数学

事実３
どの単元にも乗算についての逆元があり、その逆元も単元である。また単元同士の積も単元である。

＜事実３の証明＞
１＝ｃ×ｃ'＝ｄ×ｄ'ならば、×は可換だから
(ｃ×ｄ)×(ｃ'×ｄ')＝(ｃ×ｃ')×(ｄ×ｄ')＝１×１＝１
となり、ｃ×ｄも単元である。また単元ｃは１の約元であるから１＝ｃ×ｃ'と書け、ｃ'は「ｃの乗算×についての逆元」で、これも１の約元だから単元である。

解説
ｃ，ｄをそれぞれ環Ａの単元とすると、定義３より、環Ａの全ての要素の約元で環Ａは乗法単位元１を含むのでｃもｄも１の約元である。

定義３
環Ａのすべての要素の約元である要素を、Ａの単元という。

よって、あるｃ'，ｄ'（∈Ａ）が存在してｃ×ｃ'＝１，ｄ×ｄ'＝１が成り立つ。
ここで、「単元同士の積は単元である」事を証明するために、(ｃ×ｄ)×(ｃ'×ｄ')を作ると、
(ｃ×ｄ)×(ｃ'×ｄ')＝ｃ×(ｄ×ｃ')×ｄ'＝ｃ×(ｃ'×ｄ)×ｄ'＝(ｃ×ｃ')×(ｄ×ｄ')＝１×１＝１
よって、(ｃ×ｄ)×(ｃ'×ｄ')＝１となり、ｃ×ｄも１の約元である。よって、乗法単位元１の約元より環Ａの全ての元の約元でもある。
よって、定義３より、ｃ×ｄも単元である。
よって、単元同士の積は単元である。
また、ｃ×ｃ'＝１より、ｃ'はｃの乗法逆元でまた１の約数でもあり、乗法単位元１の約元より環Ａの全ての元の約元である。
よって、定義３より、ｃ'も単元である。
ところで、ｃは任意に選んだので、どの単元にも乗算についての逆元があり、その逆元も単元である。

おまけ：
https://www.sponichi.co.jp/entertainment/news/2023/03/16/kiji/20230316s00041000284000c.html

問題１の解答
ＰＱ＝２０－８－８＝４ｃｍ
よって、ＢＰ：ＰＱ＝８：４＝２：１
よって、△ＲＢＰ：△ＲＰＱ＝２：１
すなわち、△ＲＢＰ：△ＰＱＲ＝２：１―――①
また、条件より△ＡＢＰ＝△ＰＱＲ―――②
②を①に代入すると、△ＲＢＰ：△ＡＢＰ＝２：１
よって、ＲＰ：ＡＰ＝２：１　
よって、ＲＰ：ＲＡ＝２：３
ところで、ＡＤ//ＢＣよりＡＤ//ＰＱで△ＲＰＱと△ＲＡＤは相似である。
よって、ＡＤ＝(３/２)ＰＱ＝(３/２)×４＝６ｃｍ
よって、答えは、６ｃｍ

問題２の解法１
ＡＥ//ＢＤより錯角で∠ＥＡＤ＝∠ＡＤＢ　
よって、弧ＥＤ＝弧ＡＢ―――①
また、ＡＢ＝ＢＣより、弧ＡＢ＝弧ＢＣ―――②
①，②より、弧ＥＤ＝弧ＢＣ
よって、∠ＥＡＤ＝∠ＢＡＣ＝●と置く。
また、円周角より、∠ＡＤＥ＝∠ＡＢＥ＝×と置くと、
△ＡＢＦと△ＡＤＥにおいて●と×の２角が等しいので相似である。∴６：３＝９：ＡＥ　∴ＡＥ＝４.５ｃｍ
よって、答えは、９/２ｃｍ

解法２
弧ＥＤ＝弧ＢＣまでは同じ。
∴∠ＥＡＤ＝∠ＢＡＣ
この両辺に∠ＦＡＤを加えると、
∠ＥＡＦ＝∠ＢＡＤ　∴∠ＦＡＥ＝∠ＢＡＤ―――①
また、円周角より∠ＡＥＢ＝∠ＡＤＢ
∴∠ＡＥＦ＝∠ＡＤＢ―――②
①，②より２角が等しいので、△ＡＥＦ∽△ＡＤＢ
∴ＡＥ：３＝９：６＝３：２
∴ＡＥ＝９/２ｃｍ

解法２の系
アルハゼンの定理より、
∠ＡＦＥ＝弧ＡＥの円周角＋弧ＢＣの円周角―――①
また、
∠ＡＢＤ＝弧ＡＥの円周角＋弧ＥＤの円周角―――②
また、（上より）弧ＥＤ＝弧ＢＣ―――③
①，②，③より、∠ＡＦＥ＝∠ＡＢＤ
また、解法２の②より∠ＡＥＦ＝∠ＡＤＢ
よって、２角が等しいので、△ＡＥＦ∽△ＡＤＢ
以後同じ。

おまけ：

問題１
「？」に入る数字は？
２＋３⇒１０　３＋４⇒２１
６＋４⇒６０　５＋１⇒３０
２＋８⇒？

解答
２＋３＝５，５×２＝１０
３＋４＝７，７×３＝２１
６＋４＝１０，１０×６＝６０
５＋１＝６，６×５＝３０
２＋８＝１０，１０×２＝２０
よって、？＝２０

問題２の解答
ＡＣを結ぶと、△ＡＢＣは直角二等辺三角形より、
∠ＢＡＣ＝４５°
また、∠Ａ＝３６０°－９０°－１２０°－７５°
＝７５°
よって、∠ＣＡＤ＝７５°－４５°＝３０°
よって、∠ＡＣＤ＝１８０°－７５°－３０°＝７５°
よって、∠ＡＣＤ＝∠ＡＤＣより△ＡＣＤは二等辺三角形。
よって、ＡＣ＝ＡＤ＝６ｃｍ
ここで、Ｂ，ＤからＡＣに垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ｉとすると、△ＢＡＣは直角二等辺三角形より、
ＢＨ＝ＡＣ÷２＝６÷２＝３ｃｍとなる。
また、△ＤＡＩは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型になるので、ＤＩ＝ＡC÷２＝６÷２＝３ｃｍ
よって、四角形ＡＢＣＤ＝６×３÷２＋６×３÷２＝９＋９＝１８ｃｍ^2
よって、答えは、１８ｃｍ^2

一応、何でもありの解法。
△ＡＣＤが底角が７５°の二等辺三角形までは同じ。
ＡからＣＤに垂線を下ろしその足をＭとすると、MはＣＤの中点で△ＡＤＭで１５°，７５°，９０°の直角三角形の三辺比を使うと、
ＡＭ＝６(√６＋√２)/４＝３(√６＋√２)/２ｃｍ
また、ＤＭ＝６(√６－√２)/４＝３(√６－√２)/２ｃｍ
∴ＣＤ＝３(√６－√２)ｃｍ
また、ＡＣ＝ＡＤ＝６ｃｍより、ＡＢ＝ＢＣ＝３√２ｃｍ
∴四角形ＡＢＣＤ＝△ＡＢＣ＋△ＡＣＤ
＝３√２×３√２×(１/２)＋３(√６－√２)×{３(√６＋√２)/２}×(１/２)＝９＋９＝１８ｃｍ^2
よって、答えは、１８ｃｍ^2

おまけ：

問題３の解答
半円Ｏの直径を左から右にＡＢとし、色部分の弧を下から上に（時計回りに）ＣＤとする。
ＤＯを結ぶと、△ＯＤＢは１つの底角が４５°の二等辺三角形より直角二等辺三角形。
よって、∠ＤＯＢ＝９０°また、ＯＣを結ぶと、△ＯＣＢは１つの底角が１５°の二等辺三角形より、
∠ＣＯＡ＝１５°＋１５°＝３０°
よって、∠ＣＯＤ＝９０°－３０°＝６０°
よって、図形ＣＯＢＤ＝扇形ＯＣＤ＋△ＯＤＢ＝６×６×３.１４×(１/６)＋６×６÷２＝１８.８４＋１８
＝３６.８４ｃｍ^2―――①
また、ＣからＯＡに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＯＣＨは３０°,６０°,９０°の直角三角定規型より、
ＣＨ＝６÷２＝３ｃｍ
よって、△ＯＣＢ＝６×３÷２＝９ｃｍ^2―――②
①－②より、
色部分＝３６.８４－９＝２７.８４ｃｍ^2
よって、答えは、２７.８４ｃｍ^2

おまけ：

解説
＞τはσと同じ同値類(KernelΦ)・σに属している

まず、KernelΦの定義を挙げておこう。（定義９）
Φ：Ｇ1→Ｇ2
に対して、
KernelΦ＝{σ∈Ｇ1｜Φ(σ)＝ｅ}

また、事実８より、Φ(ｅ)＝ｅ'であるので、KernelΦは単位元ｅを含む。もっとも、（１）-1からKernelΦは部分群なので単位元を含む事は自明であるが。

よって、ｅ・σ∈(KernelΦ)・σ　∴σ∈(KernelΦ)・σ
また、（１）-２から、τ∈(KernelΦ)・σ
よって、「τはσと同じ同値類(KernelΦ)・σに属している」という事である。

事実８
Φ：Ｇ→Ｈが群Ｇ,Ｈの間の準同型写像であれば、次のことが成り立つ。
（１）Φ(Ｇの単位元)＝Ｈの単位元
（２）は省略。

＞１対１であることも対応もれがないことも明らかである。

まず、対応もれがない事は、Ψ((KernelΦ)・σ)＝Φ(σ)
例えば、定義域の同値類の集合を{(KernelΦ)・σ1，(KernelΦ)・σ2，(KernelΦ)・σ3}とすると、これらをΨで飛ばすと、それぞれΦ(σ1)，Φ(σ2)，Φ(σ3)に飛ぶので全射である。（例えば、Φ(σ1)＝Φ(σ2)のようになっていて単射じゃないかもしれないが全射である事は間違いないという事である。）
よって、対応もれはない。
次に、１対１である事は、「Φ(σ)＝Φ(τ)であるための必要十分条件は、τはσと同じ同値類(KernelΦ)・σに属していること」とあるので、Φ(σ)＝Φ(τ)と仮定すると、定義域の同値類は等しくなる。つまり、行った先が同じならば元（もと）が同じという事で単射である。
よって、１対１である。

おまけ：

問題
（１）側面が全て正三角形の正四角錘の内接球と、底面と４本の辺に接する球の半径の比を求めて下さい。

解答（１）
正四角錘をＯ－ＡＢＣＤとし、１辺の長さを１とする。
まず、平面ＯＡＣで切った断面図を描くと、
△ＡＢＣは直角二等辺三角形よりＡＣ＝√２
また、三辺相等より△ＯＡＣ≡△ＢＡＣ　
∴∠ＡＯＣ＝９０°
また、ＡＣとＢＤの交点をＯ'とするとＯ'はＡＣの中点であり、内接円の接点である。
また、底面と４本の辺に接する球の中心をＰとし、辺ＯＣと円との接点をＴとすると、ＰＴ⊥ＯＣ　また、ＯＯ'⊥ＡＣ
よって、２角が等しいので、△ＯＰＴ∽△ＯＣＯ'
ところで、△ＯＣＯ'は直角二等辺三角形より△ＯＰＴも直角二等辺三角形。
よって、ＰＴ＝ｒと置くとＯＰ＝√２ｒ
また、ＰＯ'＝ｒ，ＯＯ'＝√２/２よりＯＰ＝√２/２－ｒ
よって、√２ｒ＝√２/２－ｒが成り立つ。
∴(√２＋１)ｒ＝√２/２　∴ｒ＝√２/２(√２＋１)
∴ｒ＝√２(√２－１)/２＝(２－√２)/２
ゆえにｒ＝(２－√２)/２―――①

次に、ＡＢ，ＣＤの中点をそれぞれＭ，Ｎとし、平面ＯＭＮで切った断面図を描くと、
ＭＮ＝１，ＯＭ＝ＯＮ＝√３/２の二等辺三角形である。
内接球の中心をＱとし、内接円と辺ＯＮとの接点をＳとすると、ＱＳ⊥ＯＮ，ＯＯ'⊥ＭＮ
よって、２角が等しいので△ＯＱＳ∽△ＯＮＯ'
ところで、ＯＯ'＝√２/２，Ｏ'Ｎ＝１/２より、内接円の半径をｒ'とすると、ＯＱ＝√２/２－ｒ'，ＱＳ＝ｒ'より、
√２/２－ｒ'：√３/２＝ｒ'：１/２が成り立つ。
∴(√３/２)ｒ'＝(√２/２－ｒ')/２
∴√３ｒ'＝(√２/２－ｒ')　∴(√３＋１)ｒ'＝√２/２
∴ｒ'＝√２/２(√３＋１)＝√２(√３－１)/４＝(√６－√２)/４
∴ｒ'＝(√６－√２)/４―――②
①，②より、
ｒ'：ｒ＝(√６－√２)/４：(２－√２)/２
＝√６－√２：２(２－√２)＝√３－１：２(２－√２)
よって、内接球と底面と４本の辺に接する球の半径の比は、
√３－１：２(２－√２)

因みに、内接球の方は体積を利用しても求められます。
(√３/４)×ｒ×(１/３)×４＋１×ｒ×(１/３)＝１×(√２/２)×(１/３)を解けば、②が出ます。

おまけ：

間違えている。
＞√３－１：２(２－√２)

正解は、√３－１：２(√２－１)

問題
（２）側面が全て正三角形の正四角錘の側面の作り出す角と正四角錘の２面の作り出す角を足すと丁度１８０°になる事を証明して下さい。

解答（２）
解法１
合同な２つの側面が全て正三角形の正四角錘をＯ－ＡＢＣＤ，Ｏ'－ＥＦＧＨとして、辺ＤＣと辺ＥＦがくっつくように並べ、ＤＣとＥＦの所をＤＣに統一すると、
ＯＣ＝ＯＤ＝ＣＤ＝Ｏ'Ｃ＝Ｏ'Ｄで、ＯＯ'は正四角錘Ｏ'－ＥＦＧＨがＯ－ＡＢＣＤの位置から辺ＢＣ分、平行移動したと考えると、ＯＯ'＝ＢＣである。
つまり、ＯＣ＝ＯＤ＝ＣＤ＝Ｏ'Ｃ＝Ｏ'Ｄ＝ＯＯ'である。
よって、立体Ｄ－ＯＣＯ'は正四面体である。
また、平行移動と考えると６点Ｏ,Ｂ,Ｃ,Ｏ',Ｃ,Ｇは同一平面上にあるので、△ＯＢＣと△ＣＯＯ'は一平面上にある。
よって、題意は示された。

解法２は次回。

おまけ：

問題
（２）側面が全て正三角形の正四角錘の側面の作り出す角と正四角錘の２面の作り出す角を足すと丁度１８０°になる事を証明して下さい。

解法２
正四面体Ｏ－ＡＢＣを描き、ＯＡ，ＯＢ，ＢＣ，ＣＡの中点をそれぞれＰ，Ｑ，Ｒ，Ｓとすると、中点連結定理より四角形ＰＱＲＳはひし形になり、また、正四面体の対称性より正方形になる。
ここで、ＯＣの中点をＯ'とすると、正四角錘Ｏ'－ＰＱＲＳは側面が全て正三角形の正四角錘になり（中点連結定理より）、三角錐Ｏ'－ＣＲＳは正四面体になる（中点連結定理より）。
ところで、△Ｏ'ＱＲと△Ｏ'ＲＣは同一平面上にあるので、題意は示された。

解法３
１辺が２の側面が全て正三角形の正四角錘Ｏ－ＡＢＣＤを描くと、ＢＤ＝２√２
また、ＯＣの中点をＭとすると、ＭＢ＝ＭＤ＝√３
ここで、二等辺三角形ＭＢＤを描き、ＢＭの延長上にＤから垂線を下ろしその足をＨとし、ＢＤ＝ｘ，ＢＭ＝ｙと置いて三平方の定理を使うと、
ｘ^2＋ｙ^2＝３―――①　ｘ^2＋(ｙ＋√３)^2＝８―――②
②－①より、２√３ｙ＋３＝５　∴２√３ｙ＝２
∴ｙ＝１/√３　これを①に代入すると、ｘ^2＝８/３
ｘ＞０より、ｘ＝２√２/√３
∴∠ＢＭＤ＝Arctan{(2√2/√3)/(-1/√3)}
＝Arctan(-2√2)
∴∠ＢＭＤ＝Arctan(-2√2)―――ア
また、１辺が２の正四面体Ｏ－ＡＢＣを描き、ＢＣの中点をＮとし、Ｏから底面ＡＢＣに垂線を下ろすとＡＮ上に下り、その点は△ＡＢＣの重心である。
∴ＧＮ＝√３/３＝１/√３　また、ＯＮ＝√３より、△ＯＮＧで三平方の定理を使うと、
ＯＧ＝√(３－１/３)＝√(８/３)＝２√２/√３
∴∠ＯＮＧ＝Arctan{(2√2/√3)/(1/√3)
＝Arctan(2√2)
∴∠ＯＮＧ＝Arctan(2√2)―――イ
ア，イより、
∠ＢＭＤ＋∠ＯＮＧ＝Arctan(-2√2)＋Arctan(2√2)
ここで、Arctanの加法定理を使うと、
＝Arctan[(-2√2+2√2)/{1-(-2√2)(2√2)}]
＝Arctan0＝180°
よって、∠ＢＭＤ＋∠ＯＮＧ＝１８０°より題意は示された。

おまけ：

解説
＜例１＞
Φ：ℤ/(ｍ)→ℤm（＝{０,１,２,…,ｍ－１}）を
Φ(Ｃ(ｋ))＝ｋ（０≦ｋ＜ｍ）
と定めると、このΦは群（ℤ/(ｍ)，＋）から群（ℤm，⊕）への同型写像になっている。すなわち
ℤ/(ｍ)≅ℤm

Φ：ℤ/(ｍ)→ℤmの意味は、ｍで割った余りの集合をその余りの数に対応させる写像という意味である。
例えば、３で割って１余る集合を１に対応させるなど。
では、この写像が準同型写像である事を証明しよう。
「任意のσ,τ∈Ｇに対して、Φ(σ△τ)＝Φ(σ)△Φ(τ)」が成り立つ事を示せば良いので、
∀Ｃ(ａ),Ｃ(ｂ)∈ℤ/(ｍ)，Φ(Ｃ(ａ)＋Ｃ(ｂ))＝ａ⊕ｂ＝Φ(Ｃ(ａ))⊕Φ(Ｃ(ｂ))
よって、Φ(Ｃ(ａ)＋Ｃ(ｂ))＝Φ(Ｃ(ａ))⊕Φ(Ｃ(ｂ))が成り立つので準同型写像である。
また、Ｃ(ｋ)がｋに対応しているので全単射である事は自明である。（３で割って１余る集合が１に対応しているなどから。）
よって、準同型写像かつ全単射より、Φは同型写像である。

＜例２＞
Ψ：ℤ→ℤ/(ｍ)を
Ψ(ｋ)＝(ｍ)＋ｋ
と定めると、このΨは群（ℤ，＋）から群（ℤ/(ｍ)，＋）への準同型写像になっている。この写像Ψは「対応もれがない」けれど「１対１」ではないので、同型写像ではない。

「任意のσ,τ∈Ｇに対して、Φ(σ△τ)＝Φ(σ)△Φ(τ)」が成り立つ事を示せば良いので、
∀ａ,ｂ∈ℤ，Ψ(ａ＋ｂ)＝(ｍ)＋ａ＋ｂ＝(ｍ)＋ａ＋(ｍ)＋ｂ＝Ψ(ａ)＋Ψ(ｂ)（ｍの倍数の集合は２つに分けられる。）
よって、Ψ(ａ＋ｂ)＝Ψ(ａ)＋Ψ(ｂ)が成り立つので準同型写像である。
また、例えば、Ψ：ℤ→ℤ/(ｍ)をΨ：ℤ→ℤ/(３)にして、ある整数の３で割って１余る数への対応を考えると、４も７も１０もℤ/(３)に対応する事になる。つまり、単射ではないので全単射にはならず、同型写像ではない。
対応もれがない（全射である）事は、全ての整数は３で割ってあまりが０か１か２になるからである。

＜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。
「なっとくする群・環・体」野﨑昭弘著より

補足：
「任意のσ,τ∈Ｇに対して、Φ(σ△τ)＝Φ(σ)△Φ(τ)
ただし△は左辺ではＧの中の演算、右辺ではＨの中の演算を表す。」

究極の所、Φ(σ・τ)＝Φ(σ)＋Φ(τ)などでも良い。
例：「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著のp.88とp.91に、
φ(|(５^i(－１)^j)・|(５^k(－１)^l))
＝φ(|(５^i(－１)^j)＋φ(|(５^k(－１)^l)
となり、φは同型写像です。
とある。

おまけ：

問題１
次の計算をしてください。
１＋２＋４＋８＋･･･＋２５６＋５１２

解法１　答えだけの解法
１＋２＝３　
１＋２＋４＝７　
１＋２＋４＋８＝１５
これらに１を加えると、４，８，１６でそれぞれの次の項を表している。
つまり、１＋２＋４＋８＋･･･＋２５６＋１＝５１２で、
また、１＋２＋４＋８＋･･･＋５１２＋１＝５１２の次の項
という事である。
よって、１＋２＋４＋８＋･･･＋５１２＋１＝５１２×２＝１０２４
よって、１＋２＋４＋８＋･･･＋５１２＝１０２３
よって、答えは、１０２３

解法２
与式＝１＋２＋２^2＋２^3＋･･･＋２^8＋２^9
これは初項１，公比２の等比数列の和である。よって、公式より、Ｓ＝(１－ｒ^n)/(１－ｒ)＝(１－２^10)/(１－２)
＝２^10－１＝１０２４－１＝１０２３

解法３
与式を２進法で表すと、
与式＝１＋２^1＋２^2＋２^3＋･･･＋２^8＋２^9
＝１＋１０＋１００＋１０００＋･･･＋１００００００００＋１０００００００００＝１１１１１１１１１１
これに（２進法の）１を加えると、１００００００００００
これを１０進法に変換すると、２^10＝１０２４
よって、答えは、１０２４－１＝１０２３

解法４
与式＝１＋２＋２^2＋２^3＋･･･＋２^8＋２^9―――①
①×２より、
与式×２＝２＋２^2＋２^3＋２^4＋･･･＋２^9＋２^10―――②
②－①より、与式＝２^10－１＝１０２４－１＝１０２３

たまたま、問題作ってみました。

問題
側面が全て正三角形の正四角錘の内接球と、底面と４本の辺に接する球の半径の比を求めて下さい。

別に難しくありませんが、良問と言っても良いのではないでしょうか。

おまけ：

問題１
次の計算をしてください。
１＋２＋４＋８＋･･･＋２５６＋５１２

解法５
与式＝１＋２＋２^2＋２^3＋･･･＋２^8＋２^9
＝１・(１＋２＋２^2＋２^3＋･･･＋２^8＋２^9)
＝(２－１)(１＋２＋２^2＋２^3＋･･･＋２^8＋２^9)
＝２＋２^2＋･･･＋２^9＋２^10－(１＋２＋･･･＋２^9)
＝２^10－１＝１０２４－１＝１０２３

因みに、(２－１)(１＋２＋２^2＋２^3＋･･･＋２^8＋２^9)から(２－１)(２^9＋２^8＋･･･＋２^3＋２^2＋２＋１)として因数分解の公式を使って、２^10－１としても良い。
公式：ｘ^n－１＝(ｘ－１)(ｘ^(n-1)＋･･･＋ｘ＋１)

問題２の解答
直径をＡＢ（左から右にＡＢ）として、ＰＢ，ＯＰを結ぶと、折り返しよりＢＰ＝ＢＯ　
また、半径よりＢＯ＝ＰＯ　∴ＢＰ＝ＢＯ＝ＰＯ
よって、△ＯＰＢは正三角形である。∴∠ＯＰＢ＝６０°
また、折り返しの所の弦をＢＣとすると、全く同様に△ＯＰＣも正三角形になる。∴∠ＯＰＣ＝６０°
∴∠ＢＰＣ＝１２０°
よって、折り返しより∠ＢＯＣ＝１２０°
また、半径よりＯＢ＝ＯＣ　ここで、ＯからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると△ＯＢＨと△ＯＣＨは合同な１：２：√３の直角三角形で△ＯＢＨを△ＰＣＨの所に移動させると△ＯＰＣとぴったり重なり正三角形となり、求める面積は、扇形ＰＯＣとなる。
∴黄色部分＝６×６×π×(１/６)＝６πｃｍ^2

算数で解きましたが、勿論、普通に√を使いながら解いても良い。

おまけ：
「天才数学3兄弟」。
こんな兄弟を育てるご両親とは一体どんな方なのでしょうか？
高橋さんのご両親は顔やお名前を一切出しておらず、
残念ながら詳細な情報を集めることはできませんでした。
ただし、ご両親ともに東京大学卒とのことです。
引用元：https://m115i.com/takahashi-mathematics-4499

解説
＞定理４の証明は、この例についての説明を手直しすればよいので、省略する（ℤをＧに、集合(３)をＨに、＋を△に、０を単位元ｅに、(－ｘ)をｘ'に書き換えればよい）。

（１）結合法則：もともとの演算△が結合法則をみたすのだから、同値類（集合）に対する演算△も結合法則をみたす（事実４）。
（２）単位元の存在：Ｈ△ｅ＝Ｈが単位元である。
（３）逆元の存在：Ｈ△ｘの逆元は、Ｈ△ｘ'である。

因みに、レビューに、

5つ星のうち5.0 とっつきやすい！！
2019年4月10日に日本でレビュー済み
例が豊富で、イメージしやすい。
今まで何冊も読んだが難しい文章ばかりで途中でギブアップしていたが、この本なら最後まで到達できそう！！

野崎昭弘さん、本当にありがとうございます。
これで、単位とれそうです。（泣）
引用元：https://www.amazon.co.jp/%E3%81%AA%E3%81%A3%E3%81%A8%E3%81%8F%E3%81%99%E3%82%8B%E7%BE%A4%E3%83%BB%E7%92%B0%E3%83%BB%E4%BD%93-%E3%81%AA%E3%81%A3%E3%81%A8%E3%81%8F%E3%82%B7%E3%83%AA%E3%83%BC%E3%82%BA-%E9%87%8E%E5%B4%8E-%E6%98%AD%E5%BC%98/dp/4061545728

とありますが、次のような所でしょう。

＜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。

商群（剰余群）とは、つまり、３の倍数，３で割って１余る数，３で割って２余る数の集合の集合と簡単に気付かせてくれる所でしょう。因みに、私は演習問題などを散々やってようやく類別とか理解した派ですから。

＞代数系（Ｇ/Ｈ，△）

「土台となる集合と、そこで定義されている演算の組、たとえば整数の集合ℤと加算＋の組（ℤ，＋）を、代数系という。」
「なっとくする群・環・体」野﨑昭弘著より

（Ｈ，△）と（Ｇ，△）が定義されているからと言って、（Ｇ/Ｈ，△）が同じ演算△で定義出来る理由を述べて下さい。

∀Ｈ△ａ,Ｈ△ｂ∈Ｇ/Ｈ（ａ,ｂ∈Ｇ）に対して、
(Ｈ△ａ)△(Ｈ△ｂ)＝(ａ△Ｈ)△(Ｈ△ｂ)（Ｈが正規部分群だから）
＝ａ△(Ｈ△Ｈ)△ｂ＝ａ△Ｈ△ｂ（結合律と事実５より）
＝(Ｈ△ａ)△ｂ（Ｈは正規部分群より）
＝Ｈ△(ａ△ｂ)∈Ｇ/Ｈ
よって、任意のＨ△ａ,Ｈ△ｂ∈Ｇ/Ｈに対して、
(Ｈ△ａ)△(Ｈ△ｂ)∈Ｇ/Ｈより、Ｇ/Ｈは演算△について閉じているので、全ての元に対して演算△を定義出来る。

事実５
（Ｈ，△）が（Ｇ，△）の部分群ならば、次のことが成り立つ。
Ｈ△Ｈ＝Ｈ

おまけ：

解答
円と接線の関係よりＡＢ＝ＡＣ　また、∠ＢＡＣ＝６０°より△ＡＢＣは頂角が６０°の二等辺三角形。
よって、正三角形である。∴∠ＢＣＡ＝６０°また、ＡＣは接線より接弦定理を使うと、∠ＢＰＣ＝∠ＢＣＡ＝６０°
また、四角形ＰＢＱＣは円に内接する四角形より、
∠ＢＱＣ＝１８０°－６０°＝１２０°
また、ＰＱは直径より∠ＰＣＱ＝９０°でＱＰ//ＡＣより△ＣＱＰは直角二等辺三角形である。（厳密には、ＯＣ⊥ＡＣより∠ＯＣＡ＝９０°でＱＰ//ＡＣから錯角で∠ＯＣＰ＝９０°∴ＣＯ⊥ＰＱ　また、半径よりＯＣ＝ＯＰ＝ＯＱだからである。）
∴ＣＱ＝２√２ｃｍ　また、∠ＣＰＱ＝４５°，∠ＢＰＣ＝６０°より∠ＢＰＱ＝６０°－４５°＝１５°
よって、△ＯＢＰは底角が１５°の二等辺三角形より、
∠ＢＯＱ＝１５°＋１５°＝３０°
ここで、ＢからＯＱに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＯＢＨは１：２：√３の直角三角形より、ＢＨ＝１ｃｍ，ＯＨ＝√３ｃｍ　∴ＱＨ＝２－√３ｃｍ
よって、△ＢＱＨで三平方の定理を使うと、
ＢＱ＝√{(２－√３)^2＋１^2}＝√(８－４√３)＝√(８－２√１２)＝√(√６－√２)^2＝√６－√２ｃｍ
今、ＣＱの延長上にＢから垂線を下ろしその足をＩとすると、∠ＢＱＩ＝１８０°－１２０°＝６０°より△ＢＱＩは１：２：√３の直角三角形である。
∴ＢＩ＝(√３/２)ＢＱ＝(√３/２)(√６－√２)ｃｍ
∴△ＢＱＣ＝２√２×{(√３/２)(√６－√２)}×(１/２)
＝√６(√６－√２)/２＝(６－２√３)/２＝３－√３ｃｍ^2
よって、答えは、３－√３ｃｍ^2

解法２は次回。二重根号を外さないのでそちらの方が模範解答でしょうか。よく分かりません。

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12810364495.html

解法２
円と接線の関係よりＡＢ＝ＡＣ　また、∠ＢＡＣ＝６０°より△ＡＢＣは頂角が６０°の二等辺三角形。
よって、正三角形である。∴∠ＢＣＡ＝６０°また、ＡＣは接線より接弦定理を使うと、∠ＢＰＣ＝∠ＢＣＡ＝６０°
また、四角形ＰＢＱＣは円に内接する四角形より、
∠ＢＱＣ＝１８０°－６０°＝１２０°
また、ＰＱは直径より∠ＰＣＱ＝９０°でＱＰ//ＡＣより△ＣＱＰは直角二等辺三角形である。（厳密には、ＯＣ⊥ＡＣより∠ＯＣＡ＝９０°でＱＰ//ＡＣから錯角で∠ＯＣＰ＝９０°∴ＣＯ⊥ＰＱ　また、半径よりＯＣ＝ＯＰ＝ＯＱだからである。）
∴ＣＱ＝２√２ｃｍ　ここまでは同じ。

ここで、ＯＡ，ＯＣを結ぶと△ＯＡＣは１：２：√３の直角三角形になるので、ＡＣ＝２√３ｃｍ　また、△ＡＢＣは正三角形より、ＢＣ＝ＡＣ＝２√３ｃｍ
今、ＣＱの延長上にＢから垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＢＱＨは１：２：√３の直角三角形より、
ＱＨ＝ｘｃｍと置くと、ＢＨ＝√３ｘｃｍ
よって、△ＢＣＨで三平方の定理を使うと、
(ｘ＋２√２)^2＋(√３ｘ)^2＝(２√３)^2が成り立つ。
∴ｘ^2＋４√２ｘ＋８＋３ｘ^2＝１２
∴４ｘ^2＋４√２ｘ－４＝０　∴ｘ^2＋√２ｘ－１＝０
∴ｘ＝{－√２±√(２＋４)}/２＝(－√２±√６)/２
ｘ＞０より、ｘ＝(√６－√２)/２
∴ＢＨ＝√３ｘ＝(３√２－√６)/２ｃｍ
∴△ＢＱＣ＝２√２×{(３√２－√６)/２}×(１/２)
＝(６－２√３)/２＝３－√３ｃｍ^2
よって、答えは、３－√３ｃｍ^2

今朝、解法３を思い付きました。

解法３
円と接線の関係よりＡＢ＝ＡＣ　また、∠ＢＡＣ＝６０°より△ＡＢＣは頂角が６０°の二等辺三角形。
よって、正三角形である。∴∠ＢＣＡ＝６０°また、ＡＣは接線より接弦定理を使うと、∠ＢＰＣ＝∠ＢＣＡ＝６０°
よって、円周角と中心角の関係より、∠ＢＯＣ＝６０°×２＝１２０°∴優角∠ＢＯＣ＝３６０°－１２０°＝２４０°よって、再び円周角と中心角の関係より、∠ＢＱＣ＝２４０°×(１/２)＝１２０°
また、ＯＣ⊥ＡＣとＱＰ//ＡＣより、∠ＱＯＣ＝９０°また、半径よりＯＱ＝ＯＣなので△ＱＯＣは直角二等辺三角形。△ＱＰＣも同様である。
∴∠ＢＰＱ＝６０°－４５°＝１５°よって、円周角と中心角の関係より、∠ＢＯＱ＝１５°×２＝３０°
ここで、ＢからＯＱに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＢＯＨは１：２：√３の直角三角形より、ＢＨ＝２÷１＝１ｃｍ　∴△ＢＱＯ＝２×１×(１/２)＝１ｃｍ^2
また、△ＯＱＣ＝２×２×(１/２)＝２ｃｍ^2
∴四角形ＯＢＱＣ＝１＋２＝３ｃｍ^2
また、△ＯＢＣは頂角が１２０°で等辺が２ｃｍの二等辺三角形より、半分に切って組み直すと１辺が２ｃｍの正三角形になるので、△ＯＢＣ＝２×√３×(１/２)＝√３ｃｍ^2
よって、△ＢＱＣ＝３－√３ｃｍ^2
よって、答えは、３－√３ｃｍ^2

これが模範解答ですね。きっと。

おまけ：
https://www.yodobashi.com/product/100000009002966265/

解説
＞確認は面倒であるが、λ・Ｒ≠Ｒ・λやσ・Ｓ≠Ｓ・σは機械的な計算でわかるので、熱心なかたは調べてみられるとよい。

λ＝（2 1 3 4 5 6）（上の段の123456は省略）
Ｒ＝{ι,σ,σ^2,σ^3,σ^4,σ^5}

λ・Ｒ＝(2 1 3 4 5 6){ι,σ,σ^2,σ^3,σ^4,σ^5}
＝{(2 1 3 4 5 6)ι,(2 1 3 4 5 6)σ,(2 1 3 4 5 6)σ^2,
(2 1 3 4 5 6)σ^3,(2 1 3 4 5 6)σ^4,(2 1 3 4 5 6)σ^5}
＝{(2 1 3 4 5 6)(1 2 3 4 5 6),(2 1 3 4 5 6)(6 1 2 3 4 5),
(2 1 3 4 5 6)(5 6 1 2 3 4),(2 1 3 4 5 6)(4 5 6 1 2 3),
(2 1 3 4 5 6)(3 4 5 6 1 2),(2 1 3 4 5 6)(2 3 4 5 6 1)}
＝{(2 1 3 4 5 6),(1 6 2 3 4 5),(6 5 1 2 3 4),
(5 4 6 1 2 3),(4 3 5 6 1 2),(3 2 4 5 6 1)}

Ｒ・λ＝{ι,σ,σ^2,σ^3,σ^4,σ^5}(2 1 3 4 5 6)
＝{ι(2 1 3 4 5 6),σ(2 1 3 4 5 6),σ^2(2 1 3 4 5 6),
σ^3(2 1 3 4 5 6),σ^4(2 1 3 4 5 6),σ^5(2 1 3 4 5 6)}
＝{(1 2 3 4 5 6)(2 1 3 4 5 6),(6 1 2 3 4 5)(2 1 3 4 5 6),
(5 6 1 2 3 4)(2 1 3 4 5 6),(4 5 6 1 2 3)(2 1 3 4 5 6),
(3 4 5 6 1 2)(2 1 3 4 5 6),(2 3 4 5 6 1)(2 1 3 4 5 6)}
＝{(2 1 3 4 5 6),(6 2 1 3 4 5),(5 6 2 1 3 4),
(4 5 6 2 1 3),(3 4 5 6 1 2),(1 3 4 5 6 2)}

∴λ・Ｒ≠Ｒ・λ

σ＝（6 1 2 3 4 5）（上の段の123456は省略。）
Ｓ＝{ι，λ}

σ・Ｓ＝(6 1 2 3 4 5){ι，λ}
＝{(6 1 2 3 4 5)ι,(6 1 2 3 4 5)λ}
＝{(6 1 2 3 4 5)(1 2 3 4 5 6),(6 1 2 3 4 5)(2 1 3 4 5 6)}
＝{(6 1 2 3 4 5),(6 2 1 3 4 5)}

Ｓ・σ＝{ι，λ}(6 1 2 3 4 5)
＝{ι(6 1 2 3 4 5),λ(6 1 2 3 4 5)}
＝{(1 2 3 4 5 6)(6 1 2 3 4 5),(2 1 3 4 5 6)(6 1 2 3 4 5)}
＝{(6 1 2 3 4 5),(1 6 2 3 4 5)}

∴σ・Ｓ≠Ｓ・σ

これだけじゃ面白くないので、レビューの１つを取り上げてみます。

5つ星のうち5.0 あくまで大学レベルの数学書
2016年1月28日に日本でレビュー済み
『ガロア理論の頂を踏む』を読破していたが、私にとっては初めての代数系の教科書。あくまで大学レベルの数学書なので、決して易しくはないが、粘れば全て理解できるレベルだ。具体例を挙げながらの論述が教育的。群、環、体の定義以上に同値、イデアル、単元、整域、商などの数学的な概念の理解に時間がかかることに覚悟が必要。

〈誤植情報〉
p61 最下行τはν、また、（2）（3）が抜けている。
p117 8行目のmはＬ
p127 下から8行目の定理9は定理7
p154 12行目の式の左辺のhはg
p163 6行目のaはα
引用元：https://www.amazon.co.jp/%E3%81%AA%E3%81%A3%E3%81%A8%E3%81%8F%E3%81%99%E3%82%8B%E7%BE%A4%E3%83%BB%E7%92%B0%E3%83%BB%E4%BD%93-%E3%81%AA%E3%81%A3%E3%81%A8%E3%81%8F%E3%82%B7%E3%83%AA%E3%83%BC%E3%82%BA-%E9%87%8E%E5%B4%8E-%E6%98%AD%E5%BC%98/dp/4061545728

私は現在p.82なので、p.61についてだけ述べておく。
最下行は別に間違っていないし、（２）,（３）はなくて良い。因みに、私の本は第３刷。
ただし、p.65の|R|=|H1|+|H2|+･･･+|Ht|=|H1|×ｋの所は、|H1|×ｔである。次のページも同様で、
|R|=|H1|×ｋ
＝(ｇ1を動かさないμ∈Ｒの個数)
＋(ｇ2を動かさないμ∈Ｒの個数)
＋･･･
＋(ｇkを動かさないμ∈Ｒの個数)
と|H1|×ｋは|H1|×ｔで最後の所のｇkもｇtである。
私は既に「群・環・体 入門」を読んでいたから良かったが、初学者は困ったに違いない。実は普通の群には慣れていたが、置換群には慣れていなかったのでちょっと苦労した。
個人的には、演習書がないととても独学出来ないと思います。

おまけ：