数学

問題
右図のように円に内接する四角形ＡＢＣＤにおいて、対角線ＢＤ上に点Ｅをとって、∠ＤＣＥ＝∠ＡＣＢとする。
（１）ＡＢ×ＤＣ＝ＡＣ×ＤＥを証明しなさい。
（２）ＡＢ×ＤＣ＋ＡＤ×ＢＣ＝ＡＣ×ＢＤを証明しなさい。
（３）（２）を利用して、１辺の長さが１の正五角形の対角線の長さを求めなさい。
（９８　仙台育英）

模範解答
（１）円周角の定理により、右図の○同士の角が等しく（注：∠ＢＡＣ＝∠ＢＤＣ）、また∠ＤＣＥ＝∠ＡＣＢであるから、△ＤＥＣ∽△ＡＢＣ
∴ＤＥ：ＤＣ＝ＡＢ：ＡＣ
∴ＡＢ×ＤＣ＝ＡＣ×ＤＥ･･････①
（２）∠ＢＣＥ＝∠ＢＣＤ－∠ＤＣＥ
＝∠ＢＣＤ－∠ＡＣＢ＝∠ＡＣＤ
これと、図１の×同士の角が等しいこと（円周角で∠ＣＢＤ＝∠ＣＡＤ）から、△ＢＣＥ∽△ＡＣＤ
∴ＢＥ：ＢＣ＝ＡＤ：ＡＣ
∴ＡＤ×ＢＣ＝ＡＣ×ＢＥ･･････②
①＋②より、
ＡＢ×ＤＣ＋ＡＤ×ＢＣ
＝ＡＣ×(ＤＥ＋ＢＥ)＝ＡＣ×ＢＤ
（３）右図で、四角形ＡＢＣＤについて、（２）の等式を適用する（注：正五角形の内部にある等脚台形にＡ,Ｂ,Ｃ,Ｄと振り、（２）の式を使うという事）と、１×ｘ＋１×１＝ｘ×ｘ
∴ｘ²－ｘ－１＝０　ｘ＞０より、
ｘ＝(１＋√５)/２
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞（２）∠ＢＣＥ＝∠ＢＣＤ－∠ＤＣＥ
＝∠ＢＣＤ－∠ＡＣＢ＝∠ＡＣＤ

これより、条件から∠ＤＣＥ＝∠ＡＣＢ
この両辺から共通部分の∠ＡＣＥを引くと、
∠ＤＣＡ＝∠ＢＣＥ
の方が分かり易いね。
ただし、私が付けた条件の、

図の解説：円に内接する四角形をＡＢ＞ＡＤとなるように描き、対角線ＢＤ上に∠ＤＣＥ＝∠ＡＣＢとなる点Ｅを取った図。

ＡＢ＞ＡＤが逆だと分かり易い方の解説は変わる。
つまり、条件から∠ＤＣＥ＝∠ＡＣＢ
この両辺に∠ＡＣＥを加えると、
∠ＤＣＡ＝∠ＢＣＥ

そして、模範解答はどちらの場合にも適用出来る解法である。ただし、図が付いているのだから分かり易い方が良さそうなものである。

（３）の普通の解法。
１辺の長さが１の正五角形の一部の、頂角が１０８°で等辺が１の二等辺三角形に注目して底辺の長さを求めれば良い。
そこで、△ＡＢＣとし、ＡＢ＝ＡＣ＝１，ＢＣ＝ｘと置く。
ここで、ＢＣ上にＢＤ＝１となる点Ｄを取ると、△ＢＡＤは頂角が３６°の二等辺三角形になるので、∠ＤＡＣ＝１０８°－７２°＝３６°
よって、∠ＤＡＣ＝∠ＤＣＡ＝３６°で△ＤＡＣも頂角が１０８°の二等辺三角形になり、
△ＡＢＣ∽△ＤＡＣ　
よって、１：ｘ＝ｘ－１：１が成り立つ。
∴ｘ(ｘ－１)＝１　∴ｘ²－ｘ－１＝０
∴ｘ＝(１±√５)/２　ｘ＞０より、
ｘ＝(１＋√５)/２
よって、１辺の長さが１の正五角形の対角線の長さは、ＢＣ＝(１＋√５)/２

次回は、（２）と（３）の何でもありの解法をやりますね。（２）の中学数学の別解は、個人的に私に興味がある人にしか解けないでしょう。（十数年前に私が作ったものだから。）

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12909082054.html

問題
右図のように円に内接する四角形ＡＢＣＤにおいて、対角線ＢＤ上に点Ｅをとって、∠ＤＣＥ＝∠ＡＣＢとする。
（１）ＡＢ×ＤＣ＝ＡＣ×ＤＥを証明しなさい。
（２）ＡＢ×ＤＣ＋ＡＤ×ＢＣ＝ＡＣ×ＢＤを証明しなさい。
（３）（２）を利用して、１辺の長さが１の正五角形の対角線の長さを求めなさい。
（９８　仙台育英）

（２）の何でもありの解法
ＡＢ＝ａ，ＢＣ＝ｂ，ＤＣ＝ｃ，ＡＤ＝ｄ，ＡＣ＝ｅ，ＢＤ＝ｆ，∠Ｂ＝θと置くと、四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形より、∠Ｄ＝180°－θ
ここで、△ＢＡＣ，△ＤＡＣのそれぞれで余弦定理を使うと、
cosθ＝(ａ²＋ｂ²－ｅ²)/２ａｂ･･････①
cos(180°－θ)＝(ｃ²＋ｄ²－ｅ²)/２ｃｄ
∴cosθ＝－(ｃ²＋ｄ²－ｅ²)/２ｃｄ･･････②
①，②より、
(ａ²＋ｂ²－ｅ²)/２ａｂ＝－(ｃ²＋ｄ²－ｅ²)/２ｃｄ　
∴２ｃｄ(ａ²＋ｂ²－ｅ²)＝－２ａｂ(ｃ²＋ｄ²－ｅ²)
∴ｃｄ(ａ²＋ｂ²－ｅ²)＝－ａｂ(ｃ²＋ｄ²－ｅ²)
これをｅについて解くと、
(ａｂ＋ｃｄ)ｅ²＝ｃｄ(ａ²＋ｂ²)＋ａｂ(ｃ²＋ｄ²)＝ｃｄａ²＋ｂ(ｃ²＋ｄ²)ａ＋ｃｄｂ²
＝(ｃａ＋ｂｄ)(ｄａ＋ｂｃ)
＝(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)
∴ｅ²＝(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)/(ａｂ＋ｃｄ)
対称性から、
ｆ²＝(ａｃ＋ｂｄ)(ａｂ＋ｃｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)
この２式の両辺同士を掛け合わせると、
ｅ²ｆ²＝{(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)/(ａｂ＋ｃｄ)}・{(ａｃ＋ｂｄ)(ａｂ＋ｃｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}
＝(ａｃ＋ｂｄ)²
∴(ｅｆ)²＝(ａｃ＋ｂｄ)²
全て正より、ａｃ＋ｂｄ＝ｅｆ
∴ＡＢ・ＤＣ＋ＢＣ・ＡＤ＝ＡＣ・ＢＤ
∴ＡＢ×ＤＣ＋ＡＤ×ＢＣ＝ＡＣ×ＢＤ
よって、示された。

（３）の何でもありの解法は次回。一応、何も見ないで挑戦してみますね。今回は時短のため、こちらのサイトhttps://manabitimes.jp/math/581を参考にしました。もう一つの方は省略。
念のため、円に内接する四角形の対角線の公式の三角関数の求め方も似たようなものなので、時間をかければ出来る自信はありました。まぁ、試合放棄ですね。本気を出す機会もありませんし。笑

おまけ：

問題
右図のように円に内接する四角形ＡＢＣＤにおいて、対角線ＢＤ上に点Ｅをとって、∠ＤＣＥ＝∠ＡＣＢとする。
（１）ＡＢ×ＤＣ＝ＡＣ×ＤＥを証明しなさい。
（２）ＡＢ×ＤＣ＋ＡＤ×ＢＣ＝ＡＣ×ＢＤを証明しなさい。
（３）（２）を利用して、１辺の長さが１の正五角形の対角線の長さを求めなさい。
（９８　仙台育英）

（３）の何でもありの解法
１辺の長さが１の正五角形の一部の、頂角が１０８°で等辺が１の二等辺三角形に注目して底辺の長さを求めれば良い。
つまり、cos36°を求める。
そこで、θ＝３６°と置くと、５θ＝１８０°
∴３θ＝１８０°－２θ
この両辺のcosを取ると、
cos3θ＝cos(180°－2θ)＝－cos2θ
３倍角の公式と２倍角の公式より、
－３cosθ＋４cos³θ＝－(２cos²θ－１)
∴４cos³θ＋２cos²θ－３cosθ－１＝０
因数定理でcosθ＝－１とすれば解けるが、
３θ＝１８０°－２θの両辺のsinを取る事に変えると、
sin3θ＝sin(180°－2θ)＝sin2θ
３倍角の公式と２倍角の公式より、
３sinθ－４sin³θ＝２sinθcosθ
sinθ＝sin36°≠０より、
３－４sin²θ＝２cosθ
∴３－４(１－cos²θ)＝２cosθ
∴４cos²θ－２cosθ－１＝０
∴cosθ＝(１±√５)/４
ところで、３６°は第１象限の角より、cosθ＞０　∴cosθ＝(１＋√５)/４
よって、頂角が１０８°で等辺が１の二等辺三角形の底辺の長さはこの２倍で、
２cos36°＝(１＋√５)/２
よって、１辺の長さが１の正五角形の対角線の長さは、(１＋√５)/２

因みに、３倍角の公式と和と積の公式は暗記していないので、以前は毎回求めるか公式集を見て利用していましたが、ネットがあると便利ですね。
今回はこちらのサイトを利用させていただきました。https://rikeilabo.com/triple-angle-formula

次回は、（２）の中学数学の別解をやりますね。

おまけ：

問題
右図のように円に内接する四角形ＡＢＣＤにおいて、対角線ＢＤ上に点Ｅをとって、∠ＤＣＥ＝∠ＡＣＢとする。
（１）ＡＢ×ＤＣ＝ＡＣ×ＤＥを証明しなさい。
（２）ＡＢ×ＤＣ＋ＡＤ×ＢＣ＝ＡＣ×ＢＤを証明しなさい。
（３）（２）を利用して、１辺の長さが１の正五角形の対角線の長さを求めなさい。
（９８　仙台育英）

（２）の数学中学の別解
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
∴ＢＤ・ＡＣ＝ＡＢ・ＣＤ＋ＢＣ・ＤＡ
∴ＡＢ×ＤＣ＋ＡＤ×ＢＣ＝ＡＣ×ＢＤ
よって、示された。

因みに、ＩＱが低くてもＥＱやＰＱhttps://otonasalone.jp/36173/が高い人なら、掲示板内のキーワード検索で「トレミーの定理の別証」で検索すれば解けたでしょう。

おまけ：

問題
正方形ＡＢＣＤの∠ＡＤＢの二等分線とＣＢの延長との交点をＥとし、ＡＢとＤＥの交点をＦとする。
△ＦＡＤの面積が１０ｃｍ²の時、△ＦＢＥの面積を求めて下さい。ただし、算数限定の問題です。

解法１
角の二等分より、∠ＡＤＦ＝∠ＢＤＦ
また、ＡＤ∥ＥＣより錯角で∠ＡＤＦ＝∠ＢＥＦ　よって、∠ＢＤＦ＝∠ＢＥＦより△ＢＤＥは二等辺三角形。
よって、ＢＥ＝ＢＤ＝ア，ＡＤ＝イと置くと、△ＦＡＤと△ＦＢＥは相似で相似比はＡＤ：ＢＥ＝イ：アなので、面積比は、
△ＦＡＤ：△ＦＢＥ＝イ×イ：ア×ア･･････①
ここで、正方形ＡＢＣＤの面積に着目すると、２通りで面積を表せる。つまり、
イ×イ＝ア×ア÷２
よって、ア×ア＝２×(イ×イ)･･････②
②を①に代入すると、
△ＦＡＤ：△ＦＢＥ＝イ×イ：２×(イ×イ)
＝１：２
よって、△ＦＢＥの面積は△ＦＡＤの面積の２倍である。よって、答えは、２０ｃｍ²

解法２
角の二等分より、∠ＡＤＦ＝∠ＢＤＦ＝○
また、ＡＤ∥ＥＣより錯角で∠ＡＤＦ＝∠ＢＥＦ＝○　よって、∠ＢＤＦ＝∠ＢＥＦより△ＢＤＥは二等辺三角形。
よって、ＢＥ＝ＢＤ･･････①
ここで、ＥからＢＤと平行な直線を引き、ＢＡの延長との交点をＧとすると、
錯角より∠ＧＥＤ＝∠ＢＤＦ＝○　
また、∠ＢＥＦ＝○より、
∠ＧＥＢ＝○＋○＝∠ＡＤＢ＝４５°
また、∠ＧＢＥ＝９０°より△ＧＥＢは直角二等辺三角形。よって、ＢＥ＝ＢＧ･･････②
①，②より、ＢＤ＝ＢＧ
よって、△ＢＤＧは頂角が４５°の二等辺三角形より、∠ＢＤＧ＝(１８０°－４５°)÷２＝６７.５°よって、∠ＧＤＡ＝６７.５°－４５°＝２２.５°また、∠ＦＤＡ＝４５°÷２＝２２.５°より、∠ＧＤＡ＝∠ＦＤＡ
また、∠ＧＡＤ＝∠ＦＡＤ＝９０°，ＡＤは共通より、１辺両端が等しいので、△ＤＧＡと△ＤＦＡは合同。
よって、△ＤＧＦ＝１０×２＝２０ｃｍ²･･･③
ところで、ＢＤ∥ＥＧより等積変形で、
△ＤＥＧ＝△ＢＥＧ
この両辺から共通部分の△ＦＥＧを引くと、
△ＤＧＦ＝△ＦＢＥ･･････④
③，④より、△ＦＢＥ＝２０ｃｍ²

おまけ：
https://bookmeter.com/books/4036571

証明にまさかのミスがありましたが、何とか修正出来ました。井上尚弥選手もラッキーパンチでダウンした時はちょっと焦った事でしょう。まぁ、私の場合は恥も外聞もなく、よくある事で何も考えないんですけど。期待してくれている人（がいるとも思えませんが）はがっかりする事でしょう。
今回は大丈夫だと思います。笑
次回は、失敗作を披露して間違い探しにしましょう。鋭い人なら修正出来ると思いますし。

おまけ：

間違い探し

問題
① 平行線 j, k にはさまれた点 O が与えられます。O は、j の方により近いものとします。
② O を通る線分 AT, BS を作図します。
③ 直線 AS, BT の交点を Q とします。
④ Q から直線 CU を引きます。 C は j との交点、U は k との交点とします。j 上で A,B,C はこの順に並ぶものとします。
⑤ 線分 BU と線分 CT との交点を P とします。
⑥ 直線 OP に名前をつけて h とします。h は　J と平行となります。
これを証明して下さい。

図はこちらを見て下さい。https://bbs1.rocketbbs.com/show_image.cgi?file=205d6f9dacb24c7ae37067d70ffd5df954

証明
QＯ，ＱＰの延長と直線ｋとの交点をそれぞれＶ，Ｗとして、△ＱＳＴ，△ＱＴＵでチェバの定理を使う。
(ＢＱ/ＴＢ)(ＡＳ/ＱＡ)(ＶＴ/ＳＶ)＝１･･･①
また、ｊ∥ｋより、ＱＡ：ＡＳ＝ＱＢ：ＢＴ
∴ＱＡ/ＡＳ＝ＱＢ/ＢＴ　
∴ＢＱ/ＴＢ＝ＱＡ/ＡＳ･･････②
②を①に代入すると、ＶＴ/ＳＶ＝１
∴ＶＴ＝ＳＶ
よって、点ＶはＳＴの中点･･････ア
(ＣＱ/ＵＣ)(ＢＴ/ＱＢ)(ＷＵ/ＴＷ)＝１･･･③
また、ｊ∥ｋより、ＱＢ：ＢＴ＝ＱＣ：ＣＵ
∴ＱＢ/ＢＴ＝ＱＣ/ＣＵ
∴ＣＱ/ＵＣ＝ＱＢ/ＢＴ･･････④
④を③に代入すると、ＷＵ/ＴＷ＝１
∴ＷＵ＝ＴＷ
よって、点ＷはＴＵの中点･･････イ
また、△ＱＳＵでチェバの定理を使うと、
(ＣＱ/ＵＣ)(ＡＳ/ＱＡ)(ＴＵ/ＳＴ)＝１･･･⑤
また、ｊ∥ｋより、ＱＡ：ＡＳ＝ＱＣ：ＣＵ
∴ＱＡ/ＡＳ＝ＱＣ/ＣＵ
∴ＣＱ/ＵＣ＝ＱＡ/ＡＳ･･････⑥
⑥を⑤に代入すると、ＴＵ/ＳＴ＝１
∴ＴＵ＝ＳＴ
よって、点ＴはＳＵの中点･･････ウ
ア，イ，ウより、点ＴはＶＷの中点である。
∴ＶＴ＝ＴＷ･･････⑦
ここで、△ＱＶＷでチェバの定理を使うと、
(ＰＱ/ＷＰ)(ＯＶ/ＱＯ)(ＴＷ/ＶＴ)＝１･･･⑧
⑦を⑧に代入すると、
(ＰＱ/ＷＰ)(ＯＶ/ＱＯ)＝１
∴ＰＱ/ＷＰ＝ＱＯ/ＯＶ
∴ＰＱ：ＷＰ＝ＱＯ：ＯＶ
∴ＱＰ：ＰＷ＝ＱＯ：ＯＶ
∴ＯＰ∥ＶＷ
∴ＯＰ∥ｋ
∴ＯＰ∥ｊ∥ｋ
よって、「直線 OP に名前をつけて h とします。h は J と平行となります」が示された。

次回は、間違い探しの回答と修正した証明をやりますね。

おまけ：

間違い探しの回答
＞また、△ＱＳＵでチェバの定理を使うと、
(ＣＱ/ＵＣ)(ＡＳ/ＱＡ)(ＴＵ/ＳＴ)＝１･･･⑤

ここですね。ＣＳとＡＵとＱＴが１点で交わるとは限らないですからね（１点で交わるのはＡＢ＝ＢＣの時だけ）。だから、チェバの定理は使えないという事です。別の言い方をすると、△ＱＳＵでチェバの定理を使うと、ＣＳとＡＵの交点とＱを結んだ直線とｋとの交点はＴと一致するとは限らないので、ＴがＳＵの中点とは言えない。

では、改善した証明をやってみましょう。

問題
① 平行線 j, k にはさまれた点 O が与えられます。O は、j の方により近いものとします。
② O を通る線分 AT, BS を作図します。
③ 直線 AS, BT の交点を Q とします。
④ Q から直線 CU を引きます。 C は j との交点、U は k との交点とします。j 上で A,B,C はこの順に並ぶものとします。
⑤ 線分 BU と線分 CT との交点を P とします。
⑥ 直線 OP に名前をつけて h とします。h は　J と平行となります。

証明
QＯ，ＱＰの延長と直線ｋとの交点をそれぞれＶ，Ｗとして、△ＱＳＴ，△ＱＴＵでチェバの定理を使う。
(ＢＱ/ＴＢ)(ＡＳ/ＱＡ)(ＶＴ/ＳＶ)＝１･･･①
また、ｊ∥ｋより、ＱＡ：ＡＳ＝ＱＢ：ＢＴ
∴ＱＡ/ＡＳ＝ＱＢ/ＢＴ　
∴ＢＱ/ＴＢ＝ＱＡ/ＡＳ･･････②
②を①に代入すると、ＶＴ/ＳＶ＝１
∴ＶＴ＝ＳＶ
よって、点ＶはＳＴの中点･･････ア
(ＣＱ/ＵＣ)(ＢＴ/ＱＢ)(ＷＵ/ＴＷ)＝１･･･③
また、ｊ∥ｋより、ＱＢ：ＢＴ＝ＱＣ：ＣＵ
∴ＱＢ/ＢＴ＝ＱＣ/ＣＵ
∴ＣＱ/ＵＣ＝ＱＢ/ＢＴ･･････④
④を③に代入すると、ＷＵ/ＴＷ＝１
∴ＷＵ＝ＴＷ
よって、点ＷはＴＵの中点･･････イ
ここで、△ＱＳＶと直線ＡＴでメネラウスの定理を使うと、
(ＡＱ/ＳＡ)(ＯＶ/ＱＯ)(２/１)＝１
∴ＡＱ/ＳＡ＝ＱＯ/２ＯＶ･･････⑤
また、△ＱＵＷと直線ＣＴでメネラウスの定理を使うと、
(ＣＱ/ＵＣ)(ＰＷ/ＱＰ)(２/１)＝１
∴ＣＱ/ＵＣ＝ＱＰ/２ＰＷ･･････⑥
また、ｊ∥ｋより、ＱＡ：ＡＳ＝ＱＣ：ＣＵ
∴ＱＡ/ＡＳ＝ＱＣ/ＣＵ
∴ＡＱ/ＳＡ＝ＣＱ/ＣＵ･･････⑦
⑤，⑥，⑦より、
ＱＯ/２ＯＶ＝ＱＰ/２ＰＷ
∴ＱＯ/ＯＶ＝ＱＰ/ＰＷ
∴∴ＱＯ：ＯＶ＝ＱＰ：ＰＷ
∴ＯＰ∥ＶＷ
∴ＯＰ∥ｋ
∴ＯＰ∥ｊ∥ｋ
よって、「直線 OP に名前をつけて h とします。h は J と平行となります」が示された。

おまけ：
「同士に裏切られた事については『いい勉強になった』程度に思っているらしいが、動乱の終結と未だ不安定で弱々しい新政府には大いなる不満を抱く（政府に裏切られた怒りよりも不意打ちで焼殺しても、彼自身を仕留め切れなかった政府の弱さへの失望が大きい）。原作では裏切りそのものについての復讐心や怒りなどは描かれていないが、実写映画版では怒りや復讐心がかなり強いように描かれている。」
引用元：https://dic.pixiv.net/a/%E5%BF%97%E3%80%85%E9%9B%84%E7%9C%9F%E5%AE%9F#h2_3

https://dic.pixiv.net/a/%E5%BF%97%E3%80%85%E9%9B%84%E7%9C%9F%E5%AE%9F#h2_14

次の文章を完全解説して下さい。

定理13
有限群Ｇの共役類の個数はＧの位数の約数である。
証明
１つの共役類Ｃの１要素をａとする。このＣはｘａｘ^-1（ｘはＧのすべての要素とする）全体の集合である。Ｇのなかでｘａｘ^-1＝ａとなる要素全体の集合をＫ(ａ)とすると、Ｋ(ａ)はＧの部分群をなす。　
　まずｅａｅ^-1＝ａだから
ｅ∈Ｋ(ａ)
また、ｘ∈Ｋ(ａ)ならばｘａｘ^-1＝ａとなる。ここで左からｘ^-1をかけ、右からｘをかけると
ａ＝ｘ^-1ａｘ＝ｘ^-1ａ(ｘ^-1)^-1
となるから
ｘ^-1∈Ｋ(ａ)
が得られる。
　また、ｘ,ｘ'∈Ｋ(ａ)ならば
ｘａｘ^-1＝ａ
左からｘ'，右からｘ'^-1をかけると
ｘ'ｘａｘ^-1ｘ'^-1＝ｘ'ａｘ'^-1＝ａ
(ｘ'ｘ)ａ(ｘ'ｘ)^-1＝ａ
したがって
ｘ'ｘ∈Ｋ(ａ)
だからＫ(ａ)は部分群をなす。
　ここで、Ｃ＝{ａ₁,ａ₂,…,ａr}とすると（ａ₁＝ａ）
ｘａ₁ｘ^-1＝ａk
ｘ'ａ₁ｘ'^-1＝ａk
となるｘがあって
ｘ^-1ｘ'ａ₁ｘ'^-1ｘ＝ｘ^-1ａkｘ＝ａ₁
　だから
ｘ^-1ｘ'∈Ｋ(ａ₁)
ｘ'∈ｘＫ(ａ₁)
　逆に、ｘ'∈ｘＫ(ａ₁)ならばＫ(ａ₁)に属するｘ''を選んでｘ'＝ｘｘ''とすることができる。
ｘ'ａ₁ｘ'^-1＝ｘｘ''ａ₁ｘ''^-1ｘ^-1＝ｘａ₁ｘ^-1＝ａk
つまりｘａ₁ｘ^-1＝ａkとなるようなＧの要素はＫ(ａ₁)の剰余類となる。したがってａ₁,ａ₂,…,ａrはＫ(ａ₁)の剰余類と１対１対応する。したがってＧの位数をｎ，Ｋ(ａ₁)の位数をｍ，とすれば
ｒ＝ｎ/ｍ
　つまりｒはｎの約数となる。　　（証明終り）
「代数的構造」遠山啓著より

解説
＞１つの共役類Ｃの１要素をａとする。このＣはｘａｘ^-1（ｘはＧのすべての要素とする）全体の集合である。

例えば、ｘ＝ｅとすれば、ｘａｘ^-1＝ａで、ｘにＧの全ての元を代入すると、Ｃ＝{ａ₁,ａ₂,…,ａr}（ａ₁＝ａ）になるという訳である。

＞Ｇのなかでｘａｘ^-1＝ａとなる要素全体の集合をＫ(ａ)とすると、Ｋ(ａ)はＧの部分群をなす。　

このｘ（Ｋ(ａ)の元）がどういうものかというと、ｘａｘ^-1＝ａの両辺に右からｘをかけると、ｘａ＝ａｘ
つまり、Ｇが可換群だったらＧ全体である。ただし、Ｇは可換群とは限らないのでＧの部分集合である。そして、それが群をなすという証明をこれからしようという訳である。何故、そんな事をわざわざするのかは後で述べる。

＞まずｅａｅ^-1＝ａだから
ｅ∈Ｋ(ａ)
また、ｘ∈Ｋ(ａ)ならばｘａｘ^-1＝ａとなる。ここで左からｘ^-1をかけ、右からｘをかけると
ａ＝ｘ^-1ａｘ＝ｘ^-1ａ(ｘ^-1)^-1
となるから
ｘ^-1∈Ｋ(ａ)
が得られる。
　また、ｘ,ｘ'∈Ｋ(ａ)ならば
ｘａｘ^-1＝ａ
左からｘ'，右からｘ'^-1をかけると
ｘ'ｘａｘ^-1ｘ'^-1＝ｘ'ａｘ'^-1＝ａ
(ｘ'ｘ)ａ(ｘ'ｘ)^-1＝ａ
したがって
ｘ'ｘ∈Ｋ(ａ)
だからＫ(ａ)は部分群をなす。

ｅ∈Ｋ(ａ)で単位元の存在，ｘ^-1∈Ｋ(ａ)で逆元の存在，ｘ'ｘ∈Ｋ(ａ)で演算について閉じている事が示されているので、Ｇの部分集合Ｋ(ａ)が群をなすので、部分群という事である。
因みに、群Ｇの部分集合だから結合法則は成り立つのが自明なので、省略されている訳である。また、単位元の存在も省略しても良い。その理由は、

定理2.1（部分群の判定定理）
群Ｇの空でない部分集合をＨとする。ＨがＧの部分群であるための必要十分条件は、Ｈが次の条件(１)と(２)を満足していることである。
(１)∀ａ,ｂ∈Ｈ⇒ａ◦ｂ∈Ｈ
(２)∀ａ∈Ｈ⇒ａ^-1∈Ｈ
さらに(１)，(２)は、次の(３)と同値である。
(３)∀ａ,ｂ∈Ｈ⇒ａ◦ｂ^-1∈Ｈ
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著

理由は、逆元が存在すればもとの元との積で単位元が存在するからである。ところで、今回はＧが有限群なのでＫ(ａ)は有限集合である。だから、逆元の存在も省略して良い。その理由は、

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。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著

だからである。

続きは次回。

おまけ：
https://yanmaga.jp/comics/%E3%82%AB%E3%83%A1%E3%83%AC%E3%82%AA%E3%83%B3

解説の続き
＞ここで、Ｃ＝{ａ₁,ａ₂,…,ａr}とすると（ａ₁＝ａ）
ｘａ₁ｘ^-1＝ａk
ｘ'ａ₁ｘ'^-1＝ａk
となるｘがあって
ｘ^-1ｘ'ａ₁ｘ'^-1ｘ＝ｘ^-1ａkｘ＝ａ₁
　だから
ｘ^-1ｘ'∈Ｋ(ａ₁)
ｘ'∈ｘＫ(ａ₁)

「ｘａ₁ｘ^-1＝ａk
ｘ'ａ₁ｘ'^-1＝ａk
となるｘ,ｘ'があって」
だろう。念のため、「ｘａｘ^-1＝ａとなる要素全体の集合をＫ(ａ)」よりｘａ₁ｘ^-1＝ａkとなるｘも複数存在するという事。
まず、ｘ'ａ₁ｘ'^-1＝ａkの両辺に左からｘ^-1，右からｘをかけると、
ｘ^-1ｘ'ａ₁ｘ'^-1ｘ＝ｘ^-1ａkｘ
また、上よりｘａ₁ｘ^-1＝ａkの両辺に左からｘ^-1，右からｘをかけると、ａ₁＝ｘ^-1ａkｘ
∴ｘ^-1ｘ'ａ₁ｘ'^-1ｘ＝ａ₁
∴(ｘ^-1ｘ')ａ₁(ｘ^-1ｘ')^-1＝ａ₁
よって、ｘ^-1ｘ'∈Ｋ(ａ₁)という事。
（「ｘａｘ^-1＝ａとなる要素全体の集合をＫ(ａ)」だから。）
よって、ｘ^-1ｘ'∈Ｋ(ａ₁)の両辺に左からｘをかけると、ｘ'∈ｘＫ(ａ₁)

＞逆に、ｘ'∈ｘＫ(ａ₁)ならばＫ(ａ₁)に属するｘ''を選んでｘ'＝ｘｘ''とすることができる。
ｘ'ａ₁ｘ'^-1＝ｘｘ''ａ₁ｘ''^-1ｘ^-1＝ｘａ₁ｘ^-1＝ａk

ｘ'∈ｘＫ(ａ₁)とするとあるｘ''が存在して、ｘ'＝ｘｘ''と表せる。そして、ｘ'ａ₁ｘ'^-1を作り、ｘ'＝ｘｘ''を代入すると、ｘｘ''ａ₁ｘ''^-1ｘ^-1
これをｘ(ｘ''ａ₁ｘ''^-1)ｘ^-1と見るとｘ''はＫ(ａ₁)の元より、ｘ''ａ₁ｘ''^-1＝ａ₁なので、（代入すると）ｘａ₁ｘ^-1となり、上より＝ａkとなる訳である。

＞つまりｘａ₁ｘ^-1＝ａkとなるようなＧの要素はＫ(ａ₁)の剰余類となる。

ｘａ₁ｘ^-1＝ａk，ｘ'ａ₁ｘ'^-1＝ａk
⇒ｘ'∈ｘＫ(ａ₁)
ｘ'∈ｘＫ(ａ₁)
⇒ｘａ₁ｘ^-1＝ａk，ｘ'ａ₁ｘ'^-1＝ａk
が示されて、ｘ,ｘ'はＧの任意の元で、上でＫ(ａ₁)はＧの部分群である事を証明したので、ｘＫ(ａ₁)は剰余類である。

＞したがってａ₁,ａ₂,…,ａrはＫ(ａ₁)の剰余類と１対１対応する。したがってＧの位数をｎ，Ｋ(ａ₁)の位数をｍ，とすれば
ｒ＝ｎ/ｍ
　つまりｒはｎの約数となる。

ｘａ₁ｘ^-1＝ａk，ｘ'ａ₁ｘ'^-1＝ａk
⇔ｘ'∈ｘＫ(ａ₁)
より、ａkとｘＫ(ａ₁)は１対１対応するので、「ａ₁,ａ₂,…,ａrはＫ(ａ₁)の剰余類と１対１対応する」という事である。
よって、ラグランジュの定理より、
|Ｇ|＝|ｘＫ(ａ₁)|・|Ｋ(ａ₁)|が成り立つので、
ｎ＝ｒ・ｍ
∴ｒ＝ｎ/ｍ
「つまりｒはｎの約数となる」という事。

定理4.4（ラグランジュの定理）
Ｇを有限群，ＨをＧの部分群とすると、Ｇの位数はＨの位数と|Ｇ：Ｈ|の積になる。すなわち、
|Ｇ|＝|Ｇ：Ｈ|・|Ｈ|
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

定義4.3
Ｇを群，ＨをＧの部分群とするとき、Ｈの左剰余類の集合濃度をＧにおけるＨの指数といい、|Ｇ：Ｈ|で表す。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

＞そして、それが群をなすという証明をこれからしようという訳である。何故、そんな事をわざわざするのかは後で述べる。

剰余類を利用するためだった訳である。

定義4.2
Ｇを群，ＨをＧの部分群，ａをＧの元とする。このとき、Ｈを法としてａと左合同であるＧの元全体の集合をａのＨを法とする左剰余類（あるいは、単にＨの左剰余類）という。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

念のため、Ｈは部分集合ではダメなのである。

おまけ：

問題
円Ｏは半径が１で、ＡＢはその直径である。図のように、線分ＡＢの延長上に点Ｃをとり、Ｃより円Ｏに接線を引き、接点をＴとする。ＡＴ：ＢＴ＝２：１のとき、次の問いに答えなさい。
（１）ＢＣの長さを求めなさい。
（２）線分ＡＴ上にＴと異なる点Ｄをとり、ＣＤとＢＴの交点をＥとする。ＤＴ＝ＥＴのとき
（ⅰ）ＤＥの長さを求めなさい。
（ⅱ）ＣＤの長さを求めなさい。
（０３　灘）

模範解答
（１）接弦定理により、
∠ＢＴＣ＝∠ＴＡＣ･･････①
よって、二角相等で、
△ＢＴＣ∽△ＴＡＣ･･････②
相似比は、ＢＴ：ＴＡ＝１：２･･････③
したがって、ＢＣ＝ｘとおくと、ＴＣ＝２ｘ
また、②より、ＢＣ：ＣＴ＝ＴＣ：ＣＡであるから、ｘ：２ｘ＝２ｘ：(ｘ＋２)
∴ｘ(ｘ＋２)＝(２ｘ)²･･････④
∴ｘ(３ｘ－２)＝０
ｘ＞０より、ｘ＝２/３

（２）（ⅰ）ＤＴ＝ＥＴより、右図（注：∠ＴＤＥ＝●，∠ＴＥＤ＝○，∠ＴＣＤ＝△，∠ＤＣＡ＝×と置いた図）で、
●＝○･･････⑤
一方、●＝∠ＤＡＣ＋×，○＝∠ＥＴＣ＋△
①⑤より、×＝△
よって、ＣＤは∠Ｃの二等分線である。････☆
ところで、△ＴＡＢの３辺比は１：２：√５であるから、
ＢＴ＝ＡＢ/√５＝２√５/５･･････⑥
⑥と☆より、ＤＥ＝√２ＴＥ
＝√２×(２√５/５)×{２/(２＋１)}
＝４√１０/１５
（ⅱ）③より、ＣＥ：ＣＤ＝１：２･･････⑦
∴ＣＤ＝２ＤＥ＝８√１０/１５
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞⑥と☆より、ＤＥ＝√２ＴＥ
＝√２×(２√５/５)×{２/(２＋１)}

要は、△ＣＴＢで角の二等分線の定理を使う訳である。②と③より、ＢＣ：ＣＴ＝１：２
よって、角の二等分線の定理より、
ＴＥ：ＥＢ＝ＣＴ：ＣＢ＝２：１
∴ＴＥ＝{２/(２＋１)}ＴＢ
これに⑥を代入すると、
ＴＥ＝(２/３)×(２√５/５)＝４√５/１５
ところで、△ＴＤＥは直角二等辺三角形より、
ＤＥ＝√２ＴＥ＝４√１０/１５

因みに、参考書に、
「（２）類題の経験の有無が、明暗を分けそうです（下の☆がすぐにピンとくるかどうか･･･）。」
とありますが、ピンと来なくても別解があります。因みに、中学数学を本格的にやるのは凄く久しぶりなので、ピンと来ませんでしたが、解答を見て見覚えがありました。まぁ、解けただけで良しとしましょう。念のため、受験生は解法パターンを暗記すべきである。
別解は次回。

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/13575ae5a6f1d2102e9d6db54361f896da981d6e?page=3

問題
円Ｏは半径が１で、ＡＢはその直径である。図のように、線分ＡＢの延長上に点Ｃをとり、Ｃより円Ｏに接線を引き、接点をＴとする。ＡＴ：ＢＴ＝２：１のとき、次の問いに答えなさい。
（１）ＢＣの長さを求めなさい。
（２）線分ＡＴ上にＴと異なる点Ｄをとり、ＣＤとＢＴの交点をＥとする。ＤＴ＝ＥＴのとき
（ⅰ）ＤＥの長さを求めなさい。
（ⅱ）ＣＤの長さを求めなさい。
（０３　灘）

別解（私の解法）
（１）接弦定理より、∠ＢＴＣ＝∠ＴＡＣ
また、∠Ｃは共通より２角が等しいので、
△ＢＴＣ∽△ＴＡＣで相似比ＢＴ：ＴＡ＝１：２　よって、ＢＣ＝ｘと置くと、ＴＣ＝２ｘ
ここで、ＯＴを結ぶと、ＴＣは接線より∠ＯＴＣ＝９０°よって、△ＯＴＣで三平方の定理を使うと、(２ｘ)²＋１²＝(ｘ＋１)²が成り立つ。
∴４ｘ²＋１＝ｘ²＋２ｘ＋１　
∴３ｘ²－２ｘ＝０
∴ｘ(３ｘ－２)＝０　ｘ＞０より、ｘ＝２/３
∴ＢＣ＝２/３

（２）ＤＴ＝ＥＴより△ＴＤＥは二等辺三角形。∴∠ＴＤＥ＝∠ＴＥＤ
また、対頂角より∠ＢＥＣ＝∠ＴＥＤ
∴∠ＴＤＥ＝∠ＢＥＣ･･････①
ところで、（１）より△ＢＴＣ∽△ＴＡＣなので、∠ＡＴＣ＝∠ＴＢＣ　
∴∠ＤＴＣ＝∠ＥＢＣ･･････②
①，②より、２角が等しいので、
△ＴＤＣ∽△ＢＥＣ･･････☆
また、ＢＴ＝ｙ，ＡＴ＝２ｙと置いて、△ＴＡＢで三平方の定理を使うと、
(２ｙ)²＋ｙ²＝２²が成り立つ。
∴５ｙ²＝４　∴ｙ²＝４/５　ｙ＞０より、
ｙ＝２/√５　∴ＢＴ＝２√５/５
今、ＴＥ＝ｚと置いて、☆を利用すると、
ＢＥ：ＴＤ＝ＴＣ：ＢＣ：ＴＣ＝１：２より、
２√５/５－ｚ：ｚ＝１：２が成り立つ。
∴ｚ＝２(２√５/５－ｚ)＝４√５/５－２ｚ
∴３ｚ＝４√５/５　∴ｚ＝４√５/１５
∴ＴＥ＝４√５/１５
ところで、ＡＢが直径より∠ＤＴＥ＝９０°なので、△ＴＤＥは直角二等辺三角形である。
∴ＤＥ＝√２ＴＥ＝４√１０/１５
（ⅰ）４√１０/１５
また、☆の相似比は、ＴＣ：ＢＣ＝２：１
よって、ＤＣ：ＥＣ＝２：１より、点ＥはＤＣの中点。∴ＣＤ＝２ＤＥ＝８√１０/１５
（ⅱ）８√１０/１５

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/13575ae5a6f1d2102e9d6db54361f896da981d6e

解説
＞Ｓ₃のなかで
ｅ→(ｅ ｇ ｇ²)
　　(ｅ ｇ ｇ²)，

ａ→(ｅ ｇ ｇ²)
　　(ｇ ｇ² ｅ)，

ａ²→(ｅ ｇ ｇ²)
　　 (ｇ² ｅ ｇ)
ここでｇの指数で代表すると、
ｅ→(０ １ ２)
　　(０ １ ２)，

ｇ→(０ １ ２)
　　(１ ２ ０)，

ｇ²→(０ １ ２)
　　 (２ ０ １)

下の２つは誤植でｇはａでｇ²はａ²ではないのでしょうか。もっとも、定理10より、

定理10
位数ｎの群はｎ次の対称群Ｓnの部分群と同型である。
「代数的構造」遠山啓著より

なので、話は通ってしまうのですが。
「ここでgの指数で代表」しただけなので、ａがｇにａ²がｇ²に変わってしまうのはおかしいですよね。誤植でないとしたら分からせる気はないようですね。因みに、私は下で利用しますが。

＞ここでｂ^-1Ｇｂ＝ＧとなるのはＳ₃そのものである。

ｂ^-1Ｇｂ＝Ｇの意味は、
ｂ^-1ｇ₁ｂ＝ｇ₂，∃ｇ₁,ｇ₂∈Ｇなので、ｂの元の種類にはかなり余裕がある。そこで、
ｂ＝(０ １ ２)
　　(０ ２ １)，
ｇ₁＝(０ １ ２)
　　 (２ ０ １)，
ｇ₂＝(０ １ ２)
　　 (１ ２ ０)
として、ｂをＧ以外の元として、ｇ₁ｂ＝ｂｇ₂が成り立つかどうか試してみると、
ｇ₁ｂ＝(０ １ ２)(０ １ ２)＝(０ １ ２)
　　　 (２ ０ １)(０ ２ １)　(２ １ ０)
ｂｇ₂＝(０ １ ２)(０ １ ２)＝(０ １ ２)
　　　 (０ ２ １)(１ ２ ０)　(２ １ ０)
よって、ｂ^-1ｇ₁ｂ＝ｇ₂が成り立つという事である。ｂをＧの元にして成り立つ事は次で述べるので、ｂはＳ₃全体で成り立つと断言して良い。

＞またＧの各要素と交換可能なのはＧである。

この意味は、ｂｇ＝ｇｂが成り立つｂはＧの元のみであるという事である。
ところで、Ｇ＝{ｅ,ｇ,ｇ²}よりＧは巡回群で巡回群は可換群なので、全ての元でｂｇ＝ｇｂが成り立つ。

問3.3
巡回群は可換群であることを示せ。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

ついでに、上の「ｂをＧの元にして成り立つ事は次で述べる」を解説すると、
ｂｇ＝ｇｂより、ｇｂ＝ｂｇでこの両辺に左からｂ^-1をかけると、ｂ^-1ｇｂ＝ｇとなり、ｂ^-1ｇ₁ｂ＝ｇ₂を余裕で満たすという事である。

＞だから、Ａ(Ｇ)はＳ₃/Ｇであり、これはＡ(Ｇ)＝{ｅ,ａ}となる。

定理12から、Ａ(Ｇ)≅Ｓ₃/Ｇで、

定理12
位数ｎの群をｎ次の対称群Ｓnの部分群とみなすことにすると、その自己同型群Ａ(Ｇ)は、Ｂ/Ｃと同型になる。

Ｓ₃の元は３個の入れ換え全てより３！＝６個で、Ｇの元は３個より、ラグランジュの定理により、Ｓ₃/Ｇは６/３＝２個の群である。

定義4.3
Ｇを群，ＨをＧの部分群とするとき、Ｈの左剰余類の集合の濃度をＧにおけるＨの指数といい、|Ｇ：Ｈ|で表わす。

定理4.4（ラグランジュの定理）
Ｇを有限群，ＨをＧの部分群とすると、Ｇの位数はＨの位数と|Ｇ：Ｈ|の積になる。すなわち、
|Ｇ|＝|Ｇ：Ｈ|・|Ｈ|

よって、|Ｇ：Ｈ|＝|Ｇ|/|Ｈ|で、つまり、Ｇ/Ｈの元の個数は|Ｇ|/|Ｈ|で求められるという事である。

＞Ａ(Ｇ)はＳ₃/Ｇであり、これはＡ(Ｇ)＝{ｅ,ａ}となる。

Ａ(Ｇ)は群で元個数が２個なので、単位元と他１つで作ったとしか思えない。
ａ→(０ １ ２)
　　(１ ２ ０)
ですよね。これじゃ、ａの逆元が存在しないので群になりませんよね。それより、
ａ→(０ １ ２)
　　(０ ２ １)
として、Ａ(Ｇ)＝Ｓ₃/Ｇ＝{Ｇ，ａＧ}
＝{ｅ,ｇ,ｇ²,ａ,ａｇ,ａｇ²}＝Ｓ₃
なのではないだろうか。

＞この意味は、ｂｇ＝ｇｂが成り立つｂはＧの元のみであるという事である。

補足
ｂをＧ以外の元で、
ｂ＝(０ １ ２)
　　(０ ２ １)，
ｇ＝(０ １ ２)
　　(１ ２ ０)
とすると、
ｂｇ＝(０ １ ２)(０ １ ２)＝(０ １ ２)
　　　(０ ２ １)(１ ２ ０)　(２ １ ０)
ｇｂ＝(０ １ ２)(０ １ ２)＝(０ １ ２)
　　　(１ ２ ０)(０ ２ １)　(１ ０ ２)
よって、ｂｇ≠ｇｂ

デタラメだったらご免なさい。

おまけ：

＞Ａ(Ｇ)＝Ｓ₃/Ｇ＝{Ｇ，ａＧ}
＝{ｅ,ｇ,ｇ²,ａ,ａｇ,ａｇ²}＝Ｓ₃
なのではないだろうか。

別の角度からの考え方。
「Ａ(Ｇ)はＳ₃/Ｇであり」から、
Ａ(Ｇ)≅Ｓ₃/Ｇ･･････①
また、Ｇは定理12のＣに当たるので、
「ＣはＧの任意の要素ｇに対して
ｂ^-1ｇｂ＝ｇ
となるものの全体である。」（定理12より）
（Ｓ₃の）正規部分群である。
よって、定理9より、

定理9
Ｇの正規部分群Ｈによって、その剰余群Ｇ/Ｈがつくられ、Ｇ/ＨはＧと準同型であり、そのときＨはＧ/Ｈの単位元に写される要素の全体である。
「代数的構造」遠山啓著より

Ｓ₃とＳ₃/Ｇは準同型であり、また、Ｓ₃もＳ₃/Ｇも置換なので全単射である。
∴Ｓ₃≅Ｓ₃/Ｇ･･････②
①，②より、Ａ(Ｇ)≅Ｓ₃
という訳である。

ところで、（素朴な疑問コーナー）
§10. 自己同型
　有限群Ｇの自己同型は群をつくるが、これについて少し述べてみよう。
Ｇ＝{ｇ₁,ｇ₂,…,ｇn}
の自己同型の全体を
Ａ(Ｇ)＝{φ₁,φ₂,…,φr}
としよう。この各々のφ₁,φ₂,…,φrはやはりＧの置換を引き起こすからＳnの部分群となることは明らかである。
「代数的構造」遠山啓著より

φ₁を恒等変換とすると、φ₂以下は何らかの置換をする。また、ｇ₁を単位元とすると、（ｇ₂以下は単位元ではなく積（演算）を考えると何らかの置換をする。）
つまり、φ₂(ｅ)はｅに何らかの置換が行われ、ｅでなくなるので、φ₂(ｅ)≠ｅ
ところが、φは自己同型写像なので、準同型写像の性質を持つので、φ₂(ｅ)＝ｅでなければならない。よって、矛盾とならないのだろうか。（念のため、ｅ'＝ｅはＧ→Ｇへの写像だから。）

定理6.2
ｆを群Ｇから群Ｇ'への準同型写像とし、ｅをＧの単位元，ｅ'をＧ'の単位元とするとき、次が成り立つ。
（１）Ｇの単位元ｅは準同型写像ｆによってＧ'の単位元ｅに移る。ｆ(ｅ)＝ｅ'
（２）は省略。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

＞だから、Ａ(Ｇ)はＳ₃/Ｇであり、これはＡ(Ｇ)＝{ｅ,ａ}となる。
「代数的構造」遠山啓著より

Ａ(Ｇ)＝{ｅ}疑惑である。

また、上の定理9の補足。

定理6.1
Ｈを群Ｇの正規部分群とする。Ｇの元ａに対し、剰余類ａＨを対応させると、この対応πは群Ｇから剰余群Ｇ/Ｈへの全準同型写像になる。
π：Ｇ→Ｇ/Ｈ，π(ａ)＝ａＨ
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

置換の場合は全単射で同型になるのだろうか。そうだとしたらＳ₃疑惑という事。

全然面白くなかったら、ご免なさい。

おまけ：

問題
図のように、辺ＡＢの長さが４，辺ＢＣの長さが５，辺ＣＡの長さが３である△ＡＢＣがある。△ＡＢＣに内接する円の中心をＩ，△ＡＢＣに外接する円と直線ＡＩとの交点のうち、ＡでないものをＤとする。
（１）△ＡＢＣに内接する円の半径を求めなさい。
（２）ＡＩとＩＤの長さの比を求めなさい。
（０１　東海）

模範解答
（１）△ＡＢＣは直角三角形であるから、右図の網目部分（注：内接円と辺ＡＢ，ＡＣとの接点と点Ａ，Ｉで作られる四角形）は正方形。
よって、内接円の半径ｒは、
(ＡＢ＋ＡＣ－ＢＣ)/２＝(４＋３－５)/２＝１

別解（参考書の別解）
定石通り面積を使うと、
△ＡＢＣ＝△ＩＡＢ＋△ＩＢＣ＋△ＩＣＡより、(４×３)/２＝(４×ｒ)/２＋(５×ｒ)/２＋(３×ｒ)/２
∴ｒ＝(４×３)/(４＋５＋３)＝１

（２）円周角の定理などから、右図のようになって（注：∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＤ＝∠ＢＣＤ＝∠ＣＢＤ＝○，∠ＩＢＡ＝∠ＩＢＣ＝×）、
∠ＢＩＤ＝×＋○＝∠ＩＢＤ
∴ＩＤ＝ＢＤ＝５/√２＝５√２/２
一方、ＡＩ＝√２ｒ＝√２
∴ＡＩ：ＩＤ＝√２：５√２/２＝２：５
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞(ＡＢ＋ＡＣ－ＢＣ)/２

これは内接円と辺ＡＢ，ＡＣとの接点をＰ，Ｑとすると、
ＡＰ＝ＡＱ＝(ＡＢ＋ＡＣ－ＢＣ)/２
という公式。そして、∠Ａが直角の場合はそこに出来る四角形が正方形になるので、半径がこれで求まるという訳。この公式は学校では習わないと思うが、進学塾では教えるはずである。まぁ、独学でもこの参考書の初めの公式集には載っているが。（遺伝と環境遺伝、特に後者は非常に有利である。）
証明は簡単で工夫でも求められるが、受験は時間が大事である。
因みに、私は３，４，５の直角三角形の内接円の半径は１と覚えている。（暗記しなくても１度見たら忘れないだろう。）

（２）
[ＰＣ⑰]（内心と外接円）
一般に、△ＡＢＣの内心をＩ，ＡＩの延長と外接円との交点をＤとすると、∠ＢＩＤ＝×＋○，∠ＩＢＤ＝×＋○
よって、△ＢＤＩは、ＤＢ＝ＤＩの二等辺三角形。
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

（２）は、これを使っている訳ですね。因みに、私の記憶によると、オイラーの公式Ｒ²－ＯＩ²＝２ｒＲ（Ｒは△ＡＢＣの外接円の半径でｒは内接円の半径。また、Ｏは外心でＩは内心）の証明の時に使ったと思います。次回は、何も見ないでこれを証明しますね。その前に（２）の私の別解をやりますが。何も見ないで出来るかどうかはやってみないと分かりません。昔は覚えていましたが、私も歳を取りましたからねぇ。

おまけ：

問題
図のように、辺ＡＢの長さが４，辺ＢＣの長さが５，辺ＣＡの長さが３である△ＡＢＣがある。△ＡＢＣに内接する円の中心をＩ，△ＡＢＣに外接する円と直線ＡＩとの交点のうち、ＡでないものをＤとする。
（１）△ＡＢＣに内接する円の半径を求めなさい。
（２）ＡＩとＩＤの長さの比を求めなさい。
（０１　東海）

（２）の別解
点Ｉは内心よりＡＩは∠Ａの二等分線。よって、ＡＤも∠Ａの二等分線より、
∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＤ　
よって、弧ＢＤ＝弧ＣＤより、ＢＤ＝ＣＤ
ところで、△ＡＢＣは３,４,５の直角三角形より∠ＢＡＣ＝９０°なので、ＢＣは直径。
よって、△ＤＢＣは直角二等辺三角形になり、円の中心をＯとすると、
ＯＤ⊥ＢＣでＯＤ＝ＢＣ/２＝５/２
ここで、内接円と辺ＢＣ，ＣＡとの接点をそれぞれＴ，Ｓとすると、（１）の結果よりＡＳ＝１と分かり、ＣＳ＝３－１＝２　
よって、ＣＴ＝ＣＳ＝２
∴ＯＴ＝５/２－２＝１/２
また、ＩＴ⊥ＢＣより、ＯＤ∥ＩＴ
よって、ＡＤとＢＣの交点をＥとすると、
△ＥＤＯ∽△ＥＩＴで相似比は、
ＯＤ：ＴＩ＝５/２：１＝５：２
∴ＯＥ＝(５/７)ＯＴ＝(５/７)×(１/２)
＝５/１４
よって、△ＯＤＥで三平方の定理を使うと、
ＤＥ＝√{(５/１４)²＋(５/２)²}
＝(５/２)√(１/７²＋１²)
=(５/２)√(５０/４９)
＝(５/２)・５√２/７
＝２５√２/１４
∴ＩＤ＝(７/５)ＤＥ＝(７/５)(２５√２/１４)
＝５√２/２
また、ＡＩ＝√２（（１）より）より、
ＡＩ：ＩＤ＝√２：５√２/２＝２：５

チャチャと解いて振り返らなかったので、気付きませんでしたが、確かに「以下のＰＣ⑰の事実を知らないと、苦労させられるでしょう」という解法ですね。
また、オイラーの公式Ｒ²－ＯＩ²＝２ｒＲの方もちょっと苦戦しましたが、５～１０分ぐらいで終わりました。暗記じゃなくて二十数年のうちに何度か振り返って解いていたからある程度定着しているのでしょうね。ただし、１０年ぶりぐらいだったのでちょっと苦労しました。
これは次回やりますね。また、月曜日は「代数的構造」遠山啓著p.117の定理12と例15をやりますね。素朴な疑問コーナーもあるのでお楽しみに。

おまけ：

＞オイラーの公式Ｒ²－ＯＩ²＝２ｒＲ（Ｒは△ＡＢＣの外接円の半径でｒは内接円の半径。また、Ｏは外心でＩは内心）の証明

△ＡＢＣと外接円Ｏと内接円Ｉを描く。
ＡＩの延長と外接円との交点をＤとすると、点Ｉは内心より∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＤで点Ｄは弧ＢＣの中点。（本当はいらないが、イメージし易くすると記憶に定着する。）
また、ＤＯを結びその延長と外接円との交点をＥとし、ＢＥを結ぶと、円周角より∠ＢＥＤ＝∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＤ＝○と置く。
また、ＤＥは直径より∠ＤＢＥ＝９０°
また、内接円とＡＣとの接点をＴとすると、
∠ＡＴＩ＝９０°
よって、２角が等しいので、
△ＢＥＤ∽△ＴＡＩ
∴ＡＩ：ＩＴ＝ＥＤ：ＤＢ
∴ＡＩ：ｒ＝２Ｒ：ＤＢ･･････①
ここで、∠ＩＢＡ＝∠ＩＢＣ＝×と置くと、△ＩＡＢの内対角の和より、∠ＤＩＢ＝○＋×
また、円周角より∠ＣＢＤ＝∠ＣＡＤ＝○より、∠ＤＢＩ＝○＋×　∴∠ＤＩＢ＝∠ＤＢＩ
よって、△ＤＢＩは二等辺三角形より、
ＤＢ＝ＤＩ･･････②
②を①に代入すると、
ＡＩ：ｒ＝２Ｒ：ＤＩ
∴ＡＩ・ＤＩ＝２ｒＲ･･････☆
今、ＯＩを結び、その延長と外接円との交点をそれぞれＦ，Ｇと置くと、方べきの定理より、
ＡＩ・ＩＤ＝ＦＩ・ＩＧ
∴ＡＩ・ＤＩ＝(Ｒ＋ＯＩ)(Ｒ－ＯＩ)
∴ＡＩ・ＤＩ＝Ｒ²－ＯＩ²･･････☆☆
☆を☆☆に代入すると、
２ｒＲ＝Ｒ²－ＯＩ²
∴Ｒ²－ＯＩ²＝２ｒＲ
よって、示された。

おまけ：

解説
＞実際、多項式がべき根の式で表される根を持つとき、その２つの根でほかの根が表されます。したがって多項式の群に含まれる根の入れ換えは、２個の根をどの根に入れ換えるかによって決まります。よって多項式の群は高々５×４＝２０個しか、根の入れ換えを含みません。

例えば、「ｘ⁵－２の根はα＝⁵√２，αζ，αζ²，αζ³，αζ⁴（ここでζ＝ｅ^(2πi/5)）です。β＝αζとおくと、ζ＝β/αなので、５つの根はα(β/α)^j＝α^(1-j)β^j（ｊ＝０,１,２,３,４）と表されます。」
α(β/α)^j＝α^(1-j)β^jにｊ＝０,１,２,３,４を代入すると、
α，β，α^-1β²，α^-2β³，α^-3β⁴
∴α，β，β²/α，β³/α²，β⁴/α³
よって、ｘ⁵－２の多項式の群の１つの元は、
(α β β²/α β³/α² β⁴/α³)（本当は２段だが１段で表す。）
これのαとβを入れ換えると、
(β α α²/β α³/β² α⁴/β³)
この３つの元α²/β α³/β² α⁴/β³はもはやｘ⁵－２の根ではなくなってしまっている。（念のため、ｘ⁵－２の根は、α,β,β²/α,β³/α²,β⁴/α³の５個だけだから。）
つまり、ｘ⁵－２の多項式の群の１つの元はαとβの入れ換えだけで決まる。（α²/β α³/β² α⁴/β³はｘ⁵－２の根ではないので無視して良いという事。）
よって、αとβを選んだときは、
(α β)，(β α)の２つの元だけであり、α＝⁵√２，αζ，αζ²，αζ³，αζ⁴をα，β，γ，δ，ηと置くと、２つの選び方は順列で５×４＝２０通りなので、高々（最高でも）２０個の元しか持たない。
これはｘ⁵－２＝０を例に取ったが、理論的には一般の５次方程式でも同じ事である。
ところが、定理9.1より、

定理9.1（基本定理）
重根を持たないｄ次多項式ｆ(ｘ)に対して、その根α₁,･･･,αdの入れ換えのなす群Ｇfであって、次の性質をみたすものがただ１つ存在する。
（１）α₁,･･･,αdの２つの式が同じ値を定めるならば、Ｇfの各元で根を入れ換えても２式の値は等しい。すなわちｇ(α₁,･･･,αd)＝ｈ(α₁,･･･,αd)ならば、Ｇfの元でαi₁,･･･,αidと入れ換えてもｇ(αi₁,･･･,αid)＝ｈ(αi₁,･･･,αid)が成り立つ。
（２）α₁,･･･,αdの式に対して、その値は、Ｇfのどの根で入れ換えても変わらないとき、定数である。
この群Ｇfを多項式ｆ(ｘ)の群という。

多項式の群は、基本的に全ての根の入れ換えなので、５次方程式だったら５個の根の入れ換えで最大５!＝１２０通りで１２０個の元がある場合が想定され、高々２０個では対応できないのである。よって、一般の５次方程式はべき根の式で表せない。念のため、べき根の式で表せる５次方程式も沢山あるという事である。
よって、５次方程式の解の公式は作れないという事である。

次回は、２５年ぐらい前に作った条件付き５次方程式の解の公式を紹介しますね。（高々２０個の元の「多項式の群」を持つ方程式の集団（集合）なのでしょうね。）

おまけ：
https://www.krkjapan.com/2018/12/29/vol-112-%E6%BF%83%E5%8E%9A%E3%83%A9%E3%83%BC%E3%83%A1%E3%83%B3-%E3%81%8B%E3%81%AA%E3%82%84/（先日、３０年ぶりぐらいに方南町に行った時に見かけたラーメン店。）

＞次回は、２５年ぐらい前に作った条件付き５次方程式の解の公式を紹介しますね。

ｘ⁵＋ｍｘ³＋(ｍ²/５)ｘ＋ｎ＝０（ｍ,ｎは実数）の解の公式は、
ｘ＝⁵√[{-n+√(n²+4m⁵/3125)}/2]
　＋⁵√[{-n-√(n²+4m⁵/3125)}/2]
である。

証明
⁵√[{-n+√(n²+4m⁵/3125)}/2]＝ａ，
⁵√[{-n-√(n²+4m⁵/3125)}/2]＝ｂ
と置くと、
ａ⁵＝{-n+√(n²+4m⁵/3125)}/2
ｂ⁵＝{-n-√(n²+4m⁵/3125)}/2
∴ａ⁵＋ｂ⁵＝－ｎ———➀
ａ⁵ｂ⁵＝{n²-(n²+4l⁵/3125)}/4＝-l⁵/3125
＝(-l/5)⁵　∴ａｂ＝－ｍ/５　———②
また、条件より、ｘ＝ａ＋ｂ———③
ここで、➀より、
ａ⁵＋ｂ⁵＝(a+b)(a⁴-a³b+a²b²-ab³+b⁴)
＝－ｎ
∴(a+b){(a²+b²)²-a²b²-ab(a²+b²)}=-n
∴(a+b)[{(a+b)²-2ab}²-a²b²
-ab{(a+b)²-2ab}]=-n———☆
☆に②，③を代入すると、
x{(x²+2m/5)²-l²/25+(m/5)(x²+2m/5)}=-n
∴x{x⁴+(4m/5)x²+4m²/25-m²/25+(m/5)x²
+2m²/25}=-n
∴x{x⁴+mx²+m²/5}=-n
∴x⁵+mx³+(m²/5)x+n=0
よって、ｘ⁵＋ｍｘ³＋(ｍ²/５)ｘ＋ｎ＝０でＯＫ。よって、示された。

導き方は省略。３次方程式の解の公式を研究して自分で作って下さい。念のため、上のは５個のうちの１個。（５次方程式だから５個あるという意味で、他に５種類作ったという意味ではない。）

当時は小手先の技であまり意味がないなと思っていたが、こんな酔狂なものを作るのは私とおじいさんぐらいだろう。

おまけ：

解説
＞Ｇの自己同型はＳnのなかで
φ^-1Ｇφ＝Ｇ
となるようなφによって引き起こされる。

前回（§10. 自己同型）の、
Ｇ＝{ｇ₁,ｇ₂,…,ｇn}
の自己同型の全体を
Ａ(Ｇ)＝{φ₁,φ₂,…,φr}
とすると、（中略）
φ^-1Ｇφ＝Ｇとなる。
この逆からである。
（補足：「逆にこのようなφはＧのなかに自己同型を引き起こす。なぜなら、ｇi,ｇkをＧの２つの要素とすると
φ^-1ｇiｇkφ＝φ^-1ｇiφ・φ^-1ｇkφ
となるからである。」（前回から引用））

＞φ^-1Ｇφ＝Ｇとなるφの全体をＢとする。Ｂのなかで、Ｇの各々の要素を動かさないものをＣとする。任意のｇ∈Ｇに対して
φ^-1ｇφ＝ｇ，ｇφ＝φｇ

ところで、φ^-1Ｇφ＝Ｇの意味は、
∃ｇ₁,ｇ₂∈Ｇ，φ^-1ｇ₁φ＝ｇ₂
で、ｇ１つである訳ではない。
つまり、φ^-1ｇφ＝ｇで成り立つφは絞られて少なくなるという訳である。Ｃ⊆Ｂ

＞このときＢの任意の要素をｂとすると、
(ｂ^-1ｃｂ)^-1ｇ(ｂ^-1ｃｂ)
＝ｂ^-1ｃ^-1ｂｇｂ^-1ｃｂ
＝ｂ^-1ｃ^-1(ｂｇｂ^-1)ｃｂ
＝ｂ^-1(ｂｇｂ^-1)ｂ＝ｇ
つまりｂ^-1ｃｂはＧの各要素と交換可能となり、これまたＣに属する。だからＣはＢの正規部分群である。

(ｂ^-1ｃｂ)^-1＝ｂ^-1ｃ^-1(ｂ^-1)^-1
＝ｂ^-1ｃ^-1ｂ

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
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

因みに、(ｂ^-1)^-1＝ｂはちょっと前にやった。

p.71に、
「（４）Ｇの任意の要素ａに対して、ａａ^-1＝ｅとなるようなａ^-1がＧに含まれる。ａ^-1をａの逆元という。」
「代数的構造」遠山啓著より

とあり、このａにｂ^-1を当てはめると、
(ｂ^-1)(ｂ^-1)^-1＝ｅ
この両辺に左からｂを掛けると、
ｂ(ｂ^-1)(ｂ^-1)^-1＝ｂｅ
∴(ｂｂ^-1)(ｂ^-1)^-1＝ｂ
∴ｅ(ｂ^-1)^-1＝ｂ
∴(ｂ^-1)^-1＝ｂ
2025/5/26 16:02の投稿より

＝ｂ^-1ｃ^-1(ｂｇｂ^-1)ｃｂ
＝ｂ^-1(ｂｇｂ^-1)ｂ
ここは、補足解説を書き忘れた。
（ｂｇｂ^-1はＧの要素であるから、ｃと交換可能になる）（引用したもの）
（上より）ｂはＢの元でＢはφの全体なので、
ｂｇｂ^-1＝(ｂ^-1)^-1ｇｂ^-1∈φ^-1Ｇφ
＝Ｇ（ｂ^-1＝φと見る。）
よって、「ｂｇｂ^-1はＧの要素である」。
また、
「Ｇの各々の要素を動かさないものをＣとする。任意のｇ∈Ｇに対して
φ^-1ｇφ＝ｇ，ｇφ＝φｇ」
なので、Ｃの元ｃはＧの元ｇとは可換である。

＞つまりｂ^-1ｃｂはＧの各要素と交換可能となり、これまたＣに属する。だからＣはＢの正規部分群である。

(ｂ^-1ｃｂ)^-1ｇ(ｂ^-1ｃｂ)
＝ｂ^-1ｃ^-1ｂｇｂ^-1ｃｂ
＝ｂ^-1ｃ^-1(ｂｇｂ^-1)ｃｂ
＝ｂ^-1(ｂｇｂ^-1)ｂ＝ｇ
より、
(ｂ^-1ｃｂ)^-1ｇ(ｂ^-1ｃｂ)＝ｇ
∴ｇ(ｂ^-1ｃｂ)＝(ｂ^-1ｃｂ)ｇ
よって、「Ｇの各々の要素を動かさないものをＣとする。任意のｇ∈Ｇに対して
φ^-1ｇφ＝ｇ，ｇφ＝φｇ」
より、ｂ^-1ｃｂ∈Ｃである。
∴ｂ^-1Ｃｂ⊂Ｃ
また、ｂ^-1Ｃｂ⊃Ｃは自明なので、
ｂ^-1Ｃｂ＝Ｃ
∴Ｃｂ＝ｂＣ（ｂはＢの任意の要素）
よって、ＣはＢの正規部分群である。

＞したがって、Ａ(Ｇ)はＢ/Ｃに同型となる。

ＣがＢの正規部分群より、剰余群Ｂ/Ｃが作れ、自己同型群Ａ(Ｇ)と互いに群同士になる。
ところで、前回のＡ(Ｇ)＝{φ₁,φ₂,…,φr}と今回の「φ^-1Ｇφ＝Ｇとなるφの全体をＢとする」からＡ(Ｇ)＝Ｂのような気がするのだが、

定理９
Ｇの正規部分群Ｈによって、その剰余群Ｇ/Ｈがつくられ、Ｇ/ＨとＧは準同型であり、そのときＨはＧ/Ｈの単位元に写される要素の全体である。
「代数的構造」遠山啓著より

とあり、ＣがＢの正規部分群よりＢ/ＣとＢは準同型で、Ｂ/ＣもＢも置換なので全単射だから同型。
よって、Ａ(Ｇ)とＢ/Ｃは同型という事なのだろうか。

今の参考書は良く知らないのだが、昔の参考書は分からせようという気が全くないので、この段階ではよく分からない。そのうち、良く分かる日が来る日を信じて頑張ろう。

おまけ：

問題
半径３の円Ｏに内接する正三角形ＡＢＣをＯを中心として右回りに３０°回転させた三角形を△Ａ'Ｂ'Ｃ'とし、辺ＡＢと辺Ａ'Ｂ'の交点をＰとする。
（１）∠ＡＰＡ'＝□度である。
（２）線分ＡＰの長さは□である。
（３）△ＡＢＣと△Ａ'Ｂ'Ｃ'が重なっている部分の面積は□である。
（０１　大阪星光学院）

模範解答
（１）図１の網目の四角形（注：ＯからＡＢ，Ａ'Ｂ'に垂線を下ろした四角形で∠Ａ'ＰＢ＝ａと置く）の内角の和を考えて、ａ＝１５０°
∴∠ＡＰＡ'＝３０°
（２）（１）により、図１の△ＡＰＱは３０°定規の形であるが、対称性により、図２の網目の図形（注：△ＡＢＣと△Ａ'Ｂ'Ｃ'の重なり部分）の外にある６つの三角形はすべて△ＡＰＱと合同である。
よって、ＡＱ＝Ａ'Ｑ＝ｘとおくと、
ＱＰ＝√３ｘ，ＰＢ'＝ＰＡ＝２ｘ
一方、円Ｏの半径が３であることから、
Ａ'Ｂ'＝３×√３＝３√３･･････①
したがって、ｘ＋√３ｘ＋２ｘ＝３√３
∴ｘ＝３√３/(３＋√３)
＝３√３(３－√３)/(３＋√３)(３－√３)
＝(３√３－３)/２
∴ＡＰ＝２ｘ＝３(√３－１)
（３）図２の網目部分（注：△ＡＢＣと△Ａ'Ｂ'Ｃ'の重なり部分）の面積は、
△ＡＢＣ－△ＡＰＱ×３
＝(√３/４)×①²－(ｘ×√３ｘ/２)×３
＝２７√３/４－(５４√３－８１)/４
＝２７(３－√３)/４
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞図１の網目の四角形（注：ＯからＡＢ，Ａ'Ｂ'に垂線を下ろした四角形で∠Ａ'ＰＢ＝ａと置く）の内角の和を考えて、ａ＝１５０°
∴∠ＡＰＡ'＝３０°

垂線の足をＨ，Ｉとすると、条件より∠ＨＯＩ＝３０°だから、四角形ＯＨＰＩの内角の和より、ａ＝３６０°－３０°－９０°×２＝１５０°
∴∠ＡＰＡ'＝１８０°－１５０°＝３０°

＞対称性により、図２の網目の図形（注：△ＡＢＣと△Ａ'Ｂ'Ｃ'の重なり部分）の外にある６つの三角形はすべて△ＡＰＱと合同である。

ちょっとずつずらしていくとイメージすると、隣り合う２つの三角形（例えば、△ＡＰＱと△Ａ'□Ｑ）が合同なのは自明だから６個のうち２個ずつは合同とすぐに分かり、その隣同士の（組の）三角形（例えば△ＡＰＱと△Ｂ'Ｐ□）も対頂角と正三角形の頂角の２角が等しいので相似でズレ具合（のシンクロ）から合同と分かる。よって、６個の三角形は全て合同である。

＞△ＡＢＣ－△ＡＰＱ×３
＝(√３/４)×①²－(ｘ×√３ｘ/２)×３
＝２７√３/４－(５４√３－８１)/４
＝２７(３－√３)/４

(√３/４)×①²は、正三角形の面積の公式。

（２）の別解（あえて別解の解法）
Ａ'Ｂ'とＡＣの交点をＤとすると、（１）より∠ＡＰＤ＝３０°，∠Ａ＝６０°より△ＡＰＤは１：２：√３の直角三角形である。よって、ＡＤを求めればＡＰが求まる。
そこで、△ＤＡＯに着目すると、∠ＤＯＡ＝３０°÷２＝１５°，∠ＤＡＯ＝６０°÷２＝３０°とすぐに分かる。
よって、△ＤＡＯを抜き出して、ＯＡ＝３として、ＤからＯＡに垂線を下ろしその足をＨとして、ＤＨ＝ｘと置くと、ＡＨ＝√３ｘ
また、ＯＨは１５°，７５°，９０°の直角三角形の三辺比より、
ＯＨ＝{(√６＋√２)/(√６－√２)}ｘ
＝{(√６＋√２)²/４}ｘ
＝(２＋√３)ｘ
∴ＯＡ＝√３ｘ＋(２＋√３)ｘ＝３
が成り立つ。
∴(２＋２√３)ｘ＝３
∴ｘ＝３/２(√３＋１)＝３(√３－１)/４
∴ＡＤ＝２ｘ＝３(√３－１)/２
∴ＡＰ＝２ＡＤ＝３(√３－１)

工夫なんて面倒臭いものは最小限で良い、という主義。笑
念のため、全ての解法は大事である。

おまけ：
https://www.amazon.co.jp/%E3%81%AD%E3%82%89%E3%82%8F%E3%82%8C%E3%81%9F%E5%AD%A6%E5%9C%92-%E8%AC%9B%E8%AB%87%E7%A4%BE%E6%96%87%E5%BA%AB-%E7%9C%89%E6%9D%91-%E5%8D%93/dp/4062771683

解説
＞Ｇ＝{ｇ₁,ｇ₂,…,ｇn}
の自己同型の全体を
Ａ(Ｇ)＝{φ₁,φ₂,…,φr}
としよう。

「自己同型」とは「自己同型写像」の事で、
φ：Ｇ→Ｇかつφは準同型写像かつ全単射という事である。
つまり、φはＧの元の入れ換え（置換）の中の一部という事である。（ｒ≦ｎ！という事。）

定義6.1
演算◦をもつ群(Ｇ,◦)と演算＊をもつ群(Ｇ',＊)に対して、ＧからＧ'への写像ｆ：Ｇ→Ｇ'が
∀ａ,ｂ∈Ｇ，ｆ(ａ◦ｂ)＝ｆ(ａ)＊ｆ(ｂ)
なる条件を満足しているとき、ｆをＧからＧ'への準同型写像という。単射である準同型写像を単準同型写像，全射である準同型写像を全準同型写像という。群Ｇから群Ｇ'への同型写像ｆが存在するとき、ＧとＧ'は同型であるといい、Ｇ≃Ｇ'と書く。特にＧ＝Ｇ'のとき、ＧからＧ'への同型写像ｆを自己同型写像という。
「演習　群・環・体 入門」新妻弘著より

＞この各々のφ₁,φ₂,…,φrはやはりＧの置換を引き起こすからＳnの部分群となることは明らかである。

Ｓnはｎ次対称群の事でその位数（元の個数）は、ｎ！個である。

§9. 対称群
　ｎ個の数字{１,２,３,…,ｎ}を入れかえる置換の全体はｎ！個ある。このｎ！個の置換はいうまでもなく、有限群をつくる。
　もちろんその位数はｎ！個である。これをｎ次対称群といい、Ｓnで表わす。
「代数的構造」遠山啓著より

また、置換だから演算について閉じている事は明らかだし、恒等変換が単位元になり、全てに逆元（逆入れ換え）が存在する事も自明とする。よって、群をなす部分集合なので部分群になるという事。
一応、定理で保証しておこう。

問 6.3
群Ｇの自己同型写像の全体Ａ(Ｇ)は写像の積に関して群になることを示せ。Ａ(Ｇ)を群Ｇの自己同型群という。
「演習　群・環・体 入門」新妻弘著より

続きは次回。

おまけ：
「「悪が永遠に終わり、世界の基準となる義が太陽と共に出現するであろう」

イスラエルのメシアが東の国に現れることについて

このことについて、一部の人は、イスラエルのメシアは日本人から現れると主張している。
末日聖徒の私としては、イスラエルのメシアとはイエス・キリストだと思っているので、
受け入れられない。」
引用元：https://www5b.biglobe.ne.jp/~shu-sato/lds/zakki242.htm

解説の続き

§10. 自己同型
　有限群Ｇの自己同型は群をつくるが、これについて少し述べてみよう。
Ｇ＝{ｇ₁,ｇ₂,…,ｇn}
の自己同型の全体を
Ａ(Ｇ)＝{φ₁,φ₂,…,φr}
としよう。この各々のφ₁,φ₂,…,φrはやはりＧの置換を引き起こすからＳnの部分群となることは明らかである。
Ａ(Ｇ)⊆Ｓn
このときＡ(Ｇ)とＧの関係はどうであろうか。
　Ｇの１つの要素ａは任意の要素ｘに対して、
ｘ→ｘａ
という置換を引き起こす。さらにｘａにφを施すと、
φ(ｘａ)＝φ(ｘ)φ(ａ)
となる。これを図示するとつぎのようになる。

ｘ　→ φ(ｘ)
↓　　　 ↓
ｘａ→ φ(ｘ)φ(ａ)

　上から下にいくのはＧの置換，左から右にいくのはＡ(Ｇ)の置換である。
ｘ → φ^-1(ｘ) → φ^-1(ｘ)ａ→ ｘφ(ａ)
φ^-1　　　　×ａ　　　　　φ
だから、Ａ(Ｇ)の任意の要素φでφ^-1ａφをつくると、それがまたＧに属する。つまりφ^-1Ｇφ＝Ｇとなる。
　逆にこのようなφはＧのなかに自己同型を引き起こす。なぜなら、ｇi,ｇkをＧの２つの要素とすると
φ^-1ｇiｇkφ＝φ^-1ｇiφ・φ^-1ｇkφ
となるからである。
「代数的構造」遠山啓著より

＞Ｇの１つの要素ａは任意の要素ｘに対して、
ｘ→ｘａ
という置換を引き起こす。

これは前回も解説したが、再び、

必ず置換になる理由は、次の定理による。

定理
Ｇが群であるとする。このとき、Ｇに属する任意の２つの元ａ,ｂに対して、
ａ◦ｘ＝ｂ，ｙ◦ａ＝ｂ
を満足するＧの元ｘおよびｙが存在し、しかも、唯一通りに定まる。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

つまり、Ｇ→Ｇへの写像で全単射になるという事である。つまり、置換となるという事。

＞さらにｘａにφを施すと、
φ(ｘａ)＝φ(ｘ)φ(ａ)
となる。

φは自己同型写像なので、準同型写像かつ全単射である。よって、準同型写像の性質を持っているという訳である。

定義6.1
演算◦をもつ群(Ｇ,◦)と演算＊をもつ群(Ｇ',＊)に対して、ＧからＧ'への写像ｆ：Ｇ→Ｇ'が
∀ａ,ｂ∈Ｇ，ｆ(ａ◦ｂ)＝ｆ(ａ)＊ｆ(ｂ)
なる条件を満足しているとき、ｆをＧからＧ'への準同型写像という。
「演習　群・環・体 入門」新妻弘著より

念のため、◦と＊が同じ演算（積）という事である。

＞ｘ　→ φ(ｘ)
　↓　　　 ↓
　ｘａ→ φ(ｘ)φ(ａ)

　上から下にいくのはＧの置換，左から右にいくのはＡ(Ｇ)の置換である。

上より、ｘ→ｘａも「この各々のφ₁,φ₂,…,φrはやはりＧの置換」だから、「上から下にいくのはＧの置換，左から右にいくのはＡ(Ｇ)の置換」という事。独学なので、言い方の違いがよく分からないのだが、Ａ(Ｇ)の置換の所はＧの置換でも良いのではないだろうか。念のため、意味はよく分かる。

＞ｘ → φ^-1(ｘ) → φ^-1(ｘ)ａ→ ｘφ(ａ)
　φ^-1　　　　×ａ　　　　　φ
だから、Ａ(Ｇ)の任意の要素φでφ^-1ａφをつくると、それがまたＧに属する。つまりφ^-1Ｇφ＝Ｇとなる。

φ^-1ａφ：ｘ→ｘφ(ａ)で、φは自己同型写像なので、ａ,ｘ,φ(ａ)∈Ｇ　
また、Ｇは群なので、ｘφ(ａ)∈Ｇ
よって、φ^-1ａφ(ｘ)∈Ｇより、
φ^-1Ｇφ(ｘ)⊂Ｇ･･････①
また、φ^-1Ｇφ(ｘ)⊃Ｇ･･････②
②は自明。φが恒等写像の場合のみ
φ^-1Ｇφ(ｘ)＝Ｇだから。
①，②より、φ^-1Ｇφ(ｘ)＝Ｇ
「つまりφ^-1Ｇφ＝Ｇとなる」という事。

＞逆にこのようなφはＧのなかに自己同型を引き起こす。なぜなら、ｇi,ｇkをＧの２つの要素とすると
φ^-1ｇiｇkφ＝φ^-1ｇiφ・φ^-1ｇkφ
となるからである。

φ・φ^-1は恒等写像だから間に入れた訳である。そして、φ^-1ａφ＝Φ(ａ)と置くと、
Φ(ｇiｇk)＝Φ(ｇi)Φ(ｇk)となり、Φは準同型写像となり、また、φ^-1ａφ：ｘ→ｘφ(ａ)は全単射（置換は全単射）で、Φは同型写像になるからである。念のため、Ｇ→Ｇだから自己同型。

おまけ：

問題
ＡＢ：ＡＣ＝４：３，∠Ａ＝９０°である△ＡＢＣの∠Ｂの二等分線が△ＡＢＣの外接円と交わる点をＤとする。四角形ＡＢＣＤの面積が１２のとき、ＡＢ＝□である。
（０２　甲陽学院）

模範解答
△ＡＢＣは、３辺の比が３：４：５の直角三角形であるから、右図のように各辺の長さをおき（注：ＡＣ＝３ｋ，ＡＢ＝４ｋ，ＢＣ＝５ｋと置く）、さらに点Ｅをとる（注：ＢＡの延長とＣＤの延長の交点をＥとする）。
ここで、△ＢＥＤ≡△ＢＣＤ（二角夾辺相等）であるから、ＤＥ＝ＤＣ，ＢＥ＝ＢＣ＝５ｋ
∴四角形ＡＢＣＤ＝△ＥＢＣ－△ＥＡＤ
＝△ＥＢＣ×{１－(１/２)×(１/５)}
＝(５ｋ×３ｋ/２)×(９/１０)＝(２７/４)ｋ²
これが１２に等しいとき、ｋ＝４/３
∴ＡＢ＝４ｋ＝１６/３
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞ここで、△ＢＥＤ≡△ＢＣＤ（二角夾辺相等）である

∠Ａ＝９０°から円周角の定理の逆によりＢＣは直径。よって、円周角の定理より∠ＢＤＣ＝９０°だから、∠ＢＤＣ＝∠ＢＤＥ　また、条件より∠ＤＢＣ＝∠ＤＢＥ，ＢＤは共通より、１辺両端が等しいという事。

＞ＤＥ＝ＤＣ，ＢＥ＝ＢＣ＝５ｋ
∴四角形ＡＢＣＤ＝△ＥＢＣ－△ＥＡＤ
＝△ＥＢＣ×{１－(１/２)×(１/５)}

ＤＥ＝ＤＣより、ＥＤ：ＥＣ＝１：２
また、ＢＥ＝５ｋ，ＡＢ＝４ｋよりＥＡ＝ｋ
よって、ＥＡ：ＥＢ＝ｋ：５ｋ＝１：５
１つの角を共有した三角形の面積比の公式https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q1082598740の変形（下に補足）より、
△ＥＡＤ＝(１/２)×(１/５)×△ＥＢＣ
これを
四角形ＡＢＣＤ＝△ＥＢＣ－△ＥＡＤ
に代入すると、
＝△ＥＢＣ－(１/２)×(１/５)×△ＥＢＣ
＝△ＥＢＣ×{１－(１/２)×(１/５)}
という事。

＞△ＥＢＣ×{１－(１/２)×(１/５)}
＝(５ｋ×３ｋ/２)×(９/１０)＝(２７/４)ｋ²

△ＥＢＣ＝ＢＥ×ＡＣ×(１/２)
＝ＢＣ×ＡＣ×(１/２)
＝５ｋ×３ｋ/２
これと１－(１/２)×(１/５)＝９/１０から。

因みに、私も最初はこの方法で解きましたが、後半はもっと簡単です。
「△ＢＥＤ≡△ＢＣＤ（二角夾辺相等）であるから、ＤＥ＝ＤＣ，ＢＥ＝ＢＣ＝５ｋ」までは同じ。
∴ＡＥ＝５ｋ－４ｋ＝ｋ
∴△ＡＣＥ＝ｋ×３ｋ×(１/２)＝３ｋ²/２
また、ＤＥ＝ＤＣより△ＡＤＥ＝△ＡＤＣ
∴△ＡＤＣ＝△ＡＣＥ/２＝３ｋ²/４
また、△ＡＢＣ＝３ｋ×４ｋ×(１/２)＝６ｋ²
∴四角形ＡＢＣＤ＝６ｋ²＋３ｋ²/４
＝２７ｋ²/４＝１２
以後同じ。（「これが１２に等しいとき、ｋ＝４/３　∴ＡＢ＝４ｋ＝１６/３」）

補足
△ABC：△ADE＝AB×AC：AD×AEを変形すると、AB×AC・△ADE＝AD×AE・△ABC
∴△ADE＝{(AD×AE)/(AB×AC)}△ABC
∴△ADE＝{(AD/AB)×(AE/AC)}△ABC

私の２つの別解は次回。

おまけ：

問題
ＡＢ：ＡＣ＝４：３，∠Ａ＝９０°である△ＡＢＣの∠Ｂの二等分線が△ＡＢＣの外接円と交わる点をＤとする。四角形ＡＢＣＤの面積が１２のとき、ＡＢ＝□である。
（０２　甲陽学院）

別解１
△ＡＢＣは３：４：５の直角三角形より、
ＢＣ＝５ａ，ＣＡ＝３ａ，ＡＢ＝４ａと置ける。
ここで、ＢＤとＡＣの交点をＦとして、△ＢＡＣで角の二等分線の定理を使うと、
ＡＦ：ＦＣ＝ＢＡ：ＢＣ＝４：５より、
ＡＦ＝(４/９)ＡＣ＝(４/９)×３ａ＝４ａ/３
∴ＡＢ：ＡＦ＝４ａ：４ａ/３＝３：１
ところで、２角が等しいので、
△ＡＢＦ∽△ＤＣＦ∽△ＤＢＣ
よって、ＤＦ＝ｂとすると、ＤＣ＝３ｂ，ＤＢ＝９ｂ　∴ＢＦ＝９ｂ－ｂ＝８ｂ
∴ＢＦ：ＢＤ＝８ｂ：９ｂ＝８：９
∴四角形ＡＢＣＤ＝(９/８)△ＡＢＣ
＝(９/８)×４ａ×３ａ×(１/２)
＝(２７/４)ａ²
条件よりこれが１２なので、
(２７/４)ａ²＝１２　∴ａ²＝１６/９
ａ＞０より、ａ＝４/３
∴ＡＢ＝４ａ＝１６/３

別解２
四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形より、∠Ａと∠Ｃは補角をなしている（念のため、∠Ａ＋∠Ｃ＝１８０°という事）。
よって、△ＤＢＣを点Ｄを中心にＤＣがＤＡにくっつくまで回転移動させ、点Ｂの行き先をＢ'とすると、３点Ｂ，Ａ，Ｂ'は一直線上にあり、△ＤＢＢ'は頂角がＤの二等辺三角形になる。
そこで、ＢＤ＝ＢＤ'＝ｘと置いて、Ｂ'Ｄの延長上にＢから垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＢＤＨの内対角の和より、
∠ＢＤＨ＝２∠ＤＢＢ'＝２∠ＤＢＡ＝∠ＡＢＣ
よって、△ＢＤＨと△ＣＢＡは相似で△ＢＤＨも３：４：５の直角三角形である。
∴ＢＨ＝(３/５)ｘ
∴△ＤＢＢ'＝(３/５)ｘ×ｘ×(１/２)
＝(３/１０)ｘ²
ところで、△ＤＢＢ'と四角形ＡＢＣＤの面積は等しい（変形しただけだから）ので、条件よりこの面積は１２である。
∴(３/１０)ｘ²＝１２　∴ⅹ²＝４０
ｘ＞０より、ｘ＝２√１０
∴ＢＤ＝２√１０
ここで、別解１と同じように角の二等分線の定理を使うと、△ＢＣＤは直角を挟む二辺の比が１：３と分かるので、ＢＣ＝(√１０/３)ＢＤ（三平方の定理で三辺比を暗算する）
これにＢＤ＝２√１０を代入すると、
ＢＣ＝２０/３
∴ＡＢ＝(４/５)ＢＣ＝１６/３

因みに、ＢＤを求めなさいという問題だったらこっちの方が破壊力が凄い。まぁ、人生と同じで運が強いという事である。

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/1edeffdb3b03e7fdd5c3b9f4ffb8b0942b1026e3（プロ意識がないマネージャーだな。あんた、金貰って仕事しているんだろう。本当の実力を身に付けようと（試行錯誤しながら）努力している若者の足引っ張ってどうするんだよ。）