数学

解説
＞ａ'はもちろん
ａ'⁵＝ｅ
を満足しなければならないし、また５より小さい数ｍで
ａ'^m＝(ａ^r)^m＝ａ^rm＝ｅ
となることは許されない。

解説１
φr(ａ)＝ａ^r＝ａ'でａがａに写像される場合もあり、ａの位数はａ⁵＝ｅより５であるので、
「ａ'⁵＝ｅを満足しなければならないし、また５より小さい数ｍでａ'^m＝ｅとなることは許されない。」
訳である。一応、位数の定義を挙げておくと、

定義3.2
単位元をｅとする群Ｇの元ａに対して、ａ^n＝ｅとなるような最小の正の整数を（それがあるときは）ａの位数という。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

念のため、位数が５だからａ'^m＝ｅとなるｍは５が最小でなければならないという事である。

補足解説
＞ａ'はもちろん
ａ'⁵＝ｅ
を満足しなければならない

定理4.4の系３
Ｇを位数ｎの有限群とする。このとき、Ｇの任意の元ａに対してａ^n＝ｅが成り立つ。
|Ｇ|＝ｎ⇒∀ａ∈Ｇ，ａ^n＝ｅ
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

巡回群に限らず、有限群の任意の元は元の個数分の累乗をすると単位元になるから。

＞ところが、ｒが１,２,３,４のときはすべてこの条件を満足する。

解説１
巡回群Ｇの位数５が素数より、単位元以外のすべての元の位数が５であるので、「ｒが１,２,３,４のときはすべてこの条件を満足する」という訳である。

定理3.6
Ｇをａによって生成される位数ｎの巡回群とする。このとき、Ｇの元ａ^kの位数はｎ/(ｎ,ｋ)となる。ただし、(ｎ,ｋ)はｎとｋの最大公約数を表す。
|ａ^k|＝ｎ/(ｎ,ｋ)
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

ｎを素数ｐとするとｐは素数だから１～ｐ－１の全ての整数と互いに素（最大公約数が１）になり、全ての元の位数はｐ/(ｐ,ｋ)＝ｐ/１=ｐとなる訳である。

補足解説
具体的に調べれば分かる。ただし、後で（次で）関連で具体的に求める。

＞したがって、
φ₁(ａ)＝ａ，φ₂(ａ)＝ａ²，φ₃(ａ)＝ａ³，
φ₄(ａ)＝ａ⁴
はすべて自己同型を引き起こす。

これを具体的に求める。
φr(ａ)＝ａ^r＝ａ'
ｒ＝１の場合、φ₁(ａ)＝ａ，φ₁(ａ²)＝ａ²，φ₁(ａ³)＝ａ³，φ₁(ａ⁴)＝ａ⁴，φ₁(ｅ)＝φ₁(ａ⁵)＝ａ⁵＝ｅ
よって、自己同型写像（この場合は恒等写像）でＯＫ。
ｒ＝２の場合、φ₂(ａ)＝ａ²，φ₂(ａ²)＝(ａ²)²＝ａ⁴，φ₂(ａ³)＝(ａ³)²＝ａ⁶＝ａ，φ₂(ａ⁴)＝(ａ⁴)²＝ａ⁸＝ａ³，φ₂(ｅ)＝φ₂(ａ⁵)＝(ａ⁵)²＝ｅ²＝ｅ
よって、自己同型写像でＯＫ。
ｒ＝３の場合、φ₃(ａ)＝ａ³，φ₃(ａ²)＝(ａ²)³＝ａ⁶＝ａ，φ₃(ａ³)＝(ａ³)³＝ａ⁹＝ａ⁴，φ₃(ａ⁴)＝(ａ⁴)³＝ａ^12＝ａ²，φ₃(ｅ)＝φ₃(ａ⁵)＝(ａ⁵)³＝ｅ²＝ｅ
よって、自己同型写像でＯＫ。
ｒ＝４の場合、φ₄(ａ)＝ａ⁴，φ₄(ａ²)＝(ａ²)⁴＝ａ⁸＝ａ³，φ₄(ａ³)＝(ａ³)⁴＝ａ^12＝ａ²，φ₄(ａ⁴)＝(ａ⁴)⁴＝ａ^16＝ａ，φ₄(ｅ)＝φ₄(ａ⁵)＝(ａ⁵)⁴＝ｅ⁴＝ｅ
よって、自己同型写像でＯＫ。

　　|φ₁　φ₂　φ₃　φ₄
———————————
φ₁ |φ₁　φ₂　φ₃　φ₄
φ₂ |φ₂　φ₄　φ₁　φ₃
φ₃ |φ₃　φ₁　φ₄　φ₂
φ₄ |φ₄　φ₃　φ₂　φ₁

例えば、横のφ₄と縦のφ₃は４×３でφ12＝φ₂となる訳である。φ₅＝ｅとなる理由は、
φr(ａ)＝ａ^r＝ａ'とａ⁵＝ｅからである。φ10＝ｅの理由も分かるだろう。

おまけ：
https://x.com/matsuke88324572

解説の訂正（やり直し）

例11
Ｇ＝{ｅ,ａ,ａ²,ａ³,ａ⁴}（ａ⁵＝ｅ）という位数５の巡回群の自己同型群をもとめよ。
解
１つの自己同型写像φによってＧのなかのａがいかなる要素に写像されるかをみよう。
φr(ａ)＝ａ^r＝ａ'
としよう。
　このときのｒはどのような数であるべきかを考えてみよう。ａ'はもちろん
ａ'⁵＝ｅ
を満足しなければならないし、また５より小さい数ｍで
ａ'^m＝(ａ^r)^m＝ａ^rm＝ｅ
となることは許されない。
　ところが、ｒが１,２,３,４のときはすべてこの条件を満足する。したがって、
φ₁(ａ)＝ａ，φ₂(ａ)＝ａ²，φ₃(ａ)＝ａ³，
φ₄(ａ)＝ａ⁴
はすべて自己同型を引き起こす。　このような２つの自己同型を引きつづき行なうと、
φi(φk(ａ))＝φi(ａ^k)＝ａ^ki
となる。つまりｉとｋの乗法と同じになる。したがってその乗法の表は
　　|φ₁　φ₂　φ₃　φ₄
———————————
φ₁ |φ₁　φ₂　φ₃　φ₄
φ₂ |φ₂　φ₄　φ₁　φ₃
φ₃ |φ₃　φ₁　φ₄　φ₂
φ₄ |φ₄　φ₃　φ₂　φ₁
となる。
「代数的構造」遠山啓著より

＞ａ'はもちろん
ａ'⁵＝ｅ
を満足しなければならないし、また５より小さい数ｍで
ａ'^m＝(ａ^r)^m＝ａ^rm＝ｅ
となることは許されない。

φは自己同型写像なので、φ：Ｇ→Ｇ
で、Ｇは巡回群でａ'は生成元にならなければならないので、その位数は５でなければならないから。

定義3.2
単位元をｅとする群Ｇの元ａに対して、ａ^n＝ｅとなるような最小の正の整数を（それがあるときは）ａの位数という。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

念のため、位数が５だからａ'^m＝ｅとなるｍは５が最小でなければならないという事である。

＞ところが、ｒが１,２,３,４のときはすべてこの条件を満足する。

巡回群Ｇの位数５が素数より、単位元以外のすべての元の位数が５であるので、「ｒが１,２,３,４のときはすべてこの条件を満足する」という訳である。（上から引用）

定理3.6の系２
Ｇをａによって生成される位数ｎの巡回群とする。このとき、Ｇの元ａ^kがＧの生成元であるための必要十分条件は、(ｎ,ｋ)＝１なることである。
ａ^kがＧの生成元 ⇔ (ｎ,ｋ)＝１
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

ｎをｐとすると、１～ｐ－１の整数は全てｐと互いに素（ｐが素数だから）より、単位元以外は全て生成元になり、位数がｐという訳である。
つまり、上では位数が５でＯＫという事。（前回とは定理（の系）を変えてみました。）

問題 4-11b
素数ｐ個の元からなる群Ｇにおいて、単位元と異なる元ｇはＧ＝{ｅ,ｇ,…,ｇ^(p-1)}をみたすことを示せ。とくにＧは巡回群である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

個数がｐ個の有限群は巡回群で、単位元以外の全ての元が生成元（位数がｐ）である。

おまけ：

問題
図のように半直線ＯＸ上の点Ａから出た光が、半直線ＯＹ上の点Ｂで反射し、次々に半直線ＯＸ，ＯＹ上の点Ｃ，点Ｄで反射する。∠ＸＯＹ＝１５°，∠ＯＡＢ＝３０°，ＯＡ＝１２のとき、次の問いに答えなさい。
（１）線分ＡＢ，ＢＣの長さの和ＡＢ＋ＢＣを求めなさい。
（２）線分ＣＤの長さを求めなさい。
（３）線分ＯＤの長さを求めなさい。
（０１　ラ・サール）

模範解答
（１）反射する面で図形を次々に折り返していくと、右図のようになる（光の進路は、太線のような一直線になる）。
（注：反射の定石で、∠ＹＯＸの上に∠Ｘ'ＯＹ＝１５°を引き、さらにその上に∠Ｙ'ＯＸ'＝１５°を引き、ＡＢを延長してＯＸ'との交点をＣ'，ＯＹ'との交点をＤ'とする。）
よって、ＡＢ＋ＢＣ＝ＡＢ＋ＢＣ'＝ＡＣ'……①で、△ＯＡＣ'は、底角が３０°の二等辺三角形であるから、①＝１２/√３＝４√３
（２）ＣＤ＝Ｃ'Ｄ'で、右図のように点Ｈをとり（注：△Ｄ'ＯＡの頂点Ｄ'から底辺ＯＡに下ろした垂線の足をＨとすると、△Ｄ'ＯＨは直角二等辺三角形になり、△Ｄ'ＡＨは１：２：√３の直角三角形になる）、ＯＨ＝Ｄ'Ｈ＝ｘとおくと、ＡＨ＝√３ｘ　
よって、ＯＡ＝ｘ＋√３ｘ＝１２
∴ｘ＝１２/(√３＋１)＝６(√３－１)
∴Ｃ'Ｄ'＝ＡＤ'－ＡＣ'＝２ｘ－４√３
＝８√３－１２
（３）ＯＤ＝ＯＤ'＝√２ｘ＝６√６－６√２
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

参考書に「“反射⇒折り返し”の定石を知っていれば、難しくはないはずです」とあるので、解説は省略するが、念のため、ＢＣ'＝ＢＣとなる理由だけ言うと、反射は入射角と反射角が等しく、ＡＢを直線で延長すると入射角と対頂角が等しくなり、つまり反射角と対頂角が等しくなる。また、定石で引いた∠Ｘ'ＯＹの角度は∠ＸＯＹと等しく、また、ＯＢを共有していて１辺両端が等しいので、△Ｃ'ＯＢ≡△ＣＯＢとなりＢＣ'＝ＢＣという訳である。
ＣＤ＝Ｃ'Ｄ'となる理由も自分で納得しておいた方が良い。（２），（３）の別解は次回。

おまけ：

問題
図のように半直線ＯＸ上の点Ａから出た光が、半直線ＯＹ上の点Ｂで反射し、次々に半直線ＯＸ，ＯＹ上の点Ｃ，点Ｄで反射する。∠ＸＯＹ＝１５°，∠ＯＡＢ＝３０°，ＯＡ＝１２のとき、次の問いに答えなさい。
（１）線分ＡＢ，ＢＣの長さの和ＡＢ＋ＢＣを求めなさい。
（２）線分ＣＤの長さを求めなさい。
（３）線分ＯＤの長さを求めなさい。
（０１　ラ・サール）

（２）の別解（私の解法）
∠ＹＯＸの下に∠Ｙ'ＯＸを作り、ＢＣの延長とＯＹ'との交点をＤ'とすると、△ＢＯＡの内対角の和より∠ＸＢＹ＝１５°＋３０°＝４５°
また、入射角と反射角は等しいので、∠Ｄ'ＢＯ＝∠ＸＢＹ＝４５°
∴∠Ｄ'ＢＡ＝１８０°－４５°×２＝９０°
また、点ＢのＯＸに関する対称点をＢ'とすると、点Ｂ'はＯＹ'上にあり、∠ＢＡＢ'＝３０°×２＝６０°と対称性より、△ＡＢＢ'は正三角形になる。また、△ＯＢＢ'は頂角が３０°の二等辺三角形より、∠ＯＢ'Ｂ＝７５°
∴∠Ｄ'Ｂ'Ａ＝７５°＋６０°＝１３５°
よって、四角形ＢＤ'Ｂ'Ａの内角の和より、
∠ＢＤ'Ｂ'＝３６０°－９０°－６０°－１３５°＝７５°（これは∠Ｄ'ＢＢ'＝９０°－６０°＝３０°と△ＢＤ'Ｂ'の内角の和で言ってもいい。）
よって、∠ＢＤ'Ｂ'＝∠ＢＢ'Ｄ'（＝７５°）より、△ＢＤ'Ｂ'は二等辺三角形。∴ＢＤ'＝ＢＢ'
また、正三角形よりＢＡ＝ＢＢ'なので、ＢＡ＝ＢＤ'　よって、△ＢＡＤ'は直角二等辺三角形。
ここで、ＡからＯＹに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＯＡＨは１５°，７５°，９０°の直角三角形なので、その三辺比を使う（使わなくても出来るが使う）と、ＯＡ＝１２よりＡＨ＝３(√６－√２)である。
また、△ＡＨＢは直角二等辺三角形より、
ＢＡ＝√２ＡＨ＝３√２(√６－√２)＝６(√３－１)
∴ＢＤ'＝ＢＡ＝６(√３－１)
∴ＣＤ＝ＣＤ'＝ＡＢ＋ＢＤ'－折れ線ＡＢＣ
＝１２(√３－１)－４√３（（１）の結果より）
＝８√３－１２
（△ＢＡＤ'が直角二等辺三角形である事は別に言う必要はなかったが入れた。）

（３）は次回。別に面白くありません。時間的に余裕がないだけです。

おまけ：

問題
図のように半直線ＯＸ上の点Ａから出た光が、半直線ＯＹ上の点Ｂで反射し、次々に半直線ＯＸ，ＯＹ上の点Ｃ，点Ｄで反射する。∠ＸＯＹ＝１５°，∠ＯＡＢ＝３０°，ＯＡ＝１２のとき、次の問いに答えなさい。
（１）線分ＡＢ，ＢＣの長さの和ＡＢ＋ＢＣを求めなさい。
（２）線分ＣＤの長さを求めなさい。
（３）線分ＯＤの長さを求めなさい。
（０１　ラ・サール）

（３）の別解（私の解法の続き）
∠Ｄ'ＢＡ＝９０°，∠ＢＡＣ＝３０°より、
∠ＢＣＡ＝１８０°－９０°－３０°＝６０°
よって、入射角と反射角が等しい事より、
∠ＤＣＯ＝∠ＢＣＡ＝６０°
ここで、ＤとＤ'（ＢＣの延長とＯＹ'との交点）を結び、ＯＸとの交点をＩとすると、ＤＤ'⊥ＯＸより、△ＤＣＩは１：２：√３の直角三角形になる。∴ＤＤ'＝√３ＣＤ＝√３(８√３－１２)
＝２４－１２√３
また、ＤからＯＤ'に垂線を下ろしその足をＪとすると、△ＤＤ'Ｊは１５°，７５°，９０°の直角三角形になるので、その三辺比を使うと、
ＤＪ＝{(√６＋√２)/４}ＤＤ'
＝{(√６＋√２)/４}(２４－１２√３)
＝(√６＋√２)(６－３√３)
＝３(√６＋√２)(２－√３)
＝３(２√６－３√２＋２√２－√６)
＝３(√６－√２)
また、△ＤＯＪは１：２：√３の直角三角形より、ＯＤ＝２ＤＪ＝６(√６－√２)
因みに、１５°，７５°，９０°の三辺比を使わない場合は、ＯＤ＝ｘと置いて、△ＤＤ'Ｊで三平方の定理を使って方程式を作り解けば良い。ただし、二重根号外しなど面倒臭い。

ついでに（１）の別解も作りましょう。

（１）の別解
ＡからＯＹに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＯＡＨは１５°，７５°，９０°の直角三角形より、その三辺比を利用すると、ＯＡ＝１２より、ＡＨ＝３(√６－√２)
また、△ＢＯＡの内対角の和より、
∠ＡＢＨ＝１５°＋３０°＝４５°
よって、△ＡＢＨは直角二等辺三角形より、
ＡＢ＝√２ＡＨ＝３√２(√６－√２)
＝６(√３－１)
また、入射角と反射角は等しいので、
∠ＣＢＤ＝∠ＡＢＨ＝４５°
∴∠ＣＢＡ＝１８０°－４５°×２＝９０°
よって、△ＡＢＣは１：２：√３の直角三角形である。∴ＢＣ＝ＡＢ/√３＝６(√３－１)/√３
＝２√３(√３－１)＝２(３－√３)
∴ＡＢ＋ＢＣ＝６(√３－１)＋２(３－√３)
＝４√３

念のため、受験のためには模範解答の定石を暗記して使用しなければならない。ただし、面白くとも何ともありませんが。頭の良さの定義とはいったい何なのでしょう。笑

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12782468867.html

解説
＞10.3　べき根の添加
多項式ｘ^p－ａ（ｐは素数）の群を調べます。多項式の群を考える際、定数の集合は１の原始ｐ乗根ζを含むとします。

とりあえず、定数の集合は有理数で解説する。その方が分かり易いから。

補足
（＊）はζが定数でなくても成り立ちます。

念のため、有理数でＯＫという事。

＞まず多項式ｘ^p－ａでは、それが既約であることと定数の根を持たないことが同値です。つまり
ｘ^p－ａは既約である⇔ｘ^p－ａは定数の根を持たない（＊）
が成り立ちます。

ａは有理数で考える（上で定数は有理数としたから）。
「⇒」の方は自明である。例えば、ｘ⁴－２とすると、ｘ⁴－２は有理数係数において既約であり、有理数根を持たない事は自明だからである。
「⇐」の方は自明でないが、ここで先取りしておくと、ｐが素数ならば成り立つ。
つまり、ｐが素数の時、ｘ^p－ａが有理数根を持たない⇒ｘ^p－ａは（有理数係数において）既約である。（ｐが素数でない場合は、因数分解される場合があるという事。）

＞例えば、ｘ⁴＋４は有理数根を持ちませんが可約です：
ｘ⁴＋４＝(ｘ⁴＋４ｘ²＋４)－４ｘ²
＝(ｘ²＋２)²－(２ｘ)²
＝(ｘ²＋２ｘ＋２)(ｘ²－２ｘ＋２)

上で述べた、ｐが素数でない場合で因数分解される場合である。

＞この主張の対偶を証明します。ｆ(ｘ)＝ｘ^p－ａの既約因子をｇ(ｘ)とおき（ただし最高次係数を１とする）、次数をｄ（＜ｐ）とします。ｆ(ｘ)の１つの根をαとおくと、ほかの根はαζ^i（ｉ＝１,…,ｐ－１）となります。

対偶、つまり、「ｘ^p－ａは根を持たないならば既約である」の対偶なので「ｘ^p－ａが可約ならばｘ^p－ａは有理数根を持つ」を証明するという訳である。
そこで、ｘ^p－ａが有理数係数で因数分解されるとすると、イメージ的には(ｘ²＋２ｘ＋２)(ｘ²－２ｘ＋２)のようになる。
ところで、ｘ³－２だったら(ｘ－³√２)(ｘ－³√２ω)(ｘ－³√２ω²)，ｘ⁴－２だったら(ｘ－⁴√２)(ｘ－⁴√２ｉ)(ｘ－⁴√２ｉ²)(ｘ－⁴√２ⅰ³)のように因数分解出来る。これが「ｆ(ｘ)の１つの根をαとおくと、ほかの根はαζ^i（ｉ＝１,…,ｐ－１）となります」という事である。
因みに、「ｘ^p－ａが可約ならばｘ^p－ａは有理数根を持つ」の「可約ならば」でこうした（因数分解した）訳ではない。このレベルの因数分解は、条件の「定数の集合は１の原始ｐ乗根ζを含むとします」としても可約とは関係ない。この定数（係数）の集合は、１の原始ｐ乗根ζの式でそれらの式の係数は有理数だから、³√２ζなどは範囲外で（上式は）既約だからである。
（分かりづらくしているだけかもしれないので、省略して読んでも良いです。）

＞ｇ(ｘ)の定数項はｆ(ｘ)のいくつかの根の積なので、±α^dζ^iと表されます。とくにｂ＝α^dζ^iは定数です。

「ｘ^p－ａが有理数係数で因数分解されるとすると、イメージ的には(ｘ²＋２ｘ＋２)(ｘ²－２ｘ＋２)のようにな」り、「ｘ³－２だったら(ｘ－³√２)(ｘ－³√２ω)(ｘ－³√２ω²)，ｘ⁴－２だったら(ｘ－⁴√２)(ｘ－⁴√２ｉ)(ｘ－⁴√２ｉ²)(ｘ－⁴√２ⅰ³)」だから定数項は展開すれば、「±α^dζ^iと表され」る事は自明だろう。
「とくにｂ＝α^dζ^iは定数です」は定数は有理数としたので、「とくにｂ＝α^dζ^iは有理数です」という事である。

＞０＜ｄ＜ｐより、ｄとｐは互いに素です（∵ｐは素数だから）。そこでｒｐ＋ｓｄ＝１をみたす整数ｒ,ｓをとると、定数ａ^rｂ^sはｘ^p－ａの根になります。

ｐは素数なので、１～ｐ－１までの全ての整数と互いに素である。また、「ｒｐ＋ｓｄ＝１をみたす整数ｒ,ｓ」が必ず存在する理由は、

定理1.7
２つの整数ａ,ｂの最大公約数をｄとすれば、ｄ＝ａｘ＋ｂｙを満足する整数ｘ,ｙが存在する。すなわち
(ａ,ｂ)＝ｄ⇒∃ｘ,ｙ∈ℤ，ａｘ＋ｂｙ＝ｄ
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

このｄをｄ＝１とすれば良い。念のため、互いに素とは最大公約数が１という事。
また、「定数ａ^rｂ^sはｘ^p－ａの根にな」る理由は次回である。

＞(ａ^rｂ^s)^p＝ａ^rp・(α^dζ^i)^sp
＝ａ^rpα^dspζ^isp＝ａ^rpａ^ds＝ａ^(rp+sd)
＝ａ

ｘ＝ａ^rｂ^sをｘ^pに代入してａになる確認である。
そこで、ｂ＝α^dζ^i（上の「とくにｂ＝α^dζ^iは有理数です」が大事。有理数解だから）を代入すると、
(ａ^rｂ^s)^p＝ａ^rp・(α^dζ^i)^sp
＝ａ^rpα^dspζ^isp
ここで、α^p＝ａ，ζ^p＝１だから、
＝ａ^rpａ^ds
＝ａ^(rp+sd)
また、ｒｐ＋ｓｄ＝１だから、
＝ａ
という事。

＞よってｆ(ｘ)が既約でなければ、ｆ(ｘ)は（定数の）根を持ちます。

「ｘ^p－ａは根を持たないならば既約である」の対偶が証明されたという訳である。

＞定数の集合は１の原始ｐ乗根ζを含むとします。

以上より、定数が有理数の場合に証明され、定数（係数）を有理数係数のζの式に拡張しても既約性は変わらないので、「定数の集合は１の原始ｐ乗根ζを含む」としてもＯＫである。

おまけ：

一応、問題化して模範解答も残しておきますね。ただし、中学数学にアレンジしてみましょう。

問題
（鋭角）△ＡＢＣの辺ＡＢの延長上にＤＢ＝ＡＢとなる点Ｄを取り、辺ＢＣ上にＤＥ＝ＡＣとなる点Ｅを取る。また、ＡからＢＣに下ろした垂線の足をＨとする時、四辺形ＡＤＥＣの面積が１０ｃｍ²になったという。△ＡＣＨの面積を求めて下さい。

解法１
点ＢはＡＤの中点より、中点の定石の１つのＥＢの延長上にＦＢ＝ＥＢとなる点Ｆを取ると、四角形ＡＦＤＥの対角線が互いの中点で交わるので、四角形ＡＦＤＥは平行四辺形になる。
よって、ＡＦ＝ＥＤ　また、条件よりＥＤ＝ＡＣなので、ＡＦ＝ＡＣ
よって、△ＡＦＣは二等辺三角形でＡＨは頂角Ａから底辺ＦＣに垂線が下りている形なので、二等辺三角形を二等分している。
ところで、平行四辺形の性質より、△ＡＢＦ≡△ＤＢＥ　よって、△ＤＢＥを切り離して△ＡＢＦの所に移動させると、△ＡＦＣ＝四辺形ＡＤＥＣ＝１０ｃｍ²より、△ＡＣＨ＝１０÷２＝５ｃｍ²

解法１の系
点ＢはＡＤの中点より、ＣＢの延長上にＦＢ＝ＣＢとなる点Ｆを取ると、四角形ＡＦＤＣは平行四辺形になる。よって、ＦＤ＝ＡＣ
また、条件よりＡＣ＝ＤＥなので、ＦＤ＝ＤＥ
よって、△ＤＥＦは二等辺三角形。
また、平行四辺形の性質より△ＡＢＣ≡△ＤＢＦ　よって、ＤからＢＦに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＡＣＨ≡△ＤＦＩとなり△ＤＦＩの面積を求めれば良い。
ところで、△ＡＢＣを△ＤＢＦの所に移動させると、△ＤＥＦ＝四辺形ＡＤＥＣ＝１０ｃｍ²
また、△ＤＥＦは二等辺三角形でＤＩ⊥ＥＦより、△ＤＦＩ＝(１/２)△ＤＥＦ＝１０÷２＝５ｃｍ²　よって、△ＡＣＨの面積は５ｃｍ²

解法２
△ＢＤＥを切り離して、辺ＡＣの外側にＥＤがＡＣにくっつくように移動させ、点Ｂの行き先をＢ'とすると、∠ＡＢＣ＋∠ＤＢＥ＝１８０°より、∠ＡＢＣ＋∠ＣＢ'Ａ＝１８０°
よって、四角形ＡＢＣＢ'は円に内接する四角形である。また、ＤＢ＝ＣＢ'，条件よりＤＢ＝ＡＢなので、ＣＢ'＝ＡＢ　よって、弦ＡＢ＝弦Ｂ'Ｃより、弧ＡＢ＝弧Ｂ'Ｃ
よって、∠ＡＣＢ＝∠Ｂ'ＡＣ
よって、∠ＡＣＢ＝∠ＢＥＤ
ここで、ＤからＥＢの延長上に垂線を下ろしその足をＩとすると、∠ＡＣＨ＝∠ＤＥＩ
また、条件よりＡＣ＝ＤＥ　よって、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、△ＡＣＨ≡△ＤＥＩ　また、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、△ＡＢＨ≡△ＤＢＩ
よって、△ＡＢＨを△ＤＢＩの所に移動させると、△ＡＣＨ＋△ＤＥＩ＝四辺形ＡＤＥＣ＝１０ｃｍ²　よって、２△ＡＣＨ＝１０ｃｍ²より、△ＡＣＨ＝５ｃｍ²

解法３，解法４は次回。脱法臭いというのはまだこれからです。念のため、座標とかではないです。一応、座標でも考えてみますが。（これから。）

おまけ：
「15.あなたがたは肉によって人をさばくが、わたしはだれもさばかない。
16.しかし、もしわたしがさばくとすれば、わたしのさばきは正しい。なぜなら、わたしはひとりではなく、わたしをつかわされたかたが、わたしと一緒だからである。」
「ヨハネによる福音書」第８章１５節～１６節（口語訳）

「50.わたしは自分の栄光を求めてはいない。それを求めるかたが別にある。そのかたは、またさばくかたである。」
「ヨハネによる福音書」第８章５０節（口語訳）

「08:50わたしは、自分の栄光は求めていない。わたしの栄光を求め、裁きをなさる方が、ほかにおられる。」
「ヨハネによる福音書」第８章５０節（新共同訳）

問題
（鋭角）△ＡＢＣの辺ＡＢの延長上にＤＢ＝ＡＢとなる点Ｄを取り、辺ＢＣ上にＤＥ＝ＡＣとなる点Ｅを取る。また、ＡからＢＣに下ろした垂線の足をＨとする時、四辺形ＡＤＥＣの面積が１０ｃｍ²になったという。△ＡＣＨの面積を求めて下さい。

解法３
ＣからＥＤと平行な直線を引き、ＡＤの延長との交点をＦとすると、△ＢＤＥ∽△ＢＦＣより、ＢＤ：ＢＦ＝ＤＥ：ＦＣが成り立つ。
これにＢＤ＝ＡＢ，ＤＥ＝ＣＡを代入すると、
ＡＢ：ＢＦ＝ＣＡ：ＣＦ
よって、△ＣＡＦの∠Ｃの二等分線の定理の逆により、ＣＢは∠ＡＣＦの二等分線である。
よって、∠ＡＣＨ＝∠ＦＣＢ……①
また、同位角より、∠ＦＣＢ＝∠ＤＥＢ……②
①，②より、∠ＡＣＨ＝∠ＤＥＢ
ここで、ＤからＥＢの延長上に垂線を下ろしその足をＩとすると、∠ＡＣＨ＝∠ＤＥＩ
また、条件よりＡＣ＝ＤＥ　よって、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、△ＡＣＨ≡△ＤＥＩ　また、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、△ＡＢＨ≡△ＤＢＩ
よって、△ＡＢＨを△ＤＢＩの所に移動させると、△ＡＣＨ＋△ＤＥＩ＝四辺形ＡＤＥＣ＝１０ｃｍ²　よって、２△ＡＣＨ＝１０ｃｍ²より、△ＡＣＨ＝５ｃｍ²

解法４（脱法臭い解法）
ＨＣ上にＨＦ＝ＨＢとなる点Ｆを取ると、二辺夾角が等しいので、△ＡＢＨ≡△ＡＦＨ
よって、ＡＢ＝ＡＦ　また、条件よりＡＢ＝ＤＢなので、ＤＢ＝ＡＦ……①
また、∠ＡＢＨ＝∠ＡＦＨより、
∠ＤＢＥ＝∠ＡＦＣ……②
また、条件より、ＤＥ＝ＡＣ……③
①，②，③より、△ＢＤＥと△ＦＡＣにおいて、鈍角三角形の鈍角と他の１辺が等しいので、△ＢＤＥ≡△ＦＡＣ
よって、四辺形ＡＤＥＣは△ＡＢＨ≡△ＡＦＨと△ＢＤＥ≡△ＦＡＣに分けられ、
△ＡＨＣ＝△ＡＦＨ＋△ＦＡＣ＝△ＡＢＨ＋△ＢＤＥ＝(１/２)四角形ＡＤＥＣ＝１０÷２
＝５ｃｍ²

二辺と挟角以外の１角が等しい場合は、合同条件に入っていないが、実は合同になるか１つの角が補角の関係になる。

定理１
△ＡＢＣと△ＤＥＦにおいてＡＢ＝ＤＥ，ＡＣ＝ＤＦ，∠Ｂ＝∠Ｅならば、∠Ｃ＝∠Ｆまたは∠Ｃ＋∠Ｆ＝２∠Ｒである。
「モノグラフ 幾何学 －発見的研究法－」矢野健太郎監修・清宮俊雄著より

解説
念のため、∠Ｒ＝９０°である。また、今回は定理３が適用される。

定理３
△ＡＢＣと△ＤＥＦにおいてＡＢ＝ＤＥ，ＡＣ＝ＤＦ，∠Ｂ＝∠Ｅ≧∠Ｒならば、△ＡＢＣ≡△ＤＥＦである。

定理２と定理４の紹介は省略する。その代わり、定理３には何の解説もないので、私が解説しよう。

∠Ｂが鈍角の鈍角三角形の鈍角∠ＢとＢＣ，ＣＡの長さを一定にして、直線ＢＡを点Ａを決めないで直線として引く。（∠Ｂが決まっているから引ける。）
ここで、ＣＡを点Ｃを中心に円状に動かして行けば、直線との交点が１点に定まり、三角形が１つに定まる事が分かるだろう。
次に、この∠Ｂを鋭角にして同様の事をすると、直線ＢＡ上に２ヵ所点Ａが取れ、ＡとＡ'すると△ＣＡＡ'は二等辺三角形になる。つまり、ただ一つには決まらず、合同か１つの角が補角を成すという訳である。

脱法かどうかは外国での教育水準だろう。日本では脱法である。（和算の頃は常識だったようである。初めて知ったのは「幾何学つれづれ草」秋山武太郎著より。）

おまけ：

問題
（鋭角）△ＡＢＣの辺ＡＢの延長上にＤＢ＝ＡＢとなる点Ｄを取り、辺ＢＣ上にＤＥ＝ＡＣとなる点Ｅを取る。また、ＡからＢＣに下ろした垂線の足をＨとする時、四辺形ＡＤＥＣの面積が１０ｃｍ²になったという。△ＡＣＨの面積を求めて下さい。

解法５
点Ｈをｘｙ座標の原点に置き、ＢＣをｘ軸，ＡＨをｙ軸に取り、Ａ(０,ａ)，Ｂ(－ｂ,０)（ｂ＞０），Ｃ(ｃ,０)，Ｅ(ｅ,０)と置くと、Ｄ(－２ｂ,－ａ)となる。
よって、２点間の距離の公式より、
ＤＥ＝√{(ｅ＋２ｂ)²＋ａ²}……①
ＡＣ＝√(ａ²＋ｃ²)……②
①，②と条件のＤＥ＝ＡＣより、
√{(ｅ＋２ｂ)²＋ａ²}＝√(ａ²＋ｃ²)
∴(ｅ＋２ｂ)²＋ａ²＝ａ²＋ｃ²
∴ｃ²＝(ｅ＋２ｂ)²
ところで、ｂ,ｃ,ｅ＞０より、
ｃ＝ｅ＋２ｂ……③
ここで、条件の四辺形の面積が１０ｃｍ²より、
△ＡＢＣ＋△ＤＢＥ＝(ｂ＋ｃ)×ａ×(１/２)＋(ｂ＋ｅ)×ａ×(１/２)＝１０が成り立つ。
∴ａ(ｂ＋ｃ)＋ａ(ｂ＋ｅ)＝２０
∴ａ(２ｂ＋ｃ＋ｅ)＝２０……④
③より、ｅ＝ｃ－２ｂ
これを④に代入すると、
ａ・２ｃ＝２０　∴ａｃ/２＝５
よって、△ＡＣＨ＝ｃ×ａ×(１/２)＝５
よって、答えは、５ｃｍ²

因みに、算数や普通の数学的な解法では気付かなかったが、③からｃ－ｅ＝２ｂである。
つまり、ＣＥはＢＨの２倍であるという事。よって、次のような改題も出来る。https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1923186291983647162（初見なら、結構、難しい問題かもしれませんね。）

おまけ：
https://www.nikkei-science.com/201503_034.html

https://www.sankei.com/article/20160129-ANA2YTVIF5I2LO5ATJESWSNWSA/

問題
正方形ＡＢＣＤの辺ＡＤの外側に正三角形ＥＡＤを描き、ＢからＡＥと平行な直線を引き、ＥＤとの交点をＦとする時、∠ＦＡＤの角度を求めて下さい。

解法１
ＦからＡＤに垂線を下ろしその足をＨとし、ＦＨの延長とＢＣとの交点をＩとすると、同位角より∠ＦＢＩ＝６０°より、△ＦＢＩと△ＦＤＨは１：２：√３の直角三角形になる。
ここで、正方形の１辺の長さをｘ，ＢＩ＝ｙと置くと、ＦＩ＝√３ｙ……①
また、ＤＨ＝ＣＩ＝ｘ－ｙより、ＦＨ＝√３(ｘ－ｙ)　∴ＦＩ＝ｘ＋√３(ｘ－ｙ)……②
①，②より、√３ｙ＝ｘ＋√３(ｘ－ｙ)
∴２√３ｙ＝(１＋√３)ｘ
∴ｙ＝{(１＋√３)/２√３}ｘ
∴ｙ＝{(√３＋３)/６}ｘ……③
ところで、ＦＨ＝√３ｙ－ｘ
＝{(３＋３√３)/６}ｘ－ｘ
＝{(１＋√３)/２}ｘ－ｘ
＝{(－１＋√３)/２}ｘ
また、ＡＨ＝ｙ＝{(√３＋３)/６}ｘ
∴tan∠ＦＡＨ＝ＦＨ/ＡＨ
＝{(－１＋√３)/２}/{(√３＋３)/６}
＝３(√３－１)/(３＋√３)
＝３(√３－１)(３－√３)/６
＝(３√３－３－３＋√３)/２
＝(４√３－６)/２＝２√３－３
∴∠ＦＡＨ＝Arctan(2√3－3)
＝Arctan0.4641016＝24.896091°
よって、∠ＦＡＤの角度は、約２４.９°

解法２
ＡＥ∥ＢＦより等積変形で、
△ＥＢＦ＝△ＡＢＦ
ここで、Ａ，ＥからＢＦとその延長上に垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ｉとし、正方形や正三角形の１辺の長さをａとすると、
ＥＩ＝ＡＨ＝ａ/２
また、錯角より∠ＥＦＩ＝∠Ｅ＝６０°
よって、△ＥＦＩは１：２：√３の直角三角形より、ＥＦ＝(２/√３)ＥＩ＝ａ/√３
∴ＦＤ＝ａ－ａ/√３＝{(√３－１)/√３}ａ
また、ＦからＡＤに垂線を下ろしその足をＪとすると、△ＦＤＪは１：２：√３の直角三角形より、
ＦＪ＝(√３/２)ＦＤ＝{(√３－１)/２}ａ
ＤＪ＝ＦＤ/２＝{(√３－１)/２√３}ａ
∴ＡＪ＝ａ－{(√３－１)/２√３}ａ
＝{(√３＋１)/２√３}ａ＝{(３＋√３)/６}ａ
∴tan∠ＦＡＪ＝ＦＪ/ＡＪ
＝{(√３－１)/２}/{(３＋√３)/６}
＝３(√３－１)/(３＋√３)
＝３(√３－１)(３－√３)/６
＝(３√３－３－３＋√３)/２
＝(４√３－６)/２
＝２√３－３
∴∠ＦＡＪ＝Arctan(2√3－3)
＝Arctan0.4641016＝24.896091°
よって、∠ＦＡＤの角度は、約２４.９°

あまり面白くはありませんが、まぁ、２つ出来れば、自称数学が出来る人と言っても良いでしょう。

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12883912655.html

解説
＞Ｇはｇｂ₁，ｇｂ₂，…，ｇｂsの和となる

これは、Ｇ＝ｇｂ₁∪ｇｂ₂∪…∪ｇｂsという事。

＞ｂkはｇｂlの類に属する。したがって、ｂk＝ｂl

Ｇ＝ｇｂ₁∪ｇｂ₂∪…∪ｇｂsかつｇｂ₁∩ｇｂ₂∩…∩ｇｂs＝φである。（これは数ページ前に証明されている。ただし、数式ではなく「Ｇの中にｂｇ,ｃｇ,…を重ならないようにつくっていくと、Ｇの全部をｂｇ,ｃｇ,…で尽してしまうことができる」という表現。）
また、ｇ＝{ａ₁,ａ₂,…,ａr}は群（Ｇの部分群だから）なので、このうちの１つの元は必ず単位元である。よって、ｇｂi＝{ａ₁,ａ₂,…,ａr}ｂi＝{ａ₁ｂi,ａ₂ｂi,…,ａrｂi}のうちの１つの元はｂiである（ｉ＝１,２,…,ｓ）。
すなわち、ｂ₁,ｂ₂,…,ｂsはそれぞれｇｂ₁,ｇｂ₂,…,ｇｂsに含まれているので、ｂk（ｋ＝１,２,…,ｓ）は、ｇｂkにだけ含まれている。（ここで、これが言えるのは「Ｇ＝ｇｂ₁∪ｇｂ₂∪…∪ｇｂsかつｇｂ₁∩ｇｂ₂∩…∩ｇｂs＝φ」だからである。）
よって、ｂk∈ｇｂlならばｂk∈ｇｂkより、
ｂk＝ｂlであるという事。

初学者は、論理的に正しい事は分かっても何が言いたいのかさっぱり分からないと思うので、補足解説をしよう。

定理４
Ｇの部分群をｇ＝{ａ₁,ａ₂,…,ａr}とし、Ｇをｇによって左剰余類に分けたとき、それを、
ｇｂ₁，ｇｂ₂，…，ｇｂs
とする。
　このとき、Ｇの任意の要素は
ａiｂk（ｉ＝１,２,…,ｒ　ｋ＝１,２,…,ｓ）
という形にただ一通りに書ける。

ｇを３の倍数の集合とし、ｇ×ｂという演算を＋で考えて、ｂ₁＝０,ｂ₂＝１,ｂ₃＝２とすると、
ｇ＝{０,３,６,…}
ａiｂkは上での約束よりａi＋ｂkとするので、
０＋０、０＋１，０＋2，
３＋０，３＋１，３＋２，
６＋０，６＋１，６＋２，
・・・
つまり、０,１,２,３,４,５,６,７,８,…と、自然数の集合は、３の倍数とその余りでただ一通りに表せるという事。
因みに、「Ｇの中にｂｇ,ｃｇ,…を重ならないようにつくっていくと、Ｇの全部をｂｇ,ｃｇ,…で尽してしまうことができる」は、ｂｇを３の倍数の集合，ｃｇを３で割ると１余る数の集合，ｄｇを３で割ると２余る数の集合と考えると、納得出来るだろう。「Ｇ＝ｇｂ₁∪ｇｂ₂∪…∪ｇｂsかつｇｂ₁∩ｇｂ₂∩…∩ｇｂs＝φ」の意味もわかるはずである。（３の倍数の集合（部分群）で類別すると言う。）
因みに、これが自然に分かるまで１年ぐらいかかったと思う。すし職人の教習所がうらやましい。笑

おまけ：
https://www.tokyo-np.co.jp/article/390588

問題
頂点Ａ，Ｂから対辺またはその延長に下ろした垂線の長さが４，５である三角形ＡＢＣがある。頂点Ｃから対辺またはその延長に下ろした垂線の長さをｘとするとき、ｘのとりうる値の範囲を求めなさい。
（０２　ラ・サール）

模範解答
右図のように３辺の長さａ～ｃを定め（注：鋭角三角形ＡＢＣの辺ＢＣ，ＣＡ，ＡＢをそれぞれａ,ｂ,ｃとする）、△ＡＢＣの面積の２倍を２０ｋとおくと、
ａ＝５ｋ，ｂ＝４ｋ，ｃ＝(２０/ｘ)ｋ
と表せる。
すると、三角形の成立条件に着目して、
５ｋ－４ｋ＜(２０/ｘ)ｋ＜５ｋ＋４ｋ
∴１＜２０/ｘ＜９　∴２０/９＜ｘ＜２０
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

これを解説しても良いが、私の解法を紹介しよう。

回答
△ＡＢＣ＝ＢＣ×４×(１/２)＝２ＢＣ
△ＡＢＣ＝ＣＡ×５×(１/２)＝５ＣＡ/２
∴２ＢＣ＝５ＣＡ/２　∴４ＢＣ＝５ＣＡ
∴ＢＣ：ＣＡ＝５：４
よって、ＢＣ＝５ａ，ＣＡ＝４ａと置く。
また、△ＡＢＣ＝ＡＢ×ｘ×(１/２)＝２ＢＣより、ＡＢ＝４ＢＣ/ｘ＝２０ａ/ｘ
よって、ＢＣ＝５ａ，ＣＡ＝４ａ，
ＡＢ＝２０ａ/ｘ
これに三角形の成立条件を使うと、
|５ａ－４ａ|＜２０ａ/ｘ＜５ａ＋４ａ
∴ａ＜２０ａ/ｘ＜９ａ
ａ＞０より、１＜２０/ｘ＜９
左右の両辺が正より、１＞ｘ/２０＞１/９
∴２０＞ｘ＞２０/９
∴２０/９＜ｘ＜２０

おまけ：

解説
＞問題 9-11b
（重根を持たない）既約３次多項式ｆ(ｘ)の多項式の群Ｇfについて次を示せ。以下においてＤをｆ(ｘ)の判別式とする。
（１）Ｄの平方根√Ｄが定数でないとき（すなわちｘ²－Ｄが既約なとき）、Ｇfはｆ(ｘ)の根のすべての入れ換えからなる。つまりＧfは３次対称群Ｓ₃と同型である。
（２）Ｄの平方根√Ｄが定数のとき（すなわちｘ²－Ｄが可約なとき）、Ｇfはｆ(ｘ)の根の３つの入れ換えからなる。つまりＧfは３次交代群Ａ₃と同型である。

まず、問題の意味は、p.160に、
「ｆ(ｘ)の根をα＝³√２,β＝αω,γ＝αω²とし、
δ＝(α－β)(β－γ)(γ－α)
とします。δはｆ(ｘ)の判別式の平方根です。」
とあるので、δ＝±√Ｄという事であり、
√Ｄ＝±(α－β)(β－γ)(γ－α)
この右辺が定数（有理数）にならなければｆ(ｘ)の群ＧfはＳ₃と同型で、定数になればＡ₃と同型になるという事である。

＞まず、次の事実に注意する：「既約多項式ｆ(ｘ)の任意の２つの根α,α'について、多項式の群のある元（根の入れ換え）によりαはα'に入れ換わる。」実際、αが多項式の群の入れ換えでα₁＝α,α₂,…,αsとなったとすると、ｇ(ｘ)＝(ｘ－α₁)…(ｘ－αs)はαの最小多項式であり（問題9-5）、ｆ(ｘ)と定数倍しか違わないからである。

これはおかしいですよね。

問題 9-5b
多項式ｆ(ｘ)の群をＧfとする。ｆ(ｘ)の根の式βが、Ｇfの根の入れ換え（すべて）により、異なる数β₁＝β,･･･,βsになったとする。このとき
ｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)･･･(ｘ－βs)はβiの最小多項式であることを示せ。よってβiの最小多項式は重根を持たない。
またｓ＝degｇ(ｘ)は、βを不変にする入れ換え全体のなすＧfの部分群Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)に等しいことを示せ。

ｆ(ｘ)の次数とｆ(ｘ)の群Ｇfの元の個数が一致する場合だけですよね。つまり、ｆ(ｘ)とｇ(ｘ)が一致する場合である。（「ｇ(ｘ)＝(ｘ－α₁)…(ｘ－αs)はαの最小多項式であり（問題9-5）、ｆ(ｘ)と定数倍しか違わない」のだから。）

ただし、全体的には修正可能なので続ける。

＞３次既約多項式の群は３次対称群Ｓ₃の部分群であり、上の「…」の性質を持つ部分群である。

上の「…」とは、「既約多項式ｆ(ｘ)の任意の２つの根α,α'について、多項式の群のある元（根の入れ換え）によりαはα'に入れ換わる。」の事である。
また、「３次既約多項式の群は３次対称群Ｓ₃の部分群」は、３次既約多項式の根はα₁,α₂,α₃の３つで、定理9.1（基本定理）より、ｆ(ｘ)の多項式の群Ｇfは「重根を持たないｄ次多項式ｆ(ｘ)に対して、その根α₁,…,αdの入れ換えのなす群」なので、Ｓ₃の部分群という訳である。

＞このような部分群はＳ₃とＡ₃しかない。

Ａ₃の場合は、元の個数が３個で条件の「既約３次多項式ｆ(ｘ)」の３同士が一致しているので、問題ない。（「ｆ(ｘ)の次数とｆ(ｘ)の群Ｇfの元の個数が一致する場合だけですよね」に対して問題ないという事。）
また、Ｓ₃の場合も（問題ない）Ａ₃を部分群に持つので、これも問題ない。

また、次のように考える事も出来る。
つまり、「既約多項式ｆ(ｘ)の任意の２つの根α,α'について、多項式の群のある元（根の入れ換え）によりαはα'に入れ換わる。」という性質を持つＳ₃の部分群はＳ₃とＡ₃しかない理由を述べれば良い。因みに、Ｓ₃の部分群は６個ある。
（１）{(１,２,３)}（本当は２段で入れ換えを表すが、書けないので入れ換わった結果だけ書く。）
（２）{(１,２,３),(２,１,３)}
（３）{(１,２,３),(１,３,２)}
（４）{(１,２,３),(３,２,１)}
（５）{(１,２,３),(２,３,１),(３,１,２)}
（６）{(１,２,３),(２,１,３),…,(３,１,２)}（６個全部）
例えば、（２）の群の右の元では１と２だけ入れ換わるが、３が入れ換わらないので、「既約多項式ｆ(ｘ)の任意の２つの根α,α'について、多項式の群のある元（根の入れ換え）によりαはα'に入れ換わる。」という性質を満たさないからである。（「任意の」が大事である。）
よって、（５）と（６）が適正という事である。つまり、Ａ₃とＳ₃。

＞ｆ(ｘ)の３つの根をα,β,γとすると√Ｄ（≠０）はδ＝(α－β)(β－γ)(γ－α)の(±１)倍である。

p.160に、
「ｆ(ｘ)の根をα＝³√２,β＝αω,γ＝αω²とし、
δ＝(α－β)(β－γ)(γ－α)
とします。δはｆ(ｘ)の判別式の平方根です。」
とあるので、δ＝±√Ｄという事である。
よって、「√Ｄ（≠０）はδ＝(α－β)(β－γ)(γ－α)の(±１)倍である」。

＞δを不変にするのはＡ₃だから（Ｓ₃の互換によりδは－δになる）、次のようにわかる：
√Ｄが定数でない ⇔ Ｇf＝Ｓ₃である。
√Ｄが定数である ⇔ Ｇf＝Ａ₃である。

Ａ₃とは、上の「（５）{(１,２,３),(２,３,１),(３,１,２)}」である。
つまり、α→β，β→γ，γ→αにするような入れ換えである。
よって、δ＝(α－β)(β－γ)(γ－α)をこれで入れ換えると、
δ'＝(β－γ)(γ－α)(α－β)＝δ
よって、Ａ₃で不変である。
また、Ｓ₃は上の（６）で「（２）{(１,２,３),(２,１,３)}」のような元も入っているので、これでδ＝(α－β)(β－γ)(γ－α)のαとβを入れ換えると、
δ'＝(β－α)(α－γ)(γ－β)
＝－(α－β)(β－γ)(γ－α)＝－δ
よって、δは－δになるのでＳ₃は不変ではない。
ところで、定理9.1(２)より、Ｇfのどの元で根を入れ換えても変わらない時、定数なので、
√Ｄが定数でない ⇔ Ｇf＝Ｓ₃である。
√Ｄが定数である ⇔ Ｇf＝Ａ₃である。
という事である。

定理9.1（基本定理）
重根を持たないｄ次多項式ｆ(ｘ)に対して、その根α₁,･･･,αdの入れ換えのなす群Ｇfであって、次の性質をみたすものがただ１つ存在する。
（１）α₁,･･･,αdの２つの式が同じ値を定めるならば、Ｇfの各元で根を入れ換えても２式の値は等しい。すなわちｇ(α₁,･･･,αd)＝ｈ(α₁,･･･,αd)ならば、Ｇfの元でαi₁,･･･,αidと入れ換えてもｇ(αi₁,･･･,αid)＝ｈ(αi₁,･･･,αid)が成り立つ。
（２）α₁,･･･,αdの式に対して、その値は、Ｇfのどの根で入れ換えても変わらないとき、定数である。
この群Ｇfを多項式ｆ(ｘ)の群という。

感想としては、先生たちは慣れ過ぎちゃって、先の知識から勘違いを起こしやすいようである。（念のため、証明自体は誤りとは言えない。ただし、とても参考書としては使えないだろう。）
因みに、前回の問題 9-10bでも同じ事をしている。

＞ｆ(ｘ)は既約なので、問題9-5より、ｆ(ｘ)の根αはＧfの根の入れ換えにより、ｆ(ｘ)のどの根にもなる。

これおかしくないですか。
正しくは、「ｎ次既約多項式ｆ(ｘ)の群Ｇfがｎ個の元（根の入れ換え）からな」っているから、「ｆ(ｘ)の根αはＧfの根の入れ換えにより、ｆ(ｘ)のどの根にもなる」じゃないですか。
その理由は、問題9-5のｇ(ｘ)は最小多項式より既約多項式で、今回のｆ(ｘ)は次数と多項式の群Ｇfの元の個数が一致しているので、問題9-5のｇ(ｘ)に見立てる事が出来る。すると、
ｆ(ｘ)＝ｇ(ｘ)＝(ｘ－α₁＝α)(ｘ－α₂)…(ｘ－αn)（ｎ次既約多項式だから。）
また、β＝αとなり、α₁,…,αnはＧfによる根αの入れ換えとなるから。

＞|Ｇf|はｆ(ｘ)の次数と等しいので、αを変えない根の入れ換えは恒等入れ換えのみである。

これもおかしくないですか。前半はもっと前に使うべきだと思いますが。
2025/5/8 15:17の投稿より引用。

おまけ：

問題
∠Ａ＝∠Ｂ＝９０°の台形ＡＢＣＤがあり、辺ＡＢ上に点Ｐがある。
ＡＤ＝４ｃｍ，ＢＣ＝１０ｃｍ，△ＡＰＤ＋△ＢＰＣ＝２４ｃｍ²，台形ＡＢＣＤ＝４２ｃｍ²である時、△ＢＰＣの面積を求めて下さい。
ただし、算数の解法を作って下さい。

解答
ＢＣ＝４２×２÷(４＋１０)＝８４÷１４
＝６ｃｍ
ここで、直角三角形ＡＰＤ，ＢＰＣをそれぞれ２倍にして、長方形ＡＰＥＤ，ＢＰＦＣとなる点Ｅ，Ｆを取ると、
長方形ＡＰＥＤ＋長方形ＢＰＦＣ＝２４×２＝４８ｃｍ²……☆
また、ＡＤの延長とＣＦの延長との交点をＧとすると、四角形ＡＢＣＧと四角形ＤＥＦＧも長方形になり、長方形ＤＥＦＧ＝６×１０－４８＝１２ｃｍ²
ところで、ＤＧ＝１０－４＝６ｃｍより、
ＤＥ＝１２÷６＝２ｃｍ　よって、ＡＰ＝２ｃｍより、ＢＰ＝６－２＝４ｃｍ
よって、△ＢＰＣ＝４×１０÷２＝２０ｃｍ²

因みに、☆から、ＤＥの延長とＢＣとの交点をＨとすると、四角形ＡＢＨＤと四角形ＥＨＣＦも長方形になり、
長方形ＥＨＣＦ＝４８－４×６＝２４ｃｍ²
ところで、ＨＣ＝１０－４＝６ｃｍより、
ＥＨ＝２４÷６＝４ｃｍ
よって、ＰＢ＝４ｃｍ
よって、△ＢＰＣ＝１０×４÷２＝２０ｃｍ²
こちらの方がちょっとだけ近道ですね。

ところで、ＢＣ＝４２×２÷(４＋１０)＝８４÷１４＝６ｃｍから、
ＡＰとＢＰの長さの割合がどれぐらいだろうと考えて、ＡＰ＝６ｃｍとしてみる。（点Ｐが点Ｂにあるので、明らかにおかしいが。）
この時点で２つの直角三角形の面積の和は△ＡＢＤと等しく、４×６÷２＝１２ｃｍ²
よって、条件の△ＡＰＤ＋△ＢＰＣ＝２４ｃｍ²より、１２ｃｍ²も足りない。よって、点Ｐを上に１２ｃｍ²分ずらせば良い。
ここで、１ｃｍずらすごとに１０－４＝６ｃｍ，６×１÷２＝３ｃｍ²ずつ増えることが分かる。
よって、１２ｃｍ²分増やすには１２÷３＝４ｃｍずらす必要がある。
よって、ＢＰ＝４ｃｍ
よって、△ＢＰＣ＝１０×４÷２＝２０ｃｍ²

西洋数学では、ＡＰ＝ｘ，ＢＰ＝ｙと置いて、
ｘ＋ｙ＝６……①　
４×ｘ×(１/２)＋１０×ｙ×(１/２)＝２４
よって、２ｘ＋５ｙ＝２４……②
と置いて、①よりｘ＝６－ｙ
これを②に代入して、
２(６－ｙ)＋５ｙ＝２４
よって、１２－２ｙ＋５ｙ＝２４
よって、３ｙ＝１２　よって、ｙ＝４
よって、ＢＰ＝４ｃｍ

と求め、これが現在の模範解答である。意味がよく分からないだろう。だが、万能である。
それに比べて頭は良いが、万能ではない一番上とその補足解法はつるかめ算といって、和算の解法である。（厳密には、面積図の解法は昔からあったかどうかは知らない。補足解法は整数限定で分かり易くアレンジしてある。）

おまけ：

問題
図のように、直線ｌと点Ａ，Ｂが与えられている。点Ｐが直線ｌ上を動くとき、ＡＰ－ＢＰの最大値を求めなさい。
（９６　大阪教育大付池田）

図の解説：縦に直線ｌを引き、直線ｌに関して右の領域に２点Ａ，Ｂを取り、Ａ，Ｂからｌに下ろした垂線の足をそれぞれＡ'，Ｂ'とすると、ＡＡ'＝７，ＢＢ'＝５，Ａ'Ｂ'＝６という図。

何でもありの解法
Ａ，Ｂから直線ｌに下ろした垂線の足をそれぞれＡ'，Ｂ'とし、Ａ'Ｐ＝ｘと置くと、
Ｂ'Ｐ＝|６－ｘ|
△ＡＡ'Ｐと△ＢＢ'Ｐで三平方の定理を使うと、
ＡＰ＝√(ｘ²＋７²)＝√(ｘ²＋４９)……①
ＢＰ＝√{|６－ｘ|²＋５²}
＝√(ｘ²－１２ｘ＋６１)……②
①－②より、
ＡＰ－ＢＰ
＝√(ｘ²＋４９)－√(ｘ²－１２ｘ＋６１)
よって、ｙ＝√(ｘ²＋４９)－√(ｘ²－１２ｘ＋６１)と置いてｘで微分すると、
ｙ'＝(１/２)２ｘ/√(ｘ²＋４９)－(１/２)(２ｘ－１２)/√(ｘ²－１２ｘ＋６１)
＝ｘ/√(ｘ²＋４９)－(ｘ－６)/√(ｘ²－１２ｘ＋６１)
よって、ｙ'＝０とすると、
ｘ/√(ｘ²＋４９)＝(ｘ－６)/√(ｘ²－１２ｘ＋６１)
∴ｘ√(ｘ²－１２ｘ＋６１)＝(ｘ－６)√(ｘ²＋４９)
∴ｘ²(ｘ²－１２ｘ＋６１)＝(ｘ－６)²(ｘ²＋４９)
∴ｘ⁴－１２ｘ³＋６１ⅹ²＝(ｘ²＋４９)(ｘ²－１２ｘ＋３６)
＝ｘ⁴－１２ｘ³＋３６ｘ²＋４９ｘ²－１２・４９ｘ＋３６・４９
∴２４ｘ²－１２・４９ｘ＋３６・４９＝０
∴２ｘ²－４９ｘ＋３・４９＝０
∴(２ｘ－７)(ｘ－２１)＝０
∴ｘ＝７/２，２１
ここで、図を考えて、ｘ＜６の場合は、ＡＰ－ＢＰの最大値は点Ｐが点Ｂ'にある時だと分かるので、極大値となるのは、ｘ＝２１の場合である。これを①，②に代入すると、
ＡＰ＝√(２１²＋７²)＝７√(３²＋１²)
＝７√１０
ＢＰ＝√{|６－ｘ|²＋５²}
＝√(１５²＋５²)＝５√(３²＋１²)＝５√１０
よって、ＡＰ－ＢＰの最大値は、２√１０

このヒントがあれば、中学生用の解法も思い付くのではないでしょうか。もっとも基本事項がしっかりしていないとダメだと思いますが。

おまけ：

問題
図のように、直線ｌと点Ａ，Ｂが与えられている。点Ｐが直線ｌ上を動くとき、ＡＰ－ＢＰの最大値を求めなさい。
（９６　大阪教育大付池田）

図の解説：縦に直線ｌを引き、直線ｌに関して右の領域に２点Ａ，Ｂを取り、Ａ，Ｂからｌに下ろした垂線の足をそれぞれＡ'，Ｂ'とすると、ＡＡ'＝７，ＢＢ'＝５，Ａ'Ｂ'＝６という図。

模範解答
直線ＡＢとｌとの交点をＰ₀とする。
３点Ａ,Ｂ,Ｐが三角形を成す（Ｐ≠Ｐ₀）ならば、ＡＰ＜ＡＢ＋ＢＰ，すなわち、ＡＰ－ＢＰ＜ＡＢ
３点Ａ,Ｂ,Ｐが一直線上にある（Ｐ＝Ｐ₀）ならば、ＡＰ＝ＡＢ＋ＢＰ，すなわち、ＡＰ－ＢＰ＝ＡＢ
よってこのとき、ＡＰ－ＢＰは最大値ＡＢをとる。
ＡＢ＝√{６²＋(７－５)²}＝２√１０
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

参考書の「注」を紹介しよう。

➡注　一般に、長さがａ,ｂ,ｃの３線分で三角形が作れる条件は、|ａ－ｂ|＜ｃ＜ａ＋ｂ

上の解答では、「ＡＰ＜ＡＢ＋ＢＰ」でｃ＜ａ＋ｂの部分だけを使っているという訳である。何も見ないで、この不等式を証明してみよう。

証明
三辺の長さがａ,ｂ,ｃの三角形の三辺の関係は、
ａ＋ｂ＞ｃ……①
ｂ＋ｃ＞ａ……②
ｃ＋ａ＞ｂ……③
つまり、これが三角形が作れる条件である。
②より、ａ－ｂ＜ｃ……②'
③より、－ａ＋ｂ＜ｃ　
∴－(ａ－ｂ)＜ｃ……③'
②'，③'より、±(ａ－ｂ)＜ｃ
∴|ａ－ｂ|＜ｃ……④
①，④より、
|ａ－ｂ|＜ｃ＜ａ＋ｂ

これは覚えておいた方が良いちょっとだけマイナーな公式の１つである。
また、参考書に、

「ＡＰ＋ＢＰの最小値」なら頻出ですが、「ＡＰ－ＢＰの最大値」となると・・・こちらも途方に暮れてしまいそうです。」

とあり、「ＡＰ＋ＢＰの最小値」の求め方の定石も暗記ものである。（内容はここでは省略する。）

おまけ：
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E7%A5%9E%E3%81%AF%E6%AD%BB%E3%82%93%E3%81%A0#%E7%A5%9E%E3%81%AE%E6%AD%BB%E3%81%AE%E7%A5%9E%E5%AD%A6

問題
∠Ａ＝∠Ｂ＝９０°，∠Ｃ＝３０°，ＡＢ＝ＡＤ，ＢＣ＝５ｃｍであるとき、台形ＡＢＣＤの面積を求めよ。
引用元：

解法１（思い付いた順）
台形の左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、ＣＤの延長上にＣＥ＝ＣＢとなる点Ｅを取ると、△ＣＢＥは頂角が３０°の二等辺三角形より、∠ＣＥＢ＝∠ＣＢＥ＝７５°
ここで、ＢＤを結ぶと、△ＡＢＤは直角二等辺三角形より、∠ＡＤＢ＝４５°また、同位角より∠ＥＤＡ＝∠ＥＣＢ＝３０°
よって、∠ＢＤＥ＝４５°＋３０°＝７５°
また、錯角より∠ＤＢＣ＝∠ＡＢＤ＝４５°，∠ＣＢＥ＝７５°より、∠ＤＢＥ＝７５°－４５°＝３０°よって、△ＢＥＤの内角の和より、∠ＢＥＤ＝１８０°－７５°－３０°＝７５°よって、∠ＢＤＥ＝∠ＢＥＤより△ＢＥＤは頂角が３０°の二等辺三角形。
ここで、Ａ，ＥからＢＤに垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ｉとすると、△ＡＢＤは直角二等辺三角形で△ＥＢＩは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型になるので、
ＡＨ＝(１/２)ＢＤ……①
ＥＩ＝(１/２)ＢＥ＝(１/２)ＢＤ……②
①，②より、ＡＨ＝ＥＩ
よって、△ＡＢＤと△ＥＢＤは底辺と高さが等しいので、面積も等しい。
よって、△ＡＢＤ＝△ＥＢＤ
この両辺に△ＤＢＣを加えると、
四角形ＡＢＣＤ＝△ＥＢＣで△ＥＢＣは∠Ｃが３０°の二等辺三角形だったので、ＥからＢＣに垂線を下ろしその足をＪとすると、△ＥＪＣは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型となり、
ＥＪ＝(１/２)ＣＥ＝(１/２)ＣＢ＝５/２ｃｍ
よって、△ＥＢＣ＝５×(５/２)÷２＝２５/４ｃｍ²　よって、四角形ＡＢＣＤ＝２５/４ｃｍ²（小数に変換するのは省略。）

解法２
ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、四角形ＡＢＨＤは正方形になり、△ＤＨＣは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型になる。
ここで、ＤＣの真ん中の点をＭとし、ＭからＤＨ，ＣＨに垂線を下ろしその足をそれぞれＩ，Ｊとし、ＭＨを結ぶと、４つの合同な３０°，６０°，９０°の直角三角定規型の三角形が出来る。
また、ＨからＤＭに垂線を下ろしその足をＰとすると、△ＭＤＨが正三角形より△ＨＰＤも正三角形を真っ二つにした３０°，６０°，９０°の直角三角定規型なので、△ＭＩＤなどと合同である。
今、ＢからＤＣと平行な直線を引き、ＰＨの延長との交点をＱ，ＡからＰＱと平行な直線を引き、ＱＢの延長との交点をＲ，ＲＡの延長とＰＤの延長との交点をＳとすると、四角形ＡＢＨＤが正方形より四角形ＰＱＲＳも正方形になり（∠Ｐ＝９０°だから）、四隅の直角三角形は全て合同になる（算数だから厳密な証明は省略する）。
よって、△ＣＪＭ，△ＨＪＭ，△ＭＩＨ，△ＭＩＤを△ＨＰＤ，△ＢＱＨ，△ＡＲＢ，△ＤＳＡの所に移動させると、四角形ＡＢＣＤの面積は正方形ＰＱＲＳの面積と等しい。
ところで、△ＣＰＨと△ＢＱＨはそれぞれ３０°，６０°，９０°の直角三角定規型より、
ＰＨ＝(１/２)ＣＨ……①
ＱＨ＝(１/２)ＢＨ……②
①＋②より、
ＰＨ＋ＱＨ＝(１/２)ＣＨ＋(１/２)ＢＨ
よって、ＰＱ＝(１/２)(ＣＨ＋ＢＨ)
＝(１/２)ＢＣ＝５/２ｃｍ
（注：分配法則など知らなくても図的に分かる。）
よって、正方形ＰＱＲＳ＝(５/２)×(５/２)＝２５/４ｃｍ²
よって、四角形ＡＢＣＤ＝２５/４ｃｍ²

おまけ：

問題
∠Ａ＝∠Ｂ＝９０°，∠Ｃ＝３０°，ＡＢ＝ＡＤ，ＢＣ＝５ｃｍであるとき、台形ＡＢＣＤの面積を求めよ。
引用元：

解法３（思い付いた順）
ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、四角形ＡＢＨＤは正方形になる。
ここで、ＢＣを１辺とした直角二等辺三角形ＥＢＣを頂点ＥがＢＣに関して点Ｄと同じ側に作ると、ＢＥは点Ｄを通る（∠ＥＢＣ＝∠ＤＢＨ＝４５°だから）。また、∠ＥＣＤ＝４５°－３０°＝１５°
さらに、ＤＣの真ん中の点をＭとすると、直角三角形の直角と斜辺の真ん中の点を結ぶので、受験算数の定石により、ＣＭ＝ＤＭ＝ＥＭである（長方形を対角線で斜め半分に切った形だから）。
また、△ＤＨＣは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型より、ＤＨ＝(１/２)ＤＣ＝ＣＭ＝ＤＭ＝ＥＭ　また、四角形ＡＢＨＤは正方形よりＡＢ＝ＤＨなので、ＡＢ＝ＣＭ＝ＤＭ
よって、ＡＢ：ＤＣ＝１：２……①
また、△ＭＥＣは底角が１５°の二等辺三角形で△ＭＥＣの内対角の和より、
∠ＥＭＤ＝１５°＋１５°＝３０°
よって、ＥからＤＭに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＥＩＭは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型より、
ＥＩ＝(１/２)ＥＭ＝(１/２)ＡＤ
よって、ＡＤ：ＥＩ＝２：１……②
①，②より、△ＤＡＢと△ＥＤＣにおいて、それぞれの底辺が１/２で高さが２倍の関係なので、面積が等しい。
よって、△ＤＡＥ＝△ＥＤＣ
この両辺に△ＤＢＣを加えると、
四角形ＡＢＣＤ＝直角二等辺三角形ＥＢＣ＝５×５÷２÷２＝２５/４ｃｍ²

解法４
ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、四角形ＡＢＨＤは正方形になる。
ここで、ＤＣを１辺とした正方形を辺ＤＣの外側に作り、反時計回りにＤＣＥＦとする。
また、ＥからＤＨと平行な直線を引きＢＣの延長との交点をＩ，ＦからＨＩと平行な直線を引き、ＩＥの延長との交点をＪ，ＨＤの延長とＪＦの延長との交点をＫとすると、四角形ＤＣＥＦが正方形より四角形ＨＩＪＫも正方形になり（∠Ｈ＝９０°だから）、四隅の直角三角形は全て合同になる（算数なので厳密な証明は省略する）。
そして、それらの直角三角形は△ＤＨＣと合同で、また、△ＤＨＣは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型なので、ＤＨ：ＤＣ＝１：２
よって、正方形ＡＢＨＤと正方形ＤＣＥＦの相似比は１×１：２×２＝１：４である。
よって、正方形ＤＣＥＦをそれぞれの辺の真ん中の点で十字に４等分すると、正方形ＡＢＨＤ４個分である。
つまり、正方形ＨＩＪＫは四角形ＡＢＣＤの面積の４個分である。また、ＨＩ＝ＢＣ＝５ｃｍより、正方形ＨＩＪＫ＝5×５＝２５ｃｍ²
よって、四角形ＡＢＣＤ＝２５/４ｃｍ²

因みに、何でもありの検索ありで、あと解法２つ見つけました。数学の問題をプログラミングで解く人もいるhttps://qiita.com/square1001/items/57f7671bd7718aacebd5ので、算数・数学に弱い人でも是非挑戦してみて下さい。
念のため、解法３は私のオリジナルです。まぁ、検索すればどこかにある可能性も０じゃないと思いますが。

おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1913726087290585362

問題
∠Ａ＝∠Ｂ＝９０°，∠Ｃ＝３０°，ＡＢ＝ＡＤ，ＢＣ＝５ｃｍであるとき、台形ＡＢＣＤの面積を求めよ。
引用元：

解法５（検索ありの解法）
ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をＥとし、ＢＡの延長上に△ＦＡＤ≡△ＣＥＤとなる点Ｆを取ると、△ＢＣＦは直角二等辺三角形になる。
そこで、点ＢのＣＦに関する対称点を取りＢ'とすると、四角形ＦＢＣＢ'は正方形になり、点Ａ，Ｄ，ＥのＣＦに関する対称点もそれぞれＡ'，Ｄ'，Ｅ'とすると、△ＦＡＤ≡△ＦＡ'Ｄ'，△ＣＥＤ≡△ＣＥ'Ｄ'となり、これらに☆印を付ける。
また、正方形ＡＢＥＤ≡正方形Ａ'Ｂ'Ｅ'Ｄ'，ここで、ＦＤ'，ＣＤ'，ＤＤ'を結ぶと、△ＦＤＤ'，△ＣＤＤ'はそれぞれ合同な頂角が３０°（９０°－３０°×２＝３０°だから）の二等辺三角形になり、等辺の長さは正方形ＡＢＥＤの１辺の長さの２倍である（３０°，６０°，９０°の直角三角定規型より）。
よって、ＤからＣＤ'に垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＣＤＨは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型になり、ＤＨ＝(１/２)ＣＤ＝(１/２)ＣＤ'　よって、△ＣＤＤ'＝ＣＤ'×ＤＨ÷２＝ＣＤ'×(１/２)ＣＤ'÷２
＝(１/４)ＣＤ'×ＣＤ'
ところで、「等辺の長さは正方形ＡＢＥＤの１辺の長さの２倍」だったので、ＣＤ'は正方形の１辺の長さの２倍なので、ＣＤ'×ＣＤ'で(正方形の１辺×正方形の１辺)の４倍である。
よって、△ＣＤＤ'の面積と正方形正方形ＡＢＥＤの面積は等しい。
よって、これらに◆を付けると、正方形ＦＢＣＢ'＝☆×４＋◆×４＝５×５＝２５ｃｍ²より、☆＋◆＝２５/４ｃｍ²
よって、四角形ＡＢＣＤ＝２５/４ｃｍ²

引用元は次回明かしますね。もっとも、普通に検索して出たらあまり意味はありませんが。（解法６は次回。）

おまけ：
https://www.google.com/search?q=%E6%95%B0%E5%AD%A6%E5%A4%A9%E6%89%8D%E5%B0%91%E5%B9%B4&sca_esv=bf58db3f14c3f703&hl=ja&ei=UTUdaIOqEueo2roPzPaGyQQ&ved=0ahUKEwjDlr_2-pSNAxVnlFYBHUy7IUkQ4dUDCBA&oq=%E6%95%B0%E5%AD%A6%E5%A4%A9%E6%89%8D%E5%B0%91%E5%B9%B4&gs_lp=Egxnd3Mtd2l6LXNlcnAiEuaVsOWtpuWkqeaJjeWwkeW5tEgAUABYAHAAeACQAQCYAQCgAQCqAQC4AQzIAQCYAgCgAgCYAwCSBwCgBwCyBwC4BwA&sclient=gws-wiz-serp

問題
∠Ａ＝∠Ｂ＝９０°，∠Ｃ＝３０°，ＡＢ＝ＡＤ，ＢＣ＝５ｃｍであるとき、台形ＡＢＣＤの面積を求めよ。
引用元：

解法６（検索ありの解法）
ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、ＡＢＨＤは正方形になる。
ここで、ＢＣを１辺とした正方形ＢＣＥＦを描き（四角形ＡＢＣＤを内包するように）、ＡＤの延長，ＨＤの延長と正方形との交点をそれぞＧ，Ｉとすると、正方形の対称性より四角形ＤＧＥＩも正方形になり、ＤＦを結ぶと、残りの部分の４つの直角三角形も全て合同になる。
今、ＨからＣＤに垂線を下ろしその足をＪとすると、△ＨＤＪと△ＣＤＨはそれぞれ３０°，６０°，９０°の直角三角定規型になるので、ＤＪ＝①とすると、ＤＨ＝②，また、ＤＣ＝②×２＝④　よって、ＣＪ＝④－①＝③
よって、ＤＪ：ＣＪ＝①：③＝１：３
よって、△ＨＤＪ：△ＨＣＪ＝１：３
ところで、△ＨＤＪと△ＨＣＪは共に３０°，６０°，９０°の直角三角定規型なので相似である。つまり、対応する辺はＤＨとＨＣで、これらの辺が対応する相似な図形の面積比は１：３である。
よって、ＨＣ＝ＤＧより、正方形ＡＢＨＤと正方形ＤＧＥＩの面積比は１：３である。
よって、先の４つの直角三角形のそれぞれの面積を☆とし、正方形ＡＢＨＤの面積を◆とすると、正方形ＢＣＥＦ＝☆×４＋◆×４＝５×５＝２５ｃｍ²
よって、四角形ＡＢＣＤ＝☆＋◆＝２５÷４
＝２５/４ｃｍ²
引用元：（解法５も同じ引用元です。）

念のため、解法４までは全て自分で解いた後に検索したものです。検索ありなら、ジャイアントキリングができるかもしれませんね。
https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q11271514351

おまけ：