数学

何でもありの解法
直角三角形の直角を挟む二辺の短い方をｘ，長い方をｙと置くと、ｘ＋ｙ＝５―――①
ｘ^2＋ｙ^2＝４^2―――②
また、求めたいのは、(ｙ－ｘ)^2―――③
②より、(ｘ＋ｙ)^2－２ｘｙ＝１６―――②'
①を②'に代入すると、５^2－２ｘｙ＝１６
∴２ｘｙ＝２５－１６＝９　∴２ｘｙ＝９―――④
③より、(ｙ－ｘ)^2＝ｘ^2＋ｙ^2－２ｘｙ―――③'
②,④を③'に代入すると、
(ｙ－ｘ)^2＝１６－９＝７ｃｍ^2
よって、答えは、７ｃｍ^2

算数の解法
４つの長方形の対角線は４ｃｍだが、これを逆方向にも引く（もう一つの対角線という事）と、新しく出来る四角形は四辺の長さが等しいのでひし形で、かつ大外の正方形の対称性から４つの角も等しくなり、正方形になる。
よって、大外の正方形から新しく出来た正方形の面積を引くと、図の直角三角形と合同な直角三角形４つ分の面積が分かる。
よって、５×５－４×４＝２５－１６＝９ｃｍ^2
ところで、新しく出来た正方形は、真ん中の小さな正方形にその直角三角形を４つくっつけた形である。
よって、真ん中の正方形の面積＝１６－９＝７ｃｍ^2である。
よって、答えは、７ｃｍ^2

まさに、なぞなぞですね。因みに、昨日の問題。

問題
５ｍ^2－６ｍｎ－７ｎ^2が３２で割り切れる必要十分条件を求めて下さい。

例えば、ｍ＝ｎかつｍ,ｎが偶数でも条件を満たしますが、必要十分条件ではありませんね。
ｍ＝ｎ＝２ｐ（ｐは整数）として、与式に代入すると、
５ｍ^2－６ｍｎ－７ｎ^2＝５(２ｐ)^2－６(２ｐ)^2－７(２ｐ)^2＝－８(２ｐ)^2＝－３２ｐ^2
ですが、例えば、ｍ＝２，ｎ＝１０とすると、
５ｍ^2－６ｍｎ－７ｎ^2＝５・２^2－６・２・１０－７・１０^2＝２０－１２０－７００＝－８００＝３２・(－２５)で成り立ちますからね。
ただの十分条件という事ですね。

おまけ：

定理2.10
ＨがＧの部分群で、[Ｇ：Ｈ]＝２のとき、Ｈは正規部分群。

証明
Ｇの元でＨに属さない元をａ,ｂとします。すると、
Ｈの左剰余類によるＧの分割は、Ｇ＝Ｈ∪ａＨ（Ｈ∩ａＨ＝φ）
Ｈの右剰余類によるＧの分割は、Ｇ＝Ｈ∪Ｈｂ（Ｈ∩Ｈｂ＝φ）
よって、ａＨ＝Ｈｂ―――①
が成り立ち、ａ,ｂ∈Ｇ－Ｈ＝ａＨ＝Ｈｂ
∴ｂ∈ａＨ　
よって、他の参考書の定理4.1より、
ａＨ＝ｂＨ―――②
が成り立つ。①,②より、ｂＨ＝Ｈｂ
　Ｈに属する元ｂについては、ｂＨ＝Ｈ，Ｈｂ＝Ｈですから、Ｇの任意の元ｘについて、ｘＨ＝Ｈｘが成り立つことになります。Ｈは正規部分群です。（証明終わり）
「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著の証明を改造

定理4.1
Gを群，HをGの部分群とする。このとき、Gの元ａ,ｂについて、次の（１）から（５）の命題は同値であり、また（１'）から（５'）の命題も同値である。
（１）ａＨ＝ｂＨ
（２）ａ^-1ｂ∈Ｈ
（３）ｂ∈ａＨ
（４）ａ∈ｂＨ
（５）ａＨ∩ｂＨ≠φ
（１'）Ｈａ＝Ｈｂ
（２'）ａｂ^-1∈Ｈ
（３'）ｂ∈Ｈａ
（４'）ａ∈Ｈｂ
（５'）Ｈａ∩Ｈｂ≠φ

おまけ：

解説
＞Ｎ(ｘｙ)＝Ｎ(ｘ)Ｎ(ｙ)
が成り立つことが容易に確かめられる。

定義は「ｘ＝ａ＋ｂ√(－５)に対して、Ｎ(ｘ)＝ａ^2＋５ｂ^2」なので、
ｘ＝ａ＋ｂ√(－５)，ｙ＝ｃ＋ｄ√(－５)と置くと、
ｘｙ＝(ａ＋ｂ√(－５))(ｃ＋ｄ√(－５))＝ａｃ－５ｂｄ＋(ａｄ＋ｂｃ)√(－５)
∴Ｎ(ｘｙ)＝(ａｃ－５ｂｄ)^2＋５(ａｄ＋ｂｃ)^2
＝ａ^2ｃ^2－１０ａｂｃｄ＋２５ｂ^2ｄ^2＋５(ａ^2ｄ^2＋２ａｂｃｄ＋ｂ^2ｃ^2)
＝ａ^2ｃ^2＋２５ｂ^2ｄ^2＋５ａ^2ｄ^2＋５ｂ^2ｃ^2
∴Ｎ(ｘｙ)＝ａ^2ｃ^2＋５ａ^2ｄ^2＋５ｂ^2ｃ^2＋２５ｂ^2ｄ^2―――①
また、Ｎ(ｘ)＝ａ^2＋５ｂ^2，Ｎ(ｙ)＝ｃ^2＋５ｄ^2
∴Ｎ(ｘ)Ｎ(ｙ)＝(ａ^2＋５ｂ^2)(ｃ^2＋５ｄ^2)
＝ａ^2ｃ^2＋５ａ^2ｄ^2＋５ｂ^2ｃ^2＋２５ｂ^2ｄ^2―――②
①，②より、Ｎ(ｘｙ)＝Ｎ(ｘ)Ｎ(ｙ)

＞一応、１＋√(－３)は環ℤ[√(－３)]において、素元になる事を確認して下さい。

１＋√(－３)は環ℤ[√(－３)]において、素元であることを示す。
(１＋√(－３))(１－√(－３))＝４＝１・４
であるから、１＋√(－３)｜１・４
ここで、もし　１＋√(－３)｜４
とすると、４＝(１＋√(－３))(ａ＋ｂ√(－３))（ａ,ｂ∈ℤ）
と表される。この両辺のノルムをとると、
１６＝４(ａ^2＋３ｂ^2)
よって、４＝ａ^2＋３ｂ^2
よって、例えばａ＝１，ｂ＝１とすると成り立つ。
１＋√(－３)｜４
よって、素元の定義より、１＋√(－３)は素元である。

素元の定義
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。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、という条件を満足するときａをＲの素元という。

因みに、一意分解整域である事を示すにはユークリッド整域である事を示せば良いようです。
https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q10136768185

「オイラーはｎ＝３の証明によって、代数的整数を使った新しい証明の可能性を切り拓いたのである。
　ところが、このような立法数の定理が代理的整数の世界でも成り立つと考えたことに問題があった。
　いわば、たまたま条件が整ったものを用い、証明してしまったのである。
　実際、右の図のように整数を代数的整数というものに拡張してみると、
　たとえば、
　　６＝(１＋√(－５))(１－√(－５))
　　６＝２×３
といったように、素因数分解の一意性が成り立たないことがわかる。」
「図解雑学 数論とフェルマーの最終定理」久我勝利著・關口力・百瀬文之監修より

因みに、３行目の「代理的整数」は「代数的整数」の誤植ではないですよね。

おまけ：

＞これが本命ですが、ノルムを使わないで上の既約元の証明と素元の証明が出来ないかどうか検討して下さい。

回答
（１）１＋√(－５)は環ℤ[√(－５)]において、既約元であることを示す。
１＋√(－５)＝(ａ＋ｂ√(－５))(ｃ＋ｄ√(－５))（ａ,ｂ,ｃ,ｄ∈ℤ）
とする。
∴１＋√(－５)＝ａｃ－５ｂｄ＋(ａｄ＋ｂｃ)√(－５)
∴ａｃ－５ｂｄ＝１―――①
　ａｄ＋ｂｃ＝１―――②
②より、ａｄ＝１－ｂｃ　∴ａ＝(１－ｂｃ)/ｄ―――②'
②'を①に代入すると、ｃ(１－ｂｃ)/ｄ－５ｂｄ＝１
∴ｃ(１－ｂｃ)－５ｂｄ^2＝ｄ
∴ｃ－ｂｃ^2－５ｂｄ^2＝ｄ
∴ｃ－ｂ(ｃ^2＋５ｄ^2)－ｄ＝０
∴ｂ(ｃ^2＋５ｄ^2)＝ｃ－ｄ―――③
ところで、ｂ,ｃ,ｄは整数より、ｃ^2≧ｃ，５ｄ^2≧－ｄ（等号成立はそれぞれｃ＝０,ｄ＝０の場合）
∴ｃ^2＋５ｄ^2＞ｃ－ｄ（ｃ＝ｄ＝０を同時に０にすると、①,②より矛盾が生じるから。）
また、ｂも整数より、③とｃ^2＋５ｄ^2＞ｃ－ｄからｂ＝０しかあり得ない。（０＜|ｂ|＜１なら普通の実数でも成り立つが。）
∴ｂ＝０
これを①,②に代入すると、ａｃ＝１，ａｄ＝１
ａ,ｃ,ｄは整数より、ａ＝ｃ＝ｄ＝±１（複号同順）
よって、１＋√(－５)＝(ａ＋ｂ√(－５))(ｃ＋ｄ√(－５))に代入すると、
１＋√(－５)＝(±１)(±１±√(－５))（複号同順）
よって、一方は可逆元になるので、１＋√(－５)は既約元である。

（２）１＋√(－５)は環ℤ[√(－５)]において、素元でないことを示す。
(１＋√(－５))(１－√(－５))＝６＝２・３
であるから、１＋√(－５)｜２・３
ここで、もし　１＋√(－５)｜２
とすると、２＝(１＋√(－５))(ａ＋ｂ√(－５))（ａ,ｂ∈ℤ）
と表される。
∴２＝ａ－５ｂ＋(ａ＋ｂ)√(－５)
∴ａ－５ｂ＝２―――①
ａ＋ｂ＝０―――②
②より、ｂ＝－ａ　これを①に代入すると、
ａ－５(－ａ)＝２　∴６ａ＝２　∴ａ＝１/３
ところで、ａは整数より矛盾。
ゆえに、１＋√(－５)∤２
同様に、１＋√(－５)∤３
したがって、１＋√(－５)は素元ではない。

おまけ：

訂正
＞∴ｂ(ｃ^2＋５ｄ^2)＝ｃ－ｄ―――③
ところで、ｂ,ｃ,ｄは整数より、ｃ^2≧ｃ，５ｄ^2≧－ｄ（等号成立はそれぞれｃ＝０,ｄ＝０の場合）
∴ｃ^2＋５ｄ^2＞ｃ－ｄ（ｃ＝ｄ＝０を同時に０にすると、①,②より矛盾が生じるから。）
また、ｂも整数より、③とｃ^2＋５ｄ^2＞ｃ－ｄからｂ＝０しかあり得ない。（０＜|ｂ|＜１なら普通の実数でも成り立つが。）
∴ｂ＝０

ｃ^2＋５ｄ^2＞ｃ－ｄの左辺を１，右辺を－２とすると、１＞－２で、③をｂ＝－２とすると、－２＝－２で成り立つ。

そこで、改善策。
（ⅰ）ｂ＞０の場合、③より、ｂ＝(ｃ－ｄ)/(ｃ^2＋５ｄ^2)―――ア
また、ｃ^2＋５ｄ^2＞ｃ－ｄより、１＞(ｃ－ｄ)/(ｃ^2＋５ｄ^2)―――イ
ア,イより、ｂ＜１　∴０＜ｂ＜１　ｂは整数よりあり得ない。
（ⅱ）ｂ≦０の場合、
ａｃ－５ｂｄ＝１―――①　ａｄ＋ｂｃ＝１―――②
②より、ｂｃ＝１－ａｄ　∴ｃ＝(１－ａｄ)/ｂ
これを①に代入すると、
ａ(１－ａｄ)/ｂ－５ｂｄ＝１
∴ａ(１－ａｄ)－５ｂ^2ｄ＝ｂ
∴ａ－ａ^2ｄ－５ｂ^2ｄ＝ｂ
∴ａ－ｄ(ａ^2＋５ｂ^2)＝ｂ
∴ｄ(ａ^2＋５ｂ^2)＝ａ－ｂ
また、ａ,ｂ,ｄは整数より、ａ^2≧ａ，５ｂ^2≧－ｂ（等号成立はそれぞれａ＝０,ｂ＝０の場合）
∴ａ^2＋５ｂ^2＞ａ－ｂ（ａ＝ｂ＝０を同時に０にすると、①,②より矛盾が生じるから。）
ここで、ｄ＞０とすると、上の（ⅰ）と同様に０＜ｄ＜１となりｄは整数よりあり得ない。よって、ｄ≦０である。
ここで、ｂ＜０，ｄ＜０として①，②式を見ると、①よりａｃ＝５ｂｄ＋１＞０より、ａ,ｃの符号は一致する。よって、ａ＞０，ｃ＞０とすると、ｂ＜０，ｄ＜０より、②式は、負＝正となり矛盾。
また、ａ＜０，ｃ＜０とすると、ｂ＜０，ｄ＜０より、②式は、正＋正＝１で左辺は２以上より矛盾。
よって、ｂ，ｄの少なくとも１つは０である。
よって、場合分け（（ⅱ））よりｂ＝０とする。
これを①,②に代入すると、ａｃ＝１，ａｄ＝１
ａ,ｃ,ｄは整数より、ａ＝ｃ＝ｄ＝±１（複号同順）
よって、１＋√(－５)＝(ａ＋ｂ√(－５))(ｃ＋ｄ√(－５))に代入すると、
１＋√(－５)＝(±１)(±１±√(－５))（複号同順）
よって、一方は可逆元になるので、１＋√(－５)は既約元である。

ｄ＝０とすると、ａｃ＝１―――①　ｂｃ＝１―――②となり同様に出来る。

おまけ：

何でもありの解法
縦の弦を上から下にＡＢ，横の弦を左から右にＣＤとし、ＡＢとＣＤの交点をＥとする。
また、ＯからＣＤに下ろした垂線の足をHとすると、ＯＨ＝５ｃｍ，ＣＨ＝４＋１＝５ｃｍより△ＯＨＣは直角二等辺三角形。よって、ＯＣ＝５√２ｃｍ
よって、円の半径は５√２ｃｍである。
また、△ＥＣＢで三平方の定理を使うと、ＢＣ＝４√１０ｃｍ　よって、ＯからＢＣに垂線を下ろしその足をＩとし、△ＯＢＩで三平方の定理を使うと、ＯＩ＝√{(５√２)^2－(２√１０)^2}＝√１０ｃｍ
また、ＤＨ＝ＣＨ＝５ｃｍより、ＤＥ＝５＋１＝６ｃｍ
よって、方べきの定理より、４・６＝ＡＥ・１２が成り立つ。∴ＡＥ＝２ｃｍ
よって、△ＡＥＤで三平方の定理を使うと、ＡＤ＝２√１０ｃｍ　よって、ＯからＡＤに垂線を下ろしその足をＪとして、△ＯＤＪで三平方の定理を使うと、ＯＪ＝√{(５√２)^2－(√１０)^2}＝√４０＝２√１０ｃｍ
よって、ＯＩ＝ＤＪ＝√１０ｃｍ，ＢＩ＝ＯＪ＝２√１０ｃｍより、△ＯＩＢ≡△ＤＪＯである。
よって、∠ＩＯＢ＋∠ＪＯＤ＝９０°∴∠ＢＯＣ＋∠ＡＯＤ＝９０°×２＝１８０°
よって、求める面積は、
Ｓ＝５√２×５√２×π×(１/２)－４√１０×√１０×(１/２)－２√１０×２√１０×(１/２)
＝２５π－２０－２０＝２５π－４０
よって、答えは、２５×３.１４－４０＝３８.５ｃｍ^2

おまけ：

算数の解法（私のオリジナル）
縦の弦を上から下にＡＢ，横の弦を左から右にＣＤとし、ＡＢとＣＤの交点をＥとする。
また、ＯからＣＤに下ろした垂線の足をHとすると、ＯＨ＝５ｃｍ，ＣＨ＝４＋１＝５ｃｍ
ところで、△ＯＣＤは二等辺三角形でＯＨ⊥ＣＤより点ＨはＣＤの真ん中の点でＤＨ＝ＣＨ＝５ｃｍ
よって、ＤＥ＝５＋１＝６ｃｍ
また、ＯからＡＢに垂線を下ろしその足をＩとすると、ＢＩ＝ＢＥ－ＯＨ＝１２－５＝７ｃｍで、△ＯＡＢは二等辺三角形でＯＩ⊥ＡＢより点ＩはＡＢの真ん中の点になるので、ＡＩ＝ＢＩ＝７ｃｍ
よって、ＡＥ＝ＡＩ－ＯＨ＝７－５＝２ｃｍ
よって、ＡＥ：ＤＥ＝２：６＝１：３　また、ＣＥ：ＢＥ＝４：１２＝１：３より、△ＡＤＥと△ＣＢＥは相似で∠ＡＤＥ＝∠ＣＢＥ＝●と置く。
ここで、△ＡＤＥを切り取って点Ｄが点Ｃにくっつくように反転させ、点Ａの行き先をＡ'，点Ｅの行き先をＥ'とすると、∠Ａ'ＣＥ'＝●　
また、△ＢＣＥの内角の和より、∠ＢＣＥ＝９０°－●である。よって、∠ＢＣＡ'＝９０°－●＋●＝９０°
また、ＯＡ'，ＯＣ，ＯＢを結ぶと、△ＯＣＡ'，△ＯＣＢはそれぞれ二等辺三角形より、∠ＯＣＡ'＝∠ＯＡ'Ｃ＝○，∠ＯＣＢ＝∠ＯＢＣ＝×と置くと、∠ＢＣＡ'＝９０°より○＋×＝９０°
また、△ＯＣＡ'，△ＯＣＢのそれぞれの内対角の和より、∠Ａ'ＯＣ＋∠ＢＯＣ＝××＋○○＝９０°×２＝１８０°
よって、３点Ａ'，Ｏ，Ｂは一直線上にある。よって、Ａ'ＢとＣＤとの交点をＦとすると、△ＯＦＨと△Ａ'ＦＥ'は相似で相似比はＯＨ：Ａ'Ｅ'＝５：２
よって、ＦＨ＝(５/７)×ＨＥ'＝(５/７)×ＨＥ＝(５/７)×１＝５/７ｃｍ
よって、ＣＦ＝ＣＨ＋ＦＨ＝５＋５/７＝４０/７ｃｍ
よって、△Ａ'ＢＣ＝△Ａ'ＣＦ＋△ＢＣＦ＝(４０/７)×(２＋１２)×(１/２)＝４０ｃｍ^2
ところで、△ＯＣＤ＝ＣＤ×ＯＨ÷２＝１０×５÷２＝２５ｃｍ^2　また、△ＯＣＤ＝ＯＣ×ＯＤ÷２＝半径×半径÷２でもあるので、半径×半径＝５０ｃｍ^2である。（△ＯＣＨ，△ＯＤＨがそれぞれ直角二等辺三角形で△ＯＣＤも直角二等辺三角形だから。）
よって、弓形ＢＣ＋弓形Ａ'Ｃ＝半円－△Ａ'ＢＣ＝５０×３.１４÷２－４０＝７８.５－４０＝３８.５ｃｍ^2
ところで、弓形ＡＤと弓形Ａ'Ｃは合同なので、求める面積はこれである。
よって、答えは、３８.５ｃｍ^2

一応、算数の解法ですが、小学生には無理があるでしょうか？

おまけ：

こちらの解法https://juken-sansu.hatenablog.com/entry/2019/07/14/164425の解説。

縦の弦を上から下にＡＢ，横の弦を左から右にＣＤとし、ＡＢとＣＤの交点をＥとする。
ここで、ＡＢ，ＣＤの点Ｏに関して点対称な直線を引き、円との交点をＡ'Ｂ'，Ｃ'Ｄ'とすると、円は９個の図形に分けられ、中央の長方形以外は対称性からペア（合同）になる。（４個同じもある。）
ここで、上の解法から、

ＯからＣＤに下ろした垂線の足をHとすると、ＯＨ＝５ｃｍ，ＣＨ＝４＋１＝５ｃｍ
ところで、△ＯＣＤは二等辺三角形でＯＨ⊥ＣＤより点ＨはＣＤの真ん中の点でＤＨ＝ＣＨ＝５ｃｍ
よって、ＤＥ＝５＋１＝６ｃｍ
また、ＯからＡＢに垂線を下ろしその足をＩとすると、ＢＩ＝ＢＥ－ＯＨ＝１２－５＝７ｃｍで、△ＯＡＢは二等辺三角形でＯＩ⊥ＡＢより点ＩはＡＢの真ん中の点になるので、ＡＩ＝ＢＩ＝７ｃｍ
よって、ＡＥ＝ＡＩ－ＯＨ＝７－５＝２ｃｍ
ところで、△ＯＣＤ＝ＣＤ×ＯＨ÷２＝１０×５÷２＝２５ｃｍ^2　また、△ＯＣＤ＝ＯＣ×ＯＤ÷２＝半径×半径÷２でもあるので、半径×半径＝５０ｃｍ^2である。（△ＯＣＨ，△ＯＤＨがそれぞれ直角二等辺三角形で△ＯＣＤも直角二等辺三角形だから。）

よって、中央の長方形の面積は、２×１０＝２０ｃｍ^2
また、円の面積は、５０×３.１４＝１５７ｃｍ^2
よって、図形ＡＥＤＡ'＋図形ＣＣ'ＢＥ＝(１５７－２０)÷２＝６８.５ｃｍ^2（ここは図の記号をよく見て下さい。）
よって、求める面積は、
６８.５－△ＡＥＤ－△ＣＥＢ＝６８.５－２×６÷２－４×１２÷２＝６８.５－６－２４＝３８.５ｃｍ^2
よって、答えは、３８.５ｃｍ^2

おまけ：

問題１の解答
長い線分を「大」，短い線分を「小」とすると、
図１より、大×２＋小×４＝２３―――①
図２より、大×４＋小×２＝３１―――②
念のため、図２の方は一番上の小を下に平行移動して１つの大を作った。
①＋②より、大×６＋小×６＝５４（これは方程式と考えなくて図から全てを数える。）
よって、大＋小＝９―――ア
②－①より、大×２－小×２＝８（これも方程式と考えなくて図から考えれば分かる。）
よって、大－小＝４―――イ
ア，イより、和差算で、大＝(９＋４)÷２＝６.５cm
小＝(９－４)÷２＝２.５ｃｍ
よって、答えは、２.５ｃｍと６.５ｃｍ

問題２の解答
２０と５０の最大公約数は１０（１０で割った後の２と５が互いに素だから。）
一応、定石では、２０＝２^2・５，５０＝２・５^2から、最大公約数＝２・５＝１０
また、ユークリッドの互除法では、２０と５０の最大公約数は、５０÷２０＝２…１０より、２０と１０の最大公約数と等しく、２０と１０の最大公約数は１０より、１０である。
ところで、１０の約数は１,２,５,１０より、２０と５０の公約数の個数は４個。
因みに、１０の約数の個数は公式を使うと、１０＝２^1・５^1より、(１＋１)×(１＋１)＝２×２＝４個
よって、答えは、４個

問題３の解答
Ｃ－Ａより、ジュース－ガム＝３０円
また、Ｂより、ジュース＋ガム＝２７０円
よって、和差算より、ガム＝(２７０－３０)÷２＝１２０円
よって、答えは、１２０円

おまけ：

何でもありの解法１
錯角より∠ＲＡＰ＝∠ＡＰＤ　また、直角のが等しいので、△ＲＡＱ∽△ＡＰＤ
よって、△ＲＡＱも直角を挟む二辺の比が１：２である。よって、ＡＱ＝ｘと置くと、ＱＲ＝２ｘ
また、△ＰＱＲは直角二等辺三角形よりＱＰ＝ＱＲ＝２ｘ　∴ＡＰ＝ｘ＋２ｘ＝３ｘ
ところで、△ＡＰＤで三平方の定理を使うと、ＡＰ＝６√５ｃｍ　よって、３ｘ＝６√５ｃｍが成り立つ。
∴ｘ＝２√５ｃｍ　∴ＱＰ＝ＱＲ＝２ｘ＝４√５ｃｍ
∴△ＰＱＲ＝(４√５)^2・(１/２)＝４０ｃｍ^2
よって、答えは、４０ｃｍ^2

何でもありの解法２
マニアックな定理より、直角を挟む二辺の比が１：２と１：３の２つの三角形のそれぞれの最小角の和は４５°になる。https://blog.goo.ne.jp/bnkng114/e/06b9aeb2aa43d86e525b6840bc5ef693（私のオリジナルは後程紹介。）
ここで、ＰからＡＲに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＰＡＨは直角を挟む二辺の比が１：２の直角三角形で∠ＡＰＲ＝４５°より、△ＰＲＨは直角を挟む二辺の比が１：３の直角三角形である。
よって、ＲＨ＝１２÷３＝４ｃｍ　また、ＡＨ＝６ｃｍより、ＡＲ＝６＋４＝１０ｃｍ
よって、△ＰＡＲ＝１０×１２÷２＝６０ｃｍ^2
ところで、定石の形より△ＲＡＱと△ＡＰＤは相似である。よって、△ＲＡＱの直角を挟む二辺の比も１：２であり、△ＰＱＲは直角二等辺三角形より、ＡＱ：ＱＰ＝１：２　よって、ＰＱ：ＰＡ＝２：３
よって、△ＰＱＲ＝(２/３)×△ＰＡＲ＝(２/３)×６０＝４０ｃｍ^2
よって、答えは、４０ｃｍ^2

定理
直角を挟む二辺の比が１：２と１：３の直角三角形のそれぞれの最小角の和は４５°である。

証明
補題より３：４：５の直角三角形の内接円の半径の比率は１である。
ここで、∠Ａが直角の３：４：５の直角三角形とその内接円を描き、内心をＩ，辺ＢＣ，ＣＡ，ＡＢとの接点をそれぞれＰ，Ｑ，Ｒとする。
また、ＡＢ＝４ａ，ＢＣ＝５ａ，ＣＡ＝３ａ，内接円の半径ｒ＝ａと置くと、四角形ＡＲＩＱは１辺がｒの正方形になるので、ＡＲ＝ＡＱ＝ａである。
よって、ＢＲ＝４ａ－ａ＝３ａ，ＣＱ＝３ａ－ａ＝２ａ
また、円と接線の関係より、ＢＰ＝ＢＲ，ＣＰ＝ＣＱより、ＢＰ＝３ａ，ＣＰ＝２ａ　また、ＩＰ⊥ＢＣでＩＰ＝ｒ＝ａより、△ＩＢＰは直角を挟む二辺が１：３の直角三角形で△ＩＣＰは直角を挟む二辺が１：２の直角三角形である。
ところで、点Ｉは内心よりＢＩ，ＣＩは∠Ｂ，∠Ｃの二等分線である。よって、∠ＩＢＰ＋∠ＩＣＰ＝(∠Ｂ＋∠Ｃ)÷２＝(１８０°－９０°)÷２＝４５°
よって、直角を挟む二辺の比が１：２と直角を挟む二辺の比が１：３の直角三角形の最小角の和は４５°である。

補題
３：４：５の直角三角形の内接円の半径の比率は１である。

証明
面積で示すと、３ａ×ｒ×(１/２)＋４ａ×ｒ×(１/２)＋５ａ×ｒ×(１/２)＝３ａ×４ａ×(１/２)より、
６ａｒ＝６ａ^2　よって、ｒ＝ａ
よって、３ａ，４ａ，５ａに対してｒ＝ａなので比率は１である。

因みに、中学数学ではこちらが有名である。https://blog.goo.ne.jp/bnkng114/e/73f2c5e40db0f30cef2d4ee5c581e3e7（∠Ｏ＋∠Ａ＝∠Ｂ＝４５°が言える。一番下の∠ＯＤＡ＝∠ＢＡＤを使う。）
また、こちらの図https://blog.goo.ne.jp/bnkng114/e/06b9aeb2aa43d86e525b6840bc5ef693を使う場合は、普通は、ＥＣの中点をＦとして、△ＦＯＢが直角二等辺三角形になる事を利用する。

おまけ：

算数の解法１　（１）の誘導なしの解法（オリジナル）
△ＡＰＤ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Ｐの行き先をＰ'とすると、∠ＰＡＰ'＝９０°，ＡＰ＝ＡＰ'より△ＡＰＰ'は直角二等辺三角形になる。
よって、３点Ｐ'，R，Pは一直線上にある。また、Ｐ'Ｂ＝ＰＤ＝６ｃｍより、Ｐ'Ｃ＝６＋１２＝１８ｃｍ
また、ＰＣ＝６ｃｍで△Ｐ'ＢＲと△Ｐ'ＣＰは相似より、ＲＢ＝６÷３＝２ｃｍ　
よって、ＡＲ＝１２－２＝１０ｃｍ
よって、△ＰＡＲ＝１０×１２÷２＝６０ｃｍ^2
ところで、定石の形より△ＲＡＱと△ＡＰＤは相似である。よって、△ＲＡＱの直角を挟む二辺の比も１：２であり、△ＰＱＲは直角二等辺三角形より、ＡＱ：ＱＰ＝１：２　よって、ＰＱ：ＰＡ＝２：３
よって、△ＰＱＲ＝(２/３)×△ＰＡＲ＝(２/３)×６０＝４０ｃｍ^2
よって、答えは、４０ｃｍ^2

おまけ：

算数の解法２　（１）の誘導なしのアレンジ
点Ｑが辺ＡＤにくっつくまで△ＰＱＲを平行移動させ、その時の点Ｐ，Ｑ，Ｒの行き先をそれぞれＰ'，Ｑ'，Ｒ'とすると、平行移動より△Ｐ'Ｑ'Ｄと△ＰＡＤは相似で、また、∠Ｐ'Ｑ'Ｒ'＝９０°，∠Ａ＝∠Ｄ＝９０°より定石の形で△Ｑ'Ｒ'Ａも相似かつＱ'Ｒ'＝Ｑ'Ｐ'より合同である。
よって、ＡＱ'＝ＤＰ'＝●，ＡＲ'＝ＤＱ'＝○と置くと、正方形の１辺の長さは●＋○よりＢＲ'＝●，ＣＰ'＝○と分かる。つまり、辺ＢＣ上に点ＳをＢＳ＝○，ＣＳ＝●の長さに取れ、△Ｐ'Ｑ'Ｄ，△Ｑ'Ｒ'Ａ，△Ｒ'ＳＢ，△ＳＰ'Ｃは合同な直角三角形になり、正方形の対称性から中央の四角形Ｐ'Ｑ'Ｒ'Ｓも正方形になる。
ここで、Ｐ'からＡＤと平行な直線を引き、Ｑ'からＤＣと平行な直線をとの交点をＥとすると、△Ｐ'Ｑ'Ｄと△Ｑ'Ｐ'Ｅは合同になり、長方形Ｑ'ＥＰ'Ｄが出来る。
他の３ヶ所でも同様の事をし、交点をＦ，Ｇ，Ｈとすると、対称性から中央に正方形ＥＦＧＨが出来る。
ところで、平行移動より△Ｐ'Ｑ'Ｄと△ＰＡＤは相似で直角を挟む二辺の比が１：２より、４つの長方形は正方形ＥＦＧＨの丁度２倍である。つまり、直角三角形Ｐ'Ｑ'Ｄなどと正方形ＥＦＧＨの面積は等しい。
よって、正方形ＥＦＧＨの面積を①とすると、正方形Ｐ'Ｑ'Ｒ'Ｓ＝⑤で正方形ＡＢＣＤ＝⑨である。
よって、正方形Ｐ'Ｑ'Ｒ'Ｓ＝(５/９)×１２×１２＝８０ｃｍ^2
よって、直角二等辺三角形Ｐ'Ｑ'Ｒ'＝８０÷２＝４０ｃｍ^2
よって、平行移動しただけなので直角二等辺三角形ＰＱＲの面積も等しく４０ｃｍ^2。
よって、答えは、４０ｃｍ^2

アイデア引用元：https://www.sansuu.net/tokakomon/toq/toa/to099a.htm

解法３の方がエレガントです。（解法２はブサイク。）

おまけ：https://www.nicovideo.jp/watch/sm11534153
「父親が中川少年に与えた影響は、宗教ばかりではなかった。それは「常勝思考」ならぬ「一流思考」であり、強烈な向上心だった。忠義はいつも次のように励ました。「どんな田舎の学校であっても、どんな小さな学校であっても、一番だけは違うよ。二番から下の人はそうでないかもしれないけど、一番だけはどんな天才がいるかもわからないよ。どんな田舎においても、どんな小さな学校でも、一番だけは値打ちがあるかもしれないよ。」
　別冊宝島１１４号「いまどきの神サマ」（１９９０年）より

算数の解法３
ＱからＡＤと平行な直線を引き、ＡＢ，ＤＣとの交点をそれぞれＥ，Ｆとすると、∠ＲＰＱ＝９０°，∠Ｅ＝∠Ｆ＝９０°より定石の形で△ＲＥＱと△ＱＦＰは相似でＱＲ＝ＱＰより合同である。
また、△ＱＦＰと△ＡＤＰは相似より△ＲＥＱと△ＱＦＰも直角を挟む二辺の比が１：２である。
よって、ＰＦ＝ＱＥ＝①とすると、ＱＦ＝ＲＥ＝②より、ＥＦ＝①＋②＝③＝１２ｃｍである。
よって、①＝４ｃｍ　よって、ＰＦ＝４ｃｍより、ＤＦ＝６－４＝２ｃｍ
よって、ＡＥ＝ＤＦ＝２ｃｍより、ＡＲ＝ＡＥ＋ＲＥ＝２＋８＝１０ｃｍ（ＲＥ＝②＝８ｃｍ）
よって、△ＰＡＲ＝１０×１２÷２＝６０ｃｍ^2
また、△ＱＡＲ＝ＡＲ×ＱＥ÷２＝１０×４÷２＝２０ｃｍ^2
よって、△ＰＱＲ＝６０－２０＝４０ｃｍ^2
よって、答えは、４０ｃｍ^2

アイデア引用元：http://sakuragumi.cocolog-nifty.com/blog/2009/09/2009-042a.html

（１）の誘導にこだわっちゃいますよね。

おまけ：

解法１
ＡＣが直径より∠Ｂ＝∠Ｄ＝９０°よって、△ＡＣＤは３：４：５の直角三角形よりＡＣ＝１０ｃｍ
よって、ＡＢ：ＡＣ＝１：２より△ＡＢＣは１：２：√３の直角三角形より、ＢＣ＝５√３ｃｍ
よって、トレミーの定理を使うと、ＡＣ・ＢＤ＝ＡＢ・ＣＤ＋ＡＤ・ＢＣより、１０・ＢＤ＝５・８＋６・５√３が成り立つ。∴１０ＢＤ＝４０＋３０√３
∴ＢＤ＝４＋３√３ｃｍ

解法２　多分、模範解答
ＡＣが直径より∠Ｂ＝∠Ｄ＝９０°よって、△ＡＣＤは３：４：５の直角三角形よりＡＣ＝１０ｃｍ
よって、ＡＢ：ＡＣ＝１：２より△ＡＢＣは１：２：√３の直角三角形より、∠ＡＣＢ＝３０°
よって、円周角より∠ＡＤＢ＝∠ＡＣＢ＝３０°
ここで、ＡからＢＤに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＡＤＨは１：２：√３の直角三角形になるので、ＡＨ＝３ｃｍ，ＤＨ＝３√３ｃｍ
よって、ＡＨ：ＡＢ＝３：５より△ＡＢＨは３，４，５の直角三角形。∴ＢＨ＝４ｃｍ
∴ＢＤ＝４＋３√３ｃｍ

解法３
ＡＣが直径より∠Ｂ＝∠Ｄ＝９０°よって、△ＡＣＤは３：４：５の直角三角形よりＡＣ＝１０ｃｍ
よって、ＡＢ：ＡＣ＝１：２より△ＡＢＣは１：２：√３の直角三角形より、ＢＣ＝５√３ｃｍ，∠ＢＡＣ＝６０°
よって、円周角より∠ＢＤＣ＝∠ＢＡＣ＝６０°
ここで、ＢからＣＤに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＢＤＨは１：２：√３の直角三角形より、ＢＤ＝ｘと置くと、ＤＨ＝ｘ/２，ＢＨ＝√３ｘ/２　∴ＣＨ＝８－ｘ/２
よって、△ＢＣＨで三平方の定理を使うと、
(８－ｘ/２)^2＋(√３ｘ/２)^2＝(５√３)^2
∴ｘ^2/４－８ｘ＋６４＋３ｘ^2/４＝７５
∴ｘ^2－８ｘ－１１＝０
∴ｘ＝４±√２７＝４±３√３
ｘ＞０より、ｘ＝４＋３√３
∴ＢＤ＝４＋３√３ｃｍ

解法３なら「ひらめき不要の基本に沿った問題！」かもしれませんが、多分、解法２の事を言っているんだと思います。

おまけ：

解法４
ＡＣが直径より∠Ｂ＝∠Ｄ＝９０°よって、△ＡＣＤは３：４：５の直角三角形よりＡＣ＝１０ｃｍ
よって、ＡＢ：ＡＣ＝１：２より△ＡＢＣは１：２：√３の直角三角形より、ＢＣ＝５√３ｃｍ
ここで、ＡＢの延長上に∠ＢＣＥ＝∠ＤＣＡとなる点Ｅを取ると、２角が等しいので△ＣＢＥも３：４：５の直角三角形。∴ＢＥ＝(３/４)ＢＣ＝(３/４)×５√３＝１５√３/４ｃｍ　∴ＡＥ＝５＋１５√３/４ｃｍ
また、∠ＢＣＥ＝∠ＤＣＡの両辺に∠ＡＣＢを加えると、∠ＡＣＥ＝∠ＤＣＢ　また、円周角より∠ＢＡＣ＝∠ＢＤＣ
よって、２角が等しいので、△ＣＡＥ∽△ＣＤＢ　
∴ＣＡ：ＡＥ＝ＣＤ：ＤＢ　∴１０：５＋１５√３/４＝８：ＢＤ　∴１０ＢＤ＝４０＋３０√３
∴ＢＤ＝４＋３√３ｃｍ

解法５
ＡＤの延長上に∠ＦＣＤ＝３０°となる点Ｆを取って同様の事をすれば、△ＣＦＡ∽△ＣＤＢとなり、８：ＢＤ＝１６/√３：８/√３＋６が成り立ち、(１６/√３)ＢＤ＝８(８/√３＋６)　∴ＢＤ＝４＋３√３ｃｍ

おまけ：

以前のプログラムをさらに改善しました。

3!～6!の一般式
N!(N=3,4,5,6) に対して
n=[2.1√(N!-2)] により項数nを定めると
N=3,4,5,6に対してn=4,9,22,56
そしてa[1]～a[n]の値は
a[k]=[√(N!/2)・sin((2k-1)π/(2n))+1.265]
この式によると
N=3のときn=4で
a[1]～a[4]=1,2,2,1
N=4のときn=9で
a[1]～a[9]=1,2,3,4,4,4,3,2,1
N=5のときn=22で
a[1]～a[22]=1,2,3,4,5,6,7,8,8,8,8,8,8,8,8,7,6,5,4,3,2,1
N=6のときn=56で
a[1]～a[56]=
1,2,3,4,6,7,8,9,9,10,11,12,13,14,15,15,16,17,17,18,18,18,19,19,19,20,20,20,
20,20,20,19,19,19,18,18,18,17,17,16,15,15,14,13,12,11,10,9,9,8,7,6,4,3,2,1
sinで生成していますので、グラフを描けばsinカーブに近い綺麗な形になると思います。
※N=7には使えません。

No.959
らすかる
4月24日 18:18
引用元：https://bbs1.rocketbbs.com/shochandas/posts/956

import math
def fact(N):
p = 1
for i in range(1,N+1):
p = p*i
return p

def num(N):
n = math.floor(2.1*math.sqrt(fact(N)-2))
return n

if __name__ == '__main__':
N = int(input('Nの値を３～６から選んで入力して下さい：'))
n = num(N)
L = [ ]
for k in range(1,n+1):
p = math.floor(math.sqrt(fact(N)/2)*math.sin((2*k-1)*math.pi/(2*num(N)))+1.265)
L.append(p)
print(L)
結果：
Nの値を３～６から選んで入力して下さい：3
[1, 2, 2, 1]
Nの値を３～６から選んで入力して下さい：4
[1, 2, 3, 4, 4, 4, 3, 2, 1]
Nの値を３～６から選んで入力して下さい：5
[1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 8, 8, 8, 8, 8, 8, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1]
Nの値を３～６から選んで入力して下さい：6
[1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, 9, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 15, 16, 17, 17, 18, 18, 18, 19, 19, 19, 20, 20, 20, 20, 20, 20, 19, 19, 19, 18, 18, 18, 17, 17, 16, 15, 15, 14, 13, 12, 11, 10, 9, 9, 8, 7, 6, 4, 3, 2, 1]

今回のは１つにまとめた上に特殊なimportを使っていないので、コピペすれば誰でも試せると思います。
念のため、pythonです。

おまけ：

問題１の解答
（１）折り返しより、ＥＧ＝ＥＡ　よって、ＢＥ＋ＥＧ＝２１ｃｍ　また、ＨＧ＝３ｃｍより、ＢＥ＋ＥＨ＝２１－３＝１８ｃｍ
ところで、対頂角と直角の２角が等しいので、△ＨＢＥと△ＨＧＩは相似。よって、△ＨＢＥも３：４：５の直角三角形である。よって、ＢＥ：ＥＨ＝４：５
よって、ＢＥ＝(４/９)×１８＝８ｃｍ
（２）また、ＢＨ＝６ｃｍより、ＩＣ＝３０－６－５＝１９ｃｍ　また、△ＩＣＫも３：４：５の直角三角形より、
ＩＫ＝(５/４)×ＩＣ＝(５/４)×１９＝９５/４ｃｍ
（３）折り返しより、台形ＥＧＪＦと台形ＥＡＤＦは合同である。よって、台形ＥＡＤＦが台形ＥＢＣＦの何倍かを求めれば良い。また、この２つの台形は高さが等しいので、上底＋下底を比較すれば良い。
ところで、（１）より、ＡＥ＝２１－８＝１３ｃｍ　また、ＧＪ＝ＡＤ＝３０ｃｍより、ＫＪ＝３０－４－９５/４＝２６－９５/４＝１０４/４－９５/４＝９/４ｃｍ
また、△ＫＪＦも３：４：５の直角三角形より、ＦＪ＝(４/３)×ＫＪ＝(４/３)×(９/４)＝３ｃｍ
よって、折り返しより、ＤＦ＝３ｃｍ　よって、ＣＦ＝２１－３＝１８ｃｍ
よって、ＡＥ＋ＤＦ＝１３＋３＝１６ｃｍ，ＢＥ＋ＣＦ＝８＋１８＝２６ｃｍ
よって、台形台形ＥＡＤＦは台形ＥＢＣＦの１６/２６＝８/１３倍。
よって、台形ＥＧＪＦは台形ＥＢＣＦの８/１３倍。

下書きなしで解きながら書いているので、間違えている可能性も０ではありません。自分で裏を取ってみて下さい。

と思ったが、何でもありで解いて裏を取ってみよう。ＡＥ＝ｘと置くと、ＥＨ＝ｘ－３　∴ＢＥ＝(４/５)×(ｘ－３)＝２１－ｘが成り立つ。∴４(ｘ－３)＝５(２１－ｘ)　∴４ｘ－１２＝１０５－５ｘ　∴９ｘ＝１０５＋１２＝１１７　∴ｘ＝１３　∴ＡＥ＝１３ｃｍ　∴ＢＥ＝２１－１３＝８ｃｍ

また、（２）からＩＣ＝１９ｃｍ　∴ＣＫ＝(３/４)×１９＝５７/４ｃｍ　また、ＤＦ＝ｙと置くと、ＦＪ＝ｙでＦＫ＝(５/４)ｙ　∴ＣＫ＝２１－ｙ－(５/４)ｙ＝２１－(９/４)ｙ＝５７/４が成り立つ。∴(９/４)ｙ＝２１－５７/４＝２７/４　∴ｙ＝３　∴ＤＦ＝３ｃｍ
以下省略。

おまけ：

問題２の解答
折り返しより、ＡＢ＝１０＋８＝１８ｃｍ　また、四角形ＡＢＣＤは正方形より、ＢＣ＝ＡＢ＝１８ｃｍ
よって、折り返しのＢＣの行き先をＢ'Ｃ'とすると、Ｂ'Ｃ'＝１８ｃｍ
よって、ＡＣ'＝１８－６＝１２ｃｍ
ところで、定石の形より図の３つの直角三角形は全て相似で３：４：５の直角三角形である。（１つ１つ角度を考えていけば分かる。）
よって、ＡＥ＝(５/４)×ＡＣ'＝(５/４)×１２＝１５ｃｍ
よって、ＤＥ＝１８－１５＝３ｃｍ
よって、ＤＦ＝４ｃｍ　よって、ＦＣ＝１８－４＝１４ｃｍ
よって、ＤＦ：ＦＣ＝４：１４＝２：７
よって、答えは、２：７

一応、何でもありの解法で裏を取ってみました。

別解
折り返しでＢＣの行き先をＢ'Ｃ'とすると、定石の形より３つの直角三角形は全て相似で３：４：５の直角三角形である。
よって、Ｃ'Ｅ＝③，ＡＣ'＝④，ＡＥ＝⑤と置くと、
Ｂ'Ｃ'＝④＋６，ＡＤ＝⑤＋ＤＥで、四角形ＡＢＣＤは正方形（長方形）よりＢ'Ｃ'＝ＢＣ＝ＡＤなので、ＤＥ＝６－①である。よって、ＤＦ＝(４/３)(６－①)，ＥＦ＝(５/３)(６－①)　よって、ＦＣ'＝(５/３)(６－①)＋③　
よって、ＦＣ＝(５/３)(６－①)＋③
よって、ＤＦ＋ＦＣ＝(４/３)(６－①)＋(５/３)(６－①)＋③＝３(６－①)＋③＝１８ｃｍ
よって、ＤＣ＝１８ｃｍより正方形の１辺の長さは１８ｃｍである。
よって、Ｂ'Ｃ'＝④＋６＝１８より、④＝１２　
よって、①＝３ｃｍ
よって、ＤＦ＝(４/３)(６－①)＝４ｃｍ，ＦＣ＝(５/３)(６－①)＋③＝５＋９＝１４ｃｍ
よって、ＤＦ：ＦＣ＝４：１４＝２：７

算数もどきですが、小学生にはちょっと無理があるでしょうか？（今時の受験生は方程式もやるようですが。）

おまけ：

問題
∑(j=1~k)sin^2{ｊπ/(２ｋ＋１)}＝(２ｋ＋１)/４を証明して下さい。ただし、ｋは自然数とする。
アイデア引用元：https://bbs1.rocketbbs.com/shochandas/posts/961

証明
複素平面の単位円に内接する正２ｋ＋１角形を考えると、
∑(j=0~2k)cos{２ｊπ/(２ｋ＋１)}＝０―――①
理由はこちらhttps://manabitimes.jp/math/1045の実部を考えて下さい。
また、cos{２ｊπ/(２ｋ＋１)}＝cos{２(２ｋ＋１－ｊ)π/(２ｋ＋１)}―――②が成り立つ。
理由は正多角形の実軸に対する対称性を考えて下さい。
また、cos０＝１―――③
①，②，③より、
∑(j=0~2k)cos{２ｊπ/(２ｋ＋１)}＝２∑(j=1~k)cos{２ｊπ/(２ｋ＋１)}＋１＝０が成り立つ。
∴∑(j=1~k)cos{２ｊπ/(２ｋ＋１)}＝－１/２―――④
ここで、半角の公式sin^2(θ/2)＝(１－cosθ)/２を考えると、
∑(j=1~k)sin^2{ｊπ/(２ｋ＋１)}
＝∑(j=1~k)[１－cos{２ｊπ/(２ｋ＋１)}]/２
＝∑(j=1~k)(１/２)－(１/２)∑(j=1~k)cos{２ｊπ/(２ｋ＋１)}―――⑤
④を⑤に代入すると、
∑(j=1~k)sin^2{ｊπ/(２ｋ＋１)}
＝(１/２)ｋ－(１/２)(－１/２)＝(１/２)ｋ＋１/４
＝(２ｋ＋１)/４
∴∑(j=1~k)sin^2{ｊπ/(２ｋ＋１)}＝(２ｋ＋１)/４
よって、示された。

因みに、
∑(j=1~k)cos^2{ｊπ/(２ｋ＋１)}＝(２ｋ－１)/４
半角の公式の所をcos^2(θ/2)＝(１＋cosθ)/２を使えばあとは同様。

おまけ：

問題
１＝１^2
１＋２＋１＝４＝２^2
１＋２＋３＋２＋１＝９＝３^2
１＋２＋３＋４＋３＋２＋１＝１６＝４^2
・
・
・
・
（１から）連続した自然数の和で綺麗な山なりになる必要十分条件は平方数である事を証明して下さい。

解法１
（ⅰ）綺麗な山なりの和⇒平方数の証明
綺麗な山なりならば、１＋２＋…＋ｎ＋(ｎ－１)＋…＋２＋１となっているので、１＋２＋…＋ｎ＝ｎ(ｎ＋１)/２という公式を使うと、綺麗な山なりの和＝ｎ(ｎ＋１)/２＋ｎ(ｎ－１)/２＝(ｎ^2＋ｎ)/２＋(ｎ^2－ｎ)/２＝ｎ^2
よって、綺麗な山なりの和＝ｎ^2より、綺麗な山なりの和⇒平方数である。
（ⅱ）平方数⇒綺麗な山なりの和になる証明
ｎ^2＝２ｎ^2/２＝(ｎ^2＋ｎ^2)/２＝(ｎ^2＋ｎ＋ｎ^2－ｎ)/２＝{ｎ(ｎ＋１)＋ｎ(ｎ－１)}/２＝ｎ(ｎ＋１)/２＋ｎ(ｎ－１)/２＝１＋２＋…＋ｎ＋{(ｎ－１)＋(ｎ－２)＋…＋１}＝綺麗な山なりの和
よって、ｎ^2＝綺麗な山なりの和より、平方数⇒綺麗な山なりの和になる。
（ⅰ）,（ⅱ)より、（１から）連続した自然数の和で綺麗な山なりになる必要十分条件は平方数である事である。

解法２
１＝１^2
１＋２＋１＝４＝２^2
１＋２＋３＋２＋１＝９＝３^2
１＋２＋３＋４＋３＋２＋１＝１６＝４^2
・
・
・
・
一般項は、
１＋２＋・・・＋ｎ＋・・・＋２＋１＝ｎ^2
よって、ｎを頂点とした山なりの和がｎ^2の平方数になっているのでこの式を証明すれば「（１から）連続した自然数の和で綺麗な山なりになる必要十分条件は平方数である事」を言える。（解法１はあえてその対応（１対１対応）を言わなかったので逆から言う必要があったという事。）
そこで、数学的帰納法で示す。
（ⅰ）ｎ＝１の時、１＝１^2でＯＫ。
（ⅱ）ｎ＝ｋの時成り立つと仮定すると、
１＋２＋・・・＋ｋ＋・・・＋２＋１＝ｋ^2―――①
ｎ＝ｋ＋１の時、
１＋２＋・・・＋ｋ＋(ｋ＋１)＋ｋ＋・・・＋２＋１―――②
ここで、①の両辺にｋを加えると、
１＋２＋・・・＋ｋ＋ｋ＋・・・＋２＋１＝ｋ^2＋ｋ
これを②に代入すると、
１＋２＋・・・＋ｋ＋(ｋ＋１)＋ｋ＋・・・＋２＋１＝ｋ^2＋ｋ＋(ｋ＋１)＝ｋ^2＋２ｋ＋１＝(ｋ＋１)^2
∴１＋２＋・・・＋ｋ＋(ｋ＋１)＋ｋ＋・・・＋２＋１＝(ｋ＋１)^2
よって、ｎ＝ｋ＋１の時も成り立つ。
（ⅰ）,（ⅱ)より、数学的帰納法により、
１＋２＋・・・＋ｎ＋・・・＋２＋１＝ｎ^2が成り立つ。
よって、全ての自然数でこの式が成り立つので、（１から）連続した自然数の和で綺麗な山なりになる必要十分条件は平方数である事である。

因みに、数学的帰納法の方は、１＋２＋…＋ｎ＝ｎ(ｎ＋１)/２という公式を使わないで示せますね。

おまけ：

問題１の暗算用の解法
△ＡＢＤの外接円を（頭の中で）描くと、∠ＢＡＤ＝∠ＢＤＣより接弦定理の逆によりＣＤは外接円の点Ｄでの接線である。
よって、方べきの定理より、ＣＢ・ＣＡ＝ＣＤ^2が成り立つ。∴ＣＤ^2＝２・７＝１４　∴ＣＤ＝√１４ｃｍ
因みに、２角が等しいので、△ＡＣＤ∽△ＤＣＢからＡＣ：ＣＤ＝ＤＣ：ＣＢ　∴ＣＤ^2＝ＣＢ・ＡＣ
と求めても良いが、面倒臭いので（接弦定理と）方べきの定理を使った。
また、錯角が等しいので、ＢＥ//ＣＤ　よって、△ＡＢＥ∽△ＡＣＤで相似比は５：７
∴ＢＥ＝(５/７)ＣＤ＝(５/７)√１４＝５√１４/７ｃｍ
また、△ＡＢＦで角の二等分線の定理を使うと、
ＢＥ：ＥＦ＝ＡＢ：ＡＦ＝５：３
∴ＥＦ＝３√１４/７ｃｍ

次回は、この流れでＡＥの長さを求めて下さい。念のため、ＡからＥＦに垂線を下ろして三平方の定理で求めてはダメです。相似だけで求めて下さい。

おまけ：

続き
対頂角と●の２角が等しいので、△ＢＥＤ∽△ＡＥＦ　∴∠Ｄ＝∠Ｆ　よって、２角が等しいので、△ＡＢＤ∽△ＡＥＦ　∴ＡＢ：ＡＤ＝ＡＥ：ＡＦ　∴５：ＡＤ＝ＡＥ：３
∴ＡＤ・ＡＥ＝１５―――①
また、△ＢＥＤ∽△ＡＥＦより、ＢＥ：ＡＥ＝ＤＥ：ＦＥ
∴ＤＥ・ＡＥ＝ＢＥ・ＦＥ＝(５√１４/７)(３√１４/７)＝１５・１４/４９＝３０/７
∴ＤＥ・ＡＥ＝３０/７―――②
①－②より、ＡＥ(ＡＤ－ＤＥ)＝１５－３０/７＝７５/７
∴ＡＥ^2＝７５/７　∴ＡＥ＝５√３/√７＝５√２１/７ｃｍ
∴ＡＥ＝５√２１/７ｃｍ

これだけじゃ面白くないので、凄い人を紹介しよう。https://bbs1.rocketbbs.com/shochandas/posts/956
このらすかるさんっていう人はレベルが違う。同じ事をやって意味がよく分からないのは初めての事である。
一応、pythonで裏を取ってみた。念のため、計算間違いしていると思っている訳ではない。

Ｎ＝３の時、
from factorial import fact
import math
for k in range(1,5):
p = math.floor(math.sqrt(fact(3)/2)*math.cos((2*k-1-4)*pi/(2*4))+1.265)
print(p)
結果：
1
2
2
1

よって、ＯＫ。次回から縦に出たのを横に書き直す。

Ｎ＝４の時、
from factorial import fact
import math
for k in range(1,10):
p = math.floor(math.sqrt(fact(4)/2)*math.cos((2*k-1-9)*pi/(2*9))+1.265)
print(p)
結果：1,2,3,4,4,4,3,2,1

N＝５の時、
from factorial import fact
import math

for k in range(1,23):
p = math.floor(math.sqrt(fact(5)/2)*math.cos((2*k-1-22)*pi/(2*22))+1.265)
print(p)
結果：1,2,3,4,5,6,7,8,8,8,8,8,8,8,8,7,6,5,4,3,2,1

N＝６の時、
from factorial import fact
import math
for k in range(1,57):
p = math.floor(math.sqrt(fact(6)/2)*math.cos((2*k-1-56)*pi/(2*56))+1.265)
print(p)
結果：1,2,3,4,6,7,8,9,9,10,11,12,13,14,15,15,16,17,17,18,18,18,19,19,19,20,20,20,20,20,20,19,19,19,18,18,18,17,17,16,15,15,14,13,12,11,10,9,9,8,7,6,4,3,2,1

よって、全てＯＫ。

おまけ：

問題２の解答
左の円と上の直線との接点をＡ，下の直線との接点をＢ，
右の円と下の直線との接点をＣ，上の直線との接点をＤとして、色付き半円ＡＢを半円ＤＣの所に移動させると、色付き部分の面積は長方形ＡＢＣＤと等しくなる。
また、２つの円は合同で５ｃｍ右にずらしていると見ると、ＡＤ＝５ｃｍである。よって、長方形ＡＢＣＤ＝５×８＝４０ｃｍ^2
よって、色付き部分の面積は、４０ｃｍ^2

おまけ：

問題１
20042005×20052006－20042004×20052005＝

解答
与式＝(20042004＋1)(20052005＋1)
－20042004×20052005
＝20042004×20052005＋20042004＋20052005＋1－20042004×20052005
＝20042004＋20052005＋1＝40094009＋1
＝40094010

一応、pythonで裏取ってみました。

20042005*20052006 - 20042004*20052005
結果：40094010

ＯＫですね。

問題２の何でもありの解法
○，△，□をそれぞれＡ，Ｂ，Ｃとすると、
Ａ＝Ｂ＝Ｃ＝６０ｃｍ^2―――①
また、色部分の面積の和＝Ａ∩Ｃ＋Ｂ∩Ｃ－Ａ∩Ｂ∩Ｃ×２＝４０ｃｍ^2―――②
また、Ａ∩Ｂ∩Ｃ＝Ａ∩Ｂ―――③
また、総面積が１２５ｃｍ^2より、
Ａ∪Ｂ∪Ｃ＝Ａ＋Ｂ＋Ｃ－Ａ∩Ｂ－Ｂ∩Ｃ－Ｃ∩Ａ＋Ａ∩Ｂ∩Ｃ＝１２５ｃｍ^2―――④
そして、求めたいのは③の値である。
まず、③を④に代入すると、
Ａ＋Ｂ＋Ｃ－Ｂ∩Ｃ－Ｃ∩Ａ＝１２５―――⑤
また、②より、Ａ∩Ｃ＋Ｂ∩Ｃ＝Ａ∩Ｂ∩Ｃ×２＋４０―――②'
②'と①を⑤に代入すると、
６０＋６０＋６０－(Ａ∩Ｂ∩Ｃ×２＋４０)＝１２５
∴Ａ∩Ｂ∩Ｃ×２＝１８０－４０－１２５＝１５
∴Ａ∩Ｂ∩Ｃ＝７.５ｃｍ^2
よって、答えは、７.５ｃｍ^2

算数の解法はこちら。http://minoehon.cocolog-nifty.com/start/2015/05/post-7fc9.html

要は、Ａ＋Ｂ＋Ｃ＝１２５＋４０＋③×２と一発で見抜き、
６０＋６０＋６０＝１２５＋４０＋③×２より、
③＝(１８０－１６５)÷２＝７.５ｃｍ^2
と求める訳である。

一応、②＋④＝Ａ∩Ｃ＋Ｂ∩Ｃ－Ａ∩Ｂ∩Ｃ×２＋Ａ＋Ｂ＋Ｃ－Ａ∩Ｂ－Ｂ∩Ｃ－Ｃ∩Ａ＋Ａ∩Ｂ∩Ｃ
＝Ａ＋Ｂ＋Ｃ－Ａ∩Ｂ－Ａ∩Ｂ∩Ｃ
＝Ａ＋Ｂ＋Ｃ－Ａ∩Ｂ∩Ｃ×２（③より）
∴４０＋１２５＝６０＋６０＋６０－Ａ∩Ｂ∩Ｃ×２
∴Ａ∩Ｂ∩Ｃ×２＝１８０－１６５＝１５
∴Ａ∩Ｂ∩Ｃ＝７.５ｃｍ^2
と求めても良い。（変な解法。）

おまけ：