数学

何でもありの解法１
△ＤＢＣは直角二等辺三角形より、∠ＤＣＢ＝４５°
∴∠ＡＣＢ＝２２.５°ここで、半角の公式より、
sin^2(２２.５°)＝(１－cos４５°)/２
＝(１－１/√２)/２＝(√２－１)/２√２
＝(２－√２)/４
ところで、sin２２.５°は第１象限より値は正。
∴sin２２.５°＝√(２－√２)/２
よって、４/ＢＣ＝√(２－√２)/２が成り立つ。　
∴ＢＣ＝８/√(２－√２)
∴ＢＣ^2＝６４/(２－√２)＝６４(２＋√２)/２
＝３２(２＋√２)＝４√(４＋２√２)
∴ＢＣ＝４√(４＋２√２)ｃｍ———①
ここで、ＢＣ＝ｘと置くと、△ＤＢＣは直角二等辺三角形より、ＢＤ＝ＣＤ＝ｘ/√２
また、△ＣＢＤで角の二等分線の定理を使うと、
ＢＥ：ＥＤ＝ＣＢ：ＣＤ＝√２：１
∴ＢＥ：ＢＤ＝√２：１＋√２
∴ＢＥ：ｘ/√２＝√２：１＋√２
∴ＢＥ＝ｘ/(１＋√２)
∴△ＥＢＣ＝ＢＥ×ＣＤ×(１/２)
＝{ｘ/(１＋√２)}・(ｘ/√２)・(１/２)
＝ｘ^2/{２√２(√２＋１)}
＝√２(√２－１)ｘ^2/４———②
ところで、ｘ＝ＢＣより、①を②に代入すると、
△ＥＢＣ＝√２(√２－１){４√(４＋２√２)}^2/４
＝√２(√２－１)・４(４＋２√２)
＝(２－√２)・８(２＋√２)＝８・２＝１６
∴△ＥＢＣ＝１６ｃｍ^2

因みに、全て中学数学で解決したいという人は、
直角三角形ＰＡＣ（∠Ａが直角）を上から反時計回りにＰ，Ａ，Ｃと描き、∠Ｃの二等分線とＡＰとの交点をＢとし、ＡＢ＝４ｃｍとすると、直角二等辺三角形よりＣＡ：ＣＰ＝１：√２
よって、△ＣＡＰで角の二等分線の定理を使うと、ＢＰ＝４√２ｃｍと分かる。∴ＡＣ＝ＡＰ＝４＋４√２ｃｍ
よって、△ＡＢＣで三平方の定理を使うと、
ＢＣ^2＝４^2＋(４＋４√２)^2
＝１６{１＋(１＋√２)^2}
＝１６(４＋２√２)
∴ＢＣ＝４√(４＋２√２)ｃｍ
と求めれば良い。

すべて自然な形の中学数学の解法２は次回。ただし、エレガントとは限らない。

おまけ：

算数の解法
ＢＡの延長とＣＤの延長との交点をＦとすると、
ＣＡ⊥ＢＦでＣＡは∠Ｃの二等分線より、
△ＣＢＦは二等辺三角形で点ＡはＢＦの真ん中の点になる。よって、ＢＦ＝４×２＝８ｃｍ
また、△ＡＢＥと△ＤＣＥにおいて、直角と対頂角の２角が等しいので残りの１角も等しい。
よって、∠ＡＢＥ＝∠ＤＣＥより、∠ＦＢＤ＝∠ＥＣＤ　
また、∠ＢＤＦ＝∠ＣＤＥ
また、条件よりＤＢ＝ＤＣ
よって、１辺両端が等しいので、△ＦＢＤと△ＥＣＤは合同である。よって、ＣＥ＝ＢＦ＝８ｃｍ
よって、△ＥＢＣ＝ＣＥ×ＢＡ÷２＝８×４÷２＝１６ｃｍ^2　よって、答えは、１６ｃｍ^2

しかし、エレガントな解法ですね。何でもありの解法と比べると、連立方程式と鶴亀算ぐらいの違いがありますね。
この初等幾何の問題は世界的にはどんなものなのでしょうね。中国や韓国でも小学生でやっているのでしょうか。（他にも和算的なものとか。）フランスは初等幾何は盛んだという噂は聞いた事がありますが。（マニアの話でしょう。）

おまけ：

何でもありの解法２
ＢＡの延長とＣＤの延長との交点をＦとすると、
ＣＡ⊥ＢＦでＣＡは∠Ｃの二等分線より、
△ＣＢＦは二等辺三角形で点ＡはＢＦの中点になる。
∴ＢＦ＝４×２＝８ｃｍ　
また、ＡＤを結ぶと△ＢＤＦは直角三角形で点Ａは斜辺の中点より、定石でＡＢ＝ＡＤ＝ＡＦ＝４ｃｍ
また、∠ＢＡＣ＝∠ＢＤＣより円周角の定理の逆により、４点Ａ,Ｂ,Ｃ,Ｄは同一円周上にある。よって、四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形である。
∴∠ＦＡＤ＝∠ＤＣＢ＝４５°
ここで、ＤからＡＦに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＤＡＨは直角二等辺三角形より、
ＤＨ＝４/√２＝２√２ｃｍ
∴△ＢＤＦ＝８×２√２×(１/２)＝８√２ｃｍ^2
ところで、△ＤＢＣは直角二等辺三角形より、ＣＤ：ＣＢ＝１：√２　また、△ＣＢＦは二等辺三角形より、ＣＢ＝ＣＦ　∴ＣＤ：ＣＦ＝１：√２
∴ＤＦ：ＣＦ＝√２－１：√２
∴△ＢＤＦ：△ＢＣＦ＝√２－１：√２
∴８√２：△ＢＣＦ＝√２－１：√２
∴△ＢＣＦ＝１６/(√２－１)＝１６(√２＋１)ｃｍ^2
∴△ＡＢＣ＝(１/２)△ＢＣＦ＝８(√２＋１)ｃｍ^2
また、円周角より∠ＡＢＤ＝∠ＡＣＤ＝○　
∴∠ＡＢＥ＝∠ＡＣＢ＝○　また、直角を共有していて２角が等しいので、△ＡＢＥ∽△ＡＣＢ
∴ＡＥ：４＝４：ＡＣが成り立つ。∴ＡＥ・ＡＣ＝１６
また、△ＡＢＣ＝４×ＡＣ×(１/２)＝８(√２＋１)より、ＡＣ＝４(√２＋１)ｃｍ
∴ＡＥ＝１６/{４(√２＋１)}＝４/(√２＋１)
＝４(√２－１)ｃｍ
∴△ＡＢＥ＝４×４(√２－１)×(１/２)
＝８(√２－１)ｃｍ^2
∴△ＥＢＣ＝８(√２＋１)－８(√２－１)＝１６ｃｍ^2
よって、答えは、１６ｃｍ^2

おまけ：

ライアーゲーム

定理2.9（剰余類の性質）
Ｃaをｎを法とするａの剰余類を表すものとする。このとき、次のことが成り立つ。
（１）ａ∈Ｃa
（２）Ｃa∩Ｃb≠φ⇔Ｃa＝Ｃb

解説
（２）の別証
（ⅰ）Ｃa＝Ｃb⇒Ｃa∩Ｃb≠φの証明
対偶を取ると、Ｃa∩Ｃb＝φ⇒Ｃa≠Ｃbでこれは自明。
（ⅱ）Ｃa∩Ｃb≠φ⇒Ｃa＝Ｃbの証明
対偶を取ると、Ｃa≠Ｃb⇒Ｃa∩Ｃb＝φを示せば良い。
定義2.2より、
Ｃa：ｘ≡ａ(modｎ)，Ｃb：ｘ≡ｂ(modｎ)
∴ｘ－ａ≡０(modｎ)，ｘ－ｂ≡０(modｎ)
よって、ｘ－ａ＝ｎｔ，ｘ－ｂ＝ｎｔ'（ｔ,ｔ'は整数）と置ける。∴Ｃa：ｘ＝ｎｔ＋ａ，Cb：ｘ＝ｎｔ'＋ｂ
ここで仮定よりＣa≠Ｃbなので、ａ≠ｂ（下に補足）
よって、ｘ＝ｎｔ＋ａ，ｘ＝ｎｔ'＋ｂを１次関数のグラフで考えると、平行線なので交わりを持たない。
∴Ｃa∩Ｃb＝φ
∴Ｃa≠Ｃb⇒Ｃa∩Ｃb＝φ　
（ⅰ），（ⅱ）より、示された。

補足
定理2.8の対偶より、Ｃa≠Ｃb⇒ａ≢ｂ(modｎ)
⇔ａ－ｂ≢０(modｎ)⇔ａ－ｂ≠ｎｔ（ｔは整数）
⇒ａ－ｂ≠０⇔ａ≠ｂ
∴Ｃa≠Ｃb⇒ａ≠ｂ

おかしな点があったら指摘して下さい。

おまけ：

ライアーゲームの回答
＞∴Ｃa：ｘ＝ｎｔ＋ａ，Cb：ｘ＝ｎｔ'＋ｂ
ここで仮定よりＣa≠Ｃbなので、ａ≠ｂ（下に補足）
よって、ｘ＝ｎｔ＋ａ，ｘ＝ｎｔ'＋ｂを１次関数のグラフで考えると、平行線なので交わりを持たない。
∴Ｃa∩Ｃb＝φ

ｔとｔ'は共に変数なので、直線ｘ＝ｎｔ＋ａと直線ｘ＝ｎｔ＋ｂで考えて、平行線なので交わりを持たないと考えた訳だが、この平行は同じｔで考えて常に一定の間隔があるという考えである。つまり、ｔとｔ'では意味がない。
だから、嘘である。
ただし、定義2.2から、
定義2.2
ａを任意の整数とするとき
Ｃa＝{ｘ∈ℤ｜ｘ≡ａ(modｎ)}
をｎを法とするａの剰余類といい、ａをその代表元という。

Ｃa＝{…,－２ｎ＋ａ,－ｎ＋ａ,ａ,ａ＋ｎ,ａ＋２ｎ,…}
Ｃb＝{…,－２ｎ＋ｂ,－ｎ＋ｂ,ｂ,ｂ＋ｎ,ｂ＋２ｎ,…}
で、また、補足より、
補足
定理2.8の対偶より、Ｃa≠Ｃb⇒ａ≢ｂ(modｎ)
⇔ａ－ｂ≢０(modｎ)⇔ａ－ｂ≠ｎｔ（ｔは整数）
⇒ａ－ｂ≠０⇔ａ≠ｂ
∴Ｃa≠Ｃb⇒ａ≠ｂ

ａ≠ｂにｎを一定の間隔で足していく（上のＣa,Ｃbより）ので、数直線で考えれば交わる訳がない。
∴Ｃa∩Ｃb＝φ
∴Ｃa≠Ｃb⇒Ｃa∩Ｃb＝φ　
よって、示された。

念のため、厳密な証明と思っている訳ではございません。一種のエンターテイメントですね。まぁ、分かる人にしか分からない話ですが。

おまけ：

解説
＞同様に、Ｃb⊂Ｃaも示されるから

ｘ∈Ｃbとすると、ｘ≡ｂ(modｎ)　
また仮定より、ａ≡ｂ(modｎ)　
よって、対称律より、ｂ≡ａ(modｎ)
また、推移律により、ｘ≡ａ(modｎ)　
ゆえに、ｘ∈Ｃa　よって、ｘ∈Ｃbならばｘ∈Ｃa
よって、Ｃb⊂Ｃa

＞(⇐)：Ｃa＝Ｃbとすると、反射律ａ≡ａ(modｎ)によりａ∈Ｃaであるからａ∈Ｃb　ゆえにａ≡ｂ(modｎ)

逆の証明は、Ｃa＝Ｃb⇒ａ≡ｂ(modｎ)を示す訳だが、うっかり定義2.2を挙げておくのを忘れた。そこで、

定義2.2
ａを任意の整数とするとき
Ｃa＝{ｘ∈ℤ｜ｘ≡ａ(modｎ)}

また、定理2.1の反射律より、ａ≡ａ(modｎ)
ここで、定義2.2のｘをａとすると、ａ∈Ｃaである。
また、仮定よりＣa＝Ｃbなので、ａ∈Ｃbである。
ところで、定義2.2より、
Ｃb＝{ｘ∈ℤ｜ｘ≡ｂ(modｎ)}
ａ∈Ｃbよりこのｘをａとすると、ａ≡ｂ(modｎ)
という事である。
これで分からない人には、友達で群論が分かる人の通訳が必要である。もっともまだ群論には入っていないが。（ただし、同値関係とか同値類は群論だと思うから。）

おまけ：

解説
＞ａの範囲－２０＜ａ＜３０から、ｔの範囲は－３≦ｔ≦３である。

ｂの範囲－２０＜ｂ＜３０から、－２０＜－(５ｔ＋２)＜３０でｔの範囲も求め、その共通部分を求めなければいけませんね。まぁ、その結果－３≦ｔ≦３となる訳ですが。

例題2.4
５ａ＋７ｂ＝１１を満たす整数ａ,ｂを求めよ。
ただし、－２０＜ａ,ｂ＜３０とする。

別解１
ａ＝－２，ｂ＝３を代入すると成り立つので、これらは解の１つである。
∴５(－２)＋７・３＝１１———①
また、５ａ＋７ｂ＝１１———②
①，②より、５(－２)＋７・３＝５ａ＋７ｂ
∴５(ａ＋２)＝７(３－ｂ)
ここで、５と７は互いに素より、ａ＋２は７の倍数である。よって、ａ＋２＝７ｍ（ｍは整数）と置くと、
３－ｂ＝５ｍとなる。
∴ａ＝７ｍ－２，ｂ＝－５ｍ＋３（ｍは整数）
（ⅰ）－２０＜ａ＜３０より、－２０＜７ｍ－２＜３０
∴－１８＜７ｍ＜３２　∴－１８/７＜ｍ＜３２/７
∴－２.…＜ｍ＜４.…　∴－２≦ｍ≦４
（ⅱ）－２０＜ｂ＜３０より、
－２０＜－５ｍ＋３＜３０　∴－２３＜－５ｍ＜２７　
∴２３/５＞ｍ＞－２７/５
∴－５.４＜ｍ＜４.６　∴－５≦ｍ≦４
（ⅰ），（ⅱ）より、－２≦ｍ≦４
∴ａ＝－１６,－９,－２,５,１２,１９,２６
ｂ＝１３,８,３,－２,－７,－１２,－１７
∴(ａ,ｂ)＝(－１６,１３),(－９,８),(－２,３),(５,－２),(１２,－７),(１９,－１２),(２６,－１７)

別解２
５ａ＋７ｂ＝１１から、５(ａ＋ｂ)＋２ｂ＝１１
ここで、ａ＋ｂ＝ｃ———①と置くと、
５ｃ＋２ｂ＝１１　∴２(ｂ＋２ｃ)＋ｃ＝１１
再び、ｂ＋２ｃ＝ｄ―――②と置くと、
２ｄ＋ｃ＝１１　∴ｃ＝－２ｄ＋１１———③
③を②に代入すると、ｂ＋２(－２ｄ＋１１)＝ｄ
∴ｂ－４ｄ＋２２＝ｄ　∴ｂ＝５ｄ－２２———④
③，④を①に代入すると、
ａ＋５ｄ－２２＝－２ｄ＋１１
∴ａ＝－７ｄ＋３３
よって、ａ＝－７ｄ＋３３，ｂ＝５ｄ－２２，－２０＜ａ,ｂ＜３０
（ⅰ）－２０＜ａ＜３０より、
－２０＜－７ｄ＋３３＜３０　∴－５３＜－７ｄ＜－３　
∴３/７＜ｄ＜５３/７　∴０＜ｄ＜７.…　
∴１≦ｄ≦７
（ⅱ）－２０＜ｂ＜３０より、
－２０＜５ｄ－２２＜３０
∴２＜５ｄ＜５２　∴０.４＜ｄ＜１０.４
∴１≦ｄ≦１０
（ⅰ），（ⅱ）より、１≦ｄ≦７
∴ａ＝２６,１９,１２,５,－２,－９,－１６
ｂ＝－１７,－１２,－７,－２,３,８,１３
∴(ａ,ｂ)＝(－１６,１３),(－９,８),(－２,３),(５,－２),(１２,－７),(１９,－１２),(２６,－１７)

別解３は次回。
因みに、別解１は１０数年前に何かの参考書で読んだ技で、別解２は「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著と「なっとくする 群・環・体」野﨑昭弘著で最近読みました。

おまけ：
https://www.tbs.co.jp/tbs-ch/item/v2702/

例題2.4
５ａ＋７ｂ＝１１を満たす整数ａ,ｂを求めよ。
ただし、－２０＜ａ,ｂ＜３０とする。

別解３
ａ＝－２，ｂ＝３を代入すると成り立つので、これらは解の１つである。
よって、演習問題２より、一般解は、
ａ＝－２－７ｒ，ｂ＝３＋５ｒ（ｒは整数）
で与えられる。
（ⅰ）－２０＜ａ＜３０より、
－２０＜－２－７ｒ＜３０　∴－１８＜－７ｒ＜３２　
∴－３２/７＜ｒ＜１８/７　∴－４.…＜ｒ＜２.…　
∴－４≦ｒ≦２
（ⅱ）－２０＜ｂ＜３０より、－２０＜３＋５ｒ＜３０
∴－２３＜５ｒ＜２７　∴－４.６＜ｒ＜５.４
∴－４≦ｒ≦５
（ⅰ），（ⅱ）より、－４≦ｒ≦２
∴ａ＝２６,１９,１２,５,－２,－９,－１６
ｂ＝－１７,－１２,－７,－２,３,８,１３
∴(ａ,ｂ)＝(－１６,１３),(－９,８),(－２,３),(５,－２),(１２,－７),(１９,－１２),(２６,－１７)

演習問題２
ａ,ｂ,ｋを整数とする。１次不定方程式ａｘ＋ｂｙ＝ｋの一つの解をｘ＝ｘ0，ｙ＝ｙ0とするとき、
任意の解は
ｘ＝ｘ0－ｂ'ｒ，ｙ＝ｙ0＋ａ'ｒ（ｒは任意）
で与えられることを示せ。
ただし、ｄ＝(ａ,ｂ)，ａ＝ａ'ｄ，ｂ＝ｂ'ｄとする。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

別解というよりパクリ解ですね。

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/10c7906c3c5aafed816ad185b876e64ad3af91ce

問題１の算数の解法
左の三角形を左上の頂点から反時計回りにＡＢＣ，右の三角形も同様にＤＥＦとし、△ＤＥＦをＤＥに関して反転させ、∠アと∠イの所をくっつける。
また、ＥＤの延長上にＡから垂線を下ろしその足をＨとすると、四角形ＡＢＥＨは長方形になり、ＤＨ＝９－７＝２ｃｍ　また、ＡＨ＝５＋２＝７ｃｍ
よって、ＤＨ＝ＣＥ，ＡＨ＝ＤＥ，∠ＡＨＤ＝∠ＤＥＣ＝９０°より、二辺挟角が等しいので、△ＡＤＨと△ＤＣＥは合同。よって、∠ＣＤＥ＝∠ＤＡＨ＝●，∠ＤＣＥ＝∠ＡＤＨ＝×と置くと、△ＡＤＨ（△ＤＣＥ）の内角の和より、●＋×＝９０°よって、直線ＥＤＨの所の角度を考えると、∠ＡＤＣ＝９０°である。
また、ＡＤ＝ＤＣより、△ＤＡＣは直角二等辺三角形。よって、∠ＤＣＡ＝４５°より、∠ア＋∠イ＝１８０°－４５°＝１３５°よって、答えは、１３５°

何でもありの解法
tanア＝９/５，tanイ＝７/２
ここで、tanの加法定理より、
tan(ア＋イ)＝(tanア＋tanイ)/(１－tanア・tanイ)
＝(９/５＋７/２)/{１－(９/５)(７/２)}
＝{(１８＋３５)/１０}/(１－６３/１０)
＝(５３/１０)(－５３/１０)＝－１
∴tan(ア＋イ)＝－１
ところで、０＜ア＋イ＜１８０°より、ア＋イ＝１３５°
よって、答えは、１３５°

問題２の解答
ＣＥを結ぶと、円周角より∠ＢＥＣ＝∠ＢＡＣ＝３０°また、折り返しより∠ＤＥＢ＝∠ＤＣＢ＝∠ＡＣＢ＝(１８０°－３０°)÷２＝７５°
∴∠ＤＥＣ＝∠ＤＥＢ－∠ＢＥＣ＝７５°－３０°＝４５°また、折り返しよりＤＢ⊥ＥＣ　ここで、ＤＢとＥＣの交点をＦとすると、∠ＤＦＥ＝９０°よって、△ＤＥＦは直角二等辺三角形で△ＢＥＦは１：２：√３の直角三角形である。
また、折り返しよりＥＢ＝２ｃｍ　∴ＢＦ＝１ｃｍ，ＥＦ＝√３ｃｍよりＤＦ＝√３ｃｍ
∴ＢＤ＝ＢＦ＋ＤＦ＝１＋√３ｃｍ
よって、答えは、１＋√３ｃｍ

おまけ：
https://www.jprime.jp/articles/-/26030?page=2

定理2.5
ａｘ≡ｂ(modｎ)が解をもつための必要十分条件は(ａ,ｎ)|ｂとなることである。

別証
ａｘ≡ｂ(modｎ)⇔ａｘ＋ｎｙ≡ｂ(modｎ)
よって、不定方程式ａｘ＋ｎｙ＝ｂの解はａｘ≡ｂ(modｎ)の解を包含している。
そして、定理1.11より、この不定方程式が整数解を持つ必要十分条件はａとｎの最大公約数がｂを割り切る事である。
必然的に、一部は全く同じ解なので解の存在自体の条件も同じである。（ａ,ｂ,ｎに対する条件。）
よって、示された。

定理1.11
整数ａ1,…,ａnの最大公約数をｄとする。このとき不定方程式
ａ1ｘ1＋ａ2ｘ2＋…＋ａnｘn＝ｂ
を満たす整数ｘ1,…,ｘnが存在するための必要十分条件は、ｂがｄで割り切れることである。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

こんなの証明になっていないと言われそうですね。私も別に完璧な証明だとは思っていません。ほんのお遊びです。

おまけ：

問題１の解法１
左右の弧で出来た三角形みたいな図形をそれぞれ隣りの空白部分に移動させる。また、真下の弧で出来た三角形みたいな図形を折り返して上の円の中に入れると、最下部に空白の小さなラグビーボール型が残る。これは小さな弓形を２つくっつけた形なので、上部の２つの、弧で出来た三角形みたいな図形からそれぞれ１つずつ切り取って移動させると、
色部分は１つの円の５/６である事が分かる。
よって、答えは、６×６×３.１４×(５/６)＝３.１４×３０＝９４.２ｃｍ^2

解法２
弧で出来た三角形みたいな図形の端の弓形を切り取って、凹んだ部分に移動させると、中心角が６０°の扇形になる。よって、答えはこれが５個分より、
６×６×３.１４×(６０/３６０)×５＝３.１４×３０
＝９４.２ｃｍ^2

問題２の解答
△ＰＡＢと△ＰＣＤの面積が等しくて底辺の長さの比が８：１２＝２：３より、高さの比は逆比でＱＢ：ＱＣ＝３：２（１/２：１/３＝３：２と考えても良い。）
ここで、台形の比と線分の長さの公式より、
ＰＱ＝(２×ＡＢ＋３×ＣＤ)/(３＋２)＝(２×８＋３×１２)/５＝(１６＋３６)/５＝５２/５＝１０.４ｃｍ
こんな公式知らないよという人は、ＱＢ：ＱＣ＝３：２から、ＡからＤＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、ＨＣ＝ＡＢ＝８ｃｍ　また、ＡＨとＰＱの交点をＲとすると、△ＡＰＲと△ＡＤＨは相似で相似比は３：５
よって、ＰＲ＝(３/５)ＤＨ＝(３/５)×４＝１２/５ｃｍ
よって、ＰＱ＝８＋１２/５＝５２/５＝１０.４ｃｍ

因みに、この公式を導きたかったらＡからＤＣに垂線を下ろさず、ＡＣかＢＤを結んで相似を利用すれば良い。（今回もそれでも出来るが、あえてこちらにした。）

問題３の解法１
半円の円周角より∠ＡＤＢ＝９０°よって、直角三角形の直角から斜辺に垂線が下りている形なので、アーキタスの定理を使うと、ＤＣ^2＝ＡＣ×ＢＣ
∴ｘ^2＝１・９＝９　ｘ＞０より、ｘ＝３ｃｍ
因みに、△ＡＣＤ∽△ＤＣＢから求めれば中２の問題である。ただし、教科書レベルか受験レベルかは知らない。

解法２
直径が１＋９＝１０ｃｍより、半径は５ｃｍ。
∴ＯＡ＝ＯＤ＝５ｃｍ　∴ＯＣ＝５－１＝４ｃｍ
よって、△ＯＣＤで三平方の定理を使うと、３：４：５の直角三角形になり、ＤＣ ＝３ｃｍ
∴ｘ＝３ｃｍ

おまけ：

問題１の解答
∠ＡＤＧ＝３６０°－１００°－９０°×２＝８０°
ここで、ＢＦとＡＤ，ＧＤとの交点をそれぞれＨ，Ｉとすると、対称性より△ＤＨＩは二等辺三角形になる。
よって、∠ＤＨＩ＝(１８０°－８０°)÷２＝５０°
よって、対頂角より∠ＡＨＢ＝∠ＤＨＩ＝５０°
よって、△ＡＢＨの内角の和より、
∠ｘ＝９０°－５０°＝４０°
よって、答えは、４０°

問題２の解答
ＡからＢＥに垂線を下ろしその足をＨとすると、２角が等しいので、△ＡＢＨ∽△ＣＢＤ　
∴ＡＨ：ＣＤ＝２：５　
また、△ＡＥＨ∽△ＣＥＤで相似比２：５より、
ＡＥ：ＣＥ＝２：５
（△ＢＡＣで角の二等分線の定理を使えば一発だが、本当の素人向けにした。逆に難しい。）
ここで、ＢＡの延長とＣＤの延長との交点をＦとすると、ＢＤ⊥ＣＦでＢＤは∠Ｂの二等分線より△ＢＦＣは二等辺三角形になる。∴ＢＦ＝ＢＣ＝⑤（△ＢＦＤ≡△ＢＣＤを言っても良い。）
まず、△ＢＡＥ＝２ａと置くと、△ＢＣＥ＝５ａ
∴△ＣＢＡ＝２ａ＋５ａ＝７ａ　
また、ＢＡ：ＢＦ＝２：５より、
△ＣＢＦ＝(５/２)△ＣＢＡ＝(５/２)×７ａ
＝３５ａ/２　
∴△ＢＤＣ＝△ＣＢＦ×(１/２)＝３５ａ/４
∴△ＤＥＣ＝△ＢＤＣ－△ＢＣＥ＝３５ａ/４－５ａ
＝１５ａ/４
∴△ＡＢＥ：△ＤＥＣ＝２ａ：１５ａ/４＝８：１５
よって、答えは、８：１５

中学数学から離れている人は角の二等分線の定理とか覚えているのだろうか？　結構、難しい問題だと思いませんか？

おまけ：

算数の解法
点Ａを中心に、△ＡＣＤをＡＤがＡＢにくっつくまで回転移動させ、点Ｃの行き先をＣ'とすると、∠ＡＢＣ＋∠ＡＤＣ＝１８０°より、３点Ｃ，Ｂ，Ｃ'は一直線上になり、ＡＣ＝ＡＣ'より△ＡＣ'Ｃは二等辺三角形になる。つまり、等辺は１０ｃｍで底角は１５°である。
ここで、ＣＡの延長上にＣ'から垂線を下ろしその足をＨとすると、∠Ｃ'ＡＨ＝１５°×２＝３０°より△Ｃ'ＡＨは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型になる。よって、Ｃ'Ｈ＝ＡＣ'÷２＝５ｃｍ
よって、△ＡＣ'Ｃ＝ＡＣ×Ｃ'Ｈ÷２＝１０×５÷２
＝２５ｃｍ^2　よって、元の四角形ＡＢＣＤの面積も２５ｃｍ^2
よって、答えは、２５ｃｍ^2

何でもありの解答例
意地でも解きたい人は、∠ＡＢＣ＋∠ＡＤＣ＝１８０°より四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形である。そこで、この三角形は一定ではない事に気付くだろう。
ここで、特殊化してＡＣを直径とすると、△ＣＤＢは二等辺三角形で∠Ｃ＝１５°×２＝３０°
また、外心をＯとするとＡＣ上にあり、円周角と中心角の関係より∠ＤＯＢ＝３０°×２＝６０°また、半径よりＯＤ＝ＯＢ　よって、△ＯＤＢは正三角形。
∴ＤＢ＝ＯＤ＝ＡＣ/２＝１０/２＝５ｃｍ
∴四角形ＡＢＣＤ＝ＡＣ×ＤＢ÷２＝１０×５÷２
＝２５ｃｍ^2
正弦定理などを使っても良い。念のため、特殊化する場合は円の大きさなども一定ではない。

方程式の解法は次回。

おまけ：

方程式の解法
ＡＢ＝ＡＤ＝ｘ，ＢＣ＝ｙ，ＣＤ＝ｚ，ＢＤ＝ｗと置くと、∠ＡＢＣ＋∠ＡＤＣ＝１８０°より四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形。
よって、トレミーの定理より、ｘｙ＋ｘｚ＝１０ｗが成り立つ。∴ｘ(ｙ＋ｚ)＝１０ｗ———①
また、ＡＢ＝ＡＤより弧ＡＢ＝弧ＡＤ　
∴∠ＡＣＢ＝∠ＡＣＤ＝１５°∴∠ＤＣＢ＝３０°
ここで、ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＤＣＨは１：２：√３の直角三角形より、ＤＨ＝ｚ/２，ＣＨ＝√３ｚ/２　∴ＢＨ＝ｙ－√３ｚ/２
よって、△ＤＢＨで三平方の定理を使うと、
(ｙ－√３ｚ/２)^2＋(ｚ/２)^2＝ｗ^2
∴ｙ^2－√３ｙｚ＋ｚ^2＝ｗ^2———②
また、円周角より∠ＡＢＤ＝∠ＡＣＤ＝１５°，∠ＡＤＢ＝∠ＡＣＢ＝１５°より∠ＡＢＤ＝∠ＡＤＢ＝１５°
よって、ＡからＢＤに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＡＢＩは１５°，７５°，９０°の直角三角形である。よって、その３辺比より、
ｘ：ｗ/２＝４：√６＋√２が成り立つ。
∴２ｗ＝(√６＋√２)ｘ
∴１０ｗ＝５(√６＋√２)ｘ———③
①，③より、ｘ(ｙ＋ｚ)＝５(√６＋√２)ｘ
ｘ≠０より、ｙ＋ｚ＝５(√６＋√２)
∴(ｙ＋ｚ)^2＝２５(√６＋√２)^2
∴ｙ^2＋２ｙｚ＋ｚ^2＝２５(√６＋√２)^2———④
④－②より、
(２＋√３)ｙｚ＝２５(√６＋√２)^2－ｗ^2———⑤
また、③より、ｗ＝(√６＋√２)ｘ/２———③'
③'を⑤に代入すると、
(２＋√３)ｙｚ＝２５(√６＋√２)^2－(√６＋√２)^2ｘ^2/４
∴４(２＋√３)ｙｚ＝１００(√６＋√２)^2－(√６＋√２)^2ｘ^2
∴４(２＋√３)ｙｚ＝(√６＋√２)^2(１００－ｘ^2)
∴(８＋４√３)ｙｚ＝(８＋４√３)(１００－ｘ^2)
∴ｙｚ＝１００－ｘ^2　
∴ｘ^2＋ｙｚ＝１００———☆
ところで、ＢＡの延長上にＤから垂線を下ろしその足をＪとすると、∠ＤＡＪ＝１５°×２＝３０°より△ＤＡＪは１：２：√３の直角三角形。∴ＤＪ＝ｘ/２
∴四角形ＡＢＣＤ＝ｘ・(ｘ/２)・(１/２)＋ｙ・(ｚ/２)・(１/２)＝ｘ^2/４＋ｙｚ/４＝(ｘ^2＋ｙｚ)/４
∴四角形ＡＢＣＤ＝(ｘ^2＋ｙｚ)/４———★
☆を★に代入すると、
四角形ＡＢＣＤ＝１００/４＝２５ｃｍ^2
よって、答えは、２５ｃｍ^2

おまけ：

問題２
https://www.excite.co.jp/news/article/E1693113169090/

こちらも別解を作ってみて下さい。

おまけ：

問題１の別解
弧をＡＢとし弧ＡＢ上の点をＣとすると、優角∠ＡａＢ＝３６０°－１１０°＝２５０°
よって、円周角と中心角の関係より、
∠ＡＣＢ＝２５０°×(１/２)＝１２５°
また、折り返しより∠ｘ＝１２５°－１１０°＝１５°
よって、答えは、１５°

問題２の別解
∠ＣＡＣ'＝∠ＢＡＢ'＝６０°
また、ＡＣ＝ＡＣ'より△ＡＣＣ'は頂角が６０°の二等辺三角形より、正三角形。
また、△ＢＡＣは直角二等辺三角形より対称性で、
ＡＣ⊥ＢＣ'　よって、ＡＣとＢＣ'の交点をＤ，
ＡＢ'とＢＣ'の交点をＥとすると、∠ＡＤＥ＝９０°
また、∠ＤＡＥ＝６０°－４５°＝１５°
よって、△ＥＡＤの内対角の和より、
∠ｘ＝９０°＋１５°＝１０５°
よって、答えは、１０５°

おまけ：

定理2.2
ｎを１より大きい整数とする。任意の整数ｍ,ａ,ｂについて、ｄ＝(ｍ,ｎ)，ｎ＝ｎ'ｄ，ｍ＝ｍ'ｄとおくとき、次のことが成り立つ。
ｍａ≡ｍｂ(modｎ)⇔ａ≡ｂ(modｎ')
特に、(ｍ,ｎ)＝１のとき、
ｍａ≡ｍｂ(modｎ)⇔ａ≡ｂ(modｎ)

解説
(⇐)の別証
ａ≡ｂ(modｎ')より、ａ－ｂ≡０(modｎ')
ここで、問2.2(２)より、全てにｄを掛けると、
ｄ(ａ－ｂ)≡０(modｎ'ｄ)　∴ｄ(ａ－ｂ)≡０(modｎ)
また、問2.2(３)より、この両辺にｍ'を掛けると、
ｍ'ｄ(ａ－ｂ)≡０(modｎ)　∴ｍ(ａ－ｂ)≡０(modｎ)
∴ｍａ－ｍｂ≡０(modｎ)
∴ｍａ≡ｍｂ(modｎ)
よって、示された。

ついでに、特に、(ｍ,ｎ)＝１のとき、ｄ＝１よりｎ＝ｎ'
よって、ｍａ≡ｍｂ(modｎ)⇔ａ≡ｂ(modｎ')にｎ'＝ｎを代入すると、ｍａ≡ｍｂ(modｎ)⇔ａ≡ｂ(modｎ)

問2.2
整数ａ,ｂ,ｍ,ｎ(ｎ＞１)と正の整数ｋについて、次のことを示せ。
（１）ａ≡ｂ(mod ｍｎ)⇒ａ≡ｂ(modｍ),ａ≡ｂ(modｎ)
（２）ａ≡ｂ(modｎ)⇔kａ≡kｂ(mod kｎ)
（３）ａ≡ｂ(modｎ)⇒kａ≡kｂ(modｎ)
「演習　群・環・体 入門」新妻弘著より

おまけ：

問題１の解答
イコールの下の１本をマイナスの下に移動させると、
３＝８－５

問題２の解答
左上の端から右回転にうずまき状に見ていくと、
１２３４５１２３４５１２３４５１２３４５１２３４ウイア３となっているので、
答えは、５１２

問題３の別解
正方形の上と下にも正三角形をくっつけて、全体の図形の４頂点を結ぶと対称性から正方形になる。
そこで、中央の正方形を左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、左の正三角形の頂点をＥ，右の正三角形の頂点をＦとすると、ＥＦ＝２０ｃｍ　また、ＥＦとＡＢ，ＤＣとの交点をそれぞれＨ，Ｉと振る。
ここで、辺ＡＤの外側に正三角形ＧＡＤをくっつくけると、∠ＡＤＦ＝９０°＋６０°＝１５０°，∠ＧＤＦ＝３６０°－１５０°－６０°＝１５０°
よって、∠ＡＤＦ＝∠ＧＤＦ　また、ＤＡ＝ＤＣ＝ＤＦ＝ＤＧより、△ＤＡＦと△ＤＧＦは合同な二等辺三角形である。
今、等積変形より△ＤＡＦ＝△ＦＡＤ＝△ＨＡＤで△ＤＡＦ＝△ＤＧＦより、△ＨＡＤ＝△ＤＧＦ
また、対称性より△ＤＧＦと△ＡＧＥは合同なので、
△ＤＧＦ＋△ＡＧＥ＝長方形ＡＨＩＤ———①
また、△ＧＡＤ＝△ＥＡＨ＋△ＦＤＩ———②
①＋②より、△ＤＧＦ＋△ＡＧＥ＋△ＧＡＤ＝長方形ＡＨＩＤ＋△ＥＡＨ＋△ＦＤＩ
よって、五角形ＧＥＡＤＦ＝四角形ＡＥＦＤ
よって、四角形ＡＥＦＤは△ＧＥＦの１/２。また、四角形ＡＥＦＤは六角形ＡＥＢＣＦの１/２でもあるので、六角形ＡＥＢＣＦ＝△ＧＥＦ
ところで、△ＧＥＦは底辺が２０ｃｍの直角二等辺三角形より、２０×１０÷２＝１００ｃｍ^2
よって、六角形ＡＥＢＣＦ＝１００ｃｍ^2
よって、答えは、１００ｃｍ^2

おまけ：