数学

問題１の解法１
右の長方形の面積が２×９＝１８ｃｍ^2より、全体の長方形の面積はその４倍で１８×４＝７２ｃｍ^2
また、縦の長さが９ｃｍより横の長さは、
７２÷９＝８ｃｍ　
よって、？部分の長さは、８－２＝６ｃｍ
よって、答えは、６ｃｍ

解法２
左の上下２つの長方形の面積比は１：２で横の長さが等しいので、縦の長さの比も１：２
よって、上の長方形の縦の長さは、
９×(１/３)＝３ｃｍ
ところで、上の長方形と右の長方形の面積は等しいので、上の長方形の面積も１８ｃｍ^2より、
？＝１８÷３＝６ｃｍ
よって、答えは、６ｃｍ

問題２の電卓ありの解法
正方形の１辺の長さを１として、∠ＦＤＣ＝９０°－７７°＝１３°
∴ＦＣ＝tan１３°∴ＢＦ＝１－tan１３°
また、ＡＥ＝tan３２°より、ＥＢ＝１－tan３２°
∴tan∠ＥＦＢ＝(１－tan３２°)/(１－tan１３°)
∴∠ＥＦＢ＝Arctan{(１－tan３２°)/(１－tan１３°)}
＝Arctan(0.3751306/0.7691318)
＝Arctan(0.4877325)
＝25.999997＝２６°
∴∠ＢＥＦ＝９０°－２６°＝６４°
∠ＡＥＤ＝９０°－３２°＝５８°
∴∠ｘ＝１８０°－６４°－５８°＝５８°
よって、答えは、５８°

算数の解法１
∠ＦＤＣ＝９０°－７７°＝１３°より、
∠ＥＤＦ＝９０°－３２°－１３°＝４５°
ここで、△ＤＡＥ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Ｅの行き先をＥ'とすると、∠Ｅ'ＤＦ＝１３°＋３２°＝４５°より、
∠ＥＤＦ＝∠Ｅ'ＤＦ
また、ＤＥ＝ＤＥ'，ＤＦは共通より、二辺挟角が等しいので、△ＤＥＦと△ＤＥ'Ｆは合同。
よって、∠ｘ＝∠ＤＥ'Ｆ＝∠ＤＥＡ＝９０°－３２°＝５８°よって、答えは、５８°

ラングレー問題など持ち出さなくても、自称地頭が良い人などこんな算数問題も解けないのが現実だろう。念のため、頭が良いとか悪いとかでなく、将棋などと同じでやっている方が強いのは当然である。（格闘技が顕著だろう。）

おまけ：

問題２の算数の解法２
∠ＦＤＣ＝９０°－７７°＝１３°より、
∠ＥＤＦ＝９０°－３２°－１３°＝４５°
また、３２°＋１３°＝４５°より、∠ＥＤＦを３２°と１３°に分ける直線ｍを引ける。（∠ＡＤＥ＝∠ｍＤＥ，∠ＣＤＦ＝∠ｍＤＦに取る。）
ここで、点Ｅ，Ｆから直線ｍに垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ｉとすると、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、△ＤＡＥと△ＤＨＥ，△ＤＣＦと△ＤＩＦはそれぞれ合同である。よって、ＤＡ＝ＤＨ———①
ＤＣ＝ＤＩ———②　また、正方形よりＤＡ＝ＤＣ———③　①，②，③より、ＤＨ＝ＤＩ
ところで、点ＨとＩは同じ直線ｍ上の点でＤＨ＝ＤＩより、点Ｈと点Ｉは一致している。
つまり、３点Ｅ，Ｈ，Ｆは一直線上にあり、点ＨはＥＦ上の点である。
よって、△ＤＥＨの内角の和より、
∠ｘ＝９０°－３２°＝５８°
よって、答えは、５８°

おまけ：

解説
＞(－ａ)^k≡(ｎ－ａ)^k (modｎ)

二項定理を思い浮かべても納得出来るが、ちゃちゃっと作り出した方が良いだろう。
ｎ≡０ (modｎ)　∴ｎ－ａ≡－ａ (modｎ)
∴(ｎ－ａ)^k≡(－ａ)^k (modｎ)
∴(－ａ)^k≡(ｎ－ａ)^k (modｎ)

＞(－ａ)^k≡(ｎ－ａ)^k (modｎ)に注意すれば
≡(１^k＋(－１)^k)＋(２^k＋(－２)^k)＋･･･＋((－１)^k＋１^k)

前段階から解説しよう。
２(１^k＋２^k＋･･･＋(ｎ－１)^k)
＝(１^k＋２^k＋･･･＋(ｎ－１)^k)＋(１^k＋２^k＋･･･＋(ｎ－１)^k)
この１つの括弧の中を逆から並べると、
＝(１^k＋２^k＋･･･＋(ｎ－１)^k)＋((ｎ－１)^k＋(ｎ－２)^k＋･･･＋１^k)
＝(１^k＋(ｎ－１)^k)＋(２^k＋(ｎ－２)^k)＋･･･＋((ｎ－１)^k＋１^k)
ここで、(－ａ)^k≡(ｎ－ａ)^k (modｎ)に注意すれば、確かに、≡(１^k＋(－１)^k)＋(２^k＋(－２)^k)＋･･･＋((－１)^k＋１^k)と出来るが、初めの方は括弧の中の右の項に施していて最後だけ左の項っておかしいじゃないかと思う人もいるだろう。そこで、
＝(１^k＋(ｎ－１)^k)＋(２^k＋(ｎ－２)^k)＋･･･＋((ｎ－１)^k＋１^k)
の最後の括弧を{(ｎ－１)^k＋(ｎ－(ｎ－１))^k}と変形して(－ａ)^k≡(ｎ－ａ)^k (modｎ)を適用すると、
≡(１^k＋(－１)^k)＋(２^k＋(－２)^k)＋･･･＋{(ｎ－１)^k＋(－(ｎ－１))^k}
これでｋが奇数だから上と同じように＝０となる。

＞（２）mod(ｎ＋１)で考える。ｎ－ｉ＋１≡－ｉ(modｎ＋１)と、ｋは奇数であることに注意して（１）と同様にする。
２(１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^k)
≡(１^k＋ｎ^k)＋(２^k＋(ｎ－１)^k)＋･･･＋(ｎ^k＋１^k)
≡(１^k＋(－１)^k)＋(２^k＋(－２)^k)＋･･･＋((－１)^k＋１^k)＝０

mod(ｎ＋１)で考える。ｎ＋１≡０(modｎ＋１)より、
ｎ－ｉ＋１≡－ｉ(modｎ＋１)
∴(ｎ－(ｉ－１))^k≡(－ｉ)^k (modｎ＋１)
上と同様に、
２(１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^k)
≡(１^k＋ｎ^k)＋(２^k＋(ｎ－１)^k)＋･･･＋(ｎ^k＋１^k)
＝(１^k＋ｎ^k)＋(２^k＋(ｎ－１)^k)＋･･･＋{ｎ^k＋(ｎ－(ｎ－１)^k}
≡(１^k＋(－１)^k)＋(２^k＋(－２)^k)＋･･･＋(ｎ^k＋(－ｎ)^k)
ｋが奇数より＝０

＞(ｎ,ｎ＋１)＝１だから、（１）と（２）よりｎ(ｎ＋１)|２(１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^k)を得る。

（１）より、
２(１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^k)≡０(modｎ)
（２）より、
２(１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^k)≡０(modｎ＋１)
ところで、連続する２数は互いに素（証明は簡単で省略する）より、(ｎ,ｎ＋１)＝１
よって、定理2.3より、
２(１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^k)≡０(modｎ(ｎ＋１))
∴ｎ(ｎ＋１)|２(１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^k)

定理2.3
ａ,ｂを整数，ｍ,ｎを１より大きい整数とする。(ｍ,ｎ)＝１であれば、次が成り立つ。
ａ≡ｂ(modｎ)，ａ≡ｂ(modｎ)⇔ａ≡ｂ(modｍｎ)
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

次回はもっと分かり易い別解を紹介しますね。一応、オリジナルです。

おまけ：
https://twitter.com/satndRvjMpc4tl7/status/1702542535024140689

ライアーゲーム

演習問題９
ｋを奇数とするとき、１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^kは１＋２＋･･･＋ｎで割り切れることを証明せよ。

別解
（ⅰ）ｎが奇数の場合
例えば、１^k＋２^k＋３^k＋４^k＋５^kを５で割った余りは、
１^k＋２^k＋(－２)^k＋(－１)^k＋０≡０(mod５)（ｋは奇数だから。）
つまり、１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^kをｎで割った余りは０
∴１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^k≡０(modｎ)———①
また、ｎ＋１で割った余りは６で割って考えると、
１^k＋２^k＋３^k＋(－２)^k＋(－１)^k≡３^k (mod６)　つまり、１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^kをｎ＋１で割った余りは、{(ｎ＋１)/２}^kをｎ＋１で割った余りと等しく、これは(ｎ＋１)/２で割り切れるので、
１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^k≡０(mod(ｎ＋１)/２)———②
（これは、１^k＋２^k＋３^k＋４^k＋５^kが３で割り切れる事を考えれば納得出来ると思う。念のため、ｋが奇数の場合。）
ところで、ｎとｎ＋１は連続する２数で互いに素より、ｎと(ｎ＋１)/２も互いに素である。
よって、定理2.3と①，②より、
１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^k≡０(modｎ(ｎ＋１)/２)
よって、１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^kは１＋２＋･･･＋ｎで割り切れる。
（ⅱ）ｎが偶数の場合
例えば、１^k＋２^k＋３^k＋４^k＋５^k＋６^kを６で割った余りは、
１^k＋２^k＋３^k＋(－２)^k＋(－１)^k＋０≡３^k (mod６)
つまり、１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^kをｎで割った余りは(ｎ/２)^kをｎで割った余りと等しく、これはｎ/２で割り切れるので、
１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^k≡０(modｎ/２)———①
また、ｎ＋１で割った余りはｎ＋１＝７で考えると、
１^k＋２^k＋３^k＋(－３)^k＋(－２)^k＋(－１)^k≡０(mod７)
つまり、１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^k≡０(modｎ＋１)———②
定理2.3と①，②より、
１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^k≡０(modｎ(ｎ＋１)/２)
よって、１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^kは１＋２＋･･･＋ｎで割り切れる。
（ⅰ），（ⅱ）より、１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^kは１＋２＋･･･＋ｎで割り切れる。ただし、ｋは奇数。
よって、示された。

嘘があれば嘘を見抜いて指摘して下さい。ただし、言葉足らずで嘘でない場合は補足・訂正して証明を完成させて下さい。

おまけ：

ライアーゲームの回答
嘘ではない。

演習問題９
ｋを奇数とするとき、１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^kは１＋２＋･･･＋ｎで割り切れることを証明せよ。

別証
（ⅰ）ｎが奇数の場合
例えば、１^k＋２^k＋３^k＋４^k＋５^kを５で割った余りは、
１^k＋２^k＋(－２)^k＋(－１)^k＋０≡０(mod５)（ｋは奇数だから。）
つまり、１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^kをｎで割った余りは０
∴１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^k≡０(modｎ)———①
また、ｎ＋１で割った余りは６で割って考えると、
１^k＋２^k＋３^k＋(－２)^k＋(－１)^k≡３^k (mod６)　つまり、１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^kをｎ＋１で割った余りは、{(ｎ＋１)/２}^kをｎ＋１で割った余りと等しく、これは(ｎ＋１)/２で割り切れるので、
１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^k≡０(mod(ｎ＋１)/２)———②
∵ｎ＋１≡０(mod(ｎ＋１)/２)より、ｎ≡－１(mod(ｎ＋１)/２)（念のため、ｎが奇数より(ｎ＋１)/２は整数。）
よって、ｎ^kの項は(－１)^kとなり、１^kの項と相殺される。また、ｎ－１＝ｎ＋１－２とすれば、ｎ－１≡－２(mod(ｎ＋１)/２)となり、(ｎ－１)^kの項は２^kの項と相殺される。以後、ど真ん中の{(ｎ＋１)/２}^k以外の項は相殺されて０になり、ど真ん中の項は(ｎ＋１)/２で割り切れるので、②が成り立つ。
ところで、ｎとｎ＋１は連続する２数で互いに素より、ｎと(ｎ＋１)/２も互いに素である。
よって、定理2.3と①，②より、
１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^k≡０(modｎ(ｎ＋１)/２)
よって、１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^kは１＋２＋･･･＋ｎで割り切れる。
（ⅱ）ｎが偶数の場合
例えば、１^k＋２^k＋３^k＋４^k＋５^k＋６^kを６で割った余りは、
１^k＋２^k＋３^k＋(－２)^k＋(－１)^k＋０≡３^k (mod６)
つまり、１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^kをｎで割った余りは(ｎ/２)^kをｎで割った余りと等しく、これはｎ/２で割り切れるので、
１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^k≡０(modｎ/２)———①
∵ｎ≡０(modｎ/２)よりｎ^k≡０(modｎ/２)（念のため、ｎが偶数よりｎ/２は整数。）
また、ｎ－１≡－１(modｎ/２)より、(ｎ－１)^kの項は(－１)^kとなり１^kの項と相殺される。以後同様に相殺され、残る真ん中の項は{１＋(ｎ－１)}/２＝ｎ/２で、(ｎ/２)^kの項はｎ/２で割り切れるので、①が成り立つ。
また、ｎ＋１で割った余りはｎ＋１＝７で考えると、
１^k＋２^k＋３^k＋(－３)^k＋(－２)^k＋(－１)^k≡０(mod７)
つまり、１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^k≡０(modｎ＋１)———②
定理2.3と①，②より、
１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^k≡０(modｎ(ｎ＋１)/２)
よって、１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^kは１＋２＋･･･＋ｎで割り切れる。
（ⅰ），（ⅱ）より、１^k＋２^k＋･･･＋ｎ^kは１＋２＋･･･＋ｎで割り切れる。ただし、ｋは奇数。
よって、示された。

おまけ：

解法１
ＡＣは直径より∠ＡＤＣ＝９０°また、ＡＣ＝１０ｃｍ，ＣＤ＝６ｃｍより△ＡＣＤは３：４：５の直角三角形で、ＡＤ＝８ｃｍである。
また、ＡＨは∠ＥＡＤの二等分線でＡＨ⊥ＥＤより、△ＡＥＤは二等辺三角形である。∴ＡＥ＝ＡＤ＝８ｃｍ
∴ＥＣ＝１０－８＝２ｃｍ
また、円周角と対頂角から△ＥＡＢ∽△ＥＤＣである。そこで、ＢＥ＝ｘと置くと、ｘ：ＡＢ＝２：６より、
ＡＢ＝３ｘ
また、円周角より∠ＡＢＤ＝△ＡＣＤ　また、∠ＡＨＢ＝∠ＡＤＣより２角が等しいので、△ＡＢＨ∽△ＡＣＤ
よって、△ＡＢＨも３：４：５の直角三角形である。
∴ＡＨ＝(４/５)ＡＢ＝(４/５)×３ｘ＝１２ｘ/５
ＢＨ＝(３/５)ＡＢ＝(３/５)×３ｘ＝９ｘ/５
∴ＥＨ＝９ｘ/５－ｘ＝４ｘ/５
よって、△ＡＥＨで三平方の定理を使うと、
(１２ｘ/５)^2＋(４ｘ/５)^2＝８^2が成り立つ。
∴１４４ｘ^2/２５＋１６ｘ^2/２５＝６４
∴１６０ｘ^2/２５＝６４　∴３２ｘ^2/５＝６４
∴ｘ^2＝１０　ｘ＞０より、ｘ＝√１０
∴ＢＥ＝√１０ｃｍ

これで０％なら、こちらhttps://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201908280000/を高校入試問題としても０％に近いのかな？（念のため、解法１の話。）

おまけ：

解法２
ＡＣは直径より∠ＡＤＣ＝９０°また、ＡＣ＝１０ｃｍ，ＣＤ＝６ｃｍより△ＡＣＤは３：４：５の直角三角形で、ＡＤ＝８ｃｍである。
ここで、△ＡＣＤの内心を考えると、ＡＨは∠ＣＡＤの二等分線よりＩはＡＨ上にある。また、ＩからＣＤ，ＡＤに垂線を下ろしその足をそれぞれＪ，Ｋとすると、ＩＪ，ＩＫは半径になるのでＩＪ＝ＩＫ
よって、四角形ＩＪＤＫは正方形。よって、内接円の半径をｒとすると、ＤＫ＝ＩＫ＝ｒ
また、面積を考えると、６ｒ/２＋８ｒ/２＋１０ｒ/２＝８×６×(１/２)が成り立つ。∴１２ｒ＝２４
∴ｒ＝２ｃｍ　∴ＤＫ＝ＩＫ＝２ｃｍ
∴ＡＫ＝８－２＝６ｃｍ　∴ＡＫ：ＩＫ＝３：１
また、△ＡＩＫ∽△ＡＤＨより、ＡＨ：ＤＨ＝３：１
∴ＤＨ＝８/√１０ｃｍ，ＡＨ＝２４/√１０ｃｍ（△ＡＤＨは１：３：√１０の直角三角形だから。）
∴ＥＨ＝ＤＨ＝８/√１０ｃｍ
また、円周角と直角の２角が等しいので、△ＡＢＨ∽△ＡＣＤ　よって、△ＡＢＨも３：４：５の直角三角形である。∴ＢＨ＝(３/４)ＡＨ＝(３/４)×(２４/√１０)＝１８/√１０ｃｍ　∴ＢＥ＝ＢＨ－ＥＨ＝１８/√１０－８/√１０＝１０/√１０＝√１０ｃｍ
よって、答えは、√１０ｃｍ

おまけ：

解法３
∠ＡＤＨ＝×と置くと、△ＡＤＨの内角の和より、
○＋×＝９０°また、ＡＣは直径より∠ＡＤＣ＝９０°
∴∠ＢＤＣ＋×＝９０°∴∠ＢＤＣ＝○
よって、円周角より∠ＢＡＣ＝○　
∴∠ＢＡＣ＝∠ＣＡＨ＝○　よって、ＡＥは△ＡＢＨの∠Ａの二等分線。
また、△ＡＥＤは二等辺三角形でＡＥ＝ＡＤ＝８ｃｍ
∴ＥＣ＝１０－８＝２ｃｍ　
また、△ＡＢＥ∽△ＤＣＥよりＡＢ：ＢＥ＝３：１
よって、ＢＥ＝ｘと置くとＡＢ＝３ｘ
また、△ＡＢＨで角の二等分線の定理を使うと、
ＡＢ：ＡＨ＝ＢＥ：ＥＨ　∴３ｘ：ＡＨ＝ｘ：ＥＨ
∴ＡＨ＝３ＥＨ　∴ＡＨ：ＥＨ＝１：３
ところで、ＡＥ＝８ｃｍより、ＥＨ＝８/√１０ｃｍ，ＡＨ＝２４/√１０ｃｍ
また、△ＡＢＨ∽△ＡＣＤで△ＡＣＤは３：４：５の直角三角形より△ＡＢＨも３：４：５の直角三角形。
∴ＢＨ＝(３/４)ＡＨ＝(３/４)×２４/√１０＝１８/√１０ｃｍ　∴ＢＥ＝ＢＨ－ＥＨ＝１８/√１０－８/√１０＝１０/√１０＝√１０ｃｍ
よって、答えは、√１０ｃｍ

おまけ：

問題１の解答
大きい半円の直径を左からＡＢとし、弧ＡＢの真ん中の点をＣとすると、点ＱはＡＢの中点で半円の中心。
よって、半径よりＱＡ＝ＱＣなので、△ＣＡＱは直角二等辺三角形。よって、∠ＣＡＱ＝４５°
また、ＣＡと小さい半円との交点をＤとすると、∠ＤＡＰ＝４５°より△ＤＡＰも直角二等辺三角形。
よって、ＰＡ＝ＰＤより点Ｐは小さい半円の中心。
また、小さい半円の直径をＡＥとすると、対称性より弓形ＤＡを弓形ＤＥの所に移すと、色付き部分の面積は、直角二等辺三角形ＣＡＱ＋扇形ＱＣＢ－直角二等辺三角形ＤＡＥ＝４×４÷２＋４×４×３.１４×(１/４)－６×３÷２＝８＋１２.５６－９＝１１.５６ｃｍ^2
よって、答えは、１１.５６ｃｍ^2

問題２
「３けたの整数のしりとり」をするとき、Ａ，Ｂに当てはまる３けたの整数の組み合わせは何通りありますか。
３３５→５０２→２９９→９０１→Ａ→Ｂ→２２２

解答
Ａは１○□，Ｂは□△２で、３桁より□に０は入らないので、○が１０通りで左の□は９通りで右の□は左の□で決定したものなので１通り。また、△も１０通りより、
答えは、１０×９×１×１０＝９００通り

問題３の解答
ＯＦを結ぶと、∠ＡＯＦ＝１８０°×(４/５)
＝３６°×４＝１４４°
また、半径より△ＯＡＦは二等辺三角形。よって、∠ＯＦＡ＝∠ＯＡＦ＝(１８０°－１４４°)÷２＝１８°
また、ＯＥを結ぶと、∠ＡＯＥ＝１８０°×(３/５)＝３６°×３＝１０８°
よって、∠ＯＡＥ＝(１８０°－１０８°)÷２＝３６°
よって、∠ＦＡＥ＝∠ＯＡＥ－∠ＯＡＦ＝３６°－１８°＝１８°よって、∠ＯＦＡ＝∠ＦＡＥより錯角が等しいので、ＯＦ//ＡＥ
よって、等積変形より、△ＦＡＥ＝△ＯＡＥ
また、対称性よりＤＥ//ＡＢ　よって、等積変形より、
△ＯＡＥ＝△ＯＡＤ　よって、△ＦＡＥ＝△ＯＡＤ
ところで、弓形ＥＦと弓形ＡＣは合同なので、弓形ＥＦを弓形ＡＣの所に移すと、△ＦＡＥ＝△ＯＡＤより、色付き部分の面積は、扇形ＯＡＤの面積と等しい。
よって、求める面積は、５×５×３.１４×(２/１０)＝５×３.１４＝１５.７ｃｍ^2
よって、答えは、１５.７ｃｍ^2

おまけ：
https://kotobank.jp/word/%E3%83%9E%E3%83%95%E3%83%87%E3%82%A3%E3%83%BC-137116

解説
＞仮定より(ｎi,ｎ'i)＝１であるから（問1.23），βiｎi＋αiｎ'i＝１（∃αi,βi∈ℤ）なる関係がある。

仮定より(ｎi,ｎj)＝１（ｉ≠ｊ）
よって、問1.23を(ｎi,ｎi)＝１以外で繰り返し使うと、(ｎi,ｎ'i)＝１となる。
また、そこで定理1.7を使うと、βiｎi＋αiｎ'i＝１（∃αi,βi∈ℤ）と出来る。

定理1.7
２つの整数ａ,ｂの最大公約数をｄとすれば、ｄ＝ａｘ＋ｂｙを満足する整数ｘ,ｙが存在する。すなわち、
(ａ,ｂ)＝ｄ⇒∃ｘ,ｙ∈ℤ，ａｘ＋ｂｙ＝ｄ
「演習　群・環・体 入門」新妻弘著より

つまり、このｄを１として、ａをｎ1，ｂをｎ'iとすると、ある整数αi,βiが必ず存在して、上式を満たすという事。

＞ａ－ａ1ｎ'1α1＝ａ2ｎ'2α2＋･･･＋ａsｎ'sαs
ここで、ｎ1|ｎ'2,･･･,ｎ1|ｎ'sであるから、ａ≡ａ1ｎ'1α1 (modｎ1)　ゆえに、②よりａ≡ａ1 (modｎ1)

ｎ1|ｎ'2,･･･,ｎ1|ｎ'sの理由は、ｎ'1以外のｎ'iには因数として必ずｎ1が入っているから。
よって、ａ－ａ1ｎ'1α1＝ａ2ｎ'2α2＋･･･＋ａsｎ'sαsの右辺はｎ1で割り切れるので、≡０(modｎ1)
∴ａ－ａ1ｎ'1α1≡０(modｎ1)　
∴ａ≡ａ1ｎ'1α1 (modｎ1)———ア
また、②より、αiｎ'i≡１ (modｎi)
このｉを１にすると、α1ｎ'1≡１ (modｎ1)———イ
イをアに代入すると、ａ≡ａ1 (modｎ1)となる。

＞ａ≡ｂ (modｎi)（ｉ＝１,･･･,ｓ）となっている。ａ－ｂはｎ1,･･･,ｎsの公倍数であるから、その最小公倍数[ｎ1,･･･,ｎs]＝ｎ1…ｎs＝ｎで割り切れる（問1.8）。
ゆえに、ａ≡ｂ(modｎ)

これは、「ａ≡ｂ (modｎi)（ｉ＝１,･･･,ｓ）となっている」から、定理2.3を使った方が良いですね。
仮定より、(ｎi,ｎj)＝１（ｉ≠ｊ）
よって、定理2.3を繰り返し使うと、
ａ≡ｂ(modｎ1…ｎs)　∴ａ≡ｂ(modｎ)

定理2.3
ａ,ｂを整数，ｍ,ｎを１より大きい整数とする。(ｍ,ｎ)＝１であれば、次が成り立つ。
ａ≡ｂ(modｍ)，ａ≡ｂ(modｎ)⇔ａ≡ｂ(modｍｎ)
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

おまけ：
https://www.uta-net.com/song/234047/

問題
自転車でＡ町からＢ町へ行くのに３０分走っては５分休んで行ったところ、３時間かかりました。帰りは行きの５/６の速さにして、４０分走っては８分休みました。
帰りは何時間何分かかりましたか。

算数の解法
３時間＝１８０分より、１８０÷３５＝５・・・５より５回がフルに３０分で最後の６回目が５分だけである。
３０,５,３０,５,３０,５,３０,５,３０,５,５
つまり、走った時間は、３０×５＋５＝１５５分
ところで、帰りの速さは行きの５/６より、かかる時間はその逆数で６/５倍である。
よって、帰りに走るだけでかかる時間は、
１５５×(６/５)＝３１×６＝１８６分
１８６÷４０＝４・・・２６より、４０分が４回で最後は２６分走るので、
４０，８，４０，８，４０，８，４０，８，２６
よって、４８×４＋２６＝２１８分＝３時間３８分
よって、答えは、３時間３８分

数学の解法
走った時間は、３０×５＋５＝１５５分までは同じ。
ここで、行きの分速をｘｍと置くと、帰りの分速は、(５/６)ｘｍ
また、Ａ町とＢ町の距離は１５５ｘｍより、帰りにかかる時間は、１５５ｘ÷(５/６)ｘ＝３１×６＝１８６分
よって、１８６÷４０＝４・・・２６より、４０分が４回で最後は２６分走るので、
４０，８，４０，８，４０，８，４０，８，２６
よって、４８×４＋２６＝２１８分＝３時間３８分
よって、答えは、３時間３８分

算数のかかる時間は速さの逆数という考え方は便利なので覚えておいた方が良い。数学しか使えない人はどうしても下の解法で解いてしまうでしょう。別に悪くないですが。

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/ac415c44912562d13dbbd2ae10844c83b7e23450

https://news.tv-asahi.co.jp/news_geinou_mov/articles/000006727.html

解法１
円の中心をＯとしてＯＡ，ＯＢ，ＯＣ，ＯＤ，ＯＥ，ＯＦを結ぶと、半径より△ＯＡＢ，△ＯＦＡ，△ＯＥＦと△ＯＢＣ，△ＯＣＤ，△ＯＤＥはそれぞれ合同な二等辺三角形である。
よって、∠ＯＡＢ＝∠ＯＢＡ＝∠ＯＦＡ＝∠ＯＡＦ＝∠ＯＥＦ＝∠ＯＦＥ＝○，∠ＯＢＣ＝∠ＯＣＢ＝∠ＯＣＤ＝∠ＯＤＣ＝∠ＯＤＥ＝∠ＯＥＤ＝●と置くと、六角形の内角の和は、１８０°×(６－２)＝７２０°より、
○×６＋●×６＝７２０°よって、○＋●＝１２０°
∴∠ＡＢＣ＝１２０°
ここで、ＣＢの延長上にＡから垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＡＢＨは１：２：√３の直角三角形より、ＢＨ＝１ｃｍ，ＡＨ＝√３ｃｍ　
∴ＣＨ＝１＋４＝５ｃｍ
よって、△ＡＣＨで三平方の定理を使うと、
ＡＣ＝√{(√３)^2＋５^2}＝√２８＝２√７ｃｍ
また、四角形ＡＢＣＯの内角の和より、
∠ＡＯＣ＝３６０°－１２０°－１２０°＝１２０°
よって、△ＯＡＣは頂角が１２０°の二等辺三角形より、ＯからＡＣに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＯＡＩは１：２：√３の直角三角形。
∴ＡＩ＝√７ｃｍ，ＯＩ＝√７/√３ｃｍ
∴△ＯＡＣ＝２√７×(√７/√３)×(１/２)＝７/√３＝７√３/３ｃｍ^2
また、△ＡＢＣ＝４×√３×(１/２)＝２√３ｃｍ^2
∴四角形ＡＢＣＯ＝２√３＋７√３/３＝１３√３/３ｃｍ^2
ところで、六角形ＡＢＣＤＥＦは四角形ＯＡＢＣの３倍なので、答えは、この３倍で１３√３ｃｍ^2

解法２は次回。因みに、「多分、Youtubeではその解法が使われていたと思います。」というのは推理で実際に見た訳ではありません。
解法のヒントは、６つの二等辺三角形を組み直して１辺が２ｃｍの正三角形何個分か考えて下さい。

おまけ：

解法２
円の中心をＯとしてＯＡ，ＯＢ，ＯＣ，ＯＤ，ＯＥ，ＯＦを結ぶと、半径より△ＯＡＢ，△ＯＦＡ，△ＯＥＦと△ＯＢＣ，△ＯＣＤ，△ＯＤＥはそれぞれ合同な二等辺三角形である。
よって、∠ＯＡＢ＝∠ＯＢＡ＝∠ＯＦＡ＝∠ＯＡＦ＝∠ＯＥＦ＝∠ＯＦＥ＝○，∠ＯＢＣ＝∠ＯＣＢ＝∠ＯＣＤ＝∠ＯＤＣ＝∠ＯＤＥ＝∠ＯＥＤ＝●と置くと、六角形の内角の和は、１８０°×(６－２)＝７２０°より、
○×６＋●×６＝７２０°よって、○＋●＝１２０°
ここで、２種類の二等辺三角形を交互に組み直すと、全ての角は１２０°になり、辺は２ｃｍと４ｃｍの交互になるので、対称性がある六角形になる。
その左上の頂点から反時計回りに、Ｐ～Ｕと振ると、ＰＱ＝ＲＳ＝ＴＵ＝４ｃｍ，ＱＲ＝ＳＴ＝ＵＰ＝２ｃｍ，∠ＰＱＲ＝∠ＱＲＳ＝∠ＲＳＴ＝∠ＳＴＵ＝∠ＴＵＰ＝１２０°
今、ＱＰの延長とＴＵの延長との交点をＬ，ＰＱとＳＲの延長との交点をＭ，ＲＳとＵＴの延長との交点をＮとすると、∠ＬＰＵ＝∠ＬＵＰ＝１８０°－１２０°＝６０°より、△ＬＰＵは底角が６０°の二等辺三角形より正三角形。よって、∠Ｌ＝６０°
同様に、△ＭＲＱと△ＮＴＳも正三角形より、∠Ｍ＝∠Ｎ＝６０°よって、△ＬＭＮも正三角形。
ところで、ＭＲ＝ＱＲ＝２ｃｍ，ＲＳ＝４ｃｍ，ＳＮ＝ＴＳ＝２ｃｍより、ＭＮ＝２＋４＋２＝８ｃｍ
よって、ＭＲ：ＭＮ＝２：８＝１：４　よって、正三角形ＱＭＱ：正三角形ＬＭＮ＝１^2：４^2＝１：１６
よって、△ＱＭＲ：六角形ＰＱＲＳＴＵ＝１：１３
よって、六角形ＰＱＲＳＴＵの面積は１辺が２ｃｍの正三角形の１３倍。
∴六角形ＰＱＲＳＴＵ＝２×√３×(１/２)×１３＝１３√３ｃｍ^2　よって、組み直す前の図形の面積も１３√３ｃｍ^2　よって、答えは、１３√３ｃｍ^2

おまけ：

演習問題７
ｐを３より大きい素数とするとき、合同式ｐ^2≡１(mod１２)を証明せよ。

別解１
３より大きい素数はｐ＝６ｍ±１（ｍ∈ℤ）で表せるhttps://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q1359179448ので、
ｐ^2＝(６ｍ±１)^2＝３６ｍ^2±１２ｍ＋１より、
ｐ^2≡１(mod１２)
よって、示された。

別解２　今回の新作
フェルマーの小定理より、ｐ^(3-1)≡１(mod３)
ただし、ｐと３は互いに素なのでｐは３の倍数でないが、仮定よりｐは３より大きい素数なのでＯＫ。
∴ｐ^2≡１(mod３)———①
また、奇数の２乗を４で割った余りは１より、
ｐ^2≡１(mod４)———②
ところで、３と４は互いに素より、定理2.3により、
ｐ^2≡１(mod１２)
よって、示された。

定理2.3
ａ,ｂを整数，ｍ,ｎを１より大きい整数とする。(ｍ,ｎ)＝１であれば、次が成り立つ。
ａ≡ｂ(modｍ)，ａ≡ｂ(modｎ)⇔ａ≡ｂ(modｍｎ)
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

因みに、定理2.3を使うのが嫌な人は、①，②から、
ｐ^2－１≡０(mod３)，ｐ^2－１≡０(mod４)
よって、ｐ^2－１は３と４の公倍数より１２の倍数。
∴ｐ^2－１≡０(mod１２)　∴ｐ^2≡１(mod１２)
とすれば良い。

見方によっては退化していますね。笑
念のため、どちらも私のオリジナルです。（今回は別解１は思い付きませんでした。）

おまけ：
https://twitter.com/satndRvjMpc4tl7/status/1699949312460091834

改題の解答
正面の正方形の左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、ちょっと左回転させた正方形の左上の頂点から反時計回りにＡ'～Ｄ'と振る。
ここで、ａＡ，ａＡ'，ＡＡ'を結ぶと、合同な正方形の対角線の半分の長さより、ａＡ＝ａＡ'
よって、△ａＡＡ'は二等辺三角形より、
∠ａＡＡ'＝∠ａＡ'Ａ———①
また、ＡＢとＡ'Ｄ'の交点をＥとすると、
∠ａＡＢ＝４５°，∠ａＡ'Ｄ'＝４５°より、
∠ａＡＥ＝∠ａＡ'Ｅ———②
①－②より、
∠ａＡＡ'－∠ａＡＥ＝∠ａＡ'Ａ－∠ａＡ'Ｅ
∴∠ＥＡＡ'＝∠ＥＡ'Ａ
よって、△ＥＡＡ'は二等辺三角形より、ＥＡ＝ＥＡ'
ところで、３ｃｍ，４ｃｍ，５ｃｍの所の白い三角形とその下隣りの白い三角形は対頂角と直角が等しいので相似で、ＥＡ＝ＥＡ'より３ｃｍの辺が等しいので合同である。
また、ａＡ'，ａＢ，Ａ'Ｂを結んで同様の事をすれば、その２つの白い三角形も合同である事が示せる。これを繰り返せば、全ての白い三角形は合同である。
よって、示された。

念のため、毎回、片方の三角形がダブっている事が大事である。

おまけ：

問題１の解答
ＡＤ上の点をＥ，ＣＤ上の点をＦとし、３５ｃｍ^2の隣りの白い三角形をａ，辺ＢＣを１辺とした白い三角形をｂと置くと、△ＥＢＣは等積変形すると分かるように平行四辺形ＡＢＣＤの１/２である。
よって、ａ＋９９＋ｂ＝(１/２)×平行四辺形ＡＢＣＤ———①
また、△ＦＡＢも同様に平行四辺形ＡＢＣＤの１/２であるので、逆側の△ＡＤＦ＋△ＢＣＦも平行四辺形ＡＢＣＤの１/２である。
よって、３５＋ａ＋黒部分＋ｂ＋１５＝(１/２)×平行四辺形ＡＢＣＤ———②
①，②より、ａ＋９９＋ｂ＝３５＋ａ＋黒部分＋ｂ＋１５
よって、ａ,ｂ部分は相殺されて、黒部分に５０ｃｍ^2を足すと９９ｃｍ^2になる事が分かる。
よって、答えは、４９ｃｍ^2

問題２の解法１
５０＋５０＋５０＋５０をすると、４隅が１回ずつダブるので、２００からダブり分の４を引くと、
答えは、１９６匹。

解法２
まず、左の列の上から４９匹をひと塊りに見て、次に下の行の左から４９匹をひと塊りに見る。さらに、右の列の下から４９匹をひと塊りに見て、最後に上の行の右から４９匹をひと塊りに見ると、パズルのようにちょうどぴったりと当てはまる。
よって、答えは、４９×４＝１９６匹。

おまけ：

解説
＞ｘとｙのどちらも奇数とする。このとき、ｘ≡１(mod２)，ｙ≡１(mod２)であるから、
ｘ^2≡１(mod４)，ｙ^2≡１(mod４)

定理2.1(４)より、両辺を２乗しても良い。
∴ｘ^2≡１(mod２)，ｙ^2≡１(mod２)
ここで、定理2.3を使えれば良いが、２と２は互いに素ではないので使えない。
そこで、ｘ≡１(mod２)からｘ＝２ｎ＋１（ｎは整数）と置けるので、ｘ^2＝(２ｎ＋１)^2＝４ｎ^2＋４ｎ＋１≡１(mod４)　∴ｘ^2≡１(mod４)
ｙ^2≡１(mod２)の方も同じ。
念のため、ｘ≡１(mod３)の時、ｘ^2≡１(mod３^2)ではない。ｘ＝３ｎ＋１と置くとｘ^2＝９ｎ^2＋６ｎ＋１≢１(mod９)だから。

定理2.1
ｎを１より大きい整数とする。このとき、任意の整数ａ,ｂ,ｃ,ｄについて、次のことが成り立つ。
（４）ａ≡ｂ(modｎ)かつｃ≡ｄ(modｎ)ならば
ａ±ｃ≡ｂ±ｄ(modｎ)，ａ・ｃ≡ｂ・ｄ(modｎ)

定理2.3
ａ,ｂを整数，ｍ,ｎを１より大きい整数とする。(ｍ,ｎ)＝１であれば、次が成り立つ。
ａ≡ｂ(modｍ)，ａ≡ｂ(modｎ)⇔ａ≡ｂ(modｍｎ)

＞（２）の全体的な解説もして下さい。

実は、mod４にする必要なんかない。
（２）ｘとｙのどちらも奇数とする。このとき、ｘ≡１(mod２)，ｙ≡１(mod２)であるから、
ｘ^2≡１(mod２)，ｙ^2≡１(mod２)
∴ｘ^2＋ｙ^2≡２≡０(mod２)　∴ｚ^2≡０(mod２)
∴ｚ≡０(mod２)　
よって、ｚは偶数より素数となるのはｚ＝２の時のみだが、ｘ＝ｙ＝１では成り立たないのであり得ない。

＞すなわち、２|ｚ^2
ゆえに、定理1.10より２|ｚであるからｚは偶数となり矛盾である（ｚ＝２のとき、ｘ,ｙはない）。

これは演習問題２の時も述べましたが、

定理1.10
ａ,ｂ,ｃを整数とする。ａとｂが互いに素で、積ｂｃがａで割り切れるならばｃはａで割り切れる。すなわち、
ａ|ｂｃ，(ａ,ｂ)＝１⇒ａ|ｃ

２とｚを互いに素として２|ｚ（ｚが２の倍数）は矛盾していますよね。普通に、２|ｚ^2よりｚ^2が偶数でｚは整数よりｚも偶数で良いですね。

＞（２）の全体的な解説もして下さい。その２

ｘとｙのどちらも奇数とする。このとき、ｘ^2＋ｙ^2＝ｚ^2より、ｚは偶数である。（奇数＋奇数＝偶数という事。）また、ｚは素数よりｚ＝２のみである。よって、ｘ＝ｙ＝１しかあり得ないが、これではｘ^2＋ｙ^2＝ｚ^2は成り立たない。よって、矛盾である。そもそも１は素数ではない。

次回、誰かの別解と私の別解を紹介しますね。

おまけ：

演習問題８
不定方程式ｘ^2＋ｙ^2＝ｚ^2は素数の解をもたないことを証明せよ。

別解　オリジナル
累乗数が偶数よりｘ,ｙ,ｚは自然数としても一般性を失わない。そこで、ピタゴラス数の生成式https://manabitimes.jp/math/661より、
ｘ＝ｍ^2－ｎ^2，ｙ＝２ｍｎ，ｚ＝ｍ^2＋ｎ^2
（ｍ＞ｎ，ｍ,ｎ∈ℕ）
と置ける。この時、ｙは必ず２より大きい偶数となるので、素数ではない。よって、ｘ^2＋ｙ^2＝ｚ^2は素数の解を持たない。
よって、示された。

よく調べた所、もう一つも私のオリジナルでした。あまり冴えないので省略しますね。

因みに、模範解答の（１）も「累乗数が偶数よりｘ,ｙ,ｚは自然数としても一般性を失わない」を使えば、（ⅰ）の場合だけで済みます。

おまけ：

別解
三角形をＡＢＣ（∠Ｂ＝６０°）とし、三角形の内部の点をＤとする。
今、ＡＣに関して点Ｄと対称な点をＤ'とすると、
∠ＡＣＤ'＝∠ＡＣＤ＝２４°よって、∠Ｄ'ＣＢ＝２４°＋２４°＋１２°＝６０°
よって、∠ＡＢＣ＝∠Ｄ'ＣＢ
また、ＣＤ'＝ＣＤ，また、条件よりＣＤ＝ＢＡ
よって、ＢＡ＝ＣＤ'　よって、四角形ＡＢＣＤ'は等脚台形である。よって、ＡＤ'//ＢＣ　
よって、∠ＢＡＤ'＝１８０°－６０°＝１２０°
また、錯角より∠Ｄ'ＡＣ＝∠ＡＣＢ＝３６°
よって、∠Ｄ'ＡＤ＝３６°×２＝７２°
よって、∠ｘ＝１２０°－７２°＝４８°
よって、答えは、４８°

おまけ：
https://www.glorychrist.com/2021/10/%E5%B0%BE%E5%B4%8E%E8%B1%8A%E3%81%8B%E3%82%89%E3%82%AD%E3%83%AA%E3%82%B9%E3%83%88%E3%81%B8/

http://christianpress.jp/y211014/