数学

問題１
１００以上の整数の中で、２４で割ると商と余りが等しくなる数は何個ありますか。
△÷２４＝□あまり□

解答
△＝２４×□＋□より、△＝２５×□
ここで、△は１００以上なので、□は４以上。（１００÷２５＝４だから。）
また、割る数と余りとの関係より、□は２４より小さい整数である。
よって、□は４以上２３以下の整数である。この個数は、２３－４＋１＝２０個
よって、答えは、２０個

算数としては結構難しい問題なのではないでしょうか。因みに、ｍ以上ｎ以下の整数の個数は、小学校の時にｍ－ｎ＋１と教わったと思うが、例えば今回の４以上２３以下だったら１～２３までは２３個で１～３は３個なので４～２３は２３－３＝２０個と求めても良い。（ｍ－(ｎ－１)＝ｍ－ｎ＋１個という事。）
小学校の時に曖昧（普通）に教えられて毎回確認していた記憶があるが、公式として暗記させるか後者のように教えれば勘違いする事はなくなるだろう。まぁ、小学校の算数の先生は担任の教師で数学素人だからしょうがないけどね。

おまけ：

問題２の解法１
ＢＣの中点をＭとすると、△ＡＢＣは正三角形よりＡＭ⊥ＢＣ　また、ＭＰ＝５－４＝１ｃｍ，ＡＭ＝４√３ｃｍ
よって、△ＡＭＰで三平方の定理を使うと、ＡＰ＝√{１^2＋(４√３)^2}＝√４９＝７ｃｍ
ここで、△ＡＰＣと直線ＢＱでメネラウスの定理を使うと、
(ＱＡ/ＣＱ)(ＲＰ/ＡＲ)(ＢＣ/ＢＰ)＝１
∴(３/５)(ＲＰ/ＡＲ)(８/５)＝１
∴ＲＰ/ＡＲ＝２５/２４　∴ＡＲ：ＲＰ＝２４：２５
∴ＡＲ＝(２４/４９)ＡＰ＝(２４/４９)×７＝２４/７ｃｍ
よって、答えは、２４/７ｃｍ

解法２
ＢＣの中点をＭとすると、△ＡＢＣは正三角形よりＡＭ⊥ＢＣ　また、ＭＰ＝５－４＝１ｃｍ，ＡＭ＝４√３ｃｍ
よって、△ＡＭＰで三平方の定理を使うと、ＡＰ＝√{１^2＋(４√３)^2}＝√４９＝７ｃｍ
ところで、二辺挟角が等しいので、△ＡＰＣ≡△ＢＱＡ
∴ＢＱ＝ＡＰ＝７ｃｍ　また、∠ＰＡＣ＝∠ＱＢＡ＝●と置くと、△ＡＢＱと△ＲＡＱにおいて、●と∠Ｑの２角が等しいので相似。∴ＡＱ：ＡＲ＝ＢＱ：ＢＡ
∴３：ＡＲ＝７：８　∴ＡＲ＝２４/７ｃｍ
よって、答えは、２４/７ｃｍ

おまけ：

間違い探しの解答

問題
φ(ｆ(Ｘ))＝ｆ(α)によって定義される準同型写像φ：ℚ[Ｘ]→ℚ[α]に準同型定理3.5を適用すると、Ｒ＝ℚ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))≃ℚ[Ｘ]なる同型を得る（例4.4参照）。このとき、次の問に答えよ。
（１）１/α∈ℚ[α]に対応する剰余環（体）Ｒ＝ℚ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))の元は何か。
（２）ｘ＝|Ｘ∈Ｒは多項式ｆ(Ｘ)の根であることを確かめよ。
（３）ℚ[Ｘ]は{１,α,…,α^(n-1)}を基底とする体ℚ上のｎ次元ベクトル空間であることを示せ。

証明
（１）ｆ(Ｘ)＝ｂ0＋ｂ1Ｘ＋…＋ｂnＸ^n∈ℚ[Ｘ]とすると、ｆ(α)＝０であるから、ｂ0＋ｂ1α＋…＋ｂnα^n＝０となっている。ゆえに、
α[－{ｂ1/ｂ0＋(ｂ2/ｂ0)α＋…＋(ｂn/ｂ0)α^(n-1)}]＝１
ゆえに、
α^-1＝－ｂ1/ｂ0－(ｂ2/ｂ0)α－…－(ｂn/ｂ0)α^(n-1)∈ℚ[α]
という表現をもつ。このとき、
ｇ(Ｘ)＝－ｂ1/ｂ0－(ｂ2/ｂ0)Ｘ－…－(ｂn/ｂ0)Ｘ^(n-1)∈ℚ[Ｘ]
を考えれば、σ(ｇ(Ｘ))＝ｇ(α)＝１/αである。したがって、１/αに対応する剰余環（体）ℚ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))の元は|ｇ(Ｘ)＝ｇ(Ｘ)＋(ｆ(Ｘ))である。
（２）ｆ(ｘ)＝ｆ(|Ｘ)＝ｂ0＋ｂ1|Ｘ＋…＋ｂn(|Ｘ)^n＝|(ｂ0＋ｂ1Ｘ＋…＋ｂnＸ^n)＝|ｆ(Ｘ)＝|０
（３）ℚ[α]は体ℚ上{１,α,…,α^(n-1)}の１次結合ですべて表される。また、これらはℚ上の１次独立である。何故ならば、{１,α,…,α^(n-1)}が１次従属とすると
ａ0＋ａ1α＋…＋ａn-1α^(n-1)＝０，ａi∈ℚ，∃ａi≠０
なる１次関係式が存在する。このとき、
ｈ(Ｘ)＝ａ0＋ａ1Ｘ＋…＋ａn-1Ｘ^(n-1)∈ℚ[Ｘ]
とおけば、ｈ(Ｘ)≠０である。ｈ(Ｘ)はｆ(Ｘ)より次数の小さい多項式でｈ(α)＝０を満たす。ゆえに、σ(ｈ(Ｘ))＝ｈ(α)＝０よりｈ(Ｘ)∈kerσ＝(ｆ(Ｘ))　したがって、ある多項式ｇ(Ｘ)∈ℚ[Ｘ]が存在して、ｈ(Ｘ)＝ｆ(Ｘ)ｇ(Ｘ)と表される。すると、
ｎ≦degｆ(Ｘ)＋degｇ(Ｘ)＝degｈ(Ｘ)＝ｎ－１
であるから矛盾である。以上によって、ℚ[Ｘ]は{１,α,…,α^(n-1)}を基底とする体ℚ上のｎ次元ベクトル空間である。

解答
＞φ(ｆ(Ｘ))＝ｆ(α)によって定義される準同型写像φ：ℚ[Ｘ]→ℚ[α]

このφはσの誤植ですね。証明の方を見れば分かりますね。ここで、２ヶ所です。

＞（３）ℚ[Ｘ]は{１,α,…,α^(n-1)}を基底とする体ℚ上のｎ次元ベクトル空間であることを示せ。

ここは、ℚ[Ｘ]ではなくてℚ[α]ですね。これで３ケ所です。

＞以上によって、ℚ[Ｘ]は{１,α,…,α^(n-1)}を基底とする体ℚ上のｎ次元ベクトル空間である。

ここも、同じでℚ[Ｘ]ではなくてℚ[α]ですね。これで４ヶ所で終わりです。

解説
＞ｆ(Ｘ)＝ｂ0＋ｂ1Ｘ＋…＋ｂnＸ^n∈ℚ[Ｘ]とすると、ｆ(α)＝０であるから、

ｆ(α)＝０は例4.4の「αをｆ(Ｘ)＝０の一つの根とし」から分かりますね。

＞（２）ｆ(ｘ)＝ｆ(|Ｘ)＝ｂ0＋ｂ1|Ｘ＋…＋ｂn(|Ｘ)^n＝|(ｂ0＋ｂ1Ｘ＋…＋ｂnＸ^n)＝|ｆ(Ｘ)＝|０

Ｒ＝ℚ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))から|ｆ(Ｘ)はｆ(Ｘ)で割った余りが０なので、|ｆ(Ｘ)＝|０ですね。

＞（３）ℚ[α]は体ℚ上{１,α,…,α^(n-1)}の１次結合ですべて表される。

例4.4から、ℚ[α]＝{ａ0＋ａ1α＋ａ2α^2＋…＋ａn-1α^(n-1)｜ａi∈ℚ}で自明ですね。

＞何故ならば、{１,α,…,α^(n-1)}が１次従属とすると
ａ0＋ａ1α＋…＋ａn-1α^(n-1)＝０，ａi∈ℚ，∃ａi≠０
なる１次関係式が存在する。このとき、
ｈ(Ｘ)＝ａ0＋ａ1Ｘ＋…＋ａn-1Ｘ^(n-1)∈ℚ[Ｘ]
とおけば、ｈ(Ｘ)≠０である。

ｈ(Ｘ)≠０の理由は、ａ1＝ａ2＝…＝ａn-1＝０でないからですね。

＞ゆえに、σ(ｈ(Ｘ))＝ｈ(α)＝０よりｈ(Ｘ)∈kerσ＝(ｆ(Ｘ))

最後の所のkerσ＝(ｆ(Ｘ))は例4.4の、
「kerσを考えよう。
(ｆ(Ｘ))⊂kerσは前と同様に容易に確かめられる。
σ(１)＝１≠０であるから１∉kerσ　したがって、kerσ≠ℚ[Ｘ]　ゆえに、
(ｆ(Ｘ))⊂kerσ⊊ℚ[Ｘ]
一方、ｆ(Ｘ)は既約多項式であるから、定理4.11より(ｆ(Ｘ))は極大イデアルである。したがって、(ｆ(Ｘ))＝kerσでなければならない。」
から分かりますね。

＞すると、
ｎ≦degｆ(Ｘ)＋degｇ(Ｘ)＝degｈ(Ｘ)＝ｎ－１
であるから矛盾である。

degｆ(Ｘ)＝ｎより、ｎ≦degｆ(Ｘ)＋degｇ(Ｘ)（等号はｇ(Ｘ)が定数の時。）
また、degｆ(Ｘ)＋degｇ(Ｘ)＝degｈ(Ｘ)は、ｈ(Ｘ)＝ｆ(Ｘ)ｇ(Ｘ)と定理4.1から。

定理4.1
Ｒを整域とする。多項式Ｒ[Ｘ]の元ｆ(Ｘ),ｇ(Ｘ)について、積ｆ(Ｘ)ｇ(Ｘ)の次数はｆ(Ｘ)の次数とｇ(Ｘ)の次数の和である。すなわち、
degｆ(Ｘ)ｇ(Ｘ)＝degｆ(Ｘ)＋degｇ(Ｘ)

＞以上によって、ℚ[α]は{１,α,…,α^(n-1)}を基底とする体ℚ上のｎ次元ベクトル空間である。

ｎ個の基底だからｎ次元である。例えば、ℚ[√２]＝ａ＋ｂ√２（ａ,ｂ∈ℚ）だったら基底は{１,√２}で２次元である。
また、ℚ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))は{１,|Ｘ,(|Ｘ)^2,…,(|Ｘ)^(n-1)}を基底とする体ℚ上のｎ次元ベクトル空間である。（同型なのだから、同一視して良いという事。）

今回、線形代数の分野について全く検索しなかったが、意外と覚えているものである。もう３０年近く前の知識である。

おまけ：

解説
＞ℚ[α]＝{ａ0＋ａ1α＋ａ2α^2＋…＋ａn-1α^(n-1)｜ａi∈ℚ}

これがｎ乗でない理由というか、ｎ乗でもℚ[α]は体になり、剰余体ℚ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))とℚ[α]は同型になるのか。それともこの本は誤植が尋常じゃないのでｎ乗の誤植なのか。

これはｎ－１乗である必要がある。その理由は、

例3.5
有理数体ℚ上の１変数の多項式環ℚ[Ｘ]において、多項式Ｘ^2－２によって生成されたイデアル(Ｘ^2－２)による剰余環ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)と体ℚ[√２]は環として同型である。すなわち、
ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)≃ℚ[√２]
（中略）
ℚ[√２]の任意の元はａ＋ｂ√２（ａ,ｂ∈ℚ）という形で表される。

つまり、２次の既約多項式の場合は、ℚ[√２]＝{ａ＋ｂ√２｜ａ,ｂ∈ℚ}なので、
ℚ[α]＝{ａ0＋ａ1α｜ａi∈ℚ}という事でｎ－１乗までだからである。
念のため、３次の既約多項式の場合は、有理数，３乗根，３乗根の２乗の３種類でｎ－１乗までである。

因みに、
例4.4
ｆ(Ｘ)をℚ[Ｘ]のｎ次の既約多項式とする。αをｆ(Ｘ)＝０の一つの根とし、
ℚ[α]＝{ａ0＋ａ1α＋ａ2α^2＋…＋ａn-1α^(n-1)｜ａi∈ℚ}
なる集合を考えると、ℚ[α]は体になる。
このとき、剰余体ℚ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))とℚ[α]は同型である。
ℚ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))≃ℚ[α]
証明　σ(ｇ(Ｘ))＝ｇ(α)なる写像
σ：ℚ[Ｘ]→ℚ[α]
　　ｇ(Ｘ)→ｇ(α)
（引用終わり）

ℚ[Ｘ]がｎ次の多項式を含んでいても、σ：ℚ[Ｘ]→ℚ[α]の次数はｎ－１次である。

おまけ：

解説２
＞ℚ[α]＝{ａ0＋ａ1α＋ａ2α^2＋…＋ａn-1α^(n-1)｜ａi∈ℚ}

これがｎ乗でない理由というか、ｎ乗でもℚ[α]は体になり、剰余体ℚ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))とℚ[α]は同型になるのか。それともこの本は誤植が尋常じゃないのでｎ乗の誤植なのか。

証明を読むとｎ－１次を使っていないから何次でも良いのだが、例えばｎ次にしたらｎ次の項はｎ乗根をｎ乗するから有理数の項になるので、結局何次にしてもｎ－１次に帰着する。

おまけ：

解説
＞ｆ1(Ｘ)＝ｐ2(Ｘ)・・・ｐr(Ｘ)＝ε1ｑ2(Ｘ)・・・ｑs(Ｘ)
とおけば、degｆ(Ｘ)＞degｆ1(Ｘ)であるから、帰納法の仮定によって　ｒ＝ｓ

ｆ(Ｘ)＝ｐ1(Ｘ)ｆ1(Ｘ)だからdegｆ(Ｘ)＞degｆ1(Ｘ)
よって、ｆ1(Ｘ)の次数はｎ－１以下なので、数学的帰納法の仮定によってｆ1(Ｘ)は有限個の既約多項式の積に分解され、例えば、ｎ＝１の時は１つの既約多項式のように同じｉ（１≦ｉ≦ｎ－１）の場合は同じ個数に分解される。
よって、ｒ＝ｓである。

素朴な疑問だが、数学的帰納法は（１）で終わっているので、帰納法の仮定を使うのはちょっとおかしいのではないだろうか。
つまり、
（２）一意性：
ｆ(Ｘ)＝ｐ1(Ｘ)ｐ2(Ｘ)・・・ｐr(Ｘ)
＝ｑ1(Ｘ)ｑ2(Ｘ)・・・ｑs(Ｘ)（ｐi(Ｘ)，ｑi(Ｘ)は既約多項式）
と２通りに表されたとする。

この時点でそれぞれ有限個に分解される事が証明されていて同じｆ(Ｘ)ならこの時点でｒ＝ｓと言えないのだろうか。まぁ、説得力がない証明になるような気もするが。

おまけ：

中学数学の解法
辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＡ上の点をそれぞれＤ，Ｅ，Ｆとし、中央の正三角形を左上の頂点から反時計回りにＰ，Ｑ，Ｒと振る。
ここで、ＱＥの延長とＤＢの延長との交点をＧとすると、対頂角より∠ＢＥＧ＝３０°また、∠ＧＢＥ＝１８０°－６０°＝１２０°より、∠ＢＧＥ＝１８０°－３０°－１２０°＝３０°
よって、∠ＱＤＧ＝∠ＱＧＤ＝３０°より△ＱＤＧは頂角が１２０°の二等辺三角形。また、△ＢＧＥも頂角が１２０°の二等辺三角形より、ＢＧ＝ＢＥ＝１ｃｍ
∴ＤＧ＝６－１＋１＝６ｃｍ　よって、頂角が１２０°の二等辺三角形の二辺比より、ＱＤ＝６/√３＝２√３ｃｍ
ところで、対称性よりＤＰ＝ＥＱ　また、ＤＱの延長とＢＣとの交点をＨとすると、△ＤＢＨは１：２：√３の直角三角形になり、ＤＢ＝５ｃｍよりＢＨ＝５/２ｃｍ
∴ＥＨ＝５/２－１＝３/２ｃｍ　また、△ＥＱＨも１：２：√３の直角三角形より、ＥＱ＝(２/√３)ＥＨ＝(２/√３)(３/２)＝√３ｃｍ　∴ＤＰ＝ＥＱ＝√３ｃｍ
∴ＰＱ＝ＤＱ－ＤＰ＝２√３－√３＝√３ｃｍ
∴△ＡＢＣ：△ＰＱＲ＝６^2：(√３)^2＝３６：３＝１２：１
よって、斜線部分の面積は小さな正三角形の１１倍。

因みに、もっと簡単な中学数学の解法もありますが、それは算数とほとんど同じなのでこちらにしました。（私が最初に思い付いた解法がそれです。）

おまけ：

算数の解法
辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＡ上の点をそれぞれＤ，Ｅ，Ｆとし、中央の正三角形を左上の頂点から反時計回りにＰ，Ｑ，Ｒと振る。
ここで、ＱＥの延長とＤＢの延長との交点をＧとすると、対頂角より∠ＢＥＧ＝３０°また、∠ＧＢＥ＝１８０°－６０°＝１２０°より、∠ＢＧＥ＝１８０°－３０°－１２０°＝３０°
よって、∠ＱＤＧ＝∠ＱＧＤ＝３０°より△ＱＤＧは頂角が１２０°の二等辺三角形。また、△ＢＧＥも頂角が１２０°の二等辺三角形より、ＢＧ＝ＢＥ＝１ｃｍ
∴ＤＧ＝６－１＋１＝６ｃｍ
つまり、△ＱＤＧは△ＡＢＣを重心で３等分した三角形と合同である。よって、あと２か所（ＢＣの延長とＣＡの延長）で同じ事をすると、△ＡＢＣの外側に出来る△ＢＧＥと合同な三角形３つの面積の和は中央の△ＰＱＲの面積と等しい。（ずらして考えたりすると分かり易いかもしれない。）
ところで、△ＢＧＥを真っ二つに切って組み直すと１辺が１ｃｍの正三角形になる。よって、△ＰＱＲは１辺が１ｃｍの正三角形３個分。
また、△ＡＢＣの１辺は６ｃｍより、１辺が１ｃｍの正三角形６×６＝３６個分。よって、斜線部は３３個分なので、３３÷３＝１１倍。
よって、答えは、１１倍。

因みに、初めに思い付いたのは、「△ＡＢＣの外側に出来る△ＢＧＥと合同な三角形３つの面積の和は中央の△ＰＱＲの面積と等しい」と△ＢＧＥが等辺の長さが１ｃｍで頂角が１２０°の二等辺三角形より、ＧＥ＝√３ｃｍ　∴ＰＱ＝√３ｃｍ（△ＰＱＲは正三角形だから重心で３等分するとＧＥとＰＱが合致するから。）
∴△ＰＱＲ：△ＡＢＣ＝(√３)^2：６^2＝３：３６＝１：１２　以後省略。

おまけ：

問題１の解法１
△ＥＤＣの内対角の和より、∠ＥＣＤ＝９８°－６１°＝３７°
よって、円周角より、∠ＢＡＤ＝∠ＢＣＤ＝∠ＥＣＤ＝３７°
ところで、ＢＣは直径より∠ＢＡＣ＝９０°
よって、∠ｘ＝９０°－３７°＝５３°

問題１の解法２
ＢＤを結ぶと円周角より∠ＤＢＥを求めれば良く、ＢＣは直径より∠ＢＤＥ＝９０°－６１°＝２９°
よって、△ＥＢＤの内角の和より、
∠ＤＢＥ＝１８０°－９８°－２９°＝５３°
よって、∠ｘ＝５３°

問題２の解法１
ＡＰ，ＢＰを結ぶと、半円の円周角より∠ＡＰＢ＝９０°また、ＰＨ⊥ＡＢより、直角三角形の直角から斜辺に垂線が下りている形なので、
定石より、△ＰＡＨ∽△ＢＰＨ（∽△ＢＡＰ）
∴ＡＨ：ＰＨ＝ＰＨ：ＢＨ　∴１：３＝３：ＢＨ　
∴ＢＨ＝９ｃｍ　∴ＡＢ＝１＋９＝１０ｃｍ

因みに、秒殺だったのは、アーキタスの定理を知っていたからである。
ＰＨ^2＝ＡＨ・ＢＨから３^2＝１・ＢＨ
∴ＢＨ＝９ｃｍ　∴ＡＢ＝１０ｃｍという訳である。

問題２の解法２
ＯＰ＝ＯＡ＝ｒと置くと、ＯＨ＝ｒ－１ｃｍ　よって、△ＯＰＨで三平方の定理を使うと、(ｒ－１)^2＋３^2＝ｒ^2が成り立つ。∴ｒ^2－２ｒ＋１＋９＝ｒ^2
∴２ｒ＝１０　よって、直径が１０ｃｍより、
ＡＢ＝１０ｃｍ

おまけ：

解答
例えば、点Ｐと点Ｒが固定されていて、ＢＣで１点Ｑを取り、ＰＱ＋ＱＲが最小になる点を考えてみる。
これには定石があって、点ＲのＢＣに関する対称点を取りＲ'とすると、ＱＲ＝ＱＲ'より、
ＰＱ＋ＱＲ＝ＰＱ＋ＱＲ'
つまり、折れ線ＰＱＲが最小となる点Ｑは折れ線ＰＱＲ'が最小となる点Ｑの位置と同じで、折れ線ＰＱＲ'が最小になるのはＰＱＲ'が直線になる時である。
よって、定点Ｐと定点Ｒ'を結んだ直線ＰＲ'と線分ＢＣとの交点が求める点Ｑである。
この要領でＰＤＦファイルの方に図を描いたので、それを見て頂きたい。
図１からＰＰ'は１辺が８ｃｍの直角二等辺三角形の斜辺より、８√２ｃｍ
よって、答えは、図２の形で８√２ｃｍである。
補足：https://mathsuke.jp/line-minimum/

おまけ：

解法１
∠ＤＡＥ＝６０°×２＝１２０°より、ＤＡの延長上にＥから垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＥＡＨは１：２：√３の直角三角形になる。
∴ＡＨ＝２ｃｍ，ＥＨ＝２√３ｃｍ　∴ＤＨ＝６＋２＝８ｃｍ　よって、△ＥＤＨで三平方の定理を使うと、
ＤＥ＝√{８^2＋(２√３)^2}＝√(６４＋１２)＝√７６＝２√１９ｃｍ
よって、答えは、２√１９ｃｍ

解法２
ＤＣを結び、ＥからＤＣに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＣＥＩは１：２：√３の直角三角形になり、ＣＥ＝６－４＝２ｃｍより、ＥＩ＝１ｃｍ，ＣＩ＝√３ｃｍ
また、頂角が１２０°の二等辺三角形の二辺比より、ＤＣ＝６√３ｃｍ　∴ＤＩ＝６√３－√３＝５√３ｃｍ
よって、△ＥＤＩで三平方の定理を使うと、
ＤＥ＝√{１^2＋(５√３)^2}＝√７６＝２√１９ｃｍ
よって、答えは、２√１９ｃｍ

一応、何でもありの解法は、△ＡＤＥで余弦定理を使うと、
ＤＥ^2＝６^2＋４^2－２・６・４・cos120°
＝３６＋１６－４８・(－１/２)＝５２＋２４＝７６
ＤＥ＞０より、ＤＥ＝２√１９ｃｍ

おまけ：

問題１の解答
青色部分の中央の正方形の面積は、２×２＝４ｃｍ^2より、青色部分の４個の長方形１個の面積は、
(３６－４)÷４＝３２÷４＝８ｃｍ
よって、その長方形の縦横の長さの組み合わせは、８÷２＝４ｃｍより、２ｃｍと４ｃｍである。
よって、元の大きな正方形の１辺の長さは、
４＋２＋４＝１０ｃｍ　
よって、面積は、１０×１０＝１００ｃｍ^2

問題２
次の連立方程式を解いてください。
１２３ｘ＋７８９ｙ＝４５６
３２１ｘ＋９８７ｙ＝６５４

解答
１２３ｘ＋７８９ｙ＝４５６―――①
３２１ｘ＋９８７ｙ＝６５４―――②
②－①より、
１９８ｘ＋１９８ｙ＝１９８　∴ｘ＋ｙ＝１―ーー③
①－③×１２３より、
　　　１２３ｘ＋７８９ｙ＝４５６
　ー）１２３ｘ＋１２３ｙ＝１２３
　――――――――――――――――
　　　　　　　　６６６ｙ＝３３３
∴ｙ＝１/２　これを③に代入すると、ｘ＝１/２
よって、答えは、ｘ＝１/２，ｙ＝１/２

因みに、２式を足すと、（①＋②）
４４４ｘ＋(16)(16)(16)＝(10)(10)(10)
この両辺を１１１で割ると、４ｘ＋１６ｙ＝１０
∴２ｘ＋８ｙ＝５―――④
④－③×２より、
６ｙ＝３　∴ｙ＝１/２　③より、ｘ＝１/２
と暗算で裏を取りました。

おまけ：
http://www.suri-joshi.jp/enjoy/multiplication_of_complex_numbers/

解答
よく考えたら理詰めで解けるじゃないか。１０秒とかに惑わされたか。
右斜めと左斜めのそれぞれの和が等しいので、□＋８＝３＋９が成り立つ。よって、□＝４（左上のマス）
よって、１列の和は４＋１１＋３＝１８
よって、斜めの３＋ア＋９に着目すると、ア＝６
よって、答えは、６

因みに、初めに思ったのは、３～１１は丁度９個なので、３＋４＋…＋１１＝(３＋１１)×９÷２＝６３
よって、１列の和は６３÷３＝２１
ところが、斜めの３＋ア＋９に着目すると、ア＝９となってダブってしまう。
次に考えたのは、１～９の場合は１と９の平均の５が真ん中なので、３と１１の平均は７より７を当てはめると、合わない事がすぐに分かる。
ところで、１～９の場合は斜めが２，５，８（と４，５，６）となっているので、これは３，６，９にしてみるという事。これをやると、
４　１１　３
５　　６　７
９　　１　８
となって解決である。
因みに、数字は、１，３，４，５，６，７，８，９，１１を使う。
しかし、理詰めの解法を１０秒以内で思い付くなんて凄いね。（お恥ずかしい。）念のため、検索はしていません。検索しても見つからないと思うけど。

おまけ：

解答
錯角より、∠ＦＥＣ＝∠ＥＣＢ＝×　また、∠ＦＣＥ＝×より△ＦＥＣは二等辺三角形。
よって、ＥＦ＝ＣＦ＝①＋⑤＝⑥　また、ＥＦの延長とＢＤの延長との交点をＧとすると、同様に△ＥＢＧも二等辺三角形になる。∴ＥＢ＝ＥＧ―――（１）
また、ＦＣ＝ＦＥ―――（２）
（１）－（２）より、ＥＢ－ＦＣ＝ＥＧ－ＥＦ　
よって、条件より、６＝ＦＧ　よって、ＦＧ＝６ｃｍ
また、△ＤＢＣ∽△ＤＧＦで相似比５：１より、
ＢＣ＝５ＧＦ＝５×６＝３０ｃｍ
また、△ＡＥＦ∽△ＡＢＣより、
ＡＦ：ＥＦ＝ＡＣ：ＢＣ
∴５：⑥＝５＋⑥：３０　∴⑥×(５＋⑥)＝１５０
∴⑥^2＋５⑥－１５０＝０
∴(⑥＋１５)(⑥－１０)＝０　
⑥＞０より、⑥＝１０ｃｍ
∴ＥＢ＝ＥＧ＝ＥＦ＋ＦＧ＝ＣＦ＋ＦＧ＝⑥＋６＝１０＋６＝１６ｃｍ
ここで、△ＣＢＡで角の二等分線の定理を使っても良いが、相似で求める。
ＡＥ：ＡＢ＝ＡＦ：ＡＣより、
ＡＥ：ＡＥ＋１６＝５：５＋１０＝５：１５＝１：３　
∴３ＡＥ＝ＡＥ＋１６　∴２ＡＥ＝１６　
∴ＡＥ＝８ｃｍ

おまけ：https://news.yahoo.co.jp/articles/1bf2d80c0fd76cc9e962376689ca284589b48a33
人間には２種類いるのだろう。

「イエスは彼らに言われた、「この世の子らは、めとったり、とついだりするが、かの世にはいって死人からの復活にあずかるにふさわしい者たちは、めとったり、とついだりすることはない。彼らは天使にも等しいものであり、また復活にあずかるゆえに、神の子でもあるので、もう死ぬことはあり得ないからである。」
「ルカによる福音書」第２０章３４節～３６節（口語訳）

「20:34イエスは言われた。「この世の子らはめとったり嫁いだりするが、 20:35次の世に入って死者の中から復活するのにふさわしいとされた人々は、めとることも嫁ぐこともない。 20:36この人たちは、もはや死ぬことがない。天使に等しい者であり、復活にあずかる者として、神の子だからである。」
「ルカによる福音書」第２０章３４節～３６節（新共同訳）