
よって、ＡＢ＝(７/３)ＤＥ＝(７/３)×４
＝２８/３ｃｍ　
よって、答えは、２８/３ｃｍ

別解３
ＤからＡＣと平行な直線を引き、ＡＢとの交点をＥとすると、錯角と△ＡＤＥの内角の和より△ＡＤＥは二等辺三角形になる。よって、ＡＥ＝ＡＤ＝４ｃｍ
また、ＤＥとＣＡが相似より△ＢＤＥと△ＢＣＡは相似で相似比は４：７　
よって、ＡＥ：ＡＢ＝３：７
よって、ＡＢ＝(７/３)ＡＥ＝(７/３)×４
＝２８/３ｃｍ
よって、答えは、２８/３ｃｍ

別解４
ＣからＡＢと平行な直線を引き、ＡＤの延長との交点をＥとすると、△ＤＡＢと△ＤＥＣは相似で相似比は４：３より、ＤＥ＝(３/４)ＡＤ＝３ｃｍ　
よって、ＥＡ＝７ｃｍ
また、錯角と△ＥＡＣの内角の和より△ＥＡＣは二等辺三角形。よって、ＥＣ＝ＥＡ＝７ｃｍ
よって、ＡＢ＝(４/３)ＥＣ＝(４/３)×７
＝２８/３ｃｍ
よって、答えは、２８/３ｃｍ

別解５
ＢからＡＣと平行な直線を引き、ＡＤの延長との交点をＥとすると、
△ＤＥＢと△ＤＡＣは相似で相似比は４：３
よって、ＤＥ＝(４/３)ＡＤ＝１６/３ｃｍ
よって、ＡＥ＝４＋１６/３＝２８/３ｃｍ
ところで、錯角と△ＡＢＥの内角の和より△ＡＢＥは二等辺三角形。よって、ＡＢ＝ＡＥ＝２８/３ｃｍ
よって、答えは、２８/３ｃｍ

別解６
ＢからＡＤと平行な直線を引き、ＣＡの延長との交点をＥとすると、∠ＢＡＥ＝１８０°－２０°－８０°＝８０°また、錯角より∠ＡＢＥ＝∠ＢＡＤ＝２０°
よって、△ＡＢＥの内角の和より、∠ＢＥＡ＝１８０°－２０°－８０°＝８０°
よって、∠ＢＡＥ＝∠ＢＥＡより△ＢＡＥは二等辺三角形。よって、ＡＢ＝ＥＢ
また、ＡＤとＥＢが平行より△ＣＡＤと△ＣＥＢは相似で相似比は３：７　
よって、ＥＢ＝(７/３)ＡＤ＝２８/３ｃｍ　
よって、ＡＢ＝ＥＢ＝２８/３ｃｍ
よって、答えは、２８/３ｃｍ

おまけ：