数学

解説
＞不定方程式
ｆ(Ｘ)・ｖ(Ｘ)＋ｇ(Ｘ)・ｗ(Ｘ)＝Ｄ(Ｘ)
は解ｖ(Ｘ)，ｗ(Ｘ)をもつので、Ｘにγを代入すると
Ｄ(γ)＝０
がわかる。

Ｄ(Ｘ)はｆ(Ｘ)とｇ(Ｘ)の最大公約元なので、定理２によって、不定方程式ｆ(Ｘ)・ｖ(Ｘ)＋ｇ(Ｘ)・ｗ(Ｘ)＝Ｄ(Ｘ)は解ｖ(Ｘ)，ｗ(Ｘ)を持つ。
つまり、この方程式が成り立つという事である。よって、Ｘ＝γを代入すると、
ｆ(γ)・ｖ(γ)＋ｇ(γ)・ｗ(γ)＝Ｄ(γ)
ところで、条件よりｆ(γ)＝０かつｇ(γ)＝０　∴左辺＝０
∴Ｄ(γ)＝０

今回は簡単でつまらないので、他の個所の疑問点を挙げてみよう。
「なっとくする群・環・体」野﨑昭弘著のp.151~152にかけて、

＞このように、ℚ(√２)＝ℚ[√２]のℚ自己同型写像は、Φ1とΦ2の２つだけで、どちらもＸ^2－２＝０の解の置換
（√２，－√２）　（　√２，－√２）
（√２，－√２），（－√２，　√２）
注：（　）は本当は行列のように上下２段で１つの括弧。

で特徴づけられる（前者は恒等置換で、後者は互換と呼ばれる）。
「なっとくする群・環・体」野﨑昭弘著より

これは、行列ではなく第２章でやった置換の事なんですよね。つまり、左の下段は上段と同じなので変化なしで恒等置換で、右の下段は上段に左右を入れ換えているので互換。
また、p.151に「Φ2もℚ自己同型写像であることは、簡単な計算でたしかめられる」とあって、準同型写像である証明がされているが、p.150でΦを同型写像としてΦ1，Φ2を導いたのだから当たり前の事ではないのだろうか。（確かめられていないという事。）
それに、Φ2がℚ自己同型写像である事は、
Φ2(ａ＋ｂ√２)＝ａ－ｂ√２から自明なのではないのだろうか。（ａ,ｂが有理数で有理数はそのまま変わらない写像だから。符号は√２の方にくっついていると考える。）
因みに、「このように、ℚ(√２)＝ℚ[√２]のℚ自己同型写像は、Φ1，Φ2の２つだけ」とあるが、「このように」の意味も分からないし、
ℚ(√２)＝ℚ[√２]＝{ａ＋ｂ√２｜ａ,ｂ∈ℚ}なのだから√２の符号±の２通りだけな事はもっともな事なのではないだろうか。（ａの方に±が付いた場合はａ≠－ａとなりℚ自己同型写像にならない。）

おまけ：

解法１　思い付いた順
∠ＡＥＤ＝９０°よりＡＤは直径。よって、弧ＡＢ，弧ＢＣ，弧ＣＡの中心角は６０°
∴∠ＡＤＢ＝６０°×(１/２)＝３０°
よって、△ＡＤＢは１：２：√３の直角三角形でＡＤ＝８ｃｍより、ＡＢ＝４ｃｍ，ＢＤ＝４√３ｃｍ
また、△ＥＡＤは直角二等辺三角形より、ＡＤ⊥ＯＥ
∴四角形ＡＢＤＥ＝△ＡＢＤ＋△ＥＡＤ
＝４×４√３×(１/２)＋８×４×(１/２)
＝８√３＋１６ｃｍ^2
ところで、四角形ＡＢＤＥは円に内接する四角形より、∠Ａと∠Ｄは補角をなしている。
よって、１つの角が補角をなしている三角形の面積比の公式より、
△ＡＢＥ：△ＤＢＥ＝ＡＢ・ＡＥ：ＤＢ・ＤＥ
また、ＡＥ＝ＤＥより、
△ＡＢＥ：△ＤＢＥ＝ＡＢ：ＤＢ＝１：√３
∴△ＤＢＥ＝{√３/(１＋√３)}×四角形ＡＢＤＥ
＝{√３(√３－１)/２}×(８√３＋１６)
＝(３－√３)(４√３＋８)＝４(３－√３)(√３＋２)
＝４(３√３＋６－３－２√３)
＝４(３＋√３)ｃｍ^2
よって、答えは、４(３＋√３)ｃｍ^2

１つの角が補角をなす三角形の面積比の公式を使わない場合は、ＢからＤＥ，ＥＡ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、△ＢＤＨ∽△ＢＡＩとなり相似比√３：１になるので、ＢＩ：ＢＨ＝１：√３　また、ＡＥ＝ＤＥより、△ＢＡＥ：△ＢＤＥ＝１：√３となり、
△ＡＢＥ：△ＤＢＥ＝１：√３が出る。

解法２
△ＥＡＤは直角二等辺三角形でＡＤ＝８ｃｍより、
ＤＥ＝８/√２＝４√２ｃｍ
また、円周角より∠ＤＢＥ＝∠ＤＡＥ＝４５°
また、弧ＡＢ，弧ＢＣ，弧ＣＡの中心角は６０°より、
∠ＢＯＤ＝１２０°∴∠ＢＥＤ＝６０°
ここで、ＤからＢＥに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＤＢＨは直角二等辺三角形で△ＤＥＨは１：２：√３の直角三角形になる。
∴ＤＨ＝(√３/２)ＤＥ＝(√３/２)×(４√２)＝２√６ｃｍ
また、ＥＨ＝２√２ｃｍ，ＢＨ＝ＤＨ＝２√６ｃｍ
∴ＢＥ＝２√６＋２√２＝２(√６＋√２)ｃｍ
∴△ＢＤＥ＝２(√６＋√２)×２√６×(１/２)
＝２(６＋２√３)＝４(３＋√３)ｃｍ^2
よって、答えは、４(３＋√３)ｃｍ^2

因みに、トレミーの定理を使ってＢＥを求めると、
８・ＢＥ＝４・４√２＋４√２・４√３
∴ＢＥ＝２√２＋２√６＝２(√６＋√２)ｃｍ

おまけ：

問題２
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201906050000/

どうでしょう。意外と難しいかもしれません。

おまけ：

問題
正方形ABCDの上に、1辺の長さが同じ正三角形ADEを辺を共有するように載せます。正方形の底辺側の頂点 B,C と正三角形の上の頂点 E の3点を通る円を考えます。正方形や正三角形の辺を 1 としたとき、円の半径 R はいくつになるでしょう？

　私はぱっと見て、計算が楽なように正方形の1辺の長さを2として正方形の中心が原点になる座標系を導入すれば、B(-1,-1)、C(1,-1)、E(0,1+√3) だな、と思って、この3点を通る円の中心を (0,a) と置いて、がりがり計算したのです。そうしたら「えっ？」となりました。　計算する必要はなかったのです。悔しい…
引用元：http://www.lcv.ne.jp/~hhase/

解説
正方形の中心（対角線の交点）をｘｙ座標の原点に取り、直交座標を描き、正方形の1辺の長さを２とすると、
B(-1,-1)、C(1,-1)、E(0,1+√3)と置ける。
また、円の中心をO'(0,a)と置くと、O’E＝1+√3-a
また、O'B=√{(-1-0)^2+(-1-a)^2}=√(a^2+2a+2)
よって、√(a^2+2a+2)=1+√3-aを解くと、
a^2+2a+2=(1+√3-a)^2
∴a^2+2a+2=1+3+a^2+2√3-2√3a-2a
∴4a+2√3a=2+2√3　
∴a=(1+√3)/(2+√3)=(1+√3)(2-√3)
=2-√3+2√3-3=√3-1
∴O'E=1+√3-a=1+√3-(√3-1)=2
ここで、「「えっ？」となりました」理由は、正方形の1辺の長さを2としたので、BC＝2，半径O'B＝O'C＝2で△O’BCが正三角形になるからですね。
そこで、思い直して、△ABEに着目すると、
∠BAE＝90°+60°＝150°の二等辺三角形。
よって、∠AEB＝15°
また、対称性から∠DECも15°より、
∠BEC＝60°－15°×２＝30°
よって、中心角と円周角の関係より、
∠BO'C＝30°×2＝60°
また、半径より△O'BCは頂角が60°の二等辺三角形より正三角形なので、半径＝BC＝１と求められたじゃないか、「悔しい…」と思ったのではないでしょうか。

感想
この問題を算数で解く人は沢山いると思いますが、座標で解く人は稀でしょう。本当に数学が好きな人なんでしょうね。
因みに、私も昔から座標で解くのは好きで、今回はBCの中点をｘｙ座標の原点に取ったと思います。
一応、やりますね。やはり、この方と同じに正方形の１辺を２とします。
すると、E(0,2+√3),B(-1,0)と置け、円の中心をO'(0,a)と置くと、O'E=2+√3-a, O'B=√(a^2+1)
よって、√(a^2+1)=2+√3-aを解くと、
a^2+1=4+3+a^2+4√3-2√3a-4a
∴2√3a+4a=4√3+6　∴(2+√3)a=3+2√3
∴a=(3+2√3)/(2+√3)=(3+2√3)(2-√3)
=6-3√3+4√3-6=√3
この時点で△O'BCが正三角形と気付いたかもしれませんね。念のため、他意はありません。

おまけ：

問題２の解答
折り返しより∠ＡＱＰ＝∠ＣＱＰ
また、錯角より∠ＡＰＱ＝∠ＣＱＰ
よって、∠ＡＱＰ＝∠ＡＰＱより△ＡＰＱは二等辺三角形。よって、ＡＰ＝ＡＱ———①
また、折り返しよりＡＧ＝ＣＤ　また、平行四辺形よりＡＢ＝ＣＤ　よって、ＡＧ＝ＡＢ———②
また、折り返しより∠ＧＡＱ＝∠ＤＣＱ　また、平行四辺形より∠ＢＡＰ＝∠ＤＣＱ　よって、∠ＧＡＱ＝∠ＢＡＰ
この両辺から∠ＰＡＱを引くと、
∠ＧＡＰ＝∠ＢＡＱ———③
①,②,③より、二辺挟角が等しいので、△ＧＡＰ≡△ＢＡＱ
この両辺に△ＡＰＱを加えると、
四角形ＧＡＱＰ＝四角形ＢＡＰＱ
また、折り返しより、四角形ＧＡＱＰ≡四角形ＤＣＱＰ
よって、四角形ＢＡＰＱ＝四角形ＤＣＱＰ
よって、四角形ＤＣＱＰは平行四辺形ＡＢＣＤの１/２である。よって、折り返した四角形ＧＡＱＰも平行四辺形ＡＢＣＤの１/２である。
ところで、△ＡＢＣも平行四辺形ＡＢＣＤの１/２でその面積は、ＣからＡＢに垂線を下ろし高さを求めると、
ｈ＝√(１２^2－３^2)＝√１３５＝３√１５ｃｍ
∴△ＡＢＣ＝６×３√１５×(１/２)＝９√１５ｃｍ^2
よって、四角形ＡＱＰＧの面積は９√１５ｃｍ^2

別解（系）
折り返しより∠ＡＱＰ＝∠ＣＱＰ
また、錯角より∠ＡＰＱ＝∠ＣＱＰ
よって、∠ＡＱＰ＝∠ＡＰＱより△ＡＰＱは二等辺三角形。よって、ＡＰ＝ＡＱ———①
また、折り返しよりＡＱ＝ＣＱ―――②
①,②より、ＡＰ＝ＣＱ
よって、ＰＱは平行四辺形を二等分している。
よって、四角形ＡＱＰＧの面積は折り返しより平行四辺形ＡＢＣＤの１/２。
ところで、△ＡＢＣも平行四辺形ＡＢＣＤの１/２より、この面積を求めれば良い。以後同じ。

＞ＰＱは平行四辺形を二等分している。

厳密には、平行四辺形よりＡＤ＝ＢＣなので、ＤＰ＝ＢＱとなり、それぞれの台形の面積を考えれば良い。

おまけ：
https://www.instagram.com/p/BfvYJ9oghbc/?utm_source=ig_embed&ig_rid=6636a88a-0f2a-47fc-9948-2287c43ad459

解説
＞（分配法則は、特殊な場合しか成り立たない）。

（ア）加算：(ｖ,ｗ)＋(ｘ,ｙ)＝(ｖｙ＋ｗｘ,ｗｙ)
（イ）乗算：(ｖ,ｗ)×(ｘ,ｙ)＝(ｖｘ,ｗｙ)
分配法則が成り立つと仮定すると、
(ｍ,ｎ)×((ｖ,ｗ)＋(ｘ,ｙ))＝(ｍ,ｎ)×(ｖｙ＋ｗｘ,ｗｙ)
＝(ｍ(ｖｙ＋ｗｘ),ｎｗｙ)———①
(ｍ,ｎ)×(ｖ,ｗ)＋(ｍ,ｎ)×(ｘ,ｙ)＝(ｍｖ,ｎｗ)＋(ｍｘ,ｎｙ)＝(ｍｖｎｙ＋ｎｗｍｘ,ｎｗｎｙ)
＝(ｍｎ(ｖｙ＋ｗｘ),ｎ^2ｗｙ)———②
①,②より、ｍ＝ｍｎかつｎ＝ｎ^2の場合は成り立つ。∴ｍｎ－ｍ＝０　∴ｍ(ｎ－１)＝０　∴ｍ＝０,ｎ＝１
また、ｎ^2－ｎ＝０　∴ｎ(ｎ－１)＝０　∴ｎ＝０,１
よって、ｎ＝１の時のみ成り立つ。
つまり、(ｍ,１)の場合でこれは整数の場合を示すので、特殊な場合とは整数が掛かる場合である。

＞分配法則も成り立つ（確認は機械的にできるので省略する）。

第２段の同値関係(ｖ,ｗ)～(ｘ,ｙ)（ｖｙ＝ｗｘ）を上の①,②に施してみると、
(ｍ(ｖｙ＋ｗｘ),ｎｗｙ)，(ｍｎ(ｖｙ＋ｗｘ),ｎ^2ｗｙ)
より、
ｍ(ｖｙ＋ｗｘ)・ｎ^2ｗｙ＝ｍｎ^2ｗｙ(ｖｙ＋ｗｘ)
ｎｗｙ・ｍｎ(ｖｙ＋ｗｘ)＝ｍｎ^2ｗｙ(ｖｙ＋ｗｘ)
よって、①と②には同値関係が成り立つので、分配法則も成り立つという事である。

おまけ：

解答
（１）まず、不定積分∫(logt/ｔ)dtを求める。
logt＝ｕと置いて両辺をｔで微分すると、
du/dt＝１/ｔ　∴dt＝ｔdu　これとlogt＝ｕを
∫(logt/ｔ)dtに代入すると、
∫(logt/ｔ)dt＝∫(ｕ/ｔ)ｔdu＝∫ｕdu＝ｕ^2/２＋Ｃ
＝(logt)^2/２＋Ｃ
∴∫(logt/ｔ)dt＝(logt)^2/２＋Ｃ
よって、与式＝４[(logt)^2/２]
e^{√(1-xy^2)/(√2)y}~e^{√(1+xy^2)/(√2)y}
＝２[(logt)^2]
e^{√(1-xy^2)/(√2)y}~e^{√(1+xy^2)/(√2)y}
＝２[[loge^{√(1+xy^2)/(√2)y}]^2
－[loge^{√(1-xy^2)/(√2)y}]^2]
＝２[{√(1+xy^2)/(√2)y}^2－{√(1-xy^2)/(√2)y}^2]
＝２{(1+xy^2)/2y^2－(1-xy^2)/2y^2}
＝２(2xy^2/2y^2)＝２ｘ
よって、答えは、２ｘ

（２）まず、２cos^2ｙ－１を２倍角の公式で変形すると、
２cos^2ｙ－１＝cos２ｙ
よって、与式＝２ｘ∫(0~π/6)cos２ｙdy
＝２ｘ[(sin２ｙ)/２](0~π/6)
＝２ｘ(sin(π/3)／２－sin0／２)
＝２ｘ(√３/４)＝√３ｘ/２
よって、答えは、√３ｘ/２

補足：https://twitter.com/satndRvjMpc4tl7/status/1683066260895207427

おまけ：https://www.msn.com/ja-jp/news/entertainment/%E3%82%BF%E3%82%A4%E3%83%9E%E3%83%B3%E7%84%A1%E6%95%97-%E6%89%80%E6%B2%A2%E3%81%AE%E3%82%BF%E3%82%A4%E3%82%BD%E3%83%B3-%E5%88%9D%E3%81%AE%E3%83%AA%E3%83%B3%E3%82%B0%E3%81%A7%E6%AD%BB%E8%A7%92%E3%81%AF%E3%81%AA%E3%81%84%E3%81%AE%E3%81%8B-%E6%9C%AC%E7%89%A9%E3%81%AE%E3%82%B1%E3%83%B3%E3%82%AB%E3%82%92%E8%A6%8B%E3%81%9B%E3%81%A6%E3%82%84%E3%82%8B-%E3%81%A8%E6%84%8F%E6%B0%97%E7%9B%9B%E3%82%93/ar-AA1efoMf?ocid=msedgntp&cvid=da0d8baab5ec4fa388d48abc043833cd&ei=23

解説
＞Φ(ｘ＋ｙi)＝ｘ－ｙi
は同型写像である

Φ((ｘ＋ｙi)＋(ｖ＋ｗi))＝Φ((ｘ＋ｖ)＋(ｙ＋ｗ)i)
＝(ｘ＋ｖ)－(ｙ＋ｗ)i
Φ(ｘ＋ｙi)＋Φ(ｖ＋ｗi)＝ｘ－ｙi＋ｖ－ｗi
＝(ｘ＋ｖ)－(ｙ＋ｗ)i
∴Φ((ｘ＋ｙi)＋(ｖ＋ｗi))＝Φ(ｘ＋ｙi)＋Φ(ｖ＋ｗi)

Φ((ｘ＋ｙi)×(ｖ＋ｗi))＝Φ((ｘｖ－ｙｗ)＋(ｘｗ＋ｙｖ)i)
＝(ｘｖ－ｙｗ)－(ｘｗ＋ｙｖ)i
Φ(ｘ＋ｙi)×Φ(ｖ＋ｗi)＝(ｘ－ｙi)×(ｖ－ｗi)
＝(ｘｖ－ｙｗ)－(ｘｗ＋ｙｖ)i
∴Φ((ｘ＋ｙi)×(ｖ＋ｗi))＝Φ(ｘ＋ｙi)×Φ(ｖ＋ｗi)

Φ(ｘ＋ｙi)＝ｘ－ｙiにｘ＝１，ｙ＝０を代入すると、
Φ(１)＝１

よって、Φは事実１の(１)～(３)を満たすので、環準同型写像である。
また、Φ(ｘ＋ｙi)＝ｘ－ｙiの右辺のｘ,ｙを任意にｘ1，ｙ1とすると、Φ(ｘ1＋ｙ1i)＝ｘ1－ｙ1iとなり定義域に対応もれがないので、Φは全射である。
また、右辺の任意の２元をｘ1－ｙ1i，ｘ2－ｙ2iとして、
ｘ1－ｙ1i＝ｘ2－ｙ2iとすると、ｘ1－ｘ2＝(ｙ1－ｙ2)i
となり、ｘ1－ｘ2＝ｙ1－ｙ2＝０の場合以外は左辺が実数で右辺が虚数となり矛盾が生じるので、ｘ1－ｘ2＝ｙ1－ｙ2＝０である。∴ｘ1＝ｘ2，ｙ1＝ｙ2
∴ｘ1＋ｙ1i＝ｘ2＋ｙ2i
よって、行った先が等しければもとの２元が等しいので、Φは単射である。
以上より、Φは準同型写像かつ全単射あるので、同型写像である。

＞(４) ｘ≠０LならばΦ(ｘ)≠０Kで、Φ(ｘ^-1)＝Φ(ｘ)^-1

Φ(ｘ＋ｙi)＝ｘ－ｙiがこれを満たす事を確認する。
(ｘ＋ｙi)^-1＝１/(ｘ＋ｙi)＝(ｘ－ｙi)/(ｘ^2＋ｙ^2)
＝ｘ/(ｘ^2＋ｙ^2)－{ｙ/(ｘ^2＋ｙ^2)}i
∴Φ((ｘ＋ｙi)^-1)
＝Φ(ｘ/(ｘ^2＋ｙ^2)－{ｙ/(ｘ^2＋ｙ^2)}i)
＝ｘ/(ｘ^2＋ｙ^2)＋{ｙ/(ｘ^2＋ｙ^2)}i———①

Φ(ｘ＋ｙi)^-1＝１/Φ(ｘ＋ｙi)＝１/(ｘ－ｙi)
＝(ｘ＋ｙi)/(ｘ^2＋ｙ^2)
＝ｘ/(ｘ^2＋ｙ^2)＋{ｙ/(ｘ^2＋ｙ^2)}i———②

①，②より、Φ((ｘ＋ｙi)^-1)＝Φ(ｘ＋ｙi)^-1が成り立つ。よって、確認された。

念のため、「注意：＋，×，(^-1)は、左辺ではＬの中の演算、右辺ではＫの中での演算を表す」とあるように、Φ(ｘ＋ｙi)^-1は逆写像を表している訳ではない。

おまけ：

無理やり方程式で解く解法
ＣＤ＝ｘと置くと、ＢＤ＝√(ｘ^2＋６４)
また、△ＡＢＤは直角二等辺三角形より、
ＡＢ＝√(ｘ^2＋６４)/√２
ここで、ＡからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとし、△ＡＢＨで三平方の定理を使うと、
ＢＨ＝√[{(ｘ^2＋６４)/２}－３６]
＝√{(ｘ^2－８)/２}
∴ＨＣ＝８－√{(ｘ^2－８)/２}
四角形ＡＢＣＤを△ＡＢＤ＋△ＢＣＤと△ＡＢＣ＋△ＡＣＤの２通りで表して方程式を作ると、
{(ｘ^2＋６４)/2}×(１/２)＋４ｘ
＝２４＋ｘ[８－√{(ｘ^2－８)/２}]×(１/２)
∴(ｘ^2＋６４)/４＋４ｘ
＝２４＋４ｘ－ｘ√(ｘ^2－８)/２√２
∴ｘ√(ｘ^2－８)/２√２＝２４－(ｘ^2＋６４)/４
＝８－ｘ^2/４
∴ｘ^2(ｘ^2－８)/８＝６４＋ｘ^4/１６－４ｘ^2
∴ｘ^4－８ｘ^2＝５１２＋ｘ^4/２－３２ｘ^2
∴ｘ^4/２＋２４ｘ^2－５１２＝０
∴ｘ^4＋４８ｘ^2－１０２４＝０
∴(ｘ^2－１６)(ｘ^2＋６４)＝０
ｘ^2＋６４＞０より、ｘ^2－１６＝０　∴ｘ＝４
∴ＣＤ＝４ｃｍ
∴ＢＨ＝√{(ｘ^2－８)/２}＝２ｃｍ
∴ＨＣ＝８－２＝６ｃｍ
∴四角形ＡＢＣＤ＝△ＡＢＨ＋台形ＡＨＣＤ
＝２×６×(１/２)＋(４＋６)×６×(１/２)
＝６＋３０＝３６ｃｍ^2
よって、答えは、３６ｃｍ^2

算数では３通りぐらいですね。

おまけ：

算数の解法１　多分、模範解答。
四角形ＡＢＣＤの内角の和より、
∠Ｂ＋∠Ｄ＝３６０°－９０°×２＝１８０°
よって、∠Ｂと∠Ｄは補角をなしているので、ＡからＢＣに垂線を下ろしたその足をＨとすると、△ＡＢＨは辺ＡＤの外側にぴったりとはまる。
また、点Ｈの行き先をＨ'とすると、四角形ＡＨＣＨ'は∠ＡＨＣ＝９０°，∠Ｃ＝９０°，∠Ｅ'＝∠Ｅ＝９０°より３直角なので残りの１つも直角で長方形である。
ところで、ＡＨ＝ＡＨ'より隣り合う２辺の長さが等しい長方形なので、正方形である。
よって、面積は６×６＝３６ｃｍ^2
よって、元の四角形ＡＢＣＤの面積も３６ｃｍ^2

解法２
ＡからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとし、ＤからＡＨに垂線を下ろしその足をＩとする。
ここで、∠ＤＡＩ＝●と置くと、∠ＢＡＨ＝９０°－●
また、∠ＡＤⅠも△ＡＤＨの内角の和より、
∠ＡＤⅠ＝１８０°－９０°－●＝９０°－●
よって、∠ＢＡＨ＝∠ＡＤⅠ　また、ＡＢ＝ＤＡ
よって、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、△ＡＢＨと△ＤＡＩは合同。よって、ＤＩ＝ＡＨ＝６ｃｍ
また、ＣＨ＝ＤＩ＝６ｃｍより、ＢＨ＝８－６＝２ｃｍ
よって、ＡＩ＝ＢＨ＝２ｃｍ　
よって、ＤＣ＝ＩＨ＝６－２＝４ｃｍ
よって、四角形ＡＢＣＤ＝△ＡＢＨ＋台形ＡＨＣＤ
＝２×６÷２＋(４＋６)×６÷２＝６＋３０
＝３６ｃｍ^2
よって、答えは、３６ｃｍ^2

解法３，解法４は次回。（算数では３通りぐらいと書いたのは、この解法２は解法１の系としていたから。）

おまけ：
https://joshi-spa.jp/1153550

https://joshi-spa.jp/1153580/2

算数の解法３
四角形ＡＢＣＤの内角の和より、
∠Ｂ＋∠Ｄ＝３６０°－９０°×２＝１８０°
よって、∠Ｂと∠Ｄは補角をなしているので、△ＡＣＤを点Ａを中心にＡＤがＡＢにくっつくまで９０°回転移動させ、点Ｃの行き先をＣ'とすると、
ＡC'＝ＡＣ，∠Ｃ'ＡＣ＝９０°より△ＡＣ'Ｃは直角二等辺三角形になり、頂点Ａから斜辺に下ろした垂線の長さが６ｃｍより、斜辺Ｃ'Ｃ＝６×２＝１２ｃｍ
よって、△ＡＣ'Ｃ＝１２×６÷２＝３６ｃｍ^2
よって、元の四角形ＡＢＣＤも３６ｃｍ^2

解法４
四角形ＡＢＣＤの内角の和より、
∠Ｂ＋∠Ｄ＝３６０°－９０°×２＝１８０°
よって、∠Ｂと∠Ｄは補角をなしていて、
ＡＢ＝ＡＤ，∠Ａ＝９０°より四角形ＡＢＣＤを点Ａを中心にＡＢがＡＤにくっつくように回転コピーを３回繰り返し、点Ｃの行き先をＣ'，Ｃ''，Ｃ'''とすると、四角形ＣＣ'Ｃ''Ｃ'''は正方形になり、点Ａが正方形の中心になる。
また、Ａから点線の十字が出ていて縦横それぞれ１２ｃｍであり、それは正方形ＣＣ'Ｃ''Ｃ'''の１辺の長さと等しい。
よって、四角形ＡＢＣＤ＝１２×１２÷４＝１４４÷４＝３６ｃｍ^2
よって、答えは、３６ｃｍ^2

解法５　ただし、数学の解法か？
四角形ＡＢＣＤの内角の和より、
∠Ｂ＋∠Ｄ＝３６０°－９０°×２＝１８０°
よって、∠Ｂと∠Ｄは補角をなしていて、
ＡＢ＝ＡＤ，∠Ａ＝９０°より四角形ＡＢＣＤを点Ａを中心にＡＢがＡＤにくっつくように回転コピーをし、点Ｃ，Dの行き先をそれぞれＣ'，D'とすると、四角形Ｄ'ＢＣＣ'は台形になり、点ＡはＤ'Ｂの中点になる。
また、ＡからＢＣに下ろした垂線の足をＨとし、点Ｈの行き先をＨ'とすると、ＡＨ'//ＢＣである。
よって、台形の中点連結定理により、(Ｄ'Ｃ'＋ＢＣ)÷２＝ＡＨ'　よって、(Ｄ'Ｃ'＋８)÷２＝６
よって、Ｄ'Ｃ'＋８＝１２　よって、Ｄ'Ｃ'＝４ｃｍ
よって、ＤＣ＝Ｄ'Ｃ'＝４ｃｍ
よって、四角形ＡＢＣＤ＝△ＡＢＣ＋△ＡＣＤ
＝８×６÷２＋４×６（ＡＨ'から）÷２＝２４＋１２
＝３６ｃｍ^2
よって、答えは、３６ｃｍ^2

因みに、解法５は今朝思い付きました。もっとも、解法４の系は作れる確信がありましたが。

おまけ：

問題
a,b,c,dを実数とするとき
(1)a^2+b^2=1 を満たす時　P=(a-b)*(b-a)の最小値とそれを満たす(a.b)は?

解答
P＝(ａ－ｂ)(ｂ－ａ)＝－(ａ－ｂ)^2
よって、|ａ－ｂ|の値が最大の時にＰは最小になる。
よって、|ａ－ｂ|＝ｋと置くとａ－ｂ＝±ｋ
∴ｂ＝ａ∓ｋ　よって、円のグラフａ^2＋ｂ^2＝１と直線ｂ＝ａ∓ｋの接する時のｙ切片ｋが最大でその時のａ,ｂの値を求めれば良い訳だが、ａ^2＋ｂ^2＝１もP＝－(ａ－ｂ)^2もａとｂを入れ換えても値が変わらない対称式なので、
ｂ＝ａ∓ｋをｂ＝ａ＋ｋとして、ａ,ｂの値を求め、ａ,ｂの値を入れ換えてもう１点を求める事にする。
ｂ＝ａ＋ｋをａ^2＋ｂ^2＝１に代入すると、
ａ^2＋(ａ＋ｋ)^2＝１　
∴２ａ^2＋２ｋａ＋ｋ^2－１＝０
判別式Ｄ＝ｋ^2－２(ｋ^2－１)＝０（グラフの解説がない場合は実数条件で≧０）とすると、
－ｋ^2＋２＝０　∴ｋ＝±√２
よって、ｋの最大値はｋ＝√２
（|ａ－ｂ|＝ｋでもある）
これを２ａ^2＋２ｋａ＋ｋ^2－１＝０に代入すると、
２ａ^2＋２√２ａ＋１＝０　
∴ａ＝(－√２±√０)/２＝－√２/２
また、ｂ＝ａ＋ｋにｋ＝√２とａ＝－√２/２を代入すると、ｂ＝－√２/２＋√２＝√２/２
∴(ａ，ｂ)＝(－√２/２，√２/２)
また、このａとｂを入れ換えて、
(ａ，ｂ)＝(√２/２，－√２/２)
また、Ｐの最小値はｋ＝√２の時で、
Ｐ＝－(√２)^2＝－２　
∴Ｐ＝－２，(ａ，ｂ)＝(－√２/２，√２/２)，
(√２/２，－√２/２)

おまけ：

問題１の解法１
点Ｍ，Ｎはそれぞれ辺ＡＢ，ＢＣの中点より、点Ｐは△ＡＢＣの重心である。
よって、ＢＰの延長と辺ＡＣとの交点をＬとすると、点ＬはＡＣの中点でＢＰ：ＰＬ＝２：１になる。
ところで、△ＰＡＣは直角三角形で点Ｌは斜辺の中点より、定石でＰＬ＝ＡＬ＝ＣＬである。（△ＰＡＣの外接円を考えれば分かるだろう。）
∴ＰＬ＝ＡＣ/２＝４ｃｍ
∴ＢＰ＝２ＰＬ＝８ｃｍ
よって、答えは、８ｃｍ

因みに、重心の性質を使わない場合は、まず、チェバの定理で点ＬがＡＣの中点である事が分かり、次に△ＢＣＬと直線ＡＮでメネラウスの定理（△ＢＡＬと直線ＭＣでも良い）を使うと、ＢＰ：ＰＬ＝２：１が出る。

解法２
点Ｍ，Ｎはそれぞれ辺ＡＢ，ＢＣの中点より、点Ｐは△ＡＢＣの重心である。∴ＣＰ：ＰＭ＝２：１
ここで、ＡからＭＰと平行な直線を引きＢＰの延長との交点をＤとすると、中点連結定理の逆により点ＰはＢＤの中点。∴ＢＰ＝ＰＤ———①
また、ＡＤ＝２ＭＰより、ＡＤ＝ＰＣ
また、ＡＤ//ＰＣより、四角形ＡＰＣＤは平行四辺形で∠ＡＰＣ＝９０°より長方形である。
よって、対角線の長さが等しいので、
ＰＤ＝ＡＣ＝８ｃｍ―――②
①，②より、ＢＰ＝８ｃｍ

解法２は今朝思い付き暗算で解きながら書いてみました。

問題２の前にこんな問題も思い出しました。

問題３
頂角が６０°の△ＡＢＣの∠Ｂ，∠Ｃの二等分線と対辺との交点をそれぞれＥ，Ｆとすると、ＢＦ＋ＣＥ＝ＢＣが成り立つ事を証明せよ。

因みに、改題して、

問題
頂角が６０°，ＢＣ＝８ｃｍの△ＡＢＣの∠Ｂ，∠Ｃの二等分線と対辺との交点をそれぞれＥ，Ｆとする時、ＢＦ＋ＣＥの長さを求めよ。

としてもいいですが、特殊化して答えだけだったら簡単に求まるので、上のままにした方がいいですね。

おまけ：

問題３
頂角が６０°の△ＡＢＣの∠Ｂ，∠Ｃの二等分線と対辺との交点をそれぞれＥ，Ｆとすると、ＢＦ＋ＣＥ＝ＢＣが成り立つ事を証明せよ。

解答
ＢＥとＣＦの交点をＤとすると、
∠Ｂ＋∠Ｃ＝１８０°－６０°＝１２０°より、
∠ＤＢＣ＋∠ＤＣＢ＝１２０°÷２＝６０°
∴∠ＢＤＣ＝１８０°－６０°＝１２０°
（因みに、公式で∠ＢＤＣ＝９０°＋∠Ａ/２というのがあり、これに当てはめると一発で出る。）
∴∠ＥＤＣ＝∠ＦＤＢ＝１８０°－１２０°＝６０°
ここで、∠ＢＤＣの二等分線を引きＢＣとの交点をＧとすると、∠ＧＤＣ＝∠ＧＤＢ＝１２０°÷２＝６０°
よって、∠ＥＤＣ＝∠ＧＤＣ
また、∠ＥＣＤ＝∠ＧＣＤ，ＤＣは共通より、１辺両端が等しいので△ＥＤＣ≡△ＧＤＣ　
∴ＣＥ＝ＣＧ―――①
また、同様に△ＦＤＢ≡△ＧＤＢが言え、
ＢＦ＝ＢＧ―――②
①＋②より、ＢＦ＋ＣＥ＝ＢＧ＋ＣＧ＝ＢＣ
∴ＢＦ＋ＣＥ＝ＢＣ　よって、示された。

因みに、上の公式は普通は計算で求めるが、私のオリジナルを紹介しよう。

ＢＣの延長上に点Ｈを取り、ＢＥの延長と∠ＡＣＨの二等分線との交点をＩとし、
∠ＡＢＤ＝∠ＣＢＤ＝○，∠ＡＣＤ＝∠ＢＣＤ＝×，∠ＡＣＩ＝∠ＨＣＩ＝△と置くと、
∠ＤＣＩ＝×＋△＝１８０°÷２＝９０°
また、△ＣＡＢでの内対角の和より、
∠Ａ＋○○＝△△———☆
また、△ＣＩＢでの内対角の和より、∠Ｉ＋○＝△
∴２∠Ｉ＋○○＝△△———☆☆
☆，☆☆より、∠Ａ＝２∠Ｉ———ア
また、△ＤＩＣでの内対角の和より、
∠ＢＤＣ＝∠Ｉ＋∠ＤＣＩ＝∠Ｉ＋９０°———イ
アを変形してイに代入すると、
∠ＢＤＣ＝９０°＋∠Ａ/２

おまけ：

問題２
△ＡＢＣの内心をＩとし、ＩからＡＩに対して垂線を立て、辺ＡＢ，ＡＣとの交点をそれぞれＤ，Ｅとする。この時、ＢＤ＝４ｃｍ，ＣＥ＝１ｃｍになったという。線分ＤＥの長さを求めて下さい。

解答
点Ⅰは内心よりＡＩは∠Ａの二等分線でＡＩ⊥ＤＥより、
△ＡＤＥは二等辺三角形である。∴∠ＡＤＩ＝∠ＡＥＩ
∴∠ＢＤＩ＝∠ＣＥＩ———①
また、ＢＩ，ＣＩを結ぶと、ＢＩ，ＣＩも∠Ｂ，∠Ｃの二等分線より、∠ＢＡＩ＝∠ＣＡＩ＝○，
∠ＤＢＩ＝∠ＩＢＣ＝×，∠ＥＣＩ＝∠ＩＣＢ＝●
と置くと、△ＡＩＣの内角の和より、
∠ＥＩＣ＝１８０°－９０°－○－●＝９０°－(○＋●)
ところで、△ＡＢＣの内角の和より、
○＋●＝(１８０°－××)/２＝９０°－×
∴∠ＥＩＣ＝９０°－(９０°－×)＝×
∴∠ＤＢＩ＝∠ＥＩＣ———②
①，②より、２角が等しいので、△ＢＤＩ∽△ＩＥＣ
∴ＢＤ：ＤＩ＝ＩＥ：ＥＣ　また、ＤＩ＝ＩＥより、
４：ＤＩ＝ＤＩ：１　∴ＤＩ^2＝４　∴ＤＩ＝２
∴ＤＥ＝４ｃｍ

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/f84ea1ab46d1efebe559affd6c9ca67ed3483e56?page=1

解説
＞Ａ/(ｐ)が環であることはわかっているから、あとは加法の単位元を除いて、いつでも乗法の逆元が存在することを示せばよい。

２３ページ前の定義８を見ると、

定義８
環Ａが体であるとは、０でない任意の要素ｘ∈Ａに対して、乗法についての逆元ｙ、すなわちｘ×ｙ＝ｙ×ｘ＝１をみたすｙが存在することをいう。

とあるので、加法の単位元０を除いた全ての元に対して逆元が存在する事を示せば良い。（０の（乗法）逆元を考えない理由は１/０は数学では禁忌事項だから。）

＞ｃ・ｖ－１＝ｐ・(－ｗ)∈(ｐ)
すなわち
ｃ・ｖ(～(p))１
を意味している。

事実１３に「ｘ(～B)ｙとは、ｘ＋(－ｙ)∈Ｂが成り立つことである」とあるので、ｃ・ｖ－１＝ｐ・(－ｗ)∈(ｐ)を
ｃ・ｖ＋(－１)∈(ｐ)とすると、ｃ・ｖ(～(p))１

＞ｃ・ｖ(～(p))１
を意味している。したがって商環Ａ/(ｐ)では、ｖを含む同値類は、ｃを含む同値類の乗法の逆元である。

前の方に、
「Ａ/(ｐ)の加法の単位元（０を含む同値類，０と区別するために太字０で表す）は
０（太字）＝(ｐ)＋０＝(ｐ)
であるから、イデアル(ｐ)そのものである。またｃを含む同値類が０でないとは、
ｃ∉(ｐ)
いいかえれば「ｃがｐで割り切れない」ことである。ｐは素元だから、それは「ｃとｐは互いに素である」ことを意味している」
とあり、ｃは０（太字）以外の全ての場合を表していて、このｃに逆元１/ｃが存在する事を示せば良い。
そして、ｃ・ｖ(～(p))１
この～(p)は、≡（mod(p)）と表しても良い。（p.78の「定義６」）
∴ｃ・ｖ≡１（mod(p)）
よって、上の定義８より、
定義８
環Ａが体であるとは、０でない任意の要素ｘ∈Ａに対して、乗法についての逆元ｙ、すなわちｘ×ｙ＝ｙ×ｘ＝１をみたすｙが存在することをいう。

全てのｃに乗法の逆元ｖが存在するので、体である。

おまけ：
詩百篇第10巻73番
今の時代は過去とともに、
偉大なユピテル主義者に裁かれるだろう。
世界は後に彼に疲弊させられ、
そして教会の法曹家により不誠実とされるだろう。
引用元：https://w.atwiki.jp/nostradamus/pages/1124.html

別解
ＡＤ＝ａ，ＥＦ＝ｂと置くと、台形の中点連結定理より、ＢＣ＝(ａ＋ｂ)/２
台形ＡＢＣＤ＝{ａ＋(ａ＋ｂ)/２}×ｈ×(１/２)＝１６
台形ＢＥＦＣ＝{(ａ＋ｂ)/２＋ｂ}×ｈ×(１/２)＝２４
∴{ａ＋(ａ＋ｂ)/２}：{(ａ＋ｂ)/２＋ｂ}＝２：３
∴３ａ＋ｂ：ａ＋３ｂ＝２：３
∴２(ａ＋３ｂ)＝３(３ａ＋ｂ)
∴２ａ＋６ｂ＝９ａ＋３ｂ　∴７ａ＝３ｂ
∴ａ：ｂ＝３：７
ＡからＤＦと平行な線分とＥＦとの交点をＧとすると、ＥＧ：ＧＦ＝４：３
∴△ＡＥＧ：平行四辺形ＡＧＦＤ＝４：６＝２：３
∴△ＡＥＧ：台形ＡＥＦＤ＝２：５
∴△ＡＥＧ：４０＝２：５
∴△ＡＥＧ＝１６ｃｍ^2
ところで、グレーの三角形は△ＡＥＧと相似で相似比が１：２より面積比は１：４
∴グレーの三角形＝(１/４)×１６＝４ｃｍ^2
よって、答えは、４ｃｍ^2

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/a11f3c65a22573c135ac8bfa26de4376ecb538f0

解説
＞実際、Ａ/Ｂの中のｘを含む同値類はＢ＋ｘと表される

上の定理４に（正規部分群による商群の場合と同じ）とあるので、前章の定理４を見ると、

定理４
(Ｈ,△)が(Ｇ,△)の正規部分群であれば、同値類系Ｇ/Ｈに導入される演算△について、代数系(Ｇ/Ｈ,△)は群になる。これを商群という。
＜例＞　Ｈ＝(３)＝{０,±３,±６,±９,…}とおくと、群(Ｈ,＋)は群(ℤ,＋)の部分群（ℤは可換だから、正規部分群）になり、同値類系
ℤ/Ｈ＝{Ｈ，Ｈ＋１，Ｈ＋２}が決まる。

つまり、「Ａ/Ｂの中のｘを含む同値類はＢ＋ｘと表される」事が分かるだろう。念のため、ｘ∈Ａである。（ℤ/Ｈ＝{Ｈ，Ｈ＋１，Ｈ＋２}はＨが３の倍数の集合なので、３で割って０,１,２余る数の集合である。）

＞(Ｂ＋ｘ)✚(Ｂ＋ｙ)＝ｘ＋ｙを含む同値類＝Ｂ＋ｘ＋ｙ
(Ｂ＋ｘ)✖(Ｂ＋ｙ)＝ｘ×ｙを含む同値類＝Ｂ＋ｘ×ｙ

例えば、Ｂを３の倍数の集合と考えると、
(Ｂ＋ｘ)✚(Ｂ＋ｙ)＝Ｂ＋Ｂ＋ｘ＋ｙ＝Ｂ＋ｘ＋ｙ
は自明だろう。
また、(Ｂ＋ｘ)✖(Ｂ＋ｙ)＝Ｂ×Ｂ＋Ｂ×ｙ＋ｘ×Ｂ＋ｘ×ｙ＝Ｂ＋Ｂ＋Ｂ＋ｘ×ｙ＝Ｂ＋ｘ×ｙ
もＢを３の倍数と考えれば当然の話である。（もうちょっと上級者には、Ｂはイデアルだからp.123の(３Ｂ)の性質を考えれば自明と言える（展開したと後に）。）
(３Ｂ)
ｘ∈Ｂならば、任意のｙ∈Ａに対してｘ×ｙ∈Ｂ

＞注意　同値類の和に各同値類の”代表”ｘ，ｙを利用しているが、結果は（両立性のおかげで）ｘ，ｙの選び方によらず、同値類を決めれば決まるのであった。

同値類の和とあるので、
(Ｂ＋ｘ)✚(Ｂ＋ｙ)＝ｘ＋ｙを含む同値類＝Ｂ＋ｘ＋ｙ
例えば、Ｂを３の倍数の集合と考えると、Ｂ＋ｘとは３の倍数か３で割って１余る数の集合か３で割って２余る数の集合のどれかである。
ここで、Ｂ＋ｘを３で割って１余る数の集合としよう。すると、ｘ＝１である。ただし、ｘ＝４や７,…でも良い。それが「ｘ，ｙの選び方によらない」という意味である。
「両立性のおかげで」とは、
(Ｂ＋ｘ)✚(Ｂ＋ｙ)＝Ｂ＋ｘ＋ｙという式に変形できるからという意味である。結局、ｘ＋ｙをさらに３で割った余りを「代表」にすれば同値類は変わらないという意味である。

ついでに、これも解説しよう。

＞注意　同値類に分けることを、”類別する”という。

p.38の「(Ｂ)同値類と同値類系」を見て欲しい。
＜例＞
整数全体ℤを「３を法とする合同関係」で同値（合同）な数同士をまとめると、次の３つの部分集合に分けられる：
Ｃ＝{…,－６,－３,０,３,６,９,…}
Ｄ＝{…,－５,－２,１,４,７,１０,…}
Ｅ＝{…,－４,－１,２,５,８,１１,…}
これらの部分集合を、同値関係（この例では３を法とする合同関係）による同値類という。この場合、
Ｃ＝{３ｋ｜ｋ∈ℤ}
Ｄ＝{３ｋ＋１｜ｋ∈ℤ}
Ｅ＝{３ｋ＋２｜ｋ∈ℤ}
とも表せるので、各同値類は「３で割った余りが同じ数」をまとめている、とも言える。そこでこの同値類を、剰余類ともいう。

因みに、こういうのを「類別」という。また、事実１１、

事実１１
ある集合Ｓで同値関係～が定義されているとすると、
（１）Ｓのどの要素も、ある同値類に属している。
（２）異なる同値類Ｃ，Ｃ'は共通要素をもたない：Ｃ≠Ｃ'ならばＣ∩Ｃ'＝φ（空集合）
逆に言えば「もしＣ∩Ｃ'≠φならば、Ｃ＝Ｃ'」ということである。

３の倍数と３で割って１余る数の集合と３で割って２余る数の集合を考えれば自明だろう。Ｓを整数全体の集合ℤとすると、任意の整数は必ずどこかのグループに入っているので（１）はＯＫ。
また、例えば、３で割って１余る数の集合と３で割って２余る数の集合は共通要素を持たないし、逆に１つでも持てば全体が等しい事も自明だろう。よって、（２）もＯＫ。
念のため、「逆に」と言ったが意味は「対偶」である。

おまけ：
https://www.asagei.com/excerpt/2754