数学

解説
＞Ｆ2[Ｘ]に属する４次の多項式は一般に
ａＸ^4＋ｂＸ^3＋ｃＸ^2＋ｄＸ^1＋ｃ（ａ,ｂ,ｃ,ｄ∈Ｆ2＝{０,１}）
と表されるので、全部で１・２^4＝１６通りある。

これはＸ^4＋ａＸ^3＋ｂＸ^2＋ｃＸ^1＋ｄの誤植ですね。
因みに、最高次の係数が１の多項式をモニックな多項式という。

＞これらの中から容易に因数分解できる可約な多項式を除くと、表6.1のようになる。

一応、Ｘ^4＋Ｘ^3＋Ｘ＋１とＸ^4＋１も解説して下さい。

Ｘ^4＋Ｘ^3＋Ｘ＋１＝Ｘ^3(Ｘ＋１)＋Ｘ＋１＝(Ｘ＋１)(Ｘ^3＋１)＝(Ｘ＋１)^2(Ｘ^2－Ｘ＋１)
Ｘ^4＋１＝Ｘ^4＋２Ｘ^2＋１（Ｆ2[Ｘ]の式だから）
＝(Ｘ^2＋１)^2
よって、これら２つは可約である。上の方は(Ｘ＋１)(Ｘ^3＋１)を見抜くのは簡単なので問題ないが、Ｘ^4＋１の方はＦ2の性質を使っているので容易に因数分解できると言って良いのだろうか。因みに、Ｘ^4＋１＝(Ｘ^2＋１)^2－２ｘ^2と変形すると、(Ｘ^2＋√２Ｘ＋１)(Ｘ^2－√２Ｘ＋１)と因数分解される。（どうでも良い話。）

＞はじめに、Ｘ＝１を代入したとき、その値が０になるものは、次の２つで、
Ｘ^4＋Ｘ^3＋Ｘ^2＋１＝Ｘ^3(Ｘ＋１)＋(Ｘ＋１)^2＝(Ｘ＋１)(Ｘ^3＋Ｘ＋１)
Ｘ^4＋Ｘ^2＋Ｘ＋１＝Ｘ^2(Ｘ^2＋１)＋(Ｘ＋１)^2＝(Ｘ＋１)(Ｘ^3＋Ｘ^2＋１)

Ｘ＝１を代入する意味と変形の解説をして下さい。

Ｆ2の世界では－１＝１なので、Ｘ＝－１はＸ＝１と同値でＸ＝１をＸ^4＋Ｘ^3＋Ｘ^2＋１に代入すると、１＋１＋１＋１＝４≡０（Ｆ2の法則より）
よって、Ｘ＝－１を代入しても０になる。よって、因数定理よりＸ^4＋Ｘ^3＋Ｘ^2＋１はＸ＋１を因数に持つ。
念のため、Ｘ＝－１を代入しても１－１＋１＋１＝２≡０（Ｆ2の法則より）と出来る。
Ｘ^4＋Ｘ^3＋Ｘ^2＋１＝Ｘ^3(Ｘ＋１)＋(Ｘ＋１)^2（Ｆ2の法則より）＝(Ｘ＋１)(Ｘ^3＋Ｘ＋１)
Ｘ^4＋Ｘ^2＋Ｘ＋１＝Ｘ^2(Ｘ^2＋１)＋(Ｘ＋１)^2（この２乗は誤植である）＝(Ｘ＋１)(Ｘ^3＋Ｘ^2＋１)
Ｘ^4＋Ｘ^2＋Ｘ＋１＝Ｘ^2(Ｘ^2＋１)＋(Ｘ＋１)＝Ｘ^2(Ｘ＋１)^2＋(Ｘ＋１)＝(Ｘ＋１)(Ｘ^3＋Ｘ^2＋１)

＞表6.1の残りの多項式はＸ，Ｘ＋１では割り切れない。ゆえに、３次式でも割り切れない。

表6.1
Ｘ^4＋Ｘ^3＋Ｘ^2＋Ｘ＋１，Ｘ^4＋Ｘ^3＋Ｘ^2＋１，Ｘ^4＋Ｘ^3＋１，Ｘ^4＋Ｘ^2＋Ｘ＋１，Ｘ^4＋Ｘ^2＋１，Ｘ^4＋Ｘ＋１

表6.1の残りの多項式とは、Ｘ^4＋Ｘ^3＋Ｘ^2＋Ｘ＋１，Ｘ^4＋Ｘ^3＋１，Ｘ^4＋Ｘ^2＋１，Ｘ^4＋Ｘ＋１で、ＸでくくれないのでＸでは割り切れず、項数が５，３，３で全て奇数個なのでＸ＝１を代入してもＦ2の法則で０にはならない。よって、Ｘ＋１でも割り切れない。
ところで、４次式なので全ての１次式で割り切れなければ３次式でも割り切れないのは、逆から考えれば自明な事。

＞実際に割り算を実行するとＸ^4＋Ｘ^2＋１はＸ^2＋Ｘ＋１で割り切れることがわかる。すなわち、標数が２だから補題４よりＸ^4＋Ｘ^2＋１＝(Ｘ^2＋Ｘ＋１)^2

補題４
Ｋを標数ｐの体で、α,βをＫの元、ｑ＝ｐ^r（ｒ≧１）とすると次の式が成り立つ。
(α＋β)^q＝α^q＋β^q
(α－β)^q＝α^q－β^q

補題４は２項なので適用出来ない。念のため、証明も二項定理を使っている。ここは、展開公式の(ａ＋ｂ＋ｃ)^2＝ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2＋２ａｂ＋２ｂｃ＋２ｃａを考えれば自明だろう。つまり、Ｆ2の法則で２ａｂ＝２ｂｃ＝２ｃａ＝０なので、(ａ＋ｂ＋ｃ)^2＝ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2である。
よって、Ｘ^4＋Ｘ^2＋１＝(Ｘ^2＋Ｘ＋１)^2
ただし、多項定理より、補題４は多項の場合も成り立つだろう。https://manabitimes.jp/math/1281（証明は補題４の場合と同様に数学的帰納法で証明出来る。）一応、裏を取って下さい。

＞実際に割り算を実行するとＸ^4＋Ｘ^2＋１はＸ^2＋Ｘ＋１で割り切れることがわかる。

実際に割り算すると、Ｘ^4＋Ｘ^2＋１＝(Ｘ^2＋Ｘ＋１)^2ではなく、Ｘ^4＋Ｘ^2＋１＝(Ｘ^2＋Ｘ＋１)(Ｘ^2－Ｘ＋１)となる。念のため、Ｆ2の法則を使わないから違いが出る。
Ｘ^4＋Ｘ^2＋１＝(Ｘ^2＋１)^2－Ｘ^2＝(Ｘ^2＋１＋Ｘ)(Ｘ^2＋１－Ｘ)＝(Ｘ^2＋Ｘ＋１)(Ｘ^2－Ｘ＋１)

おまけ：

問題１の解法１
直角を点Ａとし反時計回りにＡ～Ｃと振り、辺ＢＣ，ＣＡ，ＡＢ上の点をそれぞれＨ，Ｉ，Ｊと振ると、
△ＩＨＣは直角二等辺三角形である。
よって、ＩＣの真ん中の点をＭとすると、
ＨＭ⊥ＩＣでＨＭ＝ＩＭ＝ＣＭ＝４ｃｍ
よって、ＡＭ＝４＋４＝８ｃｍより、
黄色部分＝四角形ＡＪＨＩ＝△ＨＡＪ＋△ＨＡＩ
＝ＡＪ×ＡＭ÷２＋ＡＩ×ＨＭ÷２
＝１０×８÷２＋４×４÷２
＝４０＋８＝４８ｃｍ^2
よって、答えは、４８ｃｍ^2

解法２
ＡＢ＝ＡＣ＝４＋８＝１２ｃｍより、
ＢＪ＝１２－１０＝２ｃｍ
あとは同様にＨＭ＝４ｃｍ，ＡＭ＝４＋４＝８ｃｍと求め、
黄色部分＝△ＡＢＣ－△ＨＢＪ－△ＩＨＣ
＝１２×１２÷２－２×８÷２－８×４÷２
＝７２－８－１６＝４８ｃｍ^2
よって、検算ＯＫ。

問題２
次の式を計算してください。
２.３×５４３＋２３×２０.２＋２３０×２.５５

解答
２.３，２３，２３０を２３０に合わせると、
与式＝２３０×５.４３＋２３０×２.０２＋２３０×２.５５
＝２３０×(５.４３＋２.０２＋２.５５)
＝２３０×１０＝２３００
よって、答えは、２３００

pythonでやっても面白くないので、普通に電卓で裏取ってみました。
与式＝１２４８.９＋４６４.６＋５８６.５＝２３００
でＯＫ。

問題３の解答
ＡＤ：ＤＧをＡＤ：ＦＧに変更した解答。
３等分より、台形ＡＢＦＥ＝△ＥＦＧ＝台形ＥＧＣＤ
また、これらの図形は高さを共有しているので底辺（上底辺＋下底辺）の長さを比較すれば良い。
つまり、ＡＥ＋ＢＦ＝ＦＧ＝ＥＤ＋ＧＣ―――①
また、( ＡＥ＋ＢＦ)＋ＦＧ＋(ＥＤ＋ＧＣ)＝ＡＤ＋ＢＣ＝ＡＤ＋ＡＤ＝ＡＤ×２
よって、( ＡＥ＋ＢＦ)＋ＦＧ＋(ＥＤ＋ＧＣ)＝ＡＤ×２―――②
①を②に代入すると、
ＦＧ＋ＦＧ＋ＦＧ＝ＡＤ×２
よって、ＦＧ×３＝ＡＤ×２
よって、ＡＤ：ＦＧ＝３：２
よって、答えは、３：２

念のため、ＤＧの長さは点Ｇの位置によって長さが変わるし、１００歩譲って点Ｇを定点だとしてもＤＣの長さが一定ではないので長さが変わるし、そもそも三平方の定理を使わないとＤＧの長さは求められないだろう。
まぁ、算数マジックでたまに三平方の定理を使わなくても求められる特殊なケースなどがあるが。
https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q10133266995

これで私の方が間違っていたら赤っ恥ですね。まぁ、それもまた人生。笑

おまけ：https://news.yahoo.co.jp/articles/06e57d0260b4950072da6e173eef068960e73274/comments

問題１の解法１
△ＡＢＤは３：４：５の直角三角形より、ＢＤ＝１０ｃｍ
また、折り返しよりＢＧ＝ＢＡ＝６ｃｍ
∴ＤＧ＝１０－６＝４ｃｍ
ところで、∠Ｄを共有していて直角が等しく２角が等しいので、△ＡＢＤ∽△ＧＥＤ
よって、△ＧＥＤも３：４：５の直角三角形でＤＧ＝４ｃｍより、ＥＧ＝３ｃｍである。
よって、答えは、３ｃｍ

解法２
△ＡＢＤは３：４：５の直角三角形より、ＢＤ＝１０ｃｍ
また、折り返しよりＢＥは∠ＡＢＤの二等分線。よって、△ＢＡＤで角の二等分線の定理を使うと、
ＡＥ：ＥＤ＝６：１０＝３：５
また、ＡＤ＝８ｃｍより、ＡＥ＋ＥＤ＝８ｃｍなので、
ＡＥ＝３ｃｍ　よって、折り返しより、ＥＧ＝３ｃｍ

解法３
ＥＧ＝ｘｃｍ遠くと、折り返しよりＥＡ＝ｘｃｍ　よって、ＤＥ＝８－ｘｃｍ　また、折り返しよりＢＧ＝ＢＡ＝６ｃｍ
∴ＤＧ＝１０－６＝４ｃｍ
よって、△ＤＥＧで三平方の定理を使うと、
ｘ^2＋４^2＝(８－ｘ)^2が成り立つ。
∴ｘ^2＋１６＝ｘ^2－１６ｘ＋６４　∴１６ｘ＝４８
∴ｘ＝３　∴ＥＧ＝３ｃｍ

因みに、ちょっと前にやったこの問題とそっくりですね。https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201903110001/

問題２
５歳，６歳，９歳，１０歳，１１歳の子どもがお子様カレーで評判の『華麗なるカレー』というお店に行きました。
しかし店に入るとこんな注意書きが…
『お子様カレーは６歳以上１０歳未満しか食べられません』
さて、５人中何人がカレーを食べられるでしょう？

回答
５人。お子様カレーとは限らないから。
因みに、６歳以上１０歳未満は、通常「６歳以上かつ１０歳未満」と取られるが、６歳以上と１０歳未満の間に一呼吸が入れば「６歳以上または１０歳未満」と取れない事もない。または、「６歳以上と１０歳未満」の「と」の脱字とか。
そうすれば、全員の５人である。
まぁ、「しか」という言葉があるから無理があるが。

問題３
Ａの地点で右回りか左回りかで２通り。また、他の分岐点でも全て右回りか左回りかで２通りあるので、答えは、２×２×２×２×２＝３２通り

おまけ：

何でもありの解法
ＡＢ＝ＡＧ＝√６０＝２√１５ｃｍ　
∴ＤＣ＝ＢＥ＝２√１５ｃｍ
ところで、求めたいのは、四角形ＢＣＦＫと△ＡＫＨの差でこの２つにそれぞれ△ＡＫＢを加えると、
求める面積＝台形ＡＢＣＦ－△ＡＢＨである。
ここで、ＨＤ＝ＤＦ＝ｘｃｍと置くと、
ＦＣ＝２√１５－ｘｃｍ　
また、長方形ＪＥＣＦの面積は１０ｃｍ^2より、
ＥＣ＝１０/(２√１５－ｘ)ｃｍ
∴ＢＣ＝２√１５＋１０/(２√１５－ｘ)ｃｍ
また、ＡＨ＝２√１５＋１０/(２√１５－ｘ)－ｘｃｍ
∴求める面積＝{(２√１５－ｘ)＋２√１５}×{２√１５＋１０/(２√１５－ｘ)}×(１/２)－２√１５×{２√１５＋１０/(２√１５－ｘ)－ｘ}×(１/２)
＝(４√１５－ｘ){２√１５＋１０/(２√１５－ｘ)}×(１/２)－３０－１０√１５/(２√１５－ｘ)＋√１５ｘ
＝２０√１５/(２√１５－ｘ)＋６０－５ｘ/(２√１５－ｘ)－√１５ｘ－３０－１０√１５/(２√１５－ｘ)＋√１５ｘ
＝３０＋(１０√１５－５ｘ)/(２√１５－ｘ)
＝３０＋５(２√１５－ｘ)/(２√１５－ｘ)
＝３０＋５＝３５
よって、答えは、３５ｃｍ^2

算数は１つのサイトというかYoutubeを見つけて、２つの解法を作ってみました。念のため、１つは全くそのままでもう一つはコメント欄にあった解答の改造です。他にもあるのかもしれませんが、２つで十分だと思います。

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12804830899.html

算数の解法１
ＨＦ，ＡＥを結ぶと、△ＤＨＦ，△ＧＡＥはそれぞれ直角二等辺三角形より、∠ＤＨＦ＝∠ＤＡＥ＝４５°
よって、同位角が等しいので、ＨＦ//ＡＥ
ここで、ＨＥとＡＦの交点をＬとすると、等積変形より△ＡＨＦ＝△ＥＨＦ　
この両辺から共通部分の△ＬＨＦを引くと、△ＡＨＬ＝△ＥＦＬ（実はこれは定石で台形ならば成り立つ。）
また、△ＨＡＫ＝ア，△ＨＫＬ＝イと置くと、△ＥＦＬ＝△ＡＨＬ＝ア＋イ
さらに、四角形ＫＢＥＬ＝ウ，△ＦＥＣ＝エと置くと、
四角形ＢＣＦＫ－△ＡＫＨ＝ア＋イ＋ウ＋エ－ア＝イ＋ウ＋エ＝△ＨＢＫ＋△ＦＥＣ＝△ＧＢＥ＋△ＦＥＣ
＝正方形ＡＢＥＧの半分＋長方形ＪＥＣＦの半分
＝３０＋５＝３５ｃｍ^2
よって、答えは、３５ｃｍ^2
引用元：

コメント欄の解答を改造すると解法２が作れます。

おまけ：

解法２
ところで、求めたいのは、四角形ＢＣＦＫと△ＡＫＨの差でこの２つにそれぞれ四角形ＨＦＫＤを加えると、
求める面積＝台形ＨＢＣＤ－△ＡＤＦ＝台形ＨＢＣＤ－△ＢＤＦ＝△ＢＨＤ＋△ＢＦＣ＝△ＢＨＤ＋△ＢＪＣ―――①
ここで、△ＢＨＤの底辺と高さに注目すると、
△ＢＨＤ＝ＨＤ×ＡＢ÷２＝ＧＪ×ＢＥ÷２＝△ＢＧＪ
よって、△ＢＨＤ＝△ＢＧＪ―――②
②を①に代入すると、
求める面積＝△ＢＨＤ＋△ＢＪＣ＝△ＢＧＪ＋△ＢＪＣ
＝△ＢＧＥ＋△ＪＣＥ＝正方形ＡＢＥＧの半分＋長方形ＪＥＣＦの半分＝３０＋５＝３５ｃｍ^2
よって、答えは、３５ｃｍ^2

おまけ：

解説
＞σをＦpからＦpの上への同型写像とする。σは０は０に、１は１に写像する。

σは準同型写像で０は加法の単位元で１は乗法の単位元だから、σ(０)＝０，σ(１)＝１となる。

定義3.1
Ｒ，Ｒ'を環とし、ｆをＲからＲ'への写像とする。任意のａ,ｂ∈Ｒに対して
ｆ(ａ＋ｂ)＝ｆ(ａ)＋ｆ(ｂ)
ｆ(ａ・ｂ)＝ｆ(ａ)・ｆ(ｂ)
ｆ(１_R)＝１_R'
が満たされているとき、ｆをＲからＲ'への環の準同型写像であるという。

ｆ(１_R)＝１_R'が１は１に写像するという事。ただし、Ｆpは体なので、加法も乗法も群をなしている（乗法の方はＦp^*）と考えると、第２章定理6.2だけで良い。

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。

加法群の場合はｆ(０)＝０で乗法群の場合はｆ(１)＝１という事。

＞Ｆp＝{０,１,２,…,ｐ－１}
であることに注意して、σ(ｊ)＝ｊ・σ(１)＝ｊとなることからσ＝１_Fpである。

{０,１,２,…,ｐ－１}は整数よりｊは整数である。
∴σ(ｊ)＝σ(１＋…＋１)＝σ(１)＋…＋σ(１)（σは準同型写像だから）＝ｊ・σ(１)＝ｊ（上よりσ(１)＝１だから）
∴σ(ｊ)＝ｊ
よって、σは恒等写像である。∴σ＝１_Fp

＞σ：Ｋ→Ｋ（０→０，１→１）
　　　ｘ→ｘ^2

ついでに、αとα^2の行き先も示して下さい。

α→α^2
α^2→(α^2)^2＝(α＋１)^2（Ｋ＝{０,１,α,α^2＝α＋１}だから）
＝α^2＋２α＋１＝α^2＋１（Ｆ2の性質より２α≡０だから）＝－α（例6.5より、α^2＋α＋１＝０よりα^2＋１＝－αだから）
＝α（Ｆ2の性質より－１≡１だから）
∴α^2→α

例6.5の解説の一部
「以上よりＫ＝{０，１，α，α^2＝α＋１}である。αとα＋１はＸ^2＋Ｘ＋１の２つの根となるので、」（2023/5/30 12:09 (No.798769)より引用）

よって、α^2＋α＋１＝０である。

＞実際、ｘ,ｙ∈Ｆpに対して
σ(ｘｙ)＝(ｘｙ)^2＝ｘ^2ｙ^2＝σ(ｘ)σ(ｙ)

Ｆpは乗法について可換だからである。

第２章定理2.7
Ｇが可換群のとき、Ｇの任意の元ａ,ｂについて次のことが成立する。
(ａ・ｂ)^n＝ａ^n・ｂ^2

＞最後に定理6.1から上のＫ^*は巡回群だが、その生成元を示して下さい。

Ｋ＝{０,１,α,α^2＝α＋１}より、Ｋ^*＝{１,α,α^2}
αを生成元とすると、α^3＝１を示せば良い。
α^3＝α・α^2＝α(α＋１)＝α^2＋α＝(α＋１)＋α＝２α＋１＝０＋１＝１
∴α^3＝１　よって、Ｋ^*は巡回群でαが生成元である。

または、Ｋ＝{０,１,α,α＋１}＝Ｆ2(α)となっているので、例6.3からＫ^*＝＜α＞
よって、Ｋ^*の生成元はαである。

例6.3
定理6.1によれば有限体Ｌの乗法群Ｌ^*は巡回群であるから、Ｌ^*の生成元の１つをαとすればＬ^*＝＜α＞である。したがって、Ｌの任意の部分体Ｋに対してＬ＝Ｋ(α)となっている。すなわち、有限体Ｌはその任意の部分体Ｋの単純拡大である。

「または」以降は適当なので裏を取って下さい。

おまけ：

問題１
あなたは友人たちなどとパーティーをしており、全員であなたを含めて１０人います。
友人の一人が賭けを提案してきました。
あなたと同じ誕生日の人がこの中にいればあなたは１ドルもらえます。
あなたと同じ誕生日の人がいない場合には友人が２ドルもらいます。
あなたはこの賭けを受け入れますか？

解答
同じ誕生日の人がいない場合には自分が友人に２ドル払うと仮定すると、
貰える金額と払う金額が１：２だから期待値を考えると２倍以上の確率がないと得をしない。
つまり、１/３と２/３で２/３＝66.6…％以上の確率があるのか考えると、どう考えても１０人の中に自分と同じ誕生日の人がいる確率が６６.６％もないだろう。
よって、受け入れない。

因みに、確率は、１－(３６４/３６５)^9＝0.02438…より、約２.４％である。（４０人でも約１０.4％である。）
因みに、自分と同じじゃなくて９人の中で誰でもいいから同じ誕生日の人がいる確率でも約１１.７%である。（４０人だったら約８９％）
補足：https://financial-field.com/living/entry-71340

感想：自分が払わないという言葉の問題なのかな。だったら受け入れる。

おまけ：

＞まぁ、理由を聞かれて変な事を言ったら（書いたら）バツにされるのかな。

例えば、１０人の中に自分と同じ誕生日の人がいる確率は９×(１/３６５)＝９/３６５＝0.024657…とか。
実際は、１－(３６４/３６５)^9＝0.02438…なので、ほとんど同じだが、上の考え方だと３６５人以上いる場合は１００％以上の確率になる。確率が１００％を越える事などあり得ないので、物事が分かっていない人と判定される可能性がある。ただし、直観的に正しいから数値的に近いのだろう。

因みに、１０人のうちに同じ誕生日の人がいる確率は、
１－(364/365)(363/365)(362/365)(361/365)(360/365)(359/365)(358/365)(357/365)(356/365)
＝１－0.8830518＝0.1169481
より、約１１.７％
また、３人以上の一致はほとんど０に近いので無視して計算すると、１０人を２組のペアに分ける場合の数は、10Ｃ2＝10×9/2×1＝４５通り
よって、１－(364/365)^45＝１－0.8838597＝0.1161402より、約１１.６％
と求めても良い。（当然数学の問題だったらダメだが。）

おまけ：

問題２
次の式を満たす多項式Ｘ(ｘ)，Ｙ(ｘ)を見つけよ。
(４ｘ^3－１)Ｘ(ｘ)＋(２ｘ^2－ｘ)Ｙ(ｘ)＝１
引用元：「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著より

解答
４ｘ^3－１と２ｘ^2－ｘの次数の差が１次なので、Ｘ(ｘ)が１次式でＹ(ｘ)を２次式に設定する。
Ｘ(ｘ)＝ａｘ＋ｂ，Ｙ(ｘ)＝ｐｘ^2＋ｑｘ＋ｒ（ａ,ｂ,ｐ,ｑ,ｒは整数）と置くと、
(４ｘ^3－１)(ａｘ＋ｂ)＋(２ｘ^2－ｘ)(ｐｘ^2＋ｑｘ＋ｒ)＝１　これを展開すると、
４ａｘ^4＋４ｂｘ^3－ａｘ－ｂ＋２ｐｘ^4＋２ｑｘ^3＋２ｒｘ^2－ｐｘ^3－ｑｘ^2－ｒｘ＝１
∴(４ａ＋２ｐ)ｘ^4＋(４ｂ＋２ｑ－ｐ)ｘ^3＋(２ｒ－ｑ)ｘ^2－(ａ＋ｒ)ｘ－ｂ＝１
これを恒等式として見ると、
４ａ＋２ｐ＝０―――①　４ｂ＋２ｑ－ｐ＝０―――②
２ｒ－ｑ＝０―――③　ａ＋ｒ＝０―――④　ｂ＝－１―――⑤　が成り立つ。
⑤を②に代入すると、－ｐ＋２ｑ＝４―――⑥
また、④よりｒ＝－ａ　これを③に代入すると、
ｑ＝２ａ　∴ａ＝－ｑ/２　
これを①に代入すると、－２ｑ＋２ｐ＝０　∴ｐ＝ｑ　
これを⑥に代入すると、ｑ＝４　∴ｐ＝ｑ＝４　
∴ａ＝－ｑ/２＝－２，ｂ＝－１，ｒ＝－ａ＝２
∴Ｘ(ｘ)＝ａｘ＋ｂ＝－２ｘ－１
Ｙ(ｘ)＝ｐｘ^2＋ｑｘ＋ｒ＝４ｘ^2＋４ｘ＋２
よって、答えの1例は、
Ｘ(ｘ)＝－２ｘ－１，Ｙ(ｘ)＝４ｘ^2＋４ｘ＋２

別解はユークリッドの互除法の原理を使うものですが、それは「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著を購入して読んで下さい。（それだけでも為になると思いますよ。）

これだけじゃ面白くないので、正六面体サイコロ（普通のサイコロ）は何種類あるか。また、３次の魔方陣は何種類あるか答えて下さい。ただし、検索はしないで下さい。
（後者は以前から知っていましたが、前者は今朝急に思い付きました。）

おまけ：

＞これだけじゃ面白くないので、正六面体サイコロ（普通のサイコロ）は何種類あるか。また、３次の魔方陣は何種類あるか答えて下さい。ただし、検索はしないで下さい。

（１）サイコロの方
正六面体サイコロは１の裏は６，２の裏は５，３の裏は４と決まっているので、上面を１と底面を６に固定し、前面を２と背面を５に固定すると、左側面と右側面は（３，４）と（４，３）の２通りが考えられる。
つまり、正六面体サイコロは２種類ある。また、サイコロの１と４と５の目は上下左右対称だが、２と３と６はそれぞれ２通りずつ向きがあるので、２^3＝８通りある。
よって、厳密には、２×８＝１６種類ある。

（２）３次の魔方陣の特徴は、
１．マスの真ん中の数字は５である。
２．１行（１列）の数字の合計は１５である。
３．４隅の数字は全て偶数である。
引用元：https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-11034145575.html

よって、左上を２に固定すると右下は８で、右上を４に固定すると左下は６である。そして、残りの奇数は１通りに決まる。
よって、初めの２が２，４，６，８の４通りで次の４が４，６の２通りより、４×２＝８種類である。
ただし、このうち４通りずつは回転させたら一致するので大まかには２種類で、その２種類も裏返すと一致するので、見方によっては１種類である。
念のため、初めの２の取り方で回転の４通りで次の４の取り方で裏返しの２通りである。

数学好きの人は、上の性質の１～３を証明して下さい。

おまけ：

問題
１～９を使った３次の魔方陣で、例えば、上の１，２の条件を使うと、簡単に、
３４８
９５１
２６７
という６列完成の魔方陣が作れるが、７列完成の魔方陣が作れるかどうか検討して下さい。念のため、上の条件にこだわる必要はありません。

おまけ：

問題
１～９を使った３次の魔方陣で、例えば、上の１，２の条件を使うと、簡単に、
３４８
９５１
２６７
という６列完成の魔方陣が作れるが、７列完成の魔方陣が作れるかどうか検討して下さい。

解答
作れる。
２４９　　　５７３
６８１　　　９２４
７３５　　　１６８
など、回転４通り，裏返し２通りの８×２＝１６通りで全部だろう。

おまけ：

解説
＞ｆ(Ｘ)が重根を持つ時、ｆ(Ｘ)＝(Ｘ－α)^2・ｇ(Ｘ)と表せるので、既約ではないのではないか。既約である理由を述べて下さい。

αはＫのある拡大体Ｌの元なので、α∉Ｋの場合はｆ(Ｘ)は既約多項式になる。

＞ｆ(Ｘ)＝Ｘ^q－Ｘとおく。ｆ'(Ｘ)＝－１とｆ(Ｘ)は共通根をもたないので、補題３により方程式ｆ(Ｘ)＝０の根は互いに異なる。

ｆ(Ｘ)＝Ｘ^q－Ｘの両辺をＸで微分すると、
ｆ'(Ｘ)＝ｑＸ^(q-1)－１―――①
また、上より、Ｘ^(q-1)－１＝０　∴Ｘ^(q-1)＝１―――②
②を①に代入すると、ｆ'(Ｘ)＝ｑ－１
∴ｆ'(α)＝ｑ－１≠０（ｑ＝ｐ^r，ｒ≧１でｐは素数）
一方、αは方程式Ｘ^(q-1)－１＝０の根で、Ｘ(Ｘ^(q-1)－１)＝０の根より、
ｆ(Ｘ)＝Ｘ^q－Ｘと置くと、ｆ(α)＝０である。
よって、ｆ(α)＝０，ｆ'(α)≠０よりｆ(Ｘ)とｆ'(Ｘ)は共通根を持たないので、補題３により方程式ｆ(Ｘ)＝０は重根を持たず、互いに異なる。
念のため、αは任意の元である。（だから、ｆ(α)＝０，ｆ'(α)≠０よりｆ(Ｘ)とｆ'(Ｘ)は共通根を持たないと言える。）
補足：ｆ'(Ｘ)＝－１は誤植だと思います。

おまけ：

補題３
Ｋ[Ｘ]を体Ｋ上の多項式環とし、ｆ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]とする。また、αをＫのある拡大体Ｌの元でｆ(α)＝０であるとする。このとき、次の命題が成立する。
（１）αがｆ(Ｘ)の重根である⇔αがｆ(Ｘ)とｆ'(Ｘ)の共通根である。
（２）ｆ(Ｘ)が既約であるとするとき、αがｆ(Ｘ)の重根であることと、ｆ'(Ｘ)＝０であることは同値である。

考察
（２）ｆ(Ｘ)が重根αを持つので、ｆ(Ｘ)＝(Ｘ－α)^2・ｇ(Ｘ)（ｇ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]）と置ける。
α∈Ｋの場合はｆ(Ｘ)は既約でないので、α∉Ｋの場合を考える。この時、
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ^2－２αＸ＋α^2)ｇ(Ｘ)　α∉Ｋより、ｆ(Ｘ)∉Ｋ[Ｘ]である。これを解消するには、ｆ(Ｘ)が定数である必要がある。∴ｆ(Ｘ)＝ｃ（ｃ∈Ｋ）
∴ｆ'(Ｘ)＝０
よって、（２）は自明な事なのである。

実は、ｆ(Ｘ)∉Ｋ[Ｘ]は嘘である。
例えば、Ｋをℝ，Ｌをℂと考えると、α＝√３として、
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ－√３)^2・ｇ(Ｘ)と置ける。
∴ｆ(Ｘ)＝(Ｘ^2＋３－２√３Ｘ)ｇ(Ｘ)
ここで、ｇ(Ｘ)＝Ｘ^2＋２√３Ｘ＋３とすると、
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ^2＋３－２√３Ｘ)(Ｘ^３)^＋２√３Ｘ)
＝(Ｘ^2＋３)^2－１２Ｘ^2＝(Ｘ^2－３)^2
よって、ｆ(Ｘ)＝Ｘ^4－６Ｘ^2＋９でｆ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]と出来るからである。
ただし、ｆ(Ｘ)は既約ではない。実は、これは他のどんな場合でも可約になる。（それは本題の証明から示される。）
よって、これを解消するには、ｆ(Ｘ)が定数である必要がある。∴ｆ(Ｘ)＝ｃ（ｃ∈Ｋ）
∴ｆ'(Ｘ)＝０
よって、（２）は自明な事なのである。

おまけ：

間違えた。
＞例えば、Ｋをℝ，Ｌをℂと考えると、

Ｋをℚ，Ｌをℝだった。

＞実は、ｆ(Ｘ)∉Ｋ[Ｘ]は嘘である。
例えば、Ｋをℚ，Ｌをℝと考えると、α＝√３として、
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ－√３)^2・ｇ(Ｘ)と置ける。
∴ｆ(Ｘ)＝(Ｘ^2＋３－２√３Ｘ)ｇ(Ｘ)
ここで、ｇ(Ｘ)＝Ｘ^2＋２√３Ｘ＋３とすると、
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ^2＋３－２√３Ｘ)(Ｘ^３)^＋２√３Ｘ)
＝(Ｘ^2＋３)^2－１２Ｘ^2＝(Ｘ^2－３)^2
よって、ｆ(Ｘ)＝Ｘ^4－６Ｘ^2＋９でｆ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]と出来るからである。

ｇ(Ｘ)∈ℝ[Ｘ]より、ｇ(Ｘ)∈Ｌ[Ｘ]である。そこで、補題３の（１）の証明を見ると、

補題３
Ｋ[Ｘ]を体Ｋ上の多項式環とし、ｆ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]とする。また、αをＫのある拡大体Ｌの元でｆ(α)＝０であるとする。このとき、次の命題が成立する。
（１）αがｆ(Ｘ)の重根である⇔αがｆ(Ｘ)とｆ'(Ｘ)の共通根である。
（２）ｆ(Ｘ)が既約であるとするとき、αがｆ(Ｘ)の重根であることと、ｆ'(Ｘ)＝０であることは同値である。

証明
（１）（⇒）：ｆ(Ｘ)＝(Ｘ－α)^2・ｇ(Ｘ)とおく。
ｆ'(Ｘ)＝２(Ｘ－α)ｇ(Ｘ)+(Ｘ－α)^2・ｇ'(Ｘ)
　　　＝(Ｘ－α){２ｇ(Ｘ)＋(Ｘ－α)ｇ'(Ｘ)}
∴ｆ'(α)＝０
（⇐）：αがｆ(Ｘ)の重根ではないとする。すなわち、
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ－α)ｈ(Ｘ)，ｈ(α)≠０，（ｈ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]）
このとき、ｆ'(Ｘ)＝ｈ(Ｘ)＋(Ｘ－α)ｈ'(Ｘ)
となるので、ｆ'(α)＝ｈ(α)≠０
である。ゆえに、αとｆ(Ｘ)はｆ'(Ｘ)の共通根ではない。

６行目の（ｈ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]）は、（ｈ(Ｘ)∈Ｌ[Ｘ]）ですよね。
ついでに、１行目のｇ(Ｘ)もｇ(Ｘ)∈Ｌ[Ｘ]ですね。α∈Ｌでｆ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]なのですから。

おまけ：
https://dic.pixiv.net/a/%E5%9B%9B%E8%B2%AB%E7%9B%AE

問題１
□に当てはめる数を求めてください。
３÷{６７４×(１/□－１/６７５)－１/６７５}＝２０１９

解答
暗算で解くと、結局、６７４/□＝２０２２/２０１９まで出来、（当たりを付けて）１/□＝３/２０１９と出来る。
ここで、２０１９が素数と勘違いすると解けないが、２０１９÷３＝６７３より、
□＝６７３

検算
from sympy import Symbol,solve
x = Symbol('x')
expr = 3/(674*(1/x - 1/675) - 1/675) - 2019
solve(expr)
結果：[673.000000000000]

よって、ＯＫ。

問題２
次の英文を日本語に訳してください。
Few people could speak Japanese.

解答
ほとんどの人々は日本語を話せなかった。（直訳）

模範解答は「日本語を話せる人はほとんどいなかった」かな。

そういえば、昔、２度目の大学で英語の授業を受けた時に、ろくな講師がいなかったな。笑

おまけ：https://news.yahoo.co.jp/articles/2e153005814f4e4dfada10b113df14f65bd5ed3f

問題３の解法１
ＡＤを結ぶと、直角三角形の斜辺と他の１辺が等しいので、△ＡＥＤ≡△ＡＣＤ　∴ＡＥ＝ＡＣ＝９ｃｍ
∴ＢＥ＝１５－９＝６ｃｍ
ところで、∠Ｂを共有していて直角が等しいので２角が等しく、△ＡＢＣ∽△ＢＤＥ
よって、△ＢＤＥも３：４：５の直角三角形である。
∴ＤＥ＝(３/４)ＢＥ＝(３/４)×６＝９/２ｃｍ
∴ＤＣ＝ＤＥ＝９/２ｃｍ

解法２
△ＡＢＣ∽△ＢＤＥまでは同じ。∴∠ＥＡＤ＝∠ＣＡＤ
よって、ＡＤは∠Ａの二等分線である。よって、△ＡＢＣで角の二等分線の定理を使うと、
ＢＤ：ＤＣ＝１５：９＝５：３
∴ＤＣ＝(３/８)ＢＣ＝(３/８)×１２＝９/２ｃｍ

解法３
∠Ｂを共有していて直角が等しいので２角が等しく、△ＡＢＣ∽△ＢＤＥ
よって、△ＢＤＥも３：４：５の直角三角形である。
よって、ＤＣ＝ＤＥ＝ｘと置くと、ＢＤ＝１２－ｘでＤＥ：ＢＤ＝３：５より、ｘ：１２－ｘ＝３：５
∴３(１２－ｘ)＝５ｘ　∴３６－３ｘ＝５ｘ
∴８ｘ＝３６　∴ｘ＝３６/８＝９/２
∴ＤＣ＝９/２ｃｍ

おまけ：

問題
「数学ガール　フェルマーの最終定理」結城浩著ｐ.167に「一般に、ｎ次方程式ｘ^n＝１のｎ個の解の集合を、{α0,α1,α2,…,αn-1}とすると、この集合は乗算に関してアーベル群になる」とあり、ｎ＝２の場合とｎ＝３の場合の群表が示されているが、ｎ＝ｐ^r－１（ｐは素数でｒ≧１）の場合は{α0,α1,α2,…,αn-1}に０を加えた集合は有限体となる。
この証明は、「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著ｐ.249の定理6.6を使えば出来るが、具体的にｎ＝２，３の場合の加法群の群表を作って確かめて下さい。

解答
ｎ＝２の場合、{０,＋１,－１}
　＋　　０　＋１　－１
　０　　０　＋１　－１
＋１　＋１　＋２　　０
－１　－１　　０　－２
だが、ｎ＝ｐ^r－１より、２＝３^1－１でmod３で考えると、
　＋　　０　＋１　－１
　０　　０　＋１　－１
＋１　＋１　－１　　０
－１　－１　　０　＋１
でＯＫ。よって、加法群をなしている。よって、乗法群と合わせて有限体である。

ｎ＝３の場合、{０,１,ω,ω^2}
＋　　０　　　１　　　ω　　　　ω^2
０　　０　　　１　　　ω　　　　ω^2
１　　１　　　２　　　ω＋１　　ω^2＋１　　
ω　　ω　　ω＋１　　２ω　　　ω^2＋ω
ω^2　ω^2　ω^2＋１　ω^2＋ω　２ω^2

ところで、ω^3＝１より、ω^3－１＝０
∴(ω－１)(ω^2＋ω＋１)＝０　∴ω^2＋ω＋１＝０
∴ω＋１＝－ω^2，ω^2＋１＝－ω，ω^2＋ω＝－１
よって、
＋　　０　　　１　　　ω　　　　ω^2
０　　０　　　１　　　ω　　　　ω^2
１　　１　　　２　　　－ω^2　　－ω　　
ω　　ω　　－ω^2　　２ω　　　－１
ω^2　ω^2　－ω　　　－１　　　２ω^2
また、ｎ＝ｐ^r－１より、３＝２^2－１でmod２で考えると、－１≡１（mod２），２≡０（mod２）なので、

＋　　０　　　１　　　ω　　　　ω^2
０　　０　　　１　　　ω　　　　ω^2
１　　１　　　０　　　ω^2　　　ω　　
ω　　ω　　　ω^2　　０　　　　１
ω^2　ω^2　　ω　　　１　　　　０

でＯＫ。よって、加法群をなしている。よって、乗法群と合わせて有限体である。
乗法の方はmodを使わないのに加法の方はmodを使うのはちょっと面白い。因みに、Ｆ3（ℤ3）やＦ5（ℤ5）などの場合は加法も乗法もmodを使う。

おまけ：

問題１の暗算用の解答
１３/１７＜１で２１/１３＞１より、１３/１７＜２１/１３なので、１３/１７－２１/１３＜０
∴√(１３/１７－２１/１３)^2＝２１/１３－１３/１７―――①
また、３１/１７と２１/１３の大小を比較すると、３１/１７＝１＋１４/１７，２１/１３＝１＋８/１３
よって、１４/１７と８/１３の大小を比較するために１－１４/１７＝３/１７と１－８/１３＝５/１３の大小を比較すると、１７÷３＝５・・・２，１３÷５＝２・・・３より、
３/１７＜５/１３　∴－３/１７＞－５/１３
∴１－３/１７＞１－５/１３　∴１４/１７＞８/１３
∴１＋１４/１７＞１＋８/１３　∴３１/１７＞２１/１３
∴３１/１７－２１/１３＞０
∴√(３１/１７－２１/１３)^2＝３１/１７－２１/１３―――②
①＋②より、
√(１３/１７－２１/１３)^2＋√(３１/１７－２１/１３)^2
＝２１/１３－１３/１７＋３１/１７－２１/１３
＝１８/１７
よって、答えは、１８/１７

因みに、pythonで３通りで求めてみました。

from fractions import Fraction
import math
math.sqrt((Fraction(13,17)-Fraction(21,13))**2) + math.sqrt((Fraction(31,17)-Fraction(21,13))**2)
結果：1.0588235294117647

import math
math.sqrt((13/17-21/13)**2) + math.sqrt((31/17-21/13)**2)
結果：1.0588235294117647

((13/17-21/13)**2)**(1/2) + ((31/17-21/13)**2) **(1/2)
結果：1.0588235294117647

１８/１７＝1.0588235294117647でＯＫ。

おまけ：

訂正
問題１の暗算用の解答
１３/１７＜１で２１/１３＞１より、
１３/１７＜２１/１３なので、
１３/１７－２１/１３＜０
∴√(１３/１７－２１/１３)^2＝２１/１３－１３/１７―――①
また、３１/１７と２１/１３の大小を比較すると、
３１/１７＝１＋１４/１７，２１/１３＝１＋８/１３
よって、１４/１７と８/１３の大小を比較するために
１－１４/１７＝３/１７と１－８/１３＝５/１３の大小を比較すると、１７÷３＝５・・・２，１３÷５＝２・・・３より、
３/１７＜５/１３　∴－３/１７＞－５/１３
∴１－３/１７＞１－５/１３　∴１４/１７＞８/１３
∴１＋１４/１７＞１＋８/１３　
∴３１/１７＞２１/１３
∴３１/１７－２１/１３＞０
∴√(３１/１７－２１/１３)^2＝３１/１７－２１/１３―――②
①＋②より、
√(１３/１７－２１/１３)^2＋√(３１/１７－２１/１３)^2
＝２１/１３－１３/１７＋３１/１７－２１/１３
＝１８/１７
よって、答えは、１８/１７

因みに、pythonで３通りで求めてみました。

from fractions import Fraction
import math
f = math.sqrt((Fraction(13,17)-Fraction(21,13))**2) + math.sqrt((Fraction(31,17)-Fraction(21,13))**2)
f = Fraction(f)
print(f.limit_denominator(100))
結果：18/17

from fractions import Fraction
import math
f = math.sqrt((13/17-21/13)**2) + math.sqrt((31/17-21/13)**2)
f = Fraction(f)
print(f.limit_denominator(100))
結果：18/17

from fractions import Fraction
f = ((13/17-21/13)**2)**(1/2) + ((31/17-21/13)**2) **(1/2)
f = Fraction(f)
print(f.limit_denominator(100))
結果：18/17

おまけ：

問題２の解法１　思いついた順
ＡＣは直径より∠ＡＢＣ＝９０°よって、△ＡＢＣで三平方の定理を使うと、
ＢＣ＝√(６^2－４^2)＝√２０＝２√５ｃｍ
また、∠ＣＡＥ＝∠ＢＡＥより弧ＣＥ＝弧ＢＥ　
∴ＣＥ＝ＢＥ　よって、△ＥＣＢは二等辺三角形である。そこで、ＥからＣＢに垂線を下ろしその足をＨとすると、ＣＨ＝ＢＨ＝√５ｃｍ
ところで、△ＡＢＣで角の二等分線の定理を使うと、
ＣＤ：ＢＤ＝６：４＝３：２　
∴ＢＤ＝(２/５)ＢＣ＝４√５/５ｃｍ　
∴ＨＤ＝ＢＨ－ＢＤ＝√５－４√５/５＝√５/５ｃｍ
∴ＨＤ：ＢＤ＝√５/５：４√５/５＝１：４
また、ＥＤ⊥ＢＣ，∠ＡＢＣ＝９０°より、
ＤＥ//ＡＢで△ＤＥＨ∽△ＤＡＢとなり相似比は１：４
∴ＥＤ：ＡＢ＝１：４　∴ＥＤ＝１ｃｍ　
∴四角形ＡＣＥＢ＝２√５×(１＋４)×(１/２)＝５√５ｃｍ^2　また、ＣＤ：ＢＤ＝３：２より、
△ＡＥＣ＝(３/５)四角形ＡＣＥＢ＝(３/５)×５√５＝３√５ｃｍ^2
よって、答えは、３√５ｃｍ^2

解法２　どちらも暗算
ＡＣは直径より∠ＡＥＣ＝９０°ここで、ＡＢの延長とＣＥの延長との交点をＦとすると、ＡＥは∠ＣＡＦの二等分線でＡＥ⊥ＣＦより△ＡＣＦは二等辺三角形である。
∴ＡＦ＝ＡＣ＝６ｃｍ　∴ＢＦ＝６－４＝２ｃｍ　
また、△ＡＢＣで三平方の定理を使うと、
ＢＣ^2＝６^2－４^2＝２０
よって、△ＢＣＦで三平方の定理を使うと、
ＣＦ＝√(２０＋２^2)＝√２４＝２√６ｃｍ
∴ＣＥ＝√６ｃｍ
また、△ＡＣＥで三平方の定理を使うと、
ＡＥ＝√{６^2－(√６)^2}＝√３０ｃｍ
∴△ＡＥＣ＝√６×√３０×(１/２)＝３√５ｃｍ^2
よって、答えは、３√５ｃｍ^2

解法３　今、思い付いた
ＡＣは直径より∠ＡＥＣ＝９０°ここで、ＡＢの延長とＣＥの延長との交点をＦとすると、ＡＥは∠ＣＡＦの二等分線でＡＥ⊥ＣＦより△ＡＣＦは二等辺三角形である。
∴ＡＦ＝ＡＣ＝６ｃｍ　∴ＢＦ＝６－４＝２ｃｍ　
ここで、ＣＥ＝ＦＥ＝ｘと置くと、ＦＣ＝２ｘ
よって、方べきの定理を使うと、
ＦＢ・ＦＡ＝ＦＥ・ＦＣより、２・６＝ｘ・２ｘ
∴ｘ^2＝６　∴ｘ＝√６ｃｍ　∴ＣＥ＝√６ｃｍ
以後、解法２と同じ。

おまけ：
https://twitter.com/nekoinuwideshow/status/1664270941315284995

問題１
ある野球選手の昨日までの打率は３割７分５厘でしたが、今日は６打数３安打だったため、打率は４割ちょうどになりました。この選手が明日、打率４割５分以上になるためには、６打数何安打以上の成績が必要ですか。

解答
昨日までの総打席数をｘ，安打数をｙと置くと、
ｙ/ｘ＝０.３７５―――①
また、今日は６打数３安打で打率が４割になったので、
(ｙ＋３)/(ｘ＋６)＝０.４―――②が成り立つ。
②より、ｙ＋３＝０.４(ｘ＋６)　∴１０ｙ＋３０＝４ｘ＋２４　∴４ｘ－１０ｙ＝６　∴２ｘ－５ｙ＝３―――②'
また、①より、ｙ＝０.３７５ｘ　∴ｙ＝３ｘ/８　
∴５ｙ＝１５ｘ/８―――①'
①'を②'に代入すると、２ｘ－１５ｘ/８＝３　∴ｘ/８＝３
∴ｘ＝２４　∴ｙ＝９　∴(ｘ，ｙ)＝(２４，９)―――☆
ところで、明日の安打数をａ本と置くと、②から、
(ｙ＋３＋ａ)/(ｘ＋６＋６)≧０.４５が成り立つ。
∴(ｙ＋３＋ａ)/(ｘ＋１２)≧９/２０―――☆☆
☆を☆☆に代入すると、
(９＋３＋ａ)/(２４＋１２)≧９/２０
∴(ａ＋１２)/３６≧９/２０
∴ａ＋１２≧８１/５＝１６.２
∴ａ≧４.２　ａは自然数より、ａ≧５
よって、答えは、５安打以上。

検算：ｙ/ｘ＝９/２４＝３/８＝０.３７５でＯＫ。
(ｙ＋３)/(ｘ＋６)＝１２/３０＝２/５＝０.４でＯＫ。
ａ＝５の時、(ｙ＋３＋ａ)/(ｘ＋１２)＝１７/３６＝０.４７２２２２２≧０.４５でＯＫ。
ａ＝４の時、(ｙ＋３＋ａ)/(ｘ＋１２)＝１６/３６＝４/９＝０.４４４４４４４＜０.４５でＯＫ。

問題２の解法１
折れ線の頂点を上からＡ～Ｆと振り、Ｂから太線と平行な直線ｌを引くと、錯角より∠ＡＢｌ＝４０°
また、ＣＤの延長と下の太線との交点をＧとすると、四角形ＤＥＦＧの内角の和より、∠ＤＧＦ＝３６０°－１２０°－１１０°－３９°＝９１°
ここで、点Ｃから太線と平行な直線ｍを引くと、錯角より∠ＤＣｍ(右)＝９１°よって、∠ＤＣｍ(左)＝１８０°－９１°＝８９°より、∠ＢＣｍ＝９３°－８９°＝４°
よって、∠ア＝４０°＋４°＝４４°
よって、答えは、４４°

解法２
ＡＢの延長と下の太線との交点をＨとすると、錯角より∠ＡＨＦ＝４０°また、ＡＨとＤＥ，ＥＦとの交点をそれぞれＩ，Ｊとすると、△ＦＪＨの内対角の和より、∠ＦＪＨ＝１１０°－４０°＝７０°
よって、∠ＨＩＤ＝７０°＋３９°＝１０９°より、∠ＢＩＤ＝１８０°－１０９°＝７１°
よって、四角形ＢＩＤＣの内角の和より、∠ＩＢＣ＝３６０°－７１°－６０°－９３°＝１３６°
よって、∠ア＝１８０°－１３６°＝４４°でＯＫ。

おまけ：

問題１の解答
ＤＭの延長とＡＢの延長との交点をＥとすると、ＢＭ＝ＣＭと対頂角と直角が等しいので、一辺両端で△ＭＢＥ≡△ＭＣＤ　∴ＢＥ＝ＣＤ＝３ｃｍ　∴ＡＥ＝１１＋３＝１４ｃｍ
∴ＡＥ＝ＡＤ　よって、△ＡＥＤは二等辺三角形より、
∠ＡＤＭ＝(１８０°－５８°)÷２＝１２２°÷２＝６１°
∴∠ｘ＝６１°

因みに、中点という言葉を使っているのとカテゴリが数学問題となっているので、数学として解いたが、典型的な算数問題である。∠Ａは正確には５８°ではないからである。（算数の問題としては別に問題はない。）

厳密な値を求める解法１
ＤＭの延長とＡＢの延長との交点をＥとすると、ＢＭ＝ＣＭと対頂角と直角が等しいので、一辺両端で△ＭＢＥ≡△ＭＣＤ　∴ＢＥ＝ＣＤ＝３ｃｍ　∴ＡＥ＝１１＋３＝１４ｃｍ
∴ＡＥ＝ＡＤ　よって、△ＡＥＤは二等辺三角形。
また、ＥＭ＝ＤＭより点ＭはＤＥの中点。∴ＡＭ⊥ＤＥ
∴∠ＡＭＤ＝９０°また、ＡＭは∠Ａの二等分線より、∠ＢＡＭ＝∠ＭＡＤ　また、∠ＡＢＭ＝∠ＡＭＤより、２角が等しいので、△ＡＢＭ∽△ＡＭＤ
ところで、ＤからＡＢに垂線を下ろしその足をＨとし、△ＡＤＨで三平方の定理を使うと、ＨＤ＝√(１４^2－８^2)＝√(１９６－６４)＝√１３２＝２√３３ｃｍ
∴ＢＭ＝√３３ｃｍ　よって、△ＡＢＭで三平方の定理を使うと、ＡＭ＝√{１１^2＋(√３３)^2}＝√(１２１＋３３)＝√１５４
∴∠ＡＤＭ＝Arcsin(√154/14)＝62.424952°

解法２
∠ＡＤＨ＝Arctan(4/√33)，∠ＭＤＨ＝Arctan(3/√33)より、
∠ｘ＝Arctan(4/√33)＋Arctan(3/√33)
ここで、Arctanの加法定理を使うと、
∠ｘ＝Arctan[(4/√33＋3/√33)/{１－(4/√33)(3/√33)}]
＝Arctan{(7/√33)/(１－12/33)}
＝Arctan(7√33/21)＝Arctan(√33/3)
＝62.424952°

念のため、長さを取るか角度を取るかで下の解答の方が絶対的に正しいという訳ではない。（下の解法は長さを優先したという事。）

おまけ：

問題２の解法１
ＯＡ＝ｘ，ＡＰ＝ＰＱ＝ＱＢ＝ｙと置いて、ＯからＡＢに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＯＰＱは二等辺三角形より点ＨはＰＱの中点に下りる。
よって、△ＯＰＨで三平方の定理を使うと、ＯＨ^2＝１^2－(ｙ/２)^2＝１－ｙ^2/４―――①
また、△ＡＯＨで三平方の定理を使うと、ｘ^2＝(３ｙ/２)^2＋ＯＨ^2＝９ｙ^2/４＋ＯＨ^2―――②
①を②に代入すると、ｘ^2＝９ｙ^2/４＋１－ｙ^2/４＝２ｙ^2＋１　∴ｘ^2＝２ｙ^2＋１―――③
また、２角が等しいので、△ＡＯＨ∽△ＡＢＭ
∴ＡＯ：ＡＨ＝ＡＢ：ＡＭ　∴ｘ：３ｙ/２＝３ｙ：ｘ＋１
∴９ｙ^2/２＝ｘ(ｘ＋１)　
∴ｙ^2＝２(ｘ^2＋ｘ)/９―――④
④を③に代入すると、ｘ^2＝４(ｘ^2＋ｘ)/９＋１
∴９ｘ^2＝４(ｘ^2＋ｘ)＋９　∴５ｘ^2－４ｘ－９＝０
∴(５ｘ－９)(ｘ＋１)＝０　∴ｘ＝９/５，－１
ｘ＞０より、ｘ＝９/５　∴ＯＡ＝９/５ｃｍ

解法２
ＯＡ＝ｘ，ＡＰ＝ＰＱ＝ＱＢ＝ｙと置いて、方べきの定理を使うと、ＢＭ^2＝ＢＰ・ＢＰより、
ＢＭ^2＝ｙ・２ｙ＝２ｙ^2―――①
また、ＡＭと円とのもう一つの交点をＫとすると、
ＡＰ・ＡＱ＝ＡＫ・ＡＭより、
ｙ・２ｙ＝(ｘ－１)(ｘ＋１) 　∴２ｙ^2＝ｘ^2－１―――②
①，②より、ＢＭ^2＝ｘ^2－１―――③
また、△ＡＢＭで三平方の定理を使うと、
(ｘ＋１)^2＋ＢＭ^2＝(３ｙ)^2―――④
③を④に代入すると、
ｘ^2＋２ｘ＋１＋ｘ^2－１＝９ｙ^2
∴９ｙ^2＝２ｘ^2＋２ｘ　∴ｙ^2＝(２ｘ^2＋２ｘ)/９―――⑤
②に⑤を代入すると、２(２ｘ^2＋２ｘ)/９＝ｘ^2－１
∴４ｘ^2＋４ｘ＝９ｘ^2－９　∴５ｘ^2－４ｘ－９＝０
以後同じ。

おまけ：