数学

問題２はセンスない方法でも解いてみて下さい。逆に結構面白いかもしれません。

問題１の解答
Ａの方は、内側の２辺を平行移動して大外の長方形に移すと長方形の周の長さと等しくなる。
Ｂの方は、②の下の辺と③,④の上の辺をそれぞれ上と下に平行移動させ大外の長方形に移し、また、左下の長方形の右の辺と右上の長方形の左の辺をそれぞれ右と左に平行移動させ大外の長方形に移すと、
ＡとＢの差は、Ｂの②の短い辺と①の短い辺の半分くらいの和２つ分である。
ここで、①,②,③,④の短い辺の長さをア，長い辺の長さをイとすると、「Ｂの②の短い辺と①の短い辺の半分くらい」の長さは、２×ア＋イ－１１ｃｍである。（これはＢの中央の縦線の所のダブり部分を考えれば分かると思う。）
よって、ＡとＢの差はこの２倍の(２×ア＋イ－１１)×２―――①
また、Ｂの横の長さを考えると、２×ア＋イ＝１７ｃｍ―――②
②を①に代入すると、
ＡとＢの差は、(１７－１１)×２＝６×２＝１２ｃｍ
よって、答えは、Ａの方が１２ｃｍ長い。

検索はしていませんが大丈夫でしょう。

おまけ：

問題２
(ｙ＋ｚ)/６ｘ＝(ｚ＋ｘ)/６ｙ＝(ｘ＋ｙ)/６ｚ
のとき、この式の値は？

解法１
(ｙ＋ｚ)/６ｘ＝(ｚ＋ｘ)/６ｙ＝(ｘ＋ｙ)/６ｚ＝ｋと置くと、
ｙ＋ｚ＝６ｋｘ―――①
ｚ＋ｘ＝６ｋｙ―――②
ｘ＋ｙ＝６ｋｚ―――③
①＋②＋③より、
２ｘ＋２ｙ＋２ｚ＝６ｋ(ｘ＋ｙ＋ｚ)
∴(６ｋ－２)(ｘ＋ｙ＋ｚ)＝０
∴ｋ＝１/３，ｘ＋ｙ＋ｚ＝０
よって、答えの１つは、１/３
また、ｘ＋ｙ＋ｚ＝０から、ｙ＋ｚ＝－ｘ，ｚ＋ｘ＝－ｙ，ｘ＋ｙ＝－ｚとして与式に代入すると、－１/６となる。
よって、答えは、１/３，－１/６

解法２
(ｙ＋ｚ)/６ｘ＝(ｚ＋ｘ)/６ｙ＝(ｘ＋ｙ)/６ｚから、
ｙ(ｙ＋ｚ)＝ｘ(ｚ＋ｘ)―――①
ｚ(ｚ＋ｘ)＝ｙ(ｘ＋ｙ)―――②
①より、ｙ^2＋ｙｚ＝ｘｚ＋ｘ^2―――①'
②より、ｚ^2＋ｘｚ＝ｘｙ＋ｙ^2―――②'
①'－②'より、
ｙ^2－ｚ^2＋ｙｚ－ｘｚ＝ｘｚ－ｘｙ＋ｘ^2－ｙ^2
∴(ｙ＋ｚ)(ｙ－ｚ)－ｚ(ｘ－ｙ)＝(ｘ＋ｙ)(ｘ－ｙ)－ｘ(ｙ－ｚ)
∴(ｙ＋ｚ)(ｙ－ｚ)＋ｘ(ｙ－ｚ)＝(ｘ＋ｙ)(ｘ－ｙ)＋ｚ(ｘ－ｙ)
∴(ｙ－ｚ)(ｘ＋ｙ＋ｚ)＝(ｘ－ｙ)(ｘ＋ｙ＋ｚ)
∴(ｘ－２ｙ＋ｚ)(ｘ＋ｙ＋ｚ)＝０
∴ｘ＋ｚ＝２ｙ，ｘ＋ｙ＋ｚ＝０
ｘ＋ｚ＝２ｙを与式の真ん中の項に代入すると、１/３
また、ｘ＋ｙ＋ｚ＝０から、ｙ＋ｚ＝－ｘ，ｚ＋ｘ＝－ｙ，ｘ＋ｙ＝－ｚとして与式に代入すると、－１/６
よって、答えは、１/３，－１/６

因みに、他の２式を組み合わせると与式の左右の項でも１/３となる。

解法３は次回。残念な解法かもしれません。笑

おまけ：

問題２
(ｙ＋ｚ)/６ｘ＝(ｚ＋ｘ)/６ｙ＝(ｘ＋ｙ)/６ｚ
のとき、この式の値は？

解法３
(ｙ＋ｚ)/６ｘ＝(ｚ＋ｘ)/６ｙ＝(ｘ＋ｙ)/６ｚから、
ｙ(ｙ＋ｚ)＝ｘ(ｚ＋ｘ)―――①
ｚ(ｚ＋ｘ)＝ｙ(ｘ＋ｙ)―――②
①より、ｙ^2＋ｙｚ＝ｘｚ＋ｘ^2　
∴ｙ^2＋ｚｙ－ｘ^2－ｘｚ＝０
∴ｙ＝{－ｚ±√(ｚ^2＋４ｘ^2＋４ｘｚ)}/２―――①'
②より、ｚ^2＋ｘｚ＝ｘｙ＋ｙ^2
∴ｙ^2＋ｘｙ－ｚ^2－ｘｚ＝０
∴ｙ＝{－ｘ±√(ｘ^2＋４ｚ^2＋４ｘｚ)}/２―――②'
①',②'より、－ｚ＝－ｘかつｚ^2＋４ｘ^2＋４ｘｚ＝ｘ^2＋４ｚ^2＋４ｘｚとすると、
３ｘ^2－３ｚ^2＝０　∴(ｘ＋ｚ)(ｘ－ｚ)＝０
∴ｘ＝±ｚ　ところで、－ｚ＝－ｘよりｘ＝ｚ
∴ｘ＝ｚ
これを①'に代入すると、
ｙ＝{－ｚ±√(ｚ^2＋４ｚ^2＋４ｚ^2)}/２
　＝(－ｚ±３ｚ)/２＝ｚ，－２ｚ
（ⅰ）ｙ＝ｚの場合、ｘ＝ｙ＝ｚ　これらを与式に代入すると、１/３
（ⅱ）ｙ＝－２ｚの場合、－２ｘ＝ｙ＝－２ｚ　これらを与式に代入すると、
(ｙ＋ｚ)/６ｘ＝(－２ｘ＋ｘ)/６ｘ＝－１/６
(ｚ＋ｘ)/６ｙ＝(ｚ＋ｚ)/(－１２ｚ)＝－１/６
(ｘ＋ｙ)/６ｚ＝(ｚ－２ｚ)/６ｚ＝－１/６
（ⅰ）,（ⅱ）より、答えは、１/３，－１/６

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/18bf24af5acc53631cf1ef89bce5371a9991aac8?page=2

解説
＞体Ｋの標数をｐ（＞０）とするとき、Ｋの任意の元ａに対してｐａ＝０であることを示せ。

体って整域じゃないんですか。

ｐはＫの元ではないので問題ない。念のため、

定理1.4
体は０と異なる零因子を持たない。すなわち、体は整域である。

＞（２）ｐはｎ１k＝０を満たす正の整数ｎの中で最小のものである。

どういう事か説明して下さい。

modｐの世界という事だろう。因みに、昨日の投稿から、

「結局
ℤ/(ｐ)≃τ(ℤ)
となる。このｐを体Ｋの標数という。標数がｐである体Ｋは体ℤ/(ｐ)と同型な体を部分体として含むことになる。この体はＫに含まれる最小の体であり、Ｋの素体と呼ばれる。この節では、標数ｐの体の素体をＦpにより表すことにする。」

とあり、modｐの世界なのだろう。（適当）そう考えると、問題の「体Ｋの標数をｐ（＞０）とするとき、Ｋの任意の元ａに対してｐａ＝０であることを示せ」は自明である。

＞kerτ＝(ｐ)ということは、ｎ１k＝０kを満たす整数はすべてｐで割り切れるということを意味している。したがって、ｐはｎ１k＝０を満たす最小の正の整数である。

ｐ∈ℤなのでイデアル(ｐ)はｐの倍数である。よって、(ｐ)はｐで割り切れる。また、kerτ＝(ｐ)よりτ((ｐ))＝０でτ：ｎ→ｎ１kより、(ｐ)はｎ１k＝０を満たす全ての整数だから。
また、ｐ|ｎよりｐ≦ｎだからｐは最小のｎ（正の整数）。

＞ｐ∈kerτ　すなわち、(ｐ)⊂kerτである。

kerτはイデアルでｐはイデアルkerτの元だから。一応、昨日の投稿から「また、定理3.2と定義3.3より、kerｆはイデアルである。よって、kerτはℤのイデアルである。」
または、本題の方の証明からｐ１k＝０　この両辺にｋ（∈ℤ）をかけると、ｋ(ｐ１k)＝０　
∴ｋ(ｐ１k)＝(ｋｐ)１k＝０　∴τ(ｋｐ)＝０　
∴ｋｐ∈kerτ　∴(ｐ)⊂kerτ

＞ｐについての仮定より、ｒ＝０でなければならない。

ｐは仮定（２）より「正の整数ｎの中で最小のもの」であり、また、条件∃ｑ,ｒ∈ℤ，０≦ｒ＜ｐより、ｐより小さい正の整数ｒが存在するのでｒを正の整数から外れたｒ＝０としなければならないという事。

おまけ：

問題１の解法１
ＢＣの延長上の点をＥとすると、∠ＢＡＥ＝９０°－２４°＝６６°
また、ＡＥとＢＤの交点をＦとすると、正方形の対称性より∠ＦＣＢ＝∠ＦＡＢ＝６６°
よって、△ＣＦＥの内対角の和より、∠ｘ＝６６°－２４°＝４２°

解法２
ＢＣの延長上の点をＥとし、ＡＥとＢＤの交点をＦとすると、△ＦＢＥの内対角の和より、∠ＡＦＢ＝４５°＋２４°＝６９°よって、正方形の対称性より、∠ＣＦＢ＝∠ＡＦＢ＝６９°よって、△ＦＥＢの内角の和より、
∠ｘ＋６９°＋４５°＋２４°＝１８０°
よって、∠ｘ＋１３８°＝１８０°
よって、∠ｘ＝４２°

問題２
自然数ｎについて、ｎ^4＋４が素数であるとき、その値を求めてください。

解答
ｎ^4＋４＝(ｎ^2＋２)^2－４ｎ^2＝(ｎ^2＋２＋２ｎ)(ｎ^2＋２－２ｎ)
∴ｎ^4＋４＝(ｎ^2－２ｎ＋２)(ｎ^2＋２ｎ＋２)
ところで、ｎは自然数より、
ｎ^2－２ｎ＋２＜ｎ^2＋２ｎ＋２
ここで、条件より(ｎ^2－２ｎ＋２)(ｎ^2＋２ｎ＋２)は素数なので、ｎ^2－２ｎ＋２＝１である。
∴ｎ^2－２ｎ＋１＝０　∴(ｎ－１)^2＝０　∴ｎ＝１
よって、ｎ^4＋１にｎ＝１を代入すると、５
よって、答えは、５

因みに、ｎが偶数の時はあり得ない事がすぐ分かるが、算数ではこれ以外答えがない事は証明出来ない。因みに、ｎ＝５を代入すると、５^4＋４＝６２５＋４＝６２９で素数っぽいが、６２９＝１７×３７となる。
小学生は適当にｎ＝１を代入して答えが合っていれば良いですね。

おまけ：
「精神病理学の解釈では、ナオは発狂者ということになる。天才と狂人は紙一重というが、ある意味で、すべての霊能者（オカルティスト）や見神者は狂人と紙一重である。霊的にみれば狂人というのは、神経回路が混線したり、ショートした人間のことである。そして、神経とは、すなわち「神の経（みち）」である。
　数万年、数十万年のあいだ幽閉されてきた神々は、みずからを顕現化させる容器を求めていた。そのあまりに巨大な噴出力は、ときには、まず容器になるべき人間の周辺や、その地域全体の神経回路を混乱させたり、ショートさせてしまうのだ。だから、この地域の異常性、ナオをとりまく悲惨の数々は、きたるべき神の、壮大なる世界の登場のきざしのようなものであったともいえる。
　ついでにいっておくと、後年までナオに投げかけられる「気狂い婆」という罵倒にたいし、王仁三郎に投げかけられた悪罵は「山師」であった。
　　　　　　　　　　（中略）
　だから、もともと高次の霊界との交感性は、いま述べたように、ある選別された特定の人間によってしか確保されえないし、かりにそういう器でも、コンバート機構を自分のなかにつくれないと、霊界が神経に逆流して、発狂したりするのである。」
「出口王仁三郎の霊界からの警告」武田崇元著より

解説
＞kerτはℤのイデアルであり、

剰余環ℤ/kerτを考えるために、kerτはℤのイデアルである事を言う必要があり、

定理2.3
Ⅰを環Ｒのイデアルとすると、Ｉを法とする剰余類全体の集合Ｒ/Ｉに対して、加法と乗法を次のように定義することができる。すなわちＲの元ａ,ｂに対して、
|ａ＋|ｂ＝|(ａ＋ｂ)
|ａ・|ｂ＝|(ａ・ｂ)
と定義することができる。これらの演算に関して、剰余類の全体Ｒ/Ｉは環になる。

つまり、剰余環ℤ/kerτを考えるにはkerτがイデアルである必要があるという事。（なかなか直接は書いていないので読み取る必要がある。この教科書では。）

また、定理3.2と定義3.3より、kerｆはイデアルである。よって、kerτはℤのイデアルである。

定理3.2
ｆをＲからＲ'への環の準同型写像とし、０_R'をＲ'の零元とすると
ｆ^-1(０_R')＝{ｘ｜ｘ∈Ｒ，ｆ(ｘ)＝０_R'}
はＲのイデアルである。

定義3.3
定理3.2の環Ｒのイデアルｆ^-1(０_R')を準同型写像ｆの核という。
環の準同型写像ｆの核は加法群の準同型写像としての核と同じであるから、加法群の場合と同じ記号kerｆを用いて表す。

＞τ(ℤ)はＫの部分環だから整域となるので、定理2.6によってkerτはℤの素イデアルである。

準同型写像は、例えばＧの元ｘ,ｙ,ｘｙをＧ'の元ｆ(ｘ),ｆ(ｙ),ｆ(ｘｙ)に移すが、準同型写像の定義よりｆ(ｘｙ)＝ｆ(ｘ)ｆ(ｘ)となるので、つまり、ｘｙはｆ(ｘ)ｆ(ｘ)に移される。よって、環の構造を持っているℤを準同型写像τで移したτ(ℤ)も環の構造が保存されるので、τ(ℤ)はＫの部分環となる。（これは教科書には載っていなくて、たまたま買った「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著のp.45の図を見て閃きました。）
また、Ｋは体だからその部分環も整域である。

定理1.4
体は０と異なる零因子をもたない。すなわち、体は整域である。

＞kerτ＝(０)とすればℤ≃τ(ℤ)となり、これはτ(ℤ)が有限集合Ｋの部分集合であることに矛盾する。

ℤ/(０)＝ℤ/０ℤ＝ℤ（全ての整数に０を加えるイメージ。因みに、ℤ/ℤもℤだろう。）

おまけ：

よく考えたら、ℤ/ℤ＝{|０}か。検索しても出ないね。

解答
（ⅰ）等辺の長さが一定の場合、ＡＢ＝ＡＣ＝ａと置くと、△ＡＢＣ＝(１/２)ａ^2・sin∠Ａ
ａが一定よりsin∠Ａが最大の時に面積が最大になる。
ところで、－１≦sin∠Ａ≦１でsin∠Ａ＝１の時、∠Ａ＝９０°（０＜∠Ａ＜１８０°より）
よって、答えは、∠ＢＡＣ＝９０°の時。

別解
ＡＢを固定してＡＣを点Ａを固定して動かすと、△ＣＡＢの面積が最大になるのは∠ＢＡＣ＝９０°の時である。
よって、答えは、∠ＢＡＣ＝９０°の時。

（ⅱ）円に内接する二等辺三角形の場合、ＢＣ＝ａ，外接円の半径をｒと置くと、ｒは一定（定数）である。
外心をＯとして、ＯからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、ＯＨ＝√{ｒ^2－(ａ/２)^2}＝√(ｒ^2－ａ^2/４)
∴ＡＨ＝ｒ＋√(ｒ^2－ａ^2/４)
よって、△ＡＢＣの面積をＳと置くと、
Ｓ＝ａ×{ｒ＋√(ｒ^2－ａ^2/４)}×(１/２)
＝ａ{ｒ＋√(ｒ^2－ａ^2/４)}/２
これをａで微分すると、
Ｓ'＝{ｒ＋√(ｒ^2－ａ^2/４)}/２＋ａ(－ａ/２)/４√(ｒ^2－ａ^2/４)
＝{ｒ＋√(ｒ^2－ａ^2/４)}/２－ａ^2/８√(ｒ^2－ａ^2/４)
ここで、Ｓ'＝０とすると、
{ｒ＋√(ｒ^2－ａ^2/４)}/２－ａ^2/８√(ｒ^2－ａ^2/４)＝０
∴４{ｒ＋√(ｒ^2－ａ^2/４)}－ａ^2/√(ｒ^2－ａ^2/４)＝０
∴４ｒ＋４√(ｒ^2－ａ^2/４)－ａ^2/√(ｒ^2－ａ^2/４)＝０
∴４ｒ√(ｒ^2－ａ^2/４)＋４(ｒ^2－ａ^2/４)－ａ^2＝０
∴４ｒ√(ｒ^2－ａ^2/４)＋４ｒ^2－ａ^2－ａ^2＝０
∴４ｒ√(ｒ^2－ａ^2/４)＝２ａ^2－４ｒ^2
∴２ｒ√(ｒ^2－ａ^2/４)＝ａ^2－２ｒ^2
∴４ｒ^2(ｒ^2－ａ^2/４)＝(ａ^2－２ｒ^2)^2
∴４ｒ^4－ａ^2ｒ^2＝ａ^4－４ａ^2ｒ^2＋４ｒ^4
∴ａ^4－３ａ^2ｒ^2＝０
∴ａ^2(ａ^2－３ｒ^2)＝０
ａ＞０より、ａ^2＝３ｒ^2
また、ｒ＞０でもあるので、ａ＝√３ｒ
よって、ａ＝√３ｒの時、Ｓは最大になる。つまり、△ＡＢＣの面積は最大になる。（極大値の理由は簡単で省略。）
ところで、正弦定理より、
ａ/sin∠Ａ＝２ｒ　これにａ＝√３ｒを代入すると、
√３ｒ/sin∠Ａ＝２ｒ　∴sin∠Ａ＝√３/２
ところで、∠Ａが鈍角の時△ＡＢＣは半円の内部に入ってしまうような三角形になるので、∠Ａ≦９０°として良い。
∴∠Ａ＝６０°
よって、答えは、∠ＢＡＣ＝６０°の時。

別解
△ＡＢＣの点Ｃを動かして、ＡＢの垂直二等分線と円との交点の位置に持ってくると、△Ｃ'ＡＢも二等辺三角形で、△ＡＢＣ＜△Ｃ'ＡＢである。次に、点Ａを動かしてＢＣ'の垂直二等分線と円との交点の位置に持ってくると、△Ｃ'ＡＢ＜△Ａ'ＢＣ'である。（点Ｂを動かしてＡＣ'の垂直二等分線と円との交点の位置に持って来ても良い。）
以後この操作を続けると、やがては正三角形に収束してその三角形が最大である。
よって、最大は正三角形の時なので、∠ＢＡＣ＝６０°の時である。
よって、答えは、∠ＢＡＣ＝６０°の時。

おまけ：

改題の何でもありの解法
左の円の中心をＯ，右の円の中心をＯ'とすると、ＯＯ'は点Ｃを通る。ここで、右の円の半径をｒと置くと、
ＯＯ'＝ｒ＋５　また、ＯからＯ'Ｂに垂線を下ろしその足をＨとすると、Ｏ'Ｈ＝ｒ－５
よって、△ＯＯ'Ｈで三平方の定理を使うと、
(ｒ－５)^2＋１２^2＝(ｒ＋５)^2が成り立つ。
∴ｒ^2－１０ｒ＋２５＋１４４＝ｒ^2＋１０ｒ＋２５
∴２０ｒ＝１４４　∴ｒ＝３６/５
∴Ｏ'Ｃ＝Ｏ'Ｂ＝３６/５ｃｍ　∴ＯＯ'＝５＋３６/５＝６１/５ｃｍ，Ｏ'Ｈ＝３６/５－５＝１１/５ｃｍ
よって、∠ＣＯ'Ｂ＝θと置くと、
cosθ＝１１/６１―――①
また、△Ｏ'ＢＣは二等辺三角形より、
ＢＣ＝２ｒcos(90°－θ/2)
＝(７２/５)sin(θ/2)―――②
ところで、半角の公式より、
sin^2(θ/2)＝(１－cosθ)/２　
これに①を代入すると、
sin^2(θ/2)＝(１－１１/６１)/２＝２５/６１　
また、０＜θ＜180°より、sin(θ/2)＞０　
∴sin(θ/2)＝５/√６１　
これを②に代入すると、
ＢＣ＝(７２/５)・(５/√６１)＝７２/√６１
＝７２√６１/６１ｃｍ
ところで、∠ＡＯＣと∠ＢＯＣは補角をなしているので、∠ＡＯＣ＝φと置くと、∠ＡＯＣ＝φ＝180°－θ
ＡＣ＝２・５・cos(90°－φ/2)
＝１０cos(90°－(90°－θ/2))
＝１０cos(θ/2)―――③
また、半角の公式より、
cos^2(θ/2)＝(１＋cosθ)/２　
これに①を代入すると、
cos^2(θ/2)＝(１＋１１/６１)/２＝３６/６１　
また、０＜θ＜180°より０＜θ/2＜90°
∴cos(θ/2)＞０　∴cos(θ/2)＝６/√６１　
これを③に代入すると、
ＡＣ＝１０・６/√６１＝６０/√６１
＝６０√６１/６１ｃｍ
よって、答えは、ＡＣ＝６０√６１/６１ｃｍ，
ＢＣ＝７２√６１/６１ｃｍ

因みに、ＢＣが求まった後、∠ＯＡＣ＝∠ＯＣＡ＝●，∠Ｏ'ＢＣ＝∠Ｏ'ＣＢ＝○と置くと、∠ＣＡＢ＝９０°－●，∠ＣＢＡ＝９０°－○，∠ＡＣＢ＝１８０°－●－〇で△ＡＢＣの内角の和より、
(９０°－●)＋(９０°－○)＋(１８０°－●－〇)＝１８０°が成り立つので、２●＋２○＝１８０°より●＋○＝９０°
よって、∠ＡＣＢ＝１８０°－９０°＝９０°で△ＡＢＣは直角三角形。
よって、三平方の定理より、
ＡＣ＝√{１２^2－(７２/√６１)^2}
＝√(１４４－７２^2/６１)
＝√(１４４・６１－７２^2)/√６１
＝√{７２(１２２－７２)}/√６１
＝√(７２・５０)/√６１
＝３０√２^2/√６１＝６０/√６１
＝６０√６１/６１ｃｍと求めても良い。

因みに、中学数学で求めると本題の方の別解も作れます。

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/ecce056f8e337a13895603ba647eff3baf1f23a5

改題の解法２（中学数学の解法）
２円の共通内接線を引き、ＡＢとの交点をＭとすると、円と接線の関係よりＭＡ＝ＭＣ，ＭＣ＝ＭＢ
また、半径よりＯＡ＝ＯＣ，Ｏ'Ｃ＝Ｏ'Ｂ　よって、三辺相等より△ＯＡＭ≡△ＯＣＭ，△Ｏ'ＣＭ≡△Ｏ'ＢＭ
よって、ＯＭは∠ＡＭＣの二等分線でＯ'Ｍは∠ＣＭＢの二等分線。よって、∠ＯＭＯ'＝１８０°÷２＝９０°
また、直線ｌ⊥ＯＡ，直線ｌ⊥Ｏ'Ｂより定石の形で△ＯＡＭ∽△ＭＢＯ'である。（角度を考えれば証明は簡単。）
ところで、ＭＡ＝ＭＣ＝ＭＢより点ＭはＡＢの中点。
∴ＡＭ＝ＭＢ＝６ｃｍ
∴ＯＡ：ＡＭ＝ＭＢ：ＢＯ'より、５：６＝６：ＢＯ'　
∴ＢＯ'＝３６/５ｃｍ　
よって、右円の半径は３６/５ｃｍ
念のため、これは本題の方の算数でも解ける別解である。（ただし、算数でどこまで円の性質を使えるかよく知らないが。）
また、∠ＡＯＭ＝∠ＣＯＭ，∠ＯＡＭ＝∠ＯＭＯ'＝９０°より２角が等しいので△ＯＭＯ'も△ＯＡＭと相似でＯＭ：ＭＯ'＝ＯＡ：ＡＭ＝５：６である。
また、ＯＯ'⊥ＣＭより、∠ＯＣＭ＝∠ＯＡＭ＝９０°
よって、四角形ＯＡＭＣは円に内接する四角形である。
よって、円周角より∠ＣＡＭ＝∠ＣＯＭ　
また、四角形Ｏ'ＢＭＣも円に内接する四角形より、
∠ＣＢＭ＝∠ＣＯ'Ｍ
よって、２角が等しいので、△ＣＡＢ∽△ＭＯＯ'　
よって、ＡＣ：ＣＢ＝ＯＭ：ＭＯ'＝５：６
よって、ＡＣ＝５ｘ，ＢＣ＝６ｘと置いて△ＣＡＢで三平方の定理を使うと、(５ｘ)^2＋(６ｘ)^2＝１２^2が成り立つ。
∴２５ｘ^2＋３６ｘ^2＝１４４　∴６１ｘ^2＝１４４
∴ｘ^2＝１４４/６１　∴ｘ＝１２/√６１
∴ＡＣ＝５ｘ＝６０/√６１＝６０√６１/６１ｃｍ
ＢＣ＝６ｘ＝７２/√６１＝７２√６１/６１ｃｍ
よって、答えは、ＡＣ＝６０√６１/６１ｃｍ，
ＢＣ＝７２√６１/６１ｃｍ

因みに、∠ＡＣＢ＝９０°は初めのＭＡ＝ＭＣ，ＭＣ＝ＭＢからＭＡ＝ＭＣ＝ＭＢから言える。（小学生は長方形を斜め半分に切った形からで、中学生以上は半円の円周角は９０°から。）

おまけ：

問題１
「？」に入る数字は？
２×２⇒４
４×４⇒７
９×９⇒９
１１×１１⇒４
１３×１３⇒？

解答
２×２＝４
４×４＝１６⇒１＋６＝７
９×９＝８１⇒８＋１＝９
１１×１１＝１２１⇒１＋２＋１＝４
１３×１３＝１６９⇒１＋６＋９＝１６
よって、答えは、１６

問題２の算数の解法
ＤＧ＋ＢＥ＝８－２＝６ｃｍ
また、長方形ＡＢＣＤと長方形ＡＥＫＨは相似なので、ＡＢ：ＡＤ＝８：１０＝４：５より、
ＡＥ：ＡＨ＝４：５
よって、ＡＢ：ＡＤ＝ＡＥ：ＡＨ＝４：５よりその差のＥＢ：ＨＤも４：５である。（ＡＢ＝④，ＡＤ＝⑤，ＡＥ＝④'，ＡＨ＝⑤'と置くと、ＥＢ＝ＡＢ－ＡＥ＝④－④'，ＨＤ＝ＡＤ－ＡＨ＝⑤－⑤'より、小学生でもＥＢ：ＨＤ＝④－④'：⑤－⑤'＝４：５と分かるだろう。）
また、四角形ＨＬＧＤは正方形より、ＤＧ＝ＨＤ
よって、ＥＢ：ＤＧ＝４：５である。よって、ＤＧ＋ＢＥ＝６ｃｍと合わせて考えると、ＤＧ＝(５/９)×６＝１０/３ｃｍ，ＢＥ＝(４/９)×６＝８/３ｃｍ
よって、ＡＥ＝８－８/３＝１６/３ｃｍ，ＡＨ＝１０－１０/３＝２０/３ｃｍ，ＧＣ＝８－１０/３＝１４/３ｃｍ
また、長方形ＩＦＣＧも長方形ＡＢＣＤと相似なので、ＦＣ：ＣＧ＝５：４より、ＦＣ＝(５/４)×(１４/３)＝３５/６ｃｍ　よって、ＢＦ＝１０－３５/６＝２５/６ｃｍ
よって、四角形ＡＪＣＬ＝長方形ＡＢＣＤ－正方形ＨＬＧＤ－長方形ＥＢＦＪ－△ＡＥＪ－△ＪＦＣ－△ＬＣＧ－△ＬＡＨ＝８０－(１０/３)×(１０/３)－(８/３)×(２５/６)－(１６/３)×(２５/６)÷２－(３５/６)×(８/３)÷２－(１４/３)×(１０/３)÷２－(２０/３)×(１０/３)÷２＝８０－１００/９－１００/９－１００/９－７０/９－７０/９－１００/９＝８０－５４０/９＝８０－６０＝２０ｃｍ^2
よって、答えは、２０ｃｍ^2

何でもありの解法
ＤＨ＝ＤＧ＝ｘと置くと、ＪＦ＝８－ｘ－２＝６－ｘ
また、長方形ＡＥＫＨは長方形ＡＢＣＤと相似なので、ＡＥ：ＡＨ＝４：５よりＡＥ＝(４/５)ＡＨ＝(４/５)×(１０－ｘ) 　
∴ＪＦ＝ＥＢ＝８－(４/５)×(１０－ｘ)
よって、８－(４/５)×(１０－ｘ) ＝６－ｘが成り立つ。
∴(４/５)×(１０－ｘ)＝ｘ＋２
∴４(１０－ｘ)＝５ｘ＋１０　
∴４０－４ｘ＝５ｘ＋１０
∴９ｘ＝３０　∴ｘ＝１０/３
∴ＤＧ＝１０/３ｃｍ　
∴ＢＥ＝８－２－１０/３＝８/３ｃｍ
以後同じ。

おまけ：（普通のテイラー展開を使った問題で高３か大学１年レベルだと思うが、天才少年なら小２で解きそう。）

問題１の解法１
正三角形の真上の頂点から反時計回りにＡ～Ｃと振り、直角三角形の直角から反時計回りにＤ～Ｆと振る。
また、ＡＢとＦＥ，ＦＤとの交点をそれぞれＧ，Ｈ、ＢＣとＤＦ，ＤＥとの交点をそれぞれＩ，Ｊ、ＣＡとＥＤ，ＥＦとの交点をそれぞれＫ，Ｌとすると、
△ＨＢＩ，△ＫＣＪのそれぞれの内対角の和より、
∠ｘ＝∠ＨＢＩ＋∠ＨＩＢ＝∠Ｂ＋∠ＤＩＪ―――①
∠ｙ＝∠ＫＣＪ＋∠ＫＪＣ＝∠Ｃ＋∠ＤＪＩ―――②
①＋②より、
∠ｘ＋∠ｙ＝∠Ｂ＋∠Ｃ＋∠ＤＩＪ＋∠ＤＪＩ
＝(１８０°－∠Ａ)＋(１８０°－∠Ｄ)
＝１２０°＋９０°＝２１０°
よって、答えは、２１０°

解法２
△ＨＦＧ，△ＫＥＬのそれぞれの内対角の和より、
∠ｘ＝∠ＨＦＧ＋∠ＨＧＦ＝∠Ｆ＋∠ＡＧＬ―――①
∠ｙ＝∠ＫＥＬ＋∠ＫＬＥ＝∠Ｅ＋∠ＡＬＧ―――②
①＋②より、
∠ｘ＋∠ｙ＝∠Ｆ＋∠Ｅ＋∠ＡＧＬ＋∠ＡＬＧ
＝(１８０°－∠Ｄ)＋(１８０°－∠Ａ)
＝９０°＋１２０°＝２１０°
よって、答えは、２１０°

問題２の解答
長方形の対角線の長さは等しいので、もう一方の対角線の長さも２ｃｍである。
そして、それはこの円の半径を意味している。よって、円の半径は２ｃｍ。
また、長方形の２組の対辺の長さはそれぞれ等しいので、黄色部分の周の長さの直線部分の長さは、四分円２つの半径の和の長さと等しい。
つまり、黄色部分の周の長さは四分円の周の長さと等しい。
よって、２×２×３.１４÷４＋２＋２＝３.１４＋４＝７.１４ｃｍ
よって、答えは、７.１４ｃｍ

初心者には結構良問だと思いますが、どうでしょう。

問題３の何でもありの解法
四角形ＥＦＧＨは正方形より、ＥＦ＝ＥＨ＝ｘと置くと、
ＡＥ＝１４－ｘ　よって、ＢＦ＝ＡＥ＝１４－ｘ
よって、ＢＣ＝(１４－ｘ)＋２０＝３４－ｘ
ところで、ＡＢ＝ＥＦ＝ｘより、
周の長さ＝(３４－ｘ)×２＋ｘ×２＝６８－２ｘ＋２ｘ＝６８ｃｍ
よって、答えは、６８ｃｍ

算数の解法
ＥＤ＝ＦＣ＝２０ｃｍ　ここで、ＡＨ＋ＥＤ－ＥＨを考えると、ダブり分を引くので＝ＡＤとなる。また、四角形ＥＦＧＨは正方形よりＥＨ＝ＥＦ＝ＡＢ
つまり、ＡＤ＋ＡＢ＝(ＡＨ＋ＥＤ－ＥＨ)＋ＡＢ＝ＡＨ＋ＥＤ＝１４＋２０＝３４ｃｍ
よって、長方形の半分の長さが３４ｃｍより、周の長さは、３４×２＝６８ｃｍ
よって、答えは、６８ｃｍ

念のため、全ては頭の中でやる。

１４＋２０はＡＤ＋ＥＨで正方形よりＥＨ＝ＡＢか。つまり、ＡＤ＋ＡＢ＝１４＋２０＝３４ｃｍって事だな。

という具合である。

おまけ：

問題
ｐを単項イデアル整域Ｒの元とする。このとき、次は同値であることを示せ。
（１）ｐはＲの既約元である。
（２）(ｐ)＝ｐＲはＲの極大イデアルである。
（３）ｐはＲの素元である。

別解
（１）⇔（３）：Ｒは単項イデアル整域より演習問題１１により、Ｒは一意分解整域である。
よって、問5.14より、既約元と素元は同値な概念である。
よって、示された。

演習問題１１
Ｒが単項イデアル整域であれば、Ｒは一意分解整域であることを証明せよ。

問5.14
一意分解整域においては、既約元と素元は同値な概念であることを示せ。

次に（１）⇔（２）：
まず、（１）⇒（２）だが、これは上の模範解答を使う。
(ｐ)⊂Ｉ⊂Ｒと仮定する。Ｒは単項イデアル整域だから、Ｉ＝(ａ)（ａ∈Ｒ）と表される。ゆえに、(ｐ)⊂Ｉ＝(ａ)よりｐ＝ａｂ（∃ｂ∈Ｒ）と表される。ｐは既約だから、ａまたはｂはＲの可逆元である。ａがＲの可逆元のとき、Ｉ＝(ａ)＝Ｒである（定理2.2）。ｂがＲの可逆元のとき、ｐとａは同伴だから、(ｐ)＝(ａ)＝Ｉ（問5.5）　ゆえに、(ｐ)は極大イデアルである。

念のため、解説。(ｐ)⊂Ｉ⊂Ｒ⇒Ｉ＝(ａ)＝Ｒまたは(ｐ)＝(ａ)＝Ｉが示されたからである。

極大イデアルの定義
Ｐを可換環Ｒのイデアルとする。Ｐを含んでいるＲの真のイデアルが存在しないとき、すなわちＩをＲのイデアルとするとき
Ｐ⊂Ｉ⇒Ｐ＝ＩまたはＩ＝Ｒ
を満たすとき、Ｐを可換環Ｒの極大イデアルという。

定理2.2
環ＲのイデアルＩが単位元１を含めばⅠ＝Ｒとなる。
したがって、環ＲのイデアルＩが可逆元を含めばＩ＝Ｒとなる。

問5.5
Ｒを整域とし、ａとｂをＲの元とするとき、次を示せ。
ａ～ｂ⇔(ａ)＝(ｂ)

次に（２）⇒（１）：ｐ＝ａｂ（ａ,ｂ∈Ｒ）と置く。ところで、仮定より、(ｐ)＝ｐＲはＲの極大イデアルなので、
Ｐ⊂Ｉ⊂Ｒ⇒(ｐ)＝ＩまたはＩ＝Ｒである。また、Ｒは単項イデアル整域よりＩ＝(ａ)（ａ∈Ｒ）と置ける。
（ⅰ）(ｐ)＝Ｉの場合、(ｐ)＝(ａ)より問5.5によってｐとａは同伴である。よって、同伴の定義より、ｐ＝ｕ・ａと置くとｕは可逆元である。よって、ｐ＝ａｂのｂは可逆元である。
（ⅱ）Ｉ＝Ｒの場合、(ａ)＝Ｉ＝Ｒ　ところで、Ｒは乗法単位元を含むので、∃ｒ∈Ｒが存在して１＝ａｒが成り立つ。よって、ａは可逆元である。
（ⅰ）,（ⅱ）より、ｐ＝ａｂ（ａ,ｂ∈Ｒ）ならばａまたはｂが可逆元であるので、ｐは既約元である。

既約元の定義
Ｒを整域とする。Ｒの可逆元でも０でもない元をａとする。ａ＝ｂｃ（ｂ,ｃ∈Ｒ）ならば、ｂまたはｃがＲの可逆元でなければならないとき、ａをＲの既約元という。

因みに、（ⅱ）の場合、(ａ)＝Ｒから定理2.2の逆によりａを可逆元と言う場合には、Ｒが単項イデアルだからと言わなければならない。

定理2.2
環ＲのイデアルＩが単位元１を含めばⅠ＝Ｒとなる。
したがって、環ＲのイデアルＩが可逆元を含めばＩ＝Ｒとなる。

一般的には逆は成り立たないだろう。Ｉ＝ａＲ＋ｂＲ＝Ｒとして、１∈Ｒに対して、１＝ａｒ1＋ｂｒ2となるｒ1,ｒ2∈Ｒが存在しても、ａもｂもｒ1もｒ2も可逆元ではない。（片方が０になる時は単項イデアル環なのだろう。）

おまけ：

問題１の解答
半径の和より、ＰＱ＝１＋４＝５ｃｍ
ここで、ＢからＡＰに垂線を下ろしその足をＨとすると、ＨＢ＝ＰＱ＝５ｃｍ
また、ＡＨ＝４－１＝３ｃｍ　また、△ＡＢＨと△ＡＣＱは相似で相似比は３：１より、ＱＣ＝５/３ｃｍ
よって、ＰＣ＝５＋５/３＝２０/３ｃｍ
よって、△ＡＰＣ＝４×(２０/３)÷２＝４０/３ｃｍ^2
よって、答えは、４０/３ｃｍ^2

因みに、算数の暗算用で答えてみました。中学数学でも同じようなものですが、補助線は引かないで、△ＣＢＱ∽△ＣＡＰより、ＣＱ：ＣＱ＋５＝１：４を解いて、４ＣＱ＝ＣＱ＋５　∴３ＣＱ＝５　∴ＣＱ＝５/３ｃｍ　以後同じ。
としても良い。
算数で解く（要領よく解く）にはちょっとした工夫が必要なんです。

問題２の回答
正方形を小，中，大とするとこの３種類しかない。その理由は、小の１辺を１とすると中の１辺は２で大の１辺は３であり、その間（例えば１.５の正方形）は存在しなく３より大きい正方形も存在しないからである。
大は２個は自明。
中は５個。
小は６個。
よって、計２＋５＋６＝１３個
よって、答えは、１３個。

問題３
□に５つの奇数１,３,５,７,９の数字を１つずつ入れて、式を成立させてください。
□＋□＋□＝□□

解答
左辺を１番大きくすると、５＋７＋９＝２１より、右辺の十の位は０～２で選べるのは奇数のみなので、１で確定である。
ここで、右辺の一の位をしらみつぶしに調べても良いが、適当に７にすると、３＋５＋９＝１７で成り立つ。
ところで、７を他の数字にすると、右辺が２増える場合は左辺は２減り、右辺が２減る場合は左辺は２増えるので、等号で結ばれるのはこれだけである。
よって、答えは、３＋５＋９＝１７

例：右辺が２増える場合、３＋５＋７≠１９
右辺が２減る場合、３＋７＋９≠１５
念のため、２に限らず入れ換える数の差分、右辺と左辺に差が出る。（一の位だから。）

問題２だけ確信が持てないので、回答とした。念のため、どれも検索はしていない。しても出ないと思うが。

おまけ：

問題１の解答
一番左のだったら正六面体なので６方向から見れば１×６＝６ｃｍ^2
真ん中（２段）だったら、同様に３×６＝１８ｃｍ^2（３＝１＋２）
よって、５段まで重ねた場合は、(１＋２＋３＋４＋５)×６＝１５×６＝９０ｃｍ^2
よって、答えは、９０ｃｍ^2

問題２の解答
Ａ＋Ｂ＋Ｃ＋ＤとＥ＋Ｆ＋Ｇは釣り合っていて３２ｇずつである。また、ＥとＦ＋Ｇは釣り合っていて１６ｇであるので、Ｆ，Ｇはそれぞれ８ｇでＣも８ｇである。
よって、Ａは４ｇである。

難しく考える解法
Ａ＝ｘｇと置くと、Ｂ＝ｘ，Ｃ＝２ｘ，Ｄ＝ｘ＋ｘ＋２ｘ＝４ｘ，よって、Ａ＋Ｂ＋Ｃ＋Ｄ＝ｘ＋ｘ＋２ｘ＋４ｘ＝８ｘ
よって、Ｅ＋Ｆ＋Ｇ＝Ａ＋Ｂ＋Ｃ＋Ｄ＝８ｘ
よって、Ａ＋Ｂ＋Ｃ＋Ｄ＋Ｅ＋Ｆ＋Ｇ＝８ｘ＋８ｘ＝１６ｘ
これが６４ｇより、１６ｘ＝６４　よって、ｘ＝４
よって、答えは、４ｇ

おまけ：

解説
＞（ⅰ）ａ∈(ｐ)のとき、ａ＝ｐｒ（ｒ∈Ｒ）であるから、ｐ＝ａｂ＝ｐｒｂ　ゆえに、１＝ｂｒ　このとき、ｂは可逆元になるので、(ｐ)＝(ａ)である。

Ｒは整域より消去律で１＝ｂｒと出来る。念のため、普通の環も整域も乗法逆元が存在しないので、ｐ＝ｐｒｂの両辺に左からｐ^-1が掛けられないが、ｐｒｂ－ｐ＝０としてｐ(ｒｂ－１)＝０とするとＲは整域よりｒｂ－１＝０（ｐ≠０だから）と出来るので、１＝ｂｒとなる。
また、ｐ＝ａｂでｂが可逆元より同伴の定義よりｐとａは同伴になり、問5.5より(ｐ)＝(ａ)となる。

問5.5
Ｒを整域とし、ａとｂをＲの元とするとき、次を示せ。
ａ～ｂ⇔(ａ)＝(ｂ)

定義5.5（同伴の定義）
Ｒを整域とする。ｂ|ａかつａ|ｂのとき、ある可逆元ｕ∈Ｒが存在して、
ａ＝ｕ・ｂ
となっている。このとき、ａとｂは同伴であるといい、ａ～ｂで表す。

＞（ⅱ）ｂ∈(ｐ)のとき、ｂ＝ｐｓ（ｓ∈Ｒ）であるから、ｐ＝ａｂ＝ａｐｓ　ゆえに、１＝ａｓ　このとき、ａは可逆元になるので、(ａ)＝Ｒである。

イデアル(ａ)が可逆元を含むので、定理2.2より(ａ)＝Ｒとなる。

定理2.2
環ＲのイデアルＩが単位元１を含めばⅠ＝Ｒとなる。
したがって、環ＲのイデアルＩが可逆元を含めばＩ＝Ｒとなる。

＞そこで、(ｐ)≠(ｐ)＋(ｂ)であるから、(ｐ)は極大イデアルという仮定より(ｐ)＋(ｂ)＝Ｒでなければならない。

念のため、定理2.5(１)より、(ｐ)＋(ｂ)はイデアルである。

定理2.5
Ⅰ1，Ｉ2を可換環Ｒのイデアルとすると、次の（１）,（２）,（３）それぞれにおける集合もＲのイデアルである。
（１）Ｉ1＋Ｉ2＝{ｘ｜ｘ＝ａ1＋ａ2，ａ1∈Ｉ1，ａ2∈Ｉ2}
（２），（３）は省略。

また、極大イデアルの定義より、(ｐ)＋(ｂ)＝Ｒとなる。

＞ゆえに、次の関係がある。
ｐｃ＋ｂｄ＝１（ｃ,ｄ∈Ｒ）
ここで、仮定ｐ|ａｂよりａｂ∈(ｐ)である。ゆえに、ａ＝ａｐｃ＋ａｂｄ∈(ｐ)　

(ｐ)＋(ｂ)＝Ｒより、１∈Ｒに対して∃ｃ,ｄ∈Ｒが存在して、１＝ｐｃ＋ｂｄと出来るという事である。
また、この両辺にａを掛けると、ａ＝ａｐｃ＋ａｂｄとなり、ｐ，ａｂ∈(ｐ)より、ａｐｃ，ａｂｄ∈(ｐ)でイデアルは加法群だから、ａｐｃ＋ａｂｄ∈(ｐ)
∴ａ＝ａｐｃ＋ａｂｄ∈(ｐ)　

次回は別解をやってみますね。（１）⇔（２），（１）⇔（３）を示してみます。よく吟味して下さい。

おまけ：

問題
Ｒが単項イデアル整域であるとする。Ｒのイデアル(ｐ)＝ｐＲ（ｐ∈Ｒ）について、次の条件は同値であることを証明せよ。
（１）ｐはＲの素元である。
（２）(ｐ)はＲの素イデアルである。
（３）(ｐ)はＲの極大イデアルである。

別解
（１）⇔（２）：
まず素元の定義。
定義5.4
Ｒを整域とする。Ｒの可逆元でも０でもない元をａとする。Ｒの元ｂ,ｃに対して、ａ|ｂｃであるとき、ａ|ｂかまたはａ|ｃの少なくとも一方が成り立つ、という条件を満足しているときａをＲの素元という。

よって、
ｐがＲの素元⇔（ｐ|ａｂ⇒ｐ|ａまたはｐ|ｂ)―――①
ここで、ｐ|ａｂ⇔ａｂ∈(ｐ)
また、ｐ|ａまたはｐ|ｂ⇔ａ∈(ｐ)またはｂ∈(ｐ)より、
（ｐ|ａｂ⇒ｐ|ａまたはｐ|ｂ）⇔（ａｂ∈(ｐ)⇒ａ∈(ｐ)またはｂ∈(ｐ)）―――②
また、(ｐ)＝Ｐと置くとａｂ∈Ｐ⇒ａ∈Ｐまたはｂ∈Ｐ―――③
①，②，③より、
ｐがＲの素元⇔（ａｂ∈Ｐ⇒ａ∈Ｐまたはｂ∈Ｐ）
ところで、定義2.4の対偶より、
ａ・ｂ∈Ｐ⇒ａ∈Ｐ または ｂ∈Ｐ
よって、 ｐがＲの素元⇔(ｐ)はＲの素イデアルである。

定義2.4
可換環ＲのイデアルＰが次の条件を満たすとき、Ｐを可換環Ｒの素イデアルという。
ａ∉Ｐ，ｂ∉Ｐ⇒ａ・ｂ∉Ｐ
あるイデアルが素イデアルであることを示す必要があるときには、次のような上記条件の対偶を用いることも多い。すなわち、
ａ・ｂ∈Ｐ⇒ａ∈Ｐ または ｂ∈Ｐ

次に（１）⇔（３）：
まず、極大イデアルの定義。
定義2.4
Ｐを可換環Ｒのイデアルとする。Ｐを含んでいるＲの真のイデアルが存在しないとき、すなわちⅠをＲのイデアルとするとき
Ｐ⊂Ⅰ⇒Ｐ＝ⅠまたはⅠ＝Ｒ
を満たすとき、Ｐを可換環Ｒの極大イデアルという。

まず、（１）⇒（３）の証明
ｐがＲの素元⇒（(ｐ)⊂Ⅰ⇒(ｐ)＝ⅠまたはⅠ＝Ｒ）を示せば良いので、(ｐ)⊂ⅠとなるイデアルⅠを考える。
ところで、例えば、６の倍数の集合⊂２の倍数の集合である。
その性質を考えれば、ｎ|ｐとなるｎ∈Ｒ，ｐ/ｎ∈Ｒで、
Ⅰ＝(ｐ/ｎ)Ｒである。 ここで、ｐは素元よりｎ＝１またはｎ＝ｐである。
∴Ⅰ＝ｐＲ＝(ｐ)またはⅠ＝Ｒ
よって、ｐがＲの素元⇒（(ｐ)⊂Ⅰ⇒(ｐ)＝ⅠまたはⅠ＝Ｒ）

次に、（３）⇒（１）の証明
（(ｐ)⊂Ⅰ⇒(ｐ)＝ⅠまたはⅠ＝Ｒ）⇒ｐはＲの素元を示せば良いので、やはり(ｐ)⊂ⅠとなるイデアルⅠを考える。
よって、ｎ|ｐとなるｎ∈Ｒ，ｐ/ｎ∈Ｒで、Ⅰ＝(ｐ/ｎ)Ｒである。
ここで、(ｐ)＝ⅠまたはⅠ＝Ｒより、ｎ＝１またはｎ＝ｐである。ところで、ｎ|ｐよりｎはｐの約数である。そして、ｐの約数が１とｐしかないので、ｐは素元である。
よって、（(ｐ)⊂Ⅰ⇒(ｐ)＝ⅠまたはⅠ＝Ｒ）⇒ｐはＲの素元

よって、（１）⇔（３）が示された。

じっくり吟味して下さい。https://dictionary.goo.ne.jp/word/%E5%90%9F%E5%91%B3/

おまけ：

よく考えたら、（１）⇔（３）の方の証明で、「そして、ｐの約数が１とｐしかないので、ｐは素元である」などは既約元であるが、単項イデアル整域では素元と既約元は同値な概念であるので、その一言が必要だった。

演習問題７
ｐを単項イデアル整域Ｒの元とする。このとき、次は同値であることを示せ。
（１）ｐはＲの既約元である。
（２）(ｐ)＝ｐＲはＲの極大イデアルである。
（３）ｐはＲの素元である。