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BBS壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/15 13:28 (No.729243)削除次の文章を完全解説して下さい。
問題
σ(ｆ(Ｘ))＝ｆ(√２)によって定義される写像σ：ℚ[Ｘ]→ℚ[√２]に対して、準同型定理3.5を適用すると、Ｒ＝ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)≃ℚ[√２]なる同型が得られる。この同型に関して、次の問に答えよ。
（１）１/√２∈ℚ[√２]に対応する剰余環ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)の元は何か。
（２）|(Ｘ^3＋１)∈Ｒに対応するℚ[√２]の元は何か。
（３）ｘ＝|Ｘ∈Ｒは多項式Ｘ^2－２の根であることを確かめよ。
（４）ℚ[√２]は{１,√２}を基底とする有理数体ℚ上の２次元ベクトル空間であることを確かめよ。
証明
（１）例1.3で見たようにℚ[√２]は体であるから、１/√２はℚ[√２]の元であって、次のように表せる。１/√２＝√２/２＝０＋√２/２∈ℚ[√２] そこで、多項式ｆ(Ｘ)＝Ｘ/２を考えると、σ(ｆ(Ｘ))＝ｆ(√２)＝√２/２ したがって、１/√２に対応する剰余環ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)の元は|Ｘ/２である。
（２）σ(Ｘ^3＋１)＝(√２)^3＋１＝２√２＋１であるから、|(Ｘ^3＋１)に対応するℚ[√２]の元は２√２＋１である。
（３）ｘ^2－２＝(|Ｘ)^2－２＝|(Ｘ^2)－|２＝|(Ｘ^2－２)＝|０
（４）ℚ[√２]の任意の元は１と√２の１次結合で表すことができ、１と√２はℚ上１次独立であるから{１,√２}はℚ上のベクトル空間の基底である。
ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)＝ℚ[|Ｘ]も{１,|Ｘ}を基底とするℚ上のベクトル空間の基底である。
（引用終わり）
具体的には、
＞（３）ｘ^2－２＝(|Ｘ)^2－２＝|(Ｘ^2)－|２＝|(Ｘ^2－２)＝|０
この厳密な解説と別解もどきを作ってみました。
＞ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)＝ℚ[|Ｘ]
ここも補足解説して下さい。
おまけ：
https://bbs1.rocketbbs.com/shochandas/posts/666
問題
σ(ｆ(Ｘ))＝ｆ(√２)によって定義される写像σ：ℚ[Ｘ]→ℚ[√２]に対して、準同型定理3.5を適用すると、Ｒ＝ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)≃ℚ[√２]なる同型が得られる。この同型に関して、次の問に答えよ。
（１）１/√２∈ℚ[√２]に対応する剰余環ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)の元は何か。
（２）|(Ｘ^3＋１)∈Ｒに対応するℚ[√２]の元は何か。
（３）ｘ＝|Ｘ∈Ｒは多項式Ｘ^2－２の根であることを確かめよ。
（４）ℚ[√２]は{１,√２}を基底とする有理数体ℚ上の２次元ベクトル空間であることを確かめよ。
証明
（１）例1.3で見たようにℚ[√２]は体であるから、１/√２はℚ[√２]の元であって、次のように表せる。１/√２＝√２/２＝０＋√２/２∈ℚ[√２] そこで、多項式ｆ(Ｘ)＝Ｘ/２を考えると、σ(ｆ(Ｘ))＝ｆ(√２)＝√２/２ したがって、１/√２に対応する剰余環ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)の元は|Ｘ/２である。
（２）σ(Ｘ^3＋１)＝(√２)^3＋１＝２√２＋１であるから、|(Ｘ^3＋１)に対応するℚ[√２]の元は２√２＋１である。
（３）ｘ^2－２＝(|Ｘ)^2－２＝|(Ｘ^2)－|２＝|(Ｘ^2－２)＝|０
（４）ℚ[√２]の任意の元は１と√２の１次結合で表すことができ、１と√２はℚ上１次独立であるから{１,√２}はℚ上のベクトル空間の基底である。
ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)＝ℚ[|Ｘ]も{１,|Ｘ}を基底とするℚ上のベクトル空間の基底である。
（引用終わり）
具体的には、
＞（３）ｘ^2－２＝(|Ｘ)^2－２＝|(Ｘ^2)－|２＝|(Ｘ^2－２)＝|０
この厳密な解説と別解もどきを作ってみました。
＞ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)＝ℚ[|Ｘ]
ここも補足解説して下さい。
おまけ：
https://bbs1.rocketbbs.com/shochandas/posts/666
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/15 15:40削除解説
＞（３）ｘ^2－２＝(|Ｘ)^2－２＝|(Ｘ^2)－|２＝|(Ｘ^2－２)＝|０
最後の所は、Ｘ^2－２∈ℚ[Ｘ]で|(Ｘ^2－２)∈Ｒ＝ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)だから。
別解もどきの前に定理4.1の系
Ｇを群，ＨをＧの部分群とする。このとき、Ｇの任意の元ａについて次の（１）,（２）,（３）は同値である。
（１）ａ∈Ｈ（２）ａＨ＝Ｈ（３）Ｈａ＝Ｈ
これを加法群で考えると、
ａ∈Ｈ⇔ａ＋Ｈ＝Ｈ⇔ａ＋Ｈ＝０＋Ｈ
⇔ａ≡０（mod Ｈ）⇔|ａ＝|０
∴ａ∈Ｈ⇔|ａ＝|０
ところで、Ｒ＝ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)は剰余環なので加法群である。ここで、（３）の問題の仮定より、|Ｘ∈Ｒ
|Ｘ∈Ｒ⇔|Ｘ＋Ｒ＝Ｒ⇔|Ｘ＋Ｒ＝|０＋Ｒ
⇔|Ｘ≡|０（mod Ｒ）⇔|Ｘ≡|０（mod ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)）
⇔||Ｘ＝||０⇔Ｘ^2－２＝０（１回目では|０だが、２回目なのでＸ^2－２の倍数ではなくＸ^2－２＝０（０もＸ^2－２の倍数）とした。
∴|Ｘ∈Ｒ⇔Ｘ^2－２＝０
よって、|Ｘ∈Ｒは多項式Ｘ^2－２の根である。
よって、別解もどきが作れた。（最後の所が微妙ですよね。）
＞ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)＝ℚ[|Ｘ]
ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)の元は、|(ｆ(Ｘ))の形で、例えばｆ(Ｘ)＝ａＸ^2＋ｂＸ＋ｃ（ａ,ｂ,ｃ∈ℚ）とすると、
|(ｆ(Ｘ)＝|(ａＸ^2＋ｂＸ＋ｃ)＝|(ａＸ^2)＋|(ｂＸ)＋|ｃ＝ａ(|Ｘ)^2＋ｂ|Ｘ＋|ｃ（ａ,ｂ,ｃ∈ℚ）
よって、ℚ[|Ｘ]の形で表される。
また、（３）より|ＸはＸ^2－２の根より、|Ｘ＝√２とすると、ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)＝ℚ[√２]で、問題文のℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)≃ℚ[√２]と矛盾しない事が確かめられる。
おまけ：
＞（３）ｘ^2－２＝(|Ｘ)^2－２＝|(Ｘ^2)－|２＝|(Ｘ^2－２)＝|０
最後の所は、Ｘ^2－２∈ℚ[Ｘ]で|(Ｘ^2－２)∈Ｒ＝ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)だから。
別解もどきの前に定理4.1の系
Ｇを群，ＨをＧの部分群とする。このとき、Ｇの任意の元ａについて次の（１）,（２）,（３）は同値である。
（１）ａ∈Ｈ（２）ａＨ＝Ｈ（３）Ｈａ＝Ｈ
これを加法群で考えると、
ａ∈Ｈ⇔ａ＋Ｈ＝Ｈ⇔ａ＋Ｈ＝０＋Ｈ
⇔ａ≡０（mod Ｈ）⇔|ａ＝|０
∴ａ∈Ｈ⇔|ａ＝|０
ところで、Ｒ＝ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)は剰余環なので加法群である。ここで、（３）の問題の仮定より、|Ｘ∈Ｒ
|Ｘ∈Ｒ⇔|Ｘ＋Ｒ＝Ｒ⇔|Ｘ＋Ｒ＝|０＋Ｒ
⇔|Ｘ≡|０（mod Ｒ）⇔|Ｘ≡|０（mod ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)）
⇔||Ｘ＝||０⇔Ｘ^2－２＝０（１回目では|０だが、２回目なのでＸ^2－２の倍数ではなくＸ^2－２＝０（０もＸ^2－２の倍数）とした。
∴|Ｘ∈Ｒ⇔Ｘ^2－２＝０
よって、|Ｘ∈Ｒは多項式Ｘ^2－２の根である。
よって、別解もどきが作れた。（最後の所が微妙ですよね。）
＞ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)＝ℚ[|Ｘ]
ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)の元は、|(ｆ(Ｘ))の形で、例えばｆ(Ｘ)＝ａＸ^2＋ｂＸ＋ｃ（ａ,ｂ,ｃ∈ℚ）とすると、
|(ｆ(Ｘ)＝|(ａＸ^2＋ｂＸ＋ｃ)＝|(ａＸ^2)＋|(ｂＸ)＋|ｃ＝ａ(|Ｘ)^2＋ｂ|Ｘ＋|ｃ（ａ,ｂ,ｃ∈ℚ）
よって、ℚ[|Ｘ]の形で表される。
また、（３）より|ＸはＸ^2－２の根より、|Ｘ＝√２とすると、ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)＝ℚ[√２]で、問題文のℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)≃ℚ[√２]と矛盾しない事が確かめられる。
おまけ：
返信
返信1
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/12 22:30 (No.726876)削除問題１
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201901050002/
一応、２通り作って下さい。ただし、同じ系統は１つだけにして下さい。
問題２
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201901050001/
３通り作ってみました。同じ系統は１つだけにして下さい。ただし、高校入試で使えるかどうかは知りません。
おまけ：
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201901050002/
一応、２通り作って下さい。ただし、同じ系統は１つだけにして下さい。
問題２
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201901050001/
３通り作ってみました。同じ系統は１つだけにして下さい。ただし、高校入試で使えるかどうかは知りません。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/13 07:41削除問題１
次の式を満たす正の整数ｘ，ｙの値を求めてください。ただし、ｙ＜ｘとします。
３ｘ＋４ｙ＝３６
解法１
３ｘ＝３６－４ｙ＝４(９－ｙ)
左辺が正より右辺も正。よって、０＜ｙ＜９―――①
また、３と４が互いに素より９－ｙは３の倍数である。―――②
①，②より、ｙ＝３，６（ｘ＞０よりｙ≠９）
ｙ＝３の時、ｘ＝８
ｙ＝６の時、ｘ＝４
ところで、条件より、ｙ＜ｘより、ｘ＝８，ｙ＝３
解法２
左辺は３の倍数と４の倍数の和で右辺が１２の倍数より、３ｘも４ｘも１２の倍数である。
∵ｘを４の倍数でないとすると、３ｘを移項した右辺は４の倍数にならずｙが整数にならない。
また、ｙを３の倍数でないとすると、４ｙを移項した右辺は３の倍数にならずｘが整数にならない。
よって、ｘは４の倍数でｙは３の倍数なので、３ｘと４ｙはそれぞれ１２の倍数である。
よって、３ｘ＋４ｙ＝１２＋２４または２４＋１２である。（ｘ＞０より０＋３６とはならない。）
ところで、条件より、ｙ＜ｘなので、
３ｘ＋４ｙ＝２４＋１２
∴ｘ＝８，ｙ＝３
おまけ：
https://www.iichi.com/listing/item/2364629
次の式を満たす正の整数ｘ，ｙの値を求めてください。ただし、ｙ＜ｘとします。
３ｘ＋４ｙ＝３６
解法１
３ｘ＝３６－４ｙ＝４(９－ｙ)
左辺が正より右辺も正。よって、０＜ｙ＜９―――①
また、３と４が互いに素より９－ｙは３の倍数である。―――②
①，②より、ｙ＝３，６（ｘ＞０よりｙ≠９）
ｙ＝３の時、ｘ＝８
ｙ＝６の時、ｘ＝４
ところで、条件より、ｙ＜ｘより、ｘ＝８，ｙ＝３
解法２
左辺は３の倍数と４の倍数の和で右辺が１２の倍数より、３ｘも４ｘも１２の倍数である。
∵ｘを４の倍数でないとすると、３ｘを移項した右辺は４の倍数にならずｙが整数にならない。
また、ｙを３の倍数でないとすると、４ｙを移項した右辺は３の倍数にならずｘが整数にならない。
よって、ｘは４の倍数でｙは３の倍数なので、３ｘと４ｙはそれぞれ１２の倍数である。
よって、３ｘ＋４ｙ＝１２＋２４または２４＋１２である。（ｘ＞０より０＋３６とはならない。）
ところで、条件より、ｙ＜ｘなので、
３ｘ＋４ｙ＝２４＋１２
∴ｘ＝８，ｙ＝３
おまけ：
https://www.iichi.com/listing/item/2364629
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/14 07:56削除問題２の解法１
△ＡＢＤは１：２：√３の直角三角形より、ＡＤ＝２０√３ｃｍ
ここで、ＡＥ＝ｘと置くと、ＤＥ＝２０√３－ｘ よって、△ＢＤＥで三平方の定理を使うと、
ＢＥ＝√{(２０√３－ｘ)^2＋２０^2}
また、直角と対頂角の２角が等しいので、△ＡＣＥ∽△ＢＤＥ ∴ＡＥ：ＢＥ＝３０：２０＝３：２
よって、ｘ：√{(２０√３－ｘ)^2＋２０^2}＝３：２が成り立つ。
∴２ｘ＝３√{(２０√３－ｘ)^2＋２０^2}
∴４ｘ^2＝９{(２０√３－ｘ)^2＋２０^2}
∴４ｘ^2＝９(１２００＋ｘ^2－４０√３ｘ＋４００)
∴４ｘ^2＝９(ｘ^2－４０√３ｘ＋１６００)
∴５ｘ^2－３６０√３ｘ＋９・１６００＝０
∴ｘ^2－７２√３ｘ＋９・３２０＝０
∴ｘ^2－７２√３ｘ＋２８８０＝０
∴ｘ＝３６√３±√１００８＝３６√３±１２√７
ところで、ｘ＜２０√３より、
ｘ＝３６√３－１２√７＝１２(３√３－√７)
∴ＡＥ＝１２(３√３－√７)ｃｍ
解法２
△ＡＢＤは１：２：√３の直角三角形より、ＡＤ＝２０√３ｃｍ
また、△ＡＢＣで三平方の定理を使うと、ＢＣ＝√(４０^2－３０^2)＝√７００＝１０√７ｃｍ
ところで、直角と対頂角の２角が等しいので、△ＡＣＥ∽△ＢＤＥで相似比は３：２より、
ＣＥ＝３ｐ，ＤＥ＝２ｐ，ＡＥ＝３ｑ，ＢＥ＝２ｑと置ける。
∴ＡＤ＝２ｐ＋３ｑ＝２０√３―――①
ＢＣ＝３ｐ＋２ｑ＝１０√７―――②
が成り立つ。
①×３－②×２より、
６ｐ＋９ｑ＝６０√３
ー）６ｐ＋４ｑ＝２０√７
―――――――――――
５ｑ＝６０√３－２０√７
∴ｑ＝１２√３－４√７＝４(３√３－√７)
∴ＡＥ＝３ｑ＝１２(３√３－√７)ｃｍ
因みに、解法２は今朝、検索して見つけた解法で模範解答だと思います。
アイデア引用元：https://blog.goo.ne.jp/0424725533/e/c25ffefbe26533d6593dd4cf511cab6e
エレガントですね。大変勉強になりました。因みに、あと２つの私の別解は私の時代は中学数学でしたが、今の入試では使えないと思います。（使わない方が無難ですね。）
おまけ：
△ＡＢＤは１：２：√３の直角三角形より、ＡＤ＝２０√３ｃｍ
ここで、ＡＥ＝ｘと置くと、ＤＥ＝２０√３－ｘ よって、△ＢＤＥで三平方の定理を使うと、
ＢＥ＝√{(２０√３－ｘ)^2＋２０^2}
また、直角と対頂角の２角が等しいので、△ＡＣＥ∽△ＢＤＥ ∴ＡＥ：ＢＥ＝３０：２０＝３：２
よって、ｘ：√{(２０√３－ｘ)^2＋２０^2}＝３：２が成り立つ。
∴２ｘ＝３√{(２０√３－ｘ)^2＋２０^2}
∴４ｘ^2＝９{(２０√３－ｘ)^2＋２０^2}
∴４ｘ^2＝９(１２００＋ｘ^2－４０√３ｘ＋４００)
∴４ｘ^2＝９(ｘ^2－４０√３ｘ＋１６００)
∴５ｘ^2－３６０√３ｘ＋９・１６００＝０
∴ｘ^2－７２√３ｘ＋９・３２０＝０
∴ｘ^2－７２√３ｘ＋２８８０＝０
∴ｘ＝３６√３±√１００８＝３６√３±１２√７
ところで、ｘ＜２０√３より、
ｘ＝３６√３－１２√７＝１２(３√３－√７)
∴ＡＥ＝１２(３√３－√７)ｃｍ
解法２
△ＡＢＤは１：２：√３の直角三角形より、ＡＤ＝２０√３ｃｍ
また、△ＡＢＣで三平方の定理を使うと、ＢＣ＝√(４０^2－３０^2)＝√７００＝１０√７ｃｍ
ところで、直角と対頂角の２角が等しいので、△ＡＣＥ∽△ＢＤＥで相似比は３：２より、
ＣＥ＝３ｐ，ＤＥ＝２ｐ，ＡＥ＝３ｑ，ＢＥ＝２ｑと置ける。
∴ＡＤ＝２ｐ＋３ｑ＝２０√３―――①
ＢＣ＝３ｐ＋２ｑ＝１０√７―――②
が成り立つ。
①×３－②×２より、
６ｐ＋９ｑ＝６０√３
ー）６ｐ＋４ｑ＝２０√７
―――――――――――
５ｑ＝６０√３－２０√７
∴ｑ＝１２√３－４√７＝４(３√３－√７)
∴ＡＥ＝３ｑ＝１２(３√３－√７)ｃｍ
因みに、解法２は今朝、検索して見つけた解法で模範解答だと思います。
アイデア引用元：https://blog.goo.ne.jp/0424725533/e/c25ffefbe26533d6593dd4cf511cab6e
エレガントですね。大変勉強になりました。因みに、あと２つの私の別解は私の時代は中学数学でしたが、今の入試では使えないと思います。（使わない方が無難ですね。）
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/14 19:32削除問題２の解法３
△ＡＢＤは１：２：√３の直角三角形より、ＡＤ＝２０√３ｃｍ
また、△ＡＢＣで三平方の定理を使うと、ＢＣ＝√(４０^2－３０^2)＝√７００＝１０√７ｃｍ
ところで、∠ＡＣＢ＝∠ＡＤＢより円周角の定理の逆により４点Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄは同一円周上にある。
よって、トレミーの定理を使うと、
ＡＤ・ＢＣ＝ＡＣ・ＢＤ＋ＡＢ・ＣＤ
∴２０√３・１０√７＝３０・２０＋４０・ＣＤ
∴２００√２１＝６００＋４０ＣＤ
∴４０ＣＤ＝２００√２１－６００
∴ＣＤ＝５√２１－１５＝５(√２１－３)ｃｍ
また、円周角より２角が等しいので、△ＥＣＤ∽△ＥＡＢ よって、ＣＥ＝ｍ，ＡＥ＝ｎと置くと、
ｍ：ｎ＝５(√２１－３)：４０が成り立つ。
∴４０ｍ＝５(√２１－３)ｎ
∴ｍ＝{(√２１－３)/８}ｎ―――①
また、三平方の定理より、
ｍ^2＋９００＝ｎ^2―――②
①を②に代入すると、
{(√２１－３)^2/６４}ｎ^2＋９００＝ｎ^2
∴{(３０－６√２１)/６４}ｎ^2＋９００＝ｎ^2
∴{(３４＋６√２１)/６４}ｎ^2＝９００
∴{(１７＋３√２１)/３２}ｎ^2＝９００
∴(１７＋３√２１)ｎ^2＝２８８００
∴ｎ^2＝２８８００/(１７＋３√２１)
＝２８８００(１７－３√２１)/(２８９－１８９)
＝２８８(１７－３√２１)
∴ｎ＝√{２８８(１７－３√２１)}＝１２√(３４－６√２１)＝１２√(３４－２√１８９)
ここで、(√ｘ－√ｙ)^2＝ｘ＋ｙ－２√ｘｙとして、
ｘ＋ｙ＝３４―――③ ｘｙ＝１８９―――④
解と係数の関係よりｘ，ｙはｔ^2－３４ｔ＋１８９＝０の２つの解である。(ｔ－７)(ｔ－２７)＝０より、ｔ＝７，２７ ｘ＞ｙより、ｘ＝２７，ｙ＝７
∴√(３４－２√１８９)＝√２７－√７＝３√３－√７ ∴ｎ＝１２(３√３－√７)
∴ＡＥ＝１２(３√３－√７)ｃｍ
因みに、解と係数の関係を使わなくても出来る。③より、ｙ＝３４－ｘ これを④に代入すると、ｘ(３４－ｘ)＝１８９ ∴ｘ^2－３４ｘ＋１８９＝０ ∴(ｘ－７)(ｘ－２７)＝０ ∴ｘ＝７，２７ ∴ｙ＝２７，７
ｘ＞ｙより、ｘ＝２７，ｙ＝７ 以後同じ。
解と係数の関係は高１だったが、トレミーの定理と２重根号の外し方は塾で習っていて暗黙の了解だったと思う。
おまけ：
△ＡＢＤは１：２：√３の直角三角形より、ＡＤ＝２０√３ｃｍ
また、△ＡＢＣで三平方の定理を使うと、ＢＣ＝√(４０^2－３０^2)＝√７００＝１０√７ｃｍ
ところで、∠ＡＣＢ＝∠ＡＤＢより円周角の定理の逆により４点Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄは同一円周上にある。
よって、トレミーの定理を使うと、
ＡＤ・ＢＣ＝ＡＣ・ＢＤ＋ＡＢ・ＣＤ
∴２０√３・１０√７＝３０・２０＋４０・ＣＤ
∴２００√２１＝６００＋４０ＣＤ
∴４０ＣＤ＝２００√２１－６００
∴ＣＤ＝５√２１－１５＝５(√２１－３)ｃｍ
また、円周角より２角が等しいので、△ＥＣＤ∽△ＥＡＢ よって、ＣＥ＝ｍ，ＡＥ＝ｎと置くと、
ｍ：ｎ＝５(√２１－３)：４０が成り立つ。
∴４０ｍ＝５(√２１－３)ｎ
∴ｍ＝{(√２１－３)/８}ｎ―――①
また、三平方の定理より、
ｍ^2＋９００＝ｎ^2―――②
①を②に代入すると、
{(√２１－３)^2/６４}ｎ^2＋９００＝ｎ^2
∴{(３０－６√２１)/６４}ｎ^2＋９００＝ｎ^2
∴{(３４＋６√２１)/６４}ｎ^2＝９００
∴{(１７＋３√２１)/３２}ｎ^2＝９００
∴(１７＋３√２１)ｎ^2＝２８８００
∴ｎ^2＝２８８００/(１７＋３√２１)
＝２８８００(１７－３√２１)/(２８９－１８９)
＝２８８(１７－３√２１)
∴ｎ＝√{２８８(１７－３√２１)}＝１２√(３４－６√２１)＝１２√(３４－２√１８９)
ここで、(√ｘ－√ｙ)^2＝ｘ＋ｙ－２√ｘｙとして、
ｘ＋ｙ＝３４―――③ ｘｙ＝１８９―――④
解と係数の関係よりｘ，ｙはｔ^2－３４ｔ＋１８９＝０の２つの解である。(ｔ－７)(ｔ－２７)＝０より、ｔ＝７，２７ ｘ＞ｙより、ｘ＝２７，ｙ＝７
∴√(３４－２√１８９)＝√２７－√７＝３√３－√７ ∴ｎ＝１２(３√３－√７)
∴ＡＥ＝１２(３√３－√７)ｃｍ
因みに、解と係数の関係を使わなくても出来る。③より、ｙ＝３４－ｘ これを④に代入すると、ｘ(３４－ｘ)＝１８９ ∴ｘ^2－３４ｘ＋１８９＝０ ∴(ｘ－７)(ｘ－２７)＝０ ∴ｘ＝７，２７ ∴ｙ＝２７，７
ｘ＞ｙより、ｘ＝２７，ｙ＝７ 以後同じ。
解と係数の関係は高１だったが、トレミーの定理と２重根号の外し方は塾で習っていて暗黙の了解だったと思う。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/14 20:54削除問題２の解法４
△ＡＢＤは１：２：√３の直角三角形より、ＡＤ＝２０√３ｃｍ
また、△ＡＢＣで三平方の定理を使うと、ＢＣ＝√(４０^2－３０^2)＝√７００＝１０√７ｃｍ
ここで、ＡＣの延長とＢＤの延長との交点をＦとし、ＦＤ＝ｘ，ＦＣ＝ｙと置いて、△ＦＤＡ，△ＦＣＢで三平方の定理をそれぞれ使うと、
ｘ^2＋(２０√３)^2＝(ｙ＋３０)^2―――①
ｙ^2＋(１０√７)^2＝(ｘ＋２０)^2―――②
①－②より、ｘ^2－ｙ^2＋１２００－７００
＝ｙ^2－ｘ^2＋６０ｙ－４０ｘ＋９００－４００
∴２ｘ^2－２ｙ^2＋４０ｘ－６０ｙ＝０
∴ｘ^2－ｙ^2＋２０ｘ－３０ｙ＝０
∴ｘ^2＋２０ｘ＝ｙ^2＋３０ｙ―――③
①＋②より、ｘ^2＋ｙ^2＋１２００＋７００
＝ｘ^2＋ｙ^2＋６０ｙ＋４０ｘ＋９００＋４００
∴４０ｘ＋６０ｙ＝６００ ∴２ｘ＋３ｙ＝３０
∴３ｙ＝３０－２ｘ
∴ｙ＝１０－２ｘ/３―――④
④を③に代入すると、
ｘ^2＋２０ｘ＝(１０－２ｘ/３)^2＋３０(１０－２ｘ/３)
∴ｘ^2＋２０ｘ＝１００＋４ｘ^2/９－４０ｘ/３＋３００－２０ｘ
∴５ｘ^2/９＋４０ｘ＋４０ｘ/３－４００＝０
∴５ｘ^2＋３６０ｘ＋１２０ｘ－３６００＝０
∴５ｘ^2＋４８０ｘ－３６００＝０
∴ｘ^2＋９６ｘ－７２０＝０
∴ｘ＝－４８±√３０２４＝－４８±１２√２１
ｘ＞０より、ｘ＝－４８＋１２√２１
∴ＦＤ＝－４８＋１２√２１ｃｍ
ところで、ＡＤ⊥ＦＢ，ＢＣ⊥ＦＡより点Ｅは△ＦＡＢの垂心である。よって、ＦＥの延長とＡＢとの交点をＧとすると、ＦＧ⊥ＡＢ
よって、△ＦＧＢと△ＡＤＢは∠Ｂを共有していて直角が等しいので、△ＦＧＢ∽△ＡＤＢ
∴∠ＢＦＧ＝∠ＢＡＤ＝３０°よって、△ＦＤＥは１：２：√３の直角三角形である。
∴ＤＥ＝ＦＤ/√３＝(－４８＋１２√２１)/√３
＝－１６√３＋１２√７ｃｍ
∴ＡＥ＝ＡＤ－ＤＥ
＝２０√３－(－１６√３＋１２√７)
＝３６√３－１２√７＝１２(３√３－√７)ｃｍ
∴ＡＥ＝１２(３√３－√７)ｃｍ
今はどうか知りませんが、昔は垂心は中学でやりましたね。
おまけ：https://thetv.jp/news/detail/1126941/11560695/
https://yorozoonews.jp/article/14432176
△ＡＢＤは１：２：√３の直角三角形より、ＡＤ＝２０√３ｃｍ
また、△ＡＢＣで三平方の定理を使うと、ＢＣ＝√(４０^2－３０^2)＝√７００＝１０√７ｃｍ
ここで、ＡＣの延長とＢＤの延長との交点をＦとし、ＦＤ＝ｘ，ＦＣ＝ｙと置いて、△ＦＤＡ，△ＦＣＢで三平方の定理をそれぞれ使うと、
ｘ^2＋(２０√３)^2＝(ｙ＋３０)^2―――①
ｙ^2＋(１０√７)^2＝(ｘ＋２０)^2―――②
①－②より、ｘ^2－ｙ^2＋１２００－７００
＝ｙ^2－ｘ^2＋６０ｙ－４０ｘ＋９００－４００
∴２ｘ^2－２ｙ^2＋４０ｘ－６０ｙ＝０
∴ｘ^2－ｙ^2＋２０ｘ－３０ｙ＝０
∴ｘ^2＋２０ｘ＝ｙ^2＋３０ｙ―――③
①＋②より、ｘ^2＋ｙ^2＋１２００＋７００
＝ｘ^2＋ｙ^2＋６０ｙ＋４０ｘ＋９００＋４００
∴４０ｘ＋６０ｙ＝６００ ∴２ｘ＋３ｙ＝３０
∴３ｙ＝３０－２ｘ
∴ｙ＝１０－２ｘ/３―――④
④を③に代入すると、
ｘ^2＋２０ｘ＝(１０－２ｘ/３)^2＋３０(１０－２ｘ/３)
∴ｘ^2＋２０ｘ＝１００＋４ｘ^2/９－４０ｘ/３＋３００－２０ｘ
∴５ｘ^2/９＋４０ｘ＋４０ｘ/３－４００＝０
∴５ｘ^2＋３６０ｘ＋１２０ｘ－３６００＝０
∴５ｘ^2＋４８０ｘ－３６００＝０
∴ｘ^2＋９６ｘ－７２０＝０
∴ｘ＝－４８±√３０２４＝－４８±１２√２１
ｘ＞０より、ｘ＝－４８＋１２√２１
∴ＦＤ＝－４８＋１２√２１ｃｍ
ところで、ＡＤ⊥ＦＢ，ＢＣ⊥ＦＡより点Ｅは△ＦＡＢの垂心である。よって、ＦＥの延長とＡＢとの交点をＧとすると、ＦＧ⊥ＡＢ
よって、△ＦＧＢと△ＡＤＢは∠Ｂを共有していて直角が等しいので、△ＦＧＢ∽△ＡＤＢ
∴∠ＢＦＧ＝∠ＢＡＤ＝３０°よって、△ＦＤＥは１：２：√３の直角三角形である。
∴ＤＥ＝ＦＤ/√３＝(－４８＋１２√２１)/√３
＝－１６√３＋１２√７ｃｍ
∴ＡＥ＝ＡＤ－ＤＥ
＝２０√３－(－１６√３＋１２√７)
＝３６√３－１２√７＝１２(３√３－√７)ｃｍ
∴ＡＥ＝１２(３√３－√７)ｃｍ
今はどうか知りませんが、昔は垂心は中学でやりましたね。
おまけ：https://thetv.jp/news/detail/1126941/11560695/
https://yorozoonews.jp/article/14432176
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/15 07:50削除問題２の解法５
△ＡＢＤは１：２：√３の直角三角形よりＡＤ＝２０√３ｃｍ
ここで、ＤからＡＢに垂線を下ろしその足をＨとすると、ＤＨ＝ＡＤ/２＝１０√３ｃｍ，ＡＨ＝√３ＤＨ＝３０ｃｍ
また、ＣからＡＢに垂線を下ろしその足をＩとすると、アーキタスの定理よりＡＣ^2＝ＡＩ・ＡＢ（アーキタスの定理を使わない場合は△ＡＩＣ∽△ＡＣＢ）
∴３０^2＝ＡＩ・４０ ∴ＡＩ＝９０/４＝４５/２ｃｍ よって、△ＡＩＣで三平方の定理を使うと、ＣＩ＝√{３０^2－(４５/２)^2}＝√(１５７５/４)＝１５√７/２ｃｍ
今、点Ａをｘｙ座標（直交座標）の原点に置き、ＡＢをｘ軸に取ると、
Ｂ（４０，０），C（４５/２，１５√７/２），D（３０，１０√３）と置ける。
よって、直線ＡＤの方程式は、ｙ＝(√３/３)ｘ―――①
また、直線ＢＣの方程式は、
１５√７/２＝(４５/２)ａ＋ｂ
ー） ０＝４０ａ＋ｂ
――――――――――――――――
１５√７/２＝(－３５/２)ａ
∴ａ＝－３√７/７ ∴ｂ＝１２０√７/７
∴ｙ＝(－３√７/７)ｘ＋１２０√７/７―――②
①，②を連立させると、点Ｅの座標は、
(√３/３)ｘ＝(－３√７/７)ｘ＋１２０√７/７
∴(√３/３)ｘ＋(３√７/７)ｘ＝１２０√７/７
∴{(７√３＋９√７)/２１}ｘ＝１２０√７/７
∴ｘ＝３６０√７/(７√３＋９√７)
＝３６０√７(９√７－７√３)/４２０
＝６√７(９√７－７√３)/７
＝６(６３－７√２１)/７＝６(９－√２１)
∴ｘ＝６(９－√２１)
ところで、ＡＥ＝(２/√３)ｘ（１：２：√３の直角三角形を利用する）より、
ＡＥ＝(２/√３)・６(９－√２１)＝１２(３√３－√７)
∴ＡＥ＝１２(３√３－√７)ｃｍ
今朝、思い付いて下書きなしで解いてみました。
おまけ：
http://meigata-bokushinoshosai.info/index.php?%E3%81%AF%E3%81%8B%E3%82%89%E3%81%9A%E3%82%82%E3%80%81%E4%BA%8C%E4%BA%BA%E3%81%AE%E5%A6%BB%28%E3%81%97%E3%81%8B%E3%82%82%E5%A7%89%E5%A6%B9%29%E3%81%A8%E7%B5%90%E5%A9%9A%E3%81%97%E3%81%9F%E3%83%A4%E3%82%B3%E3%83%96
△ＡＢＤは１：２：√３の直角三角形よりＡＤ＝２０√３ｃｍ
ここで、ＤからＡＢに垂線を下ろしその足をＨとすると、ＤＨ＝ＡＤ/２＝１０√３ｃｍ，ＡＨ＝√３ＤＨ＝３０ｃｍ
また、ＣからＡＢに垂線を下ろしその足をＩとすると、アーキタスの定理よりＡＣ^2＝ＡＩ・ＡＢ（アーキタスの定理を使わない場合は△ＡＩＣ∽△ＡＣＢ）
∴３０^2＝ＡＩ・４０ ∴ＡＩ＝９０/４＝４５/２ｃｍ よって、△ＡＩＣで三平方の定理を使うと、ＣＩ＝√{３０^2－(４５/２)^2}＝√(１５７５/４)＝１５√７/２ｃｍ
今、点Ａをｘｙ座標（直交座標）の原点に置き、ＡＢをｘ軸に取ると、
Ｂ（４０，０），C（４５/２，１５√７/２），D（３０，１０√３）と置ける。
よって、直線ＡＤの方程式は、ｙ＝(√３/３)ｘ―――①
また、直線ＢＣの方程式は、
１５√７/２＝(４５/２)ａ＋ｂ
ー） ０＝４０ａ＋ｂ
――――――――――――――――
１５√７/２＝(－３５/２)ａ
∴ａ＝－３√７/７ ∴ｂ＝１２０√７/７
∴ｙ＝(－３√７/７)ｘ＋１２０√７/７―――②
①，②を連立させると、点Ｅの座標は、
(√３/３)ｘ＝(－３√７/７)ｘ＋１２０√７/７
∴(√３/３)ｘ＋(３√７/７)ｘ＝１２０√７/７
∴{(７√３＋９√７)/２１}ｘ＝１２０√７/７
∴ｘ＝３６０√７/(７√３＋９√７)
＝３６０√７(９√７－７√３)/４２０
＝６√７(９√７－７√３)/７
＝６(６３－７√２１)/７＝６(９－√２１)
∴ｘ＝６(９－√２１)
ところで、ＡＥ＝(２/√３)ｘ（１：２：√３の直角三角形を利用する）より、
ＡＥ＝(２/√３)・６(９－√２１)＝１２(３√３－√７)
∴ＡＥ＝１２(３√３－√７)ｃｍ
今朝、思い付いて下書きなしで解いてみました。
おまけ：
http://meigata-bokushinoshosai.info/index.php?%E3%81%AF%E3%81%8B%E3%82%89%E3%81%9A%E3%82%82%E3%80%81%E4%BA%8C%E4%BA%BA%E3%81%AE%E5%A6%BB%28%E3%81%97%E3%81%8B%E3%82%82%E5%A7%89%E5%A6%B9%29%E3%81%A8%E7%B5%90%E5%A9%9A%E3%81%97%E3%81%9F%E3%83%A4%E3%82%B3%E3%83%96
返信
返信5
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/14 12:01 (No.728281)削除次の文章を完全解説して下さい。
問題
ｆ：Ｒ→Ｒ'を環の準同型写像とする。Ⅰ＝kerｆとし、Ｒの元ａに対してｆ(ａ)＝ａ'とするとき、|ａ＝ａ＋Ｉ＝ｆ^-1(ａ')が成り立つことを示せ。
証明
ｘ∈ｆ^-1(ａ')⇔ｆ(ｘ)＝ａ'⇔ｆ(ｘ)＝ｆ(ａ)
⇔ｆ(ｘ)－ｆ(ａ)＝０⇔ｆ(ｘ－ａ)＝０
⇔ｘ－ａ∈kerｆ＝Ⅰ⇔ｘ∈ａ＋Ｉ
したがって、
ｆ^-1(ａ')＝{ｘ∈Ｒ｜ｘ∈ｆ^-1(ａ')}＝{ｘ∈Ｒ｜ｘ∈ａ＋Ｉ}＝ａ＋Ｉ
（引用終わり）
具体的には、|ａ＝ｆ^-1(ａ')にｆ(ａ)＝ａ'に代入したら|ａ＝ａでおかしくないのかとか、
定理3.5（準同型定理）の三角関係の図でＲの所をａとするとＲ/kerｆの所は|ａでＲ'の所はａ'であり、それぞれの写像|ｆとｆの逆写像を考えると、|ｆ^-1(ａ')＝|ａ，ｆ^-1(ａ')＝ａで、問題文の|ａ＝ｆ^-1(ａ')はおかしくないのかとか。
おかしくない理由ですね。
おまけ：
問題
ｆ：Ｒ→Ｒ'を環の準同型写像とする。Ⅰ＝kerｆとし、Ｒの元ａに対してｆ(ａ)＝ａ'とするとき、|ａ＝ａ＋Ｉ＝ｆ^-1(ａ')が成り立つことを示せ。
証明
ｘ∈ｆ^-1(ａ')⇔ｆ(ｘ)＝ａ'⇔ｆ(ｘ)＝ｆ(ａ)
⇔ｆ(ｘ)－ｆ(ａ)＝０⇔ｆ(ｘ－ａ)＝０
⇔ｘ－ａ∈kerｆ＝Ⅰ⇔ｘ∈ａ＋Ｉ
したがって、
ｆ^-1(ａ')＝{ｘ∈Ｒ｜ｘ∈ｆ^-1(ａ')}＝{ｘ∈Ｒ｜ｘ∈ａ＋Ｉ}＝ａ＋Ｉ
（引用終わり）
具体的には、|ａ＝ｆ^-1(ａ')にｆ(ａ)＝ａ'に代入したら|ａ＝ａでおかしくないのかとか、
定理3.5（準同型定理）の三角関係の図でＲの所をａとするとＲ/kerｆの所は|ａでＲ'の所はａ'であり、それぞれの写像|ｆとｆの逆写像を考えると、|ｆ^-1(ａ')＝|ａ，ｆ^-1(ａ')＝ａで、問題文の|ａ＝ｆ^-1(ａ')はおかしくないのかとか。
おかしくない理由ですね。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/14 13:33削除解説
＞|ａ＝ｆ^-1(ａ')にｆ(ａ)＝ａ'に代入したら|ａ＝ａでおかしくないのか
ｆは単射とは限らないので、ｆ^-1(ａ')は複数ある可能性があるので|ａ＝ｆ^-1(ａ')でおかしくない。
因みに、ｆが単射の場合は、定理3.3よりkerｆ＝(０)で、|ａ＝ａ＋Ｉ＝ａ＋(０)＝ａ＋０＝ａで|ａ＝ａとなる。
定理3.3
RとR'を環とし、ｆをＲからＲ'への環の準同型写像とする。このとき、ｆが単射であるための必要十分条件はkerｆ＝(０)となることである。
ｆ：単射⇔kerｆ＝(０)
＞定理3.5（準同型定理）の三角関係の図でＲの所をａとするとＲ/kerｆの所は|ａでＲ'の所はａ'であり、それぞれの写像|ｆとｆの逆写像を考えると、|ｆ^-1(ａ')＝|ａ，ｆ^-1(ａ')＝ａで、問題文の|ａ＝ｆ^-1(ａ')はおかしくないのか
Ｒ/kerｆはＲの部分集合なので、|ｆとｆの逆写像|ｆ^-1(ａ')とｆ^-1(ａ')が一致する場合（ｆが単射の場合）もありおかしくない。
また、例えば、Ｒ＝ℤ，kerｆ＝３ℤ（kerｆはイデアルだから）とすると、Ｒ/kerｆ＝ℤ/３ℤ＝ℤ3でℤの部分集合。
おまけ：
＞|ａ＝ｆ^-1(ａ')にｆ(ａ)＝ａ'に代入したら|ａ＝ａでおかしくないのか
ｆは単射とは限らないので、ｆ^-1(ａ')は複数ある可能性があるので|ａ＝ｆ^-1(ａ')でおかしくない。
因みに、ｆが単射の場合は、定理3.3よりkerｆ＝(０)で、|ａ＝ａ＋Ｉ＝ａ＋(０)＝ａ＋０＝ａで|ａ＝ａとなる。
定理3.3
RとR'を環とし、ｆをＲからＲ'への環の準同型写像とする。このとき、ｆが単射であるための必要十分条件はkerｆ＝(０)となることである。
ｆ：単射⇔kerｆ＝(０)
＞定理3.5（準同型定理）の三角関係の図でＲの所をａとするとＲ/kerｆの所は|ａでＲ'の所はａ'であり、それぞれの写像|ｆとｆの逆写像を考えると、|ｆ^-1(ａ')＝|ａ，ｆ^-1(ａ')＝ａで、問題文の|ａ＝ｆ^-1(ａ')はおかしくないのか
Ｒ/kerｆはＲの部分集合なので、|ｆとｆの逆写像|ｆ^-1(ａ')とｆ^-1(ａ')が一致する場合（ｆが単射の場合）もありおかしくない。
また、例えば、Ｒ＝ℤ，kerｆ＝３ℤ（kerｆはイデアルだから）とすると、Ｒ/kerｆ＝ℤ/３ℤ＝ℤ3でℤの部分集合。
おまけ：
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返信1
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/11 20:10 (No.725886)削除問題
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201901070001/
中学数学で４通りで解けます。ただし、模範解答は唯一通りである事は明らかな問題。
おまけ：
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201901070001/
中学数学で４通りで解けます。ただし、模範解答は唯一通りである事は明らかな問題。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/12 07:18削除解法１
二辺挟角が等しいので、△ＡＢＱ≡△ＡＤＰ よって、∠ＱＡＢ＝∠ＰＡＤ＝○と置くと、
∠ＱＡＥ＝○● また、ＡＤ//ＢＣより錯角が等しいので、∠ＱＥＡ＝∠ＤＡＥ＝〇●
∴∠ＱＡＥ＝∠ＱＥＡ よって、△ＱＡＥは二等辺三角形である。∴ＱＥ＝ＱＡ
また、△ＡＢＱ≡△ＡＤＰより、ＱＡ＝ＰＡ＝√(６^2＋２^2)＝√４０＝２√１０ｃｍ
∴ＱＥ＝２√１０ｃｍ
この解答が唯一の模範解答である理由は、この問題は△ＡＢＱ部分がなくても成立するからである。
つまり、
問題
１辺が６ｃｍの正方形ＡＢＣＤの辺ＤＣ上にＤＰ＝２ｃｍとなる点Ｐを取り、∠ＰＡＢの二等分線と辺ＢＣとの交点をＥとする時、ＢＥの長さを求めよ。
という問題の解法の普通の秀才の解き方３通りに対して、△ＡＰＤを△ＡＱＢの所にコピーして解く天才的な解法だからである。わざわざこんな事をして解く人はまずいないだろう。（お膳立てをしてあるので、これで解くのが模範解答という事である。）
おまけ：
二辺挟角が等しいので、△ＡＢＱ≡△ＡＤＰ よって、∠ＱＡＢ＝∠ＰＡＤ＝○と置くと、
∠ＱＡＥ＝○● また、ＡＤ//ＢＣより錯角が等しいので、∠ＱＥＡ＝∠ＤＡＥ＝〇●
∴∠ＱＡＥ＝∠ＱＥＡ よって、△ＱＡＥは二等辺三角形である。∴ＱＥ＝ＱＡ
また、△ＡＢＱ≡△ＡＤＰより、ＱＡ＝ＰＡ＝√(６^2＋２^2)＝√４０＝２√１０ｃｍ
∴ＱＥ＝２√１０ｃｍ
この解答が唯一の模範解答である理由は、この問題は△ＡＢＱ部分がなくても成立するからである。
つまり、
問題
１辺が６ｃｍの正方形ＡＢＣＤの辺ＤＣ上にＤＰ＝２ｃｍとなる点Ｐを取り、∠ＰＡＢの二等分線と辺ＢＣとの交点をＥとする時、ＢＥの長さを求めよ。
という問題の解法の普通の秀才の解き方３通りに対して、△ＡＰＤを△ＡＱＢの所にコピーして解く天才的な解法だからである。わざわざこんな事をして解く人はまずいないだろう。（お膳立てをしてあるので、これで解くのが模範解答という事である。）
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/12 14:50削除解法２
ＡＥの延長とＤＣの延長との交点をＦとすると、
ＡＢ//ＤＦより錯角が等しいので、
∠ＰＦＡ＝∠ＢＡＥ＝● ∴∠ＰＦＡ＝∠ＰＡＦ＝● よって、△ＰＡＦは二等辺三角形より、
ＰＦ＝ＰＡ＝√(６^2＋４^2)＝√４０＝２√１０ｃｍ また、ＰＣ＝６－２＝４ｃｍより、
ＦＣ＝２√１０－４ｃｍ
ところで、△ＥＡＢ∽△ＥＦＣより、ＢＥ：ＣＥ＝ＡＢ：ＦＣ＝６：２√１０－４＝３：√１０－２
∴ＢＥ＝[３/{３＋(√１０－２)}]ＢＣ
＝{３/(√１０＋１)}×６＝{(√１０－１)/３}×６
＝２(√１０－１)ｃｍ
∴ＢＥ＝２(√１０－１)ｃｍ
∴ＱＥ＝２＋２(√１０－１)＝２√１０ｃｍ
よって、答えは、２√１０ｃｍ
おまけ：
ＡＥの延長とＤＣの延長との交点をＦとすると、
ＡＢ//ＤＦより錯角が等しいので、
∠ＰＦＡ＝∠ＢＡＥ＝● ∴∠ＰＦＡ＝∠ＰＡＦ＝● よって、△ＰＡＦは二等辺三角形より、
ＰＦ＝ＰＡ＝√(６^2＋４^2)＝√４０＝２√１０ｃｍ また、ＰＣ＝６－２＝４ｃｍより、
ＦＣ＝２√１０－４ｃｍ
ところで、△ＥＡＢ∽△ＥＦＣより、ＢＥ：ＣＥ＝ＡＢ：ＦＣ＝６：２√１０－４＝３：√１０－２
∴ＢＥ＝[３/{３＋(√１０－２)}]ＢＣ
＝{３/(√１０＋１)}×６＝{(√１０－１)/３}×６
＝２(√１０－１)ｃｍ
∴ＢＥ＝２(√１０－１)ｃｍ
∴ＱＥ＝２＋２(√１０－１)＝２√１０ｃｍ
よって、答えは、２√１０ｃｍ
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/13 11:46削除解法３
ＡＰの延長とＢＣの延長との交点をＲとすると、△ＰＣＲ∽△ＰＤＡで相似比ＰＣ：ＰＤ＝４：２＝２：１より、ＣＲ＝６×２＝１２ｃｍ
∴ＢＲ＝６＋１２＝１８ｃｍ
また、ＡＰ＝√(６^2＋２^2)＝√４０＝２√１０ｃｍより、ＲＰ＝２ＡＰ＝４√１０ｃｍ
∴ＡＲ＝２√１０＋４√１０＝６√１０ｃｍ
∴ＡＢ：ＡＲ＝６：６√１０＝１：√１０
ここで、△ＡＢＲで角の二等分線の定理を使うと、ＢＥ：ＥＲ＝ＡＢ：ＡＲ＝１：√１０
∴ＢＥ＝{１/(１＋√１０)}ＢＲ
＝{１/(１＋√１０)}×１８＝{(√１０－１)/９}×１８＝２(√１０－１)ｃｍ
∴ＢＥ＝２(√１０－１)ｃｍ
∴ＱＥ＝２(√１０－１)＋２＝２√１０ｃｍ
よって、答えは、２√１０ｃｍ
解法４も似たようなものですが、意外と盲点かもしれませんね。まぁ、秀才の解法だと思います。
おまけ：
ＡＰの延長とＢＣの延長との交点をＲとすると、△ＰＣＲ∽△ＰＤＡで相似比ＰＣ：ＰＤ＝４：２＝２：１より、ＣＲ＝６×２＝１２ｃｍ
∴ＢＲ＝６＋１２＝１８ｃｍ
また、ＡＰ＝√(６^2＋２^2)＝√４０＝２√１０ｃｍより、ＲＰ＝２ＡＰ＝４√１０ｃｍ
∴ＡＲ＝２√１０＋４√１０＝６√１０ｃｍ
∴ＡＢ：ＡＲ＝６：６√１０＝１：√１０
ここで、△ＡＢＲで角の二等分線の定理を使うと、ＢＥ：ＥＲ＝ＡＢ：ＡＲ＝１：√１０
∴ＢＥ＝{１/(１＋√１０)}ＢＲ
＝{１/(１＋√１０)}×１８＝{(√１０－１)/９}×１８＝２(√１０－１)ｃｍ
∴ＢＥ＝２(√１０－１)ｃｍ
∴ＱＥ＝２(√１０－１)＋２＝２√１０ｃｍ
よって、答えは、２√１０ｃｍ
解法４も似たようなものですが、意外と盲点かもしれませんね。まぁ、秀才の解法だと思います。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/13 13:38削除解法４
ＰからＡＢに垂線を下ろしその足をＨとし、ＰＨとＡＥの交点をＦとすると、ＡＰ＝√(６^2＋２^2)＝√４０＝２√１０ｃｍ また、ＡＨ＝ＤＰ＝２ｃｍ
∴ＡＨ：ＡＰ＝２：２√１０＝１：√１０
よって、△ＡＨＰで角の二等分線の定理を使うと、ＨＦ：ＦＰ＝ＡＨ：ＡＰ＝１：√１０
∴ＨＦ＝{１/(１＋√１０)}ＨＰ＝{１/(１＋√１０)}×６＝{(√１０－１)/９}×６＝２(√１０－１)/３ｃｍ
また、△ＡＨＦ∽△ＡＢＥで相似比２：６＝１：３より、ＢＥ＝３ＨＦ＝２(√１０－１)ｃｍ
∴ＱＥ＝２(√１０－１)＋２＝２√１０ｃｍ
よって、答えは、２√１０ｃｍ
おまけ：
ＰからＡＢに垂線を下ろしその足をＨとし、ＰＨとＡＥの交点をＦとすると、ＡＰ＝√(６^2＋２^2)＝√４０＝２√１０ｃｍ また、ＡＨ＝ＤＰ＝２ｃｍ
∴ＡＨ：ＡＰ＝２：２√１０＝１：√１０
よって、△ＡＨＰで角の二等分線の定理を使うと、ＨＦ：ＦＰ＝ＡＨ：ＡＰ＝１：√１０
∴ＨＦ＝{１/(１＋√１０)}ＨＰ＝{１/(１＋√１０)}×６＝{(√１０－１)/９}×６＝２(√１０－１)/３ｃｍ
また、△ＡＨＦ∽△ＡＢＥで相似比２：６＝１：３より、ＢＥ＝３ＨＦ＝２(√１０－１)ｃｍ
∴ＱＥ＝２(√１０－１)＋２＝２√１０ｃｍ
よって、答えは、２√１０ｃｍ
おまけ：
返信
返信4
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/10 16:27 (No.724857)削除次の文章を解説して下さい。
「２次方程式は、古代から研究されている。たとえば、古代エジプトの「パピルス」と呼ばれる本のなかに、「テーベ・パピルス」というのがある。この本には、「二つの正方形の辺の比が４対３で、面積の和が100になるようにせよ」といった問題が掲載されている。大きいほうの正方形の辺の長さをｘとして素直に立式すれば、２次方程式になる。
２次方程式の解法が本格的に考えられたのは、紀元前１６００年頃のバビロニアだった。バビロニアの最も古い粘土板には、２次方程式の問題が書かれている。たとえば、以下のような問題と解法が記録されているそうだ。「正方形の面積から１辺の長さを引いた値が870であるなら、その正方形の１辺の長さはいくつか」。これを式で書けば、
ｘ^2－ｘ＝870
という２次方程式になる。粘土板に記された解法には、本質的には「２次方程式の解の公式」と同じ計算法が用いられている。現代語訳で書くと次のようになる。
「まず１の半分を取る。これは、0.5である。0.5と0.5を掛けると0.25になる。これ870に加えると870.25になる。これは29.5の２乗である。この29.5の0.5を加えると30になる。これが、求める正方形の１辺の値である」。
実際、30^2－30＝870だから、ちゃんと解になっている。こんなはるか昔に「解の公式」の類似物が知られていたことは驚異的なことだ。
ただ、エジプトやバビロニアでは文字式による数式の表現がなかったのと、負の数を認識できなかったため、現在のような形で「解の公式」を与えることはできなかった。」
「数学は世界をこう見る」小島寛之著より
おまけ：
「２次方程式は、古代から研究されている。たとえば、古代エジプトの「パピルス」と呼ばれる本のなかに、「テーベ・パピルス」というのがある。この本には、「二つの正方形の辺の比が４対３で、面積の和が100になるようにせよ」といった問題が掲載されている。大きいほうの正方形の辺の長さをｘとして素直に立式すれば、２次方程式になる。
２次方程式の解法が本格的に考えられたのは、紀元前１６００年頃のバビロニアだった。バビロニアの最も古い粘土板には、２次方程式の問題が書かれている。たとえば、以下のような問題と解法が記録されているそうだ。「正方形の面積から１辺の長さを引いた値が870であるなら、その正方形の１辺の長さはいくつか」。これを式で書けば、
ｘ^2－ｘ＝870
という２次方程式になる。粘土板に記された解法には、本質的には「２次方程式の解の公式」と同じ計算法が用いられている。現代語訳で書くと次のようになる。
「まず１の半分を取る。これは、0.5である。0.5と0.5を掛けると0.25になる。これ870に加えると870.25になる。これは29.5の２乗である。この29.5の0.5を加えると30になる。これが、求める正方形の１辺の値である」。
実際、30^2－30＝870だから、ちゃんと解になっている。こんなはるか昔に「解の公式」の類似物が知られていたことは驚異的なことだ。
ただ、エジプトやバビロニアでは文字式による数式の表現がなかったのと、負の数を認識できなかったため、現在のような形で「解の公式」を与えることはできなかった。」
「数学は世界をこう見る」小島寛之著より
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/11 08:01削除解説
＞これを式で書けば、
ｘ^2－ｘ＝870
という２次方程式になる。粘土板に記された解法には、本質的には「２次方程式の解の公式」と同じ計算法が用いられている。現代語訳で書くと次のようになる。
「まず１の半分を取る。これは、0.5である。0.5と0.5を掛けると0.25になる。これ870に加えると870.25になる。これは29.5の２乗である。この29.5の0.5を加えると30になる。これが、求める正方形の１辺の値である」。
実際、30^2－30＝870だから、ちゃんと解になっている。こんなはるか昔に「解の公式」の類似物が知られていたことは驚異的なことだ。
当時は平方完成なんて言葉はなかったと思うが、左辺を平方完成すると、
(ｘ－0.5)^2－0.5×0.5＝870
これをバランスの取れた天秤と考えて両辺に0.5×0.5を付け加えると、
(ｘ－0.5)^2－0.5×0.5＋0.5×0.5＝870＋0.5×0.5
－0.5×0.5＋0.5×0.5は相殺されて０になるので、
(ｘ－0.5)^2＝870＋0.5×0.5
この右辺を計算すると、870＋0.25＝870.25
ここで、29.5×29.5を計算すると、＝870.25となるので、
(ｘ－0.5)×(ｘ－0.5)＝29.5×29.5
よって、ｘ－0.5＝29.5
これをやはり天秤と考えて両辺に0.5を付け加えると、
ｘ－0.5＋0.5＝29.5＋0.5
よって、ｘ＝30
これが、
「まず１の半分を取る。これは、0.5である。0.5と0.5を掛けると0.25になる。これ870に加えると870.25になる。これは29.5の２乗である。この29.5の0.5を加えると30になる。これが、求める正方形の１辺の値である」。
という事である。
ところで、平方完成という概念をどのように考えたのだろうか。例えば、８×８＝(２＋６)×(２＋６)として試行として、２×２＋２×６＋６×２＋６×６として計算してみると、４＋１２＋１２＋３６＝６４で、８×８＝６４と合う。そこで、８×８＝(３＋５)×(３＋５)としてみるとどうか。(３＋５)×(３＋５)＝３×３＋３×５＋５×３＋５×５＝９＋１５＋１５＋２５＝６４ また、８×８＝６４より合う。
よって、この法則は正しいと確信したに違いない。ところで、２×６と６×２や３×５と５×３は同じと考えるのは普通なので、
(ａ＋ｂ)×(ａ＋ｂ)＝ａ×ａ＋ａ×ｂ×２＋ｂ×ｂという法則を作ったのだろう。
すると、ｘ^2－ｘ＝870も－ｘの係数を－１と考えて（負の数と考えていた訳ではない）、ａ×ｂ×２と比較して「まず１の半分を取」ったのだろう。
＞これを式で書けば、
ｘ^2－ｘ＝870
という２次方程式になる。粘土板に記された解法には、本質的には「２次方程式の解の公式」と同じ計算法が用いられている。
私だったら、５×３＋５×７＝５×(３＋７)のような法則は普通に計算していたら気付くと思うので、
ｘ^2－ｘ＝ｘ×ｘ－ｘ×１＝ｘ×(ｘ－１)＝870
として、870を連続する２数の積と考えて、870＝10×87＝10×3×29＝30×9より、ｘ＝30と求めていただろう。和算で鶴亀算が発達して連立方程式が発達しなかったような話である。（適当なので信じないで下さい。）
＞ただ、エジプトやバビロニアでは文字式による数式の表現がなかったのと、負の数を認識できなかったため、現在のような形で「解の公式」を与えることはできなかった。
負の数が発達していたら、
(ｘ－0.5)×(ｘ－0.5)＝29.5×29.5
よって、ｘ－0.5＝29.5
だけでなく、
(ｘ－0.5)×(ｘ－0.5)＝(－29.5)×(－29.5)
よって、ｘ－0.5＝－29.5
よって、ｘ＝－29
となっていただろう。
おまけ：
＞これを式で書けば、
ｘ^2－ｘ＝870
という２次方程式になる。粘土板に記された解法には、本質的には「２次方程式の解の公式」と同じ計算法が用いられている。現代語訳で書くと次のようになる。
「まず１の半分を取る。これは、0.5である。0.5と0.5を掛けると0.25になる。これ870に加えると870.25になる。これは29.5の２乗である。この29.5の0.5を加えると30になる。これが、求める正方形の１辺の値である」。
実際、30^2－30＝870だから、ちゃんと解になっている。こんなはるか昔に「解の公式」の類似物が知られていたことは驚異的なことだ。
当時は平方完成なんて言葉はなかったと思うが、左辺を平方完成すると、
(ｘ－0.5)^2－0.5×0.5＝870
これをバランスの取れた天秤と考えて両辺に0.5×0.5を付け加えると、
(ｘ－0.5)^2－0.5×0.5＋0.5×0.5＝870＋0.5×0.5
－0.5×0.5＋0.5×0.5は相殺されて０になるので、
(ｘ－0.5)^2＝870＋0.5×0.5
この右辺を計算すると、870＋0.25＝870.25
ここで、29.5×29.5を計算すると、＝870.25となるので、
(ｘ－0.5)×(ｘ－0.5)＝29.5×29.5
よって、ｘ－0.5＝29.5
これをやはり天秤と考えて両辺に0.5を付け加えると、
ｘ－0.5＋0.5＝29.5＋0.5
よって、ｘ＝30
これが、
「まず１の半分を取る。これは、0.5である。0.5と0.5を掛けると0.25になる。これ870に加えると870.25になる。これは29.5の２乗である。この29.5の0.5を加えると30になる。これが、求める正方形の１辺の値である」。
という事である。
ところで、平方完成という概念をどのように考えたのだろうか。例えば、８×８＝(２＋６)×(２＋６)として試行として、２×２＋２×６＋６×２＋６×６として計算してみると、４＋１２＋１２＋３６＝６４で、８×８＝６４と合う。そこで、８×８＝(３＋５)×(３＋５)としてみるとどうか。(３＋５)×(３＋５)＝３×３＋３×５＋５×３＋５×５＝９＋１５＋１５＋２５＝６４ また、８×８＝６４より合う。
よって、この法則は正しいと確信したに違いない。ところで、２×６と６×２や３×５と５×３は同じと考えるのは普通なので、
(ａ＋ｂ)×(ａ＋ｂ)＝ａ×ａ＋ａ×ｂ×２＋ｂ×ｂという法則を作ったのだろう。
すると、ｘ^2－ｘ＝870も－ｘの係数を－１と考えて（負の数と考えていた訳ではない）、ａ×ｂ×２と比較して「まず１の半分を取」ったのだろう。
＞これを式で書けば、
ｘ^2－ｘ＝870
という２次方程式になる。粘土板に記された解法には、本質的には「２次方程式の解の公式」と同じ計算法が用いられている。
私だったら、５×３＋５×７＝５×(３＋７)のような法則は普通に計算していたら気付くと思うので、
ｘ^2－ｘ＝ｘ×ｘ－ｘ×１＝ｘ×(ｘ－１)＝870
として、870を連続する２数の積と考えて、870＝10×87＝10×3×29＝30×9より、ｘ＝30と求めていただろう。和算で鶴亀算が発達して連立方程式が発達しなかったような話である。（適当なので信じないで下さい。）
＞ただ、エジプトやバビロニアでは文字式による数式の表現がなかったのと、負の数を認識できなかったため、現在のような形で「解の公式」を与えることはできなかった。
負の数が発達していたら、
(ｘ－0.5)×(ｘ－0.5)＝29.5×29.5
よって、ｘ－0.5＝29.5
だけでなく、
(ｘ－0.5)×(ｘ－0.5)＝(－29.5)×(－29.5)
よって、ｘ－0.5＝－29.5
よって、ｘ＝－29
となっていただろう。
おまけ：
返信
返信1
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/10 14:04 (No.724770)削除改題
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201901070002/
この２つの色付き部分の面積が等しい理由を述べて下さい。念のため、計算した結果が同じだからではダメですよ。
おまけ：
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201901070002/
この２つの色付き部分の面積が等しい理由を述べて下さい。念のため、計算した結果が同じだからではダメですよ。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/10 15:19削除解答
茶色いドーナツ型のど真ん中の円周は4.5×2×π＝９πｃｍ
よって、平面（面積）のカバリエリの原理より茶色部分の面積は底辺が１ｃｍで高さが９πｃｍの長方形の面積と等しい。つまり、９πｃｍ^2
また、青い円を半径１ｃｍ，２ｃｍで切って、１つの円と２つのドーナツ型にすると、カバリエリの原理よりそれぞれ底辺１ｃｍ，高さが0.5×2×πｃｍ，1.5×2×πｃｍ，2.5×2×πｃｍの長方形の面積と等しいので、合計π＋３π＋５π＝９πｃｍ^2
よって、等しい。
カバリエリの原理：http://blog.livedoor.jp/gesti921pap-45gity/archives/3302260.html
おまけ：
茶色いドーナツ型のど真ん中の円周は4.5×2×π＝９πｃｍ
よって、平面（面積）のカバリエリの原理より茶色部分の面積は底辺が１ｃｍで高さが９πｃｍの長方形の面積と等しい。つまり、９πｃｍ^2
また、青い円を半径１ｃｍ，２ｃｍで切って、１つの円と２つのドーナツ型にすると、カバリエリの原理よりそれぞれ底辺１ｃｍ，高さが0.5×2×πｃｍ，1.5×2×πｃｍ，2.5×2×πｃｍの長方形の面積と等しいので、合計π＋３π＋５π＝９πｃｍ^2
よって、等しい。
カバリエリの原理：http://blog.livedoor.jp/gesti921pap-45gity/archives/3302260.html
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/11 07:14削除今朝、思い付きました。
別解
茶色いドーナツ型の内側の円周は８πｃｍで外側の円周は１０πｃｍ。
ここで、その間の茶色い部分を無限の円周の束と考えて１ケ所で切って１本ずつ伸ばすと考えると、上底が８πｃｍ，下底が１０πｃｍ，高さが１ｃｍの台形に等積変形出来る。
∴茶色部分＝(８π＋１０π)×１×(１/２)＝９πｃｍ^2
また、青い円の方も同様に考えると、底辺が６πｃｍ，高さが３ｃｍの二等辺三角形に等積変形出来る。（念のため、二等辺に限定する必要はないが。）
∴青色部分＝６π×３×(１/２)＝９πｃｍ^2
よって、等しい。
おまけ：
別解
茶色いドーナツ型の内側の円周は８πｃｍで外側の円周は１０πｃｍ。
ここで、その間の茶色い部分を無限の円周の束と考えて１ケ所で切って１本ずつ伸ばすと考えると、上底が８πｃｍ，下底が１０πｃｍ，高さが１ｃｍの台形に等積変形出来る。
∴茶色部分＝(８π＋１０π)×１×(１/２)＝９πｃｍ^2
また、青い円の方も同様に考えると、底辺が６πｃｍ，高さが３ｃｍの二等辺三角形に等積変形出来る。（念のため、二等辺に限定する必要はないが。）
∴青色部分＝６π×３×(１/２)＝９πｃｍ^2
よって、等しい。
おまけ：
返信
返信2
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/10 10:22 (No.724641)削除定理
４番目以降のメルセンヌ素数は３０ｎ＋１型または３０ｎ＋７型の素数である。
証明
ところで、メルセンヌ素数とは、２^a－１で表される素数の事である。
ここで、２，２^2，２^3，２^4，…を３０で割った余りを考えると、
２，４，８，１６，２，４，８，１６，…より、２，４，８，１６を繰り返す。
よって、２^a－１を３０で割った余りは１，３，７，１５を繰り返すので、
２^a－１＝３０ｎ＋１，３０ｎ＋３，３０ｎ＋７，３０ｎ＋１５で、３０ｎ＋３＝３(１０ｎ＋１)，３０ｎ＋１５＝１５(２ｎ＋１)より、素数になる可能性があるのは３０ｎ＋１，３０ｎ＋７だけである。
よって、４番目以降のメルセンヌ素数は３０ｎ＋１型または３０ｎ＋７型である。
アイデア引用元：https://bbs1.rocketbbs.com/shochandas/posts/554
アイデア引用というよりそのままですね。それにしてもウィキペディアにも載っていないような事を見つけ出すのは本当に凄いですね。
オイラーの小定理をオイラーが作ってライプニッツが証明したような話だと思います。
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%A1%E3%83%AB%E3%82%BB%E3%83%B3%E3%83%8C%E6%95%B0（メルセンヌ数ウィキペディア）
これだけじゃ面白くないので、フェルマーの最終定理の間違い探しを紹介しましょう。
因みに、フェルマーは「この定理に関して、私は真に驚くべき証明を見つけたが、この余白はそれを書くには狭すぎる。」と言って死んでいったが、これぐらいの事をしていたのかもしれないね。
因みに、この間違いに気づいた場合でもその対策を立てた、さらなる間違い探しもあります。
おまけ：
４番目以降のメルセンヌ素数は３０ｎ＋１型または３０ｎ＋７型の素数である。
証明
ところで、メルセンヌ素数とは、２^a－１で表される素数の事である。
ここで、２，２^2，２^3，２^4，…を３０で割った余りを考えると、
２，４，８，１６，２，４，８，１６，…より、２，４，８，１６を繰り返す。
よって、２^a－１を３０で割った余りは１，３，７，１５を繰り返すので、
２^a－１＝３０ｎ＋１，３０ｎ＋３，３０ｎ＋７，３０ｎ＋１５で、３０ｎ＋３＝３(１０ｎ＋１)，３０ｎ＋１５＝１５(２ｎ＋１)より、素数になる可能性があるのは３０ｎ＋１，３０ｎ＋７だけである。
よって、４番目以降のメルセンヌ素数は３０ｎ＋１型または３０ｎ＋７型である。
アイデア引用元：https://bbs1.rocketbbs.com/shochandas/posts/554
アイデア引用というよりそのままですね。それにしてもウィキペディアにも載っていないような事を見つけ出すのは本当に凄いですね。
オイラーの小定理をオイラーが作ってライプニッツが証明したような話だと思います。
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%A1%E3%83%AB%E3%82%BB%E3%83%B3%E3%83%8C%E6%95%B0（メルセンヌ数ウィキペディア）
これだけじゃ面白くないので、フェルマーの最終定理の間違い探しを紹介しましょう。
因みに、フェルマーは「この定理に関して、私は真に驚くべき証明を見つけたが、この余白はそれを書くには狭すぎる。」と言って死んでいったが、これぐらいの事をしていたのかもしれないね。
因みに、この間違いに気づいた場合でもその対策を立てた、さらなる間違い探しもあります。
おまけ：
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壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/7 22:26 (No.722462)削除壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/9 07:49削除解法１
∠Ｂ＋∠Ｄ＝１８０°，ＡＢ＝ＡＤより、四角形ＡＢＣＤを点Ａを中心にＡＢがＡＤにくっつくまで９０°回転コピーし、点Ｃ，Ｄの行き先をそれぞれＣ'，Ｄ'とすると、３点Ｃ，Ｄ，Ｃ'は一直線上になり、また、∠Ａ＝９０°より３点Ｂ，Ａ，Ｄ'も一直線上になる。
また、∠C＝∠C'＝９０°より、四角形Ｄ'ＢＣＣ'は高さが２＋？ｃｍの台形になる。
ここで、台形の面積の公式より、(Ｃ'Ｄ'＋ＢＣ)×高さ÷２＝５０ｃｍ^2
よって、(２＋？)×(２＋？)÷２＝５０
よって、(２＋？)×(２＋？)＝１００＝１０×１０
よって、２＋？＝１０ｃｍ よって、？＝８ｃｍ
よって、ＢＣ＝８ｃｍ
と求めるか、回転コピーをあと２回やって、正方形ＣＣ'Ｃ''Ｃ'''を作り、面積が２５×４＝１００ｃｍ^2より、正方形の１辺の長さは１０ｃｍより、ＢＣ＝８ｃｍと求めるか。
多分、模範解答は後者だろう。
一応、何でもありの解法
ＢＣ＝ｘと置いて△ＢＣＤで三平方の定理を使うと、ＢＤ＝√(ｘ^2＋４)
また、△ＡＢＤは直角二等辺三角形より、ＡＢ＝ＡＤ＝√(ｘ^2＋４)/√２
よって、面積より、{√(ｘ^2＋４)/√２}^2・(１/２)＋ｘ＝２５が成り立つ。
∴(ｘ^2＋４)/４＋ｘ＝２５ ∴ｘ^2＋４＋４ｘ＝１００ ∴ｘ^2＋４ｘ－９６＝０ ∴(ｘ－８)(ｘ＋１２)＝０ ∴ｘ＝－１２，８ ｘ＞０より、ｘ＝８
よって、ＢＣ＝８ｃｍ
因みに、解法２，３は私のオリジナルです。
おまけ：
∠Ｂ＋∠Ｄ＝１８０°，ＡＢ＝ＡＤより、四角形ＡＢＣＤを点Ａを中心にＡＢがＡＤにくっつくまで９０°回転コピーし、点Ｃ，Ｄの行き先をそれぞれＣ'，Ｄ'とすると、３点Ｃ，Ｄ，Ｃ'は一直線上になり、また、∠Ａ＝９０°より３点Ｂ，Ａ，Ｄ'も一直線上になる。
また、∠C＝∠C'＝９０°より、四角形Ｄ'ＢＣＣ'は高さが２＋？ｃｍの台形になる。
ここで、台形の面積の公式より、(Ｃ'Ｄ'＋ＢＣ)×高さ÷２＝５０ｃｍ^2
よって、(２＋？)×(２＋？)÷２＝５０
よって、(２＋？)×(２＋？)＝１００＝１０×１０
よって、２＋？＝１０ｃｍ よって、？＝８ｃｍ
よって、ＢＣ＝８ｃｍ
と求めるか、回転コピーをあと２回やって、正方形ＣＣ'Ｃ''Ｃ'''を作り、面積が２５×４＝１００ｃｍ^2より、正方形の１辺の長さは１０ｃｍより、ＢＣ＝８ｃｍと求めるか。
多分、模範解答は後者だろう。
一応、何でもありの解法
ＢＣ＝ｘと置いて△ＢＣＤで三平方の定理を使うと、ＢＤ＝√(ｘ^2＋４)
また、△ＡＢＤは直角二等辺三角形より、ＡＢ＝ＡＤ＝√(ｘ^2＋４)/√２
よって、面積より、{√(ｘ^2＋４)/√２}^2・(１/２)＋ｘ＝２５が成り立つ。
∴(ｘ^2＋４)/４＋ｘ＝２５ ∴ｘ^2＋４＋４ｘ＝１００ ∴ｘ^2＋４ｘ－９６＝０ ∴(ｘ－８)(ｘ＋１２)＝０ ∴ｘ＝－１２，８ ｘ＞０より、ｘ＝８
よって、ＢＣ＝８ｃｍ
因みに、解法２，３は私のオリジナルです。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/10 07:41削除解法２
∠Ｂ＋∠Ｄ＝１８０°，ＡＢ＝ＡＤより、ＡからＢＣ，ＣＤの延長上に垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ⅰとすると、直角三角形の斜辺と他の１角が等しくなり、△ＡＢＨと△ＡＤＩは合同。
よって、△ＡＢＨを△ＡＤＩの所に移動させると、∠ＨＡＩ＝∠ＢＡＤ＝９０°，∠ＡＩＣ＝９０°，∠Ｃ＝９０°より四角形ＡＨＣＩは長方形で、ＡＨ＝ＡＩより隣り合う２辺の長さが等しいので正方形である。
ところで、面積は２５ｃｍ^2より正方形の１辺の長さは５ｃｍ。よって、ＡＨ＝ＩＣ＝５ｃｍより、ⅠD＝５－２＝３ｃｍ よって、ＢＨ＝ＤⅠ＝３ｃｍ
また、ＨＣ＝５ｃｍより、ＢＣ＝３＋５＝８ｃｍ
よって、答えは、８ｃｍ
解法３
∠Ｂ＋∠Ｄ＝１８０°，ＡＢ＝ＡＤより、△ＡＣＤをＡＤがＡＢにくっつくまで点Ａを中心に９０°回転移動させ、点Ｃの行き先をＣ'とすると、３点C，B，C'は一直線上になり∠ＣＡＣ'＝∠ＤＡＢ＝９０°
また、ＡＣ＝ＡＣ'より、△ＡＣＣ'は直角二等辺三角形になる。よって、△ＡＣＣ'は底辺ＣＣ'が２＋？ｃｍで面積が２５ｃｍ^2の直角二等辺三角形である。
よって、これを４つ組み合わせると１辺が２＋？ｃｍで面積が１００ｃｍ^2の正方形が出来、１辺の長さは１０ｃｍである。つまり、ＣＣ'＝１０ｃｍ よって、ＢＣ＝ＣＣ'－ＢＣ'＝ＣＣ'－ＤＣ＝１０－２＝８ｃｍ
よって、答えは、８ｃｍ
別に４倍にしなくても、△ＡＣＣ'の頂点ＡからＣＣ'に垂線を下ろしその足をＪとすると、直角二等辺三角形の性質より、ＡＪ＝Ｃ'Ｊ＝ＣＪより、ＡＪ＝ＣＣ'/２
よって、△ＡＣＣ'＝ＣＣ'×(ＣＣ'/２)÷２＝ＣＣ'×ＣＣ'÷４＝２５ｃｍ^2
よって、ＣＣ'×ＣＣ'＝１００ｃｍ^2 よって、ＣＣ'＝１０ｃｍと求めても良い。
おまけ：
∠Ｂ＋∠Ｄ＝１８０°，ＡＢ＝ＡＤより、ＡからＢＣ，ＣＤの延長上に垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ⅰとすると、直角三角形の斜辺と他の１角が等しくなり、△ＡＢＨと△ＡＤＩは合同。
よって、△ＡＢＨを△ＡＤＩの所に移動させると、∠ＨＡＩ＝∠ＢＡＤ＝９０°，∠ＡＩＣ＝９０°，∠Ｃ＝９０°より四角形ＡＨＣＩは長方形で、ＡＨ＝ＡＩより隣り合う２辺の長さが等しいので正方形である。
ところで、面積は２５ｃｍ^2より正方形の１辺の長さは５ｃｍ。よって、ＡＨ＝ＩＣ＝５ｃｍより、ⅠD＝５－２＝３ｃｍ よって、ＢＨ＝ＤⅠ＝３ｃｍ
また、ＨＣ＝５ｃｍより、ＢＣ＝３＋５＝８ｃｍ
よって、答えは、８ｃｍ
解法３
∠Ｂ＋∠Ｄ＝１８０°，ＡＢ＝ＡＤより、△ＡＣＤをＡＤがＡＢにくっつくまで点Ａを中心に９０°回転移動させ、点Ｃの行き先をＣ'とすると、３点C，B，C'は一直線上になり∠ＣＡＣ'＝∠ＤＡＢ＝９０°
また、ＡＣ＝ＡＣ'より、△ＡＣＣ'は直角二等辺三角形になる。よって、△ＡＣＣ'は底辺ＣＣ'が２＋？ｃｍで面積が２５ｃｍ^2の直角二等辺三角形である。
よって、これを４つ組み合わせると１辺が２＋？ｃｍで面積が１００ｃｍ^2の正方形が出来、１辺の長さは１０ｃｍである。つまり、ＣＣ'＝１０ｃｍ よって、ＢＣ＝ＣＣ'－ＢＣ'＝ＣＣ'－ＤＣ＝１０－２＝８ｃｍ
よって、答えは、８ｃｍ
別に４倍にしなくても、△ＡＣＣ'の頂点ＡからＣＣ'に垂線を下ろしその足をＪとすると、直角二等辺三角形の性質より、ＡＪ＝Ｃ'Ｊ＝ＣＪより、ＡＪ＝ＣＣ'/２
よって、△ＡＣＣ'＝ＣＣ'×(ＣＣ'/２)÷２＝ＣＣ'×ＣＣ'÷４＝２５ｃｍ^2
よって、ＣＣ'×ＣＣ'＝１００ｃｍ^2 よって、ＣＣ'＝１０ｃｍと求めても良い。
おまけ：
返信
返信2
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/8 13:13 (No.722960)削除改題
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201812040001/
図のＡＢ＝７ｃｍですが、∠Ａ＝２∠Ｂの三角形で３辺の長さが全て整数であるものを２つ挙げて下さい。（１つだと適当に代入して出来るかもしれないので。）
因みに、中学生でも挑戦出来ます。念のため、別に２辺の長さが等しくても良いです。（そういう三角形が存在すればの話ですが。）
おまけ：
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201812040001/
図のＡＢ＝７ｃｍですが、∠Ａ＝２∠Ｂの三角形で３辺の長さが全て整数であるものを２つ挙げて下さい。（１つだと適当に代入して出来るかもしれないので。）
因みに、中学生でも挑戦出来ます。念のため、別に２辺の長さが等しくても良いです。（そういう三角形が存在すればの話ですが。）
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/8 16:06削除改題の解答
ＡＢ＝ｘ，ＢＣ＝ｙ，ＣＡ＝ｚと置いて、∠Ａの二等分線を引き辺ＢＣとの交点をＤとすると、２角が等しいので△ＣＤＡ∽△ＣＡＢである。
∴ｚ：ｙ＝ＡＤ：ｘ ∴ＡＤ＝ｘｚ/ｙ また、△ＤＡＢは二等辺三角形よりＡＤ＝ＢＤ
∴ＢＤ＝ｘｚ/ｙ―――①
ところで、角の二等分線の定理より、ＢＤ：ＣＤ＝ｘ：ｚ ∴ＢＤ＝{ｘ/(ｘ＋ｚ)}ＢＣ
＝ｘｙ/(ｘ＋ｚ)―――②
①，②より、ｘｚ/ｙ＝ｘｙ/(ｘ＋ｚ) ｘ≠０より、ｚ/ｙ＝ｙ/(ｘ＋ｚ)
∴ｚ(ｘ＋ｚ)＝ｙ^2―――☆
ｙ＝１とすると、不適。
ｙ＝２とすると、ｚ＝１，ｘ＋ｚ＝４よりｘ＝３，ｙ＝２，ｚ＝１だが、これは三角形をなさないので不適。
ｙ＝３とすると、ｚ(ｘ＋ｚ)＝９よりｚ＝１，ｘ＋ｚ＝９よりｘ＝８，ｙ＝３，ｚ＝１ これも同様に不適。
ｙ＝４とすると、ｚ(ｘ＋ｚ)＝１６よりｚ＝２，ｘ＋ｚ＝８（ｚ＝１，ｘ＋ｚ＝１６はさらにダメなのは自明なので間隔が近い方を調べる）∴ｘ＝６，ｙ＝４，ｚ＝２ これも三角形をなさないので不適。
ｙ＝５とすると、ｚ(ｘ＋ｚ)＝２５より不適は自明。
ｙ＝６とすると、ｚ(ｘ＋ｚ)＝３６よりｚ＝４，ｘ＋ｚ＝９とすると、ｘ＝５ ∴ｘ＝５，ｙ＝６，ｚ＝４
これは三角形をなす。（ｘ＋ｙ＞ｚかつ|ｘ－ｙ|＜ｚだから。これの理由は省略。）
ｙ＝７とすると、ｚ(ｘ＋ｚ)＝４９より不適は自明。
ｙ＝８とすると、ｚ(ｘ＋ｚ)＝６４よりｚ＝４，ｘ＋ｚ＝１６とすると、ｘ＝１２，ｙ＝８，ｚ＝４で不適。
ｙ＝９とすると、ｚ(ｘ＋ｚ)＝８１よりｚ＝３，ｘ＋ｚ＝２７とすると、不適は自明。
ｙ＝１０とすると、ｚ(ｘ＋ｚ)＝１００よりｚ＝５，ｘ＋ｚ＝２０とすると、ｘ＝１５ よって、不適。
ｙ＝１１とすると、不適は自明。
ｙ＝１２とすると、ｚ(ｘ＋ｚ)＝１４４よりｚ＝９，ｘ＋ｚ＝１６ ∴ｘ＝７，ｙ＝１２，ｚ＝９ これは三角形をなす。ただし、これは例題で挙がっている形なので、もう一つ見つける。
そこで、ｙ＝６，ｙ＝１２の時、存在して６＝２・３，１２＝３・４としたので、２０＝４・５とすると、
ｙ＝２０の場合、ｚ(ｘ＋ｚ)＝４００よりｚ＝４^2＝１６とすると、ｘ＋ｚ＝２５ ∴ｘ＝９，ｙ＝２０，ｚ＝１６ これは三角形をなす。
よって、答えは、（ＡＢ，ＢＣ，ＣＡ）＝（５，６，４），（９，２０，１６）
検算は、幾何的に示しても良いが、余弦定理と電卓で行う。
（５，６，４）の場合、cosＡ＝(５^2＋４^2－６^2)/２・５・４＝(２５＋１６－３６)/４０＝５/４０＝１/８ これを電卓で求めると、∠Ａ＝82.819244°
cosＢ＝(５^2＋６^2－４^2)/２・５・６＝(２５＋３６－１６)/６０＝４５/６０＝３/４ ∴∠Ｂ＝41.409622°よって、∠Ａ＝２∠ＢでＯＫ。
（９，２０，１６）の場合、cosＡ＝(９^2＋１６^2－２０^2)/２・９・１６＝(８１＋２５６－４００)/１８・１６＝－６３/１８・１６＝－７/３２ ∴∠Ａ＝102.63563°
cosＢ＝(９^2＋２０^2－１６^2)/２・９・２０＝(８１＋４００－２５６)/１８・２０＝２２５/１８・２０＝４５/１８・４＝５/８ ∴∠Ｂ＝51.317813°
よって、∠Ａ＝２∠ＢでＯＫ。
ｙ＝ｎ(ｎ＋１)とすると、ｚ(ｘ＋ｚ)＝ｎ^2(ｎ＋１)^2より、ｚ＝ｎ^2，ｘ＋ｚ＝(ｎ＋１)^2とすると、ｘ＝(ｎ＋１)^2－ｎ^2＝２ｎ＋１
∴ｘ＝２ｎ＋１，ｙ＝ｎ(ｎ＋１)，ｚ＝ｎ^2
∴ＡＢ＝２ｎ＋１，ＢＣ＝ｎ(ｎ＋１)，ＣＡ＝ｎ^2（ｎ≧２）
これが∠Ａ＝２∠Ｂとなる辺の長さが整数の三角形の法則ですね。
おまけ：
ＡＢ＝ｘ，ＢＣ＝ｙ，ＣＡ＝ｚと置いて、∠Ａの二等分線を引き辺ＢＣとの交点をＤとすると、２角が等しいので△ＣＤＡ∽△ＣＡＢである。
∴ｚ：ｙ＝ＡＤ：ｘ ∴ＡＤ＝ｘｚ/ｙ また、△ＤＡＢは二等辺三角形よりＡＤ＝ＢＤ
∴ＢＤ＝ｘｚ/ｙ―――①
ところで、角の二等分線の定理より、ＢＤ：ＣＤ＝ｘ：ｚ ∴ＢＤ＝{ｘ/(ｘ＋ｚ)}ＢＣ
＝ｘｙ/(ｘ＋ｚ)―――②
①，②より、ｘｚ/ｙ＝ｘｙ/(ｘ＋ｚ) ｘ≠０より、ｚ/ｙ＝ｙ/(ｘ＋ｚ)
∴ｚ(ｘ＋ｚ)＝ｙ^2―――☆
ｙ＝１とすると、不適。
ｙ＝２とすると、ｚ＝１，ｘ＋ｚ＝４よりｘ＝３，ｙ＝２，ｚ＝１だが、これは三角形をなさないので不適。
ｙ＝３とすると、ｚ(ｘ＋ｚ)＝９よりｚ＝１，ｘ＋ｚ＝９よりｘ＝８，ｙ＝３，ｚ＝１ これも同様に不適。
ｙ＝４とすると、ｚ(ｘ＋ｚ)＝１６よりｚ＝２，ｘ＋ｚ＝８（ｚ＝１，ｘ＋ｚ＝１６はさらにダメなのは自明なので間隔が近い方を調べる）∴ｘ＝６，ｙ＝４，ｚ＝２ これも三角形をなさないので不適。
ｙ＝５とすると、ｚ(ｘ＋ｚ)＝２５より不適は自明。
ｙ＝６とすると、ｚ(ｘ＋ｚ)＝３６よりｚ＝４，ｘ＋ｚ＝９とすると、ｘ＝５ ∴ｘ＝５，ｙ＝６，ｚ＝４
これは三角形をなす。（ｘ＋ｙ＞ｚかつ|ｘ－ｙ|＜ｚだから。これの理由は省略。）
ｙ＝７とすると、ｚ(ｘ＋ｚ)＝４９より不適は自明。
ｙ＝８とすると、ｚ(ｘ＋ｚ)＝６４よりｚ＝４，ｘ＋ｚ＝１６とすると、ｘ＝１２，ｙ＝８，ｚ＝４で不適。
ｙ＝９とすると、ｚ(ｘ＋ｚ)＝８１よりｚ＝３，ｘ＋ｚ＝２７とすると、不適は自明。
ｙ＝１０とすると、ｚ(ｘ＋ｚ)＝１００よりｚ＝５，ｘ＋ｚ＝２０とすると、ｘ＝１５ よって、不適。
ｙ＝１１とすると、不適は自明。
ｙ＝１２とすると、ｚ(ｘ＋ｚ)＝１４４よりｚ＝９，ｘ＋ｚ＝１６ ∴ｘ＝７，ｙ＝１２，ｚ＝９ これは三角形をなす。ただし、これは例題で挙がっている形なので、もう一つ見つける。
そこで、ｙ＝６，ｙ＝１２の時、存在して６＝２・３，１２＝３・４としたので、２０＝４・５とすると、
ｙ＝２０の場合、ｚ(ｘ＋ｚ)＝４００よりｚ＝４^2＝１６とすると、ｘ＋ｚ＝２５ ∴ｘ＝９，ｙ＝２０，ｚ＝１６ これは三角形をなす。
よって、答えは、（ＡＢ，ＢＣ，ＣＡ）＝（５，６，４），（９，２０，１６）
検算は、幾何的に示しても良いが、余弦定理と電卓で行う。
（５，６，４）の場合、cosＡ＝(５^2＋４^2－６^2)/２・５・４＝(２５＋１６－３６)/４０＝５/４０＝１/８ これを電卓で求めると、∠Ａ＝82.819244°
cosＢ＝(５^2＋６^2－４^2)/２・５・６＝(２５＋３６－１６)/６０＝４５/６０＝３/４ ∴∠Ｂ＝41.409622°よって、∠Ａ＝２∠ＢでＯＫ。
（９，２０，１６）の場合、cosＡ＝(９^2＋１６^2－２０^2)/２・９・１６＝(８１＋２５６－４００)/１８・１６＝－６３/１８・１６＝－７/３２ ∴∠Ａ＝102.63563°
cosＢ＝(９^2＋２０^2－１６^2)/２・９・２０＝(８１＋４００－２５６)/１８・２０＝２２５/１８・２０＝４５/１８・４＝５/８ ∴∠Ｂ＝51.317813°
よって、∠Ａ＝２∠ＢでＯＫ。
ｙ＝ｎ(ｎ＋１)とすると、ｚ(ｘ＋ｚ)＝ｎ^2(ｎ＋１)^2より、ｚ＝ｎ^2，ｘ＋ｚ＝(ｎ＋１)^2とすると、ｘ＝(ｎ＋１)^2－ｎ^2＝２ｎ＋１
∴ｘ＝２ｎ＋１，ｙ＝ｎ(ｎ＋１)，ｚ＝ｎ^2
∴ＡＢ＝２ｎ＋１，ＢＣ＝ｎ(ｎ＋１)，ＣＡ＝ｎ^2（ｎ≧２）
これが∠Ａ＝２∠Ｂとなる辺の長さが整数の三角形の法則ですね。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/9 13:37削除＞ＡＢ＝２ｎ＋１，ＢＣ＝ｎ(ｎ＋１)，ＣＡ＝ｎ^2（ｎ≧２）
これが∠Ａ＝２∠Ｂとなる辺の長さが整数の三角形の法則ですね。
一応、これを示しておきますね。ただし、これ以外の法則がない証明にはなっていません。
証明
ｎ^2＜ｎ(ｎ＋１)より、ＣＡ＜ＢＣ ∴∠Ｂ＜∠Ａ
よって、辺ＢＣ上に∠ＤＡＣ＝∠Ｂとなる点Ｄを取れる。すると、２角が等しいので、△ＣＤＡ∽△ＣＡＢとなる。∴ＣＡ：ＣＢ＝ＤＡ：ＡＢ
∴ｎ^2：ｎ(ｎ＋１)＝ＤＡ：２ｎ＋１
∴ｎ：ｎ＋１＝ＤＡ：２ｎ＋１
∴ＤＡ＝ｎ(２ｎ＋１)/(ｎ＋１)
また、ＤＣ：ＡＣ＝ＡＣ：ＢＣより、
ＤＣ：ｎ^2＝ｎ^2：ｎ(ｎ＋１)＝ｎ：ｎ＋１
∴(ｎ＋１)ＤＣ＝ｎ^3 ∴ＤＣ＝ｎ^3/(ｎ＋１)
∴ＢＤ＝ｎ(ｎ＋１)－ｎ^3/(ｎ＋１)＝ｎ(ｎ＋１)^2/(ｎ＋１)－ｎ^3/(ｎ＋１)＝(２ｎ^2＋ｎ)/(ｎ＋１)＝ｎ(２ｎ＋１)/(ｎ＋１)
∴ＢＤ＝ｎ(２ｎ＋１)/(ｎ＋１)
∴ＢＤ：ＤＣ＝ｎ(２ｎ＋１)/(ｎ＋１)：ｎ^3/(ｎ＋１)＝２ｎ＋１：ｎ^2＝ＡＢ：ＡＣ
よって、ＡＢ：ＡＣ＝ＢＤ：ＤＣより角の二等分線の定理の逆により、ＡＤは∠Ａの二等分線。
よって、∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＤ＝●と置くと、∠Ａ＝●●
また、△ＣＤＡ∽△ＣＡＢより∠Ｂ＝●なので、∠Ａ＝２∠Ｂ
よって、ＡＢ＝２ｎ＋１，ＢＣ＝ｎ(ｎ＋１)，ＣＡ＝ｎ^2（ｎ≧２）ならば∠Ａ＝２∠Ｂである。
おまけ：
これが∠Ａ＝２∠Ｂとなる辺の長さが整数の三角形の法則ですね。
一応、これを示しておきますね。ただし、これ以外の法則がない証明にはなっていません。
証明
ｎ^2＜ｎ(ｎ＋１)より、ＣＡ＜ＢＣ ∴∠Ｂ＜∠Ａ
よって、辺ＢＣ上に∠ＤＡＣ＝∠Ｂとなる点Ｄを取れる。すると、２角が等しいので、△ＣＤＡ∽△ＣＡＢとなる。∴ＣＡ：ＣＢ＝ＤＡ：ＡＢ
∴ｎ^2：ｎ(ｎ＋１)＝ＤＡ：２ｎ＋１
∴ｎ：ｎ＋１＝ＤＡ：２ｎ＋１
∴ＤＡ＝ｎ(２ｎ＋１)/(ｎ＋１)
また、ＤＣ：ＡＣ＝ＡＣ：ＢＣより、
ＤＣ：ｎ^2＝ｎ^2：ｎ(ｎ＋１)＝ｎ：ｎ＋１
∴(ｎ＋１)ＤＣ＝ｎ^3 ∴ＤＣ＝ｎ^3/(ｎ＋１)
∴ＢＤ＝ｎ(ｎ＋１)－ｎ^3/(ｎ＋１)＝ｎ(ｎ＋１)^2/(ｎ＋１)－ｎ^3/(ｎ＋１)＝(２ｎ^2＋ｎ)/(ｎ＋１)＝ｎ(２ｎ＋１)/(ｎ＋１)
∴ＢＤ＝ｎ(２ｎ＋１)/(ｎ＋１)
∴ＢＤ：ＤＣ＝ｎ(２ｎ＋１)/(ｎ＋１)：ｎ^3/(ｎ＋１)＝２ｎ＋１：ｎ^2＝ＡＢ：ＡＣ
よって、ＡＢ：ＡＣ＝ＢＤ：ＤＣより角の二等分線の定理の逆により、ＡＤは∠Ａの二等分線。
よって、∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＤ＝●と置くと、∠Ａ＝●●
また、△ＣＤＡ∽△ＣＡＢより∠Ｂ＝●なので、∠Ａ＝２∠Ｂ
よって、ＡＢ＝２ｎ＋１，ＢＣ＝ｎ(ｎ＋１)，ＣＡ＝ｎ^2（ｎ≧２）ならば∠Ａ＝２∠Ｂである。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/9 14:31削除補足
角の二等分線の定理の逆を使わない場合
証明
ｎ^2＜ｎ(ｎ＋１)より、ＣＡ＜ＢＣ ∴∠Ｂ＜∠Ａ
よって、辺ＢＣ上に∠ＤＡＣ＝∠Ｂとなる点Ｄを取れる。すると、２角が等しいので、△ＣＤＡ∽△ＣＡＢとなる。∴ＣＡ：ＣＢ＝ＤＡ：ＡＢ
∴ｎ^2：ｎ(ｎ＋１)＝ＤＡ：２ｎ＋１
∴ｎ：ｎ＋１＝ＤＡ：２ｎ＋１
∴ＤＡ＝ｎ(２ｎ＋１)/(ｎ＋１)
また、ＤＣ：ＡＣ＝ＡＣ：ＢＣより、
ＤＣ：ｎ^2＝ｎ^2：ｎ(ｎ＋１)＝ｎ：ｎ＋１
∴(ｎ＋１)ＤＣ＝ｎ^3 ∴ＤＣ＝ｎ^3/(ｎ＋１)
∴ＢＤ＝ｎ(ｎ＋１)－ｎ^3/(ｎ＋１)＝ｎ(ｎ＋１)^2/(ｎ＋１)－ｎ^3/(ｎ＋１)＝(２ｎ^2＋ｎ)/(ｎ＋１)＝ｎ(２ｎ＋１)/(ｎ＋１)
∴ＢＤ＝ｎ(２ｎ＋１)/(ｎ＋１)
∴ＤＡ＝ＢＤ よって、△ＤＡＢは二等辺三角形より、∠ＤＡＢ＝∠Ｂ＝●と置くと、△ＣＤＡ∽△ＣＡＢより∠ＤＡＣ＝∠Ｂ＝●
よって、∠Ａ＝∠ＤＡＢ＋∠ＤＡＣ＝●●
よって、∠Ａ＝２∠Ｂ
よって、ＡＢ＝２ｎ＋１，ＢＣ＝ｎ(ｎ＋１)，ＣＡ＝ｎ^2（ｎ≧２）ならば∠Ａ＝２∠Ｂである。
おまけ：
角の二等分線の定理の逆を使わない場合
証明
ｎ^2＜ｎ(ｎ＋１)より、ＣＡ＜ＢＣ ∴∠Ｂ＜∠Ａ
よって、辺ＢＣ上に∠ＤＡＣ＝∠Ｂとなる点Ｄを取れる。すると、２角が等しいので、△ＣＤＡ∽△ＣＡＢとなる。∴ＣＡ：ＣＢ＝ＤＡ：ＡＢ
∴ｎ^2：ｎ(ｎ＋１)＝ＤＡ：２ｎ＋１
∴ｎ：ｎ＋１＝ＤＡ：２ｎ＋１
∴ＤＡ＝ｎ(２ｎ＋１)/(ｎ＋１)
また、ＤＣ：ＡＣ＝ＡＣ：ＢＣより、
ＤＣ：ｎ^2＝ｎ^2：ｎ(ｎ＋１)＝ｎ：ｎ＋１
∴(ｎ＋１)ＤＣ＝ｎ^3 ∴ＤＣ＝ｎ^3/(ｎ＋１)
∴ＢＤ＝ｎ(ｎ＋１)－ｎ^3/(ｎ＋１)＝ｎ(ｎ＋１)^2/(ｎ＋１)－ｎ^3/(ｎ＋１)＝(２ｎ^2＋ｎ)/(ｎ＋１)＝ｎ(２ｎ＋１)/(ｎ＋１)
∴ＢＤ＝ｎ(２ｎ＋１)/(ｎ＋１)
∴ＤＡ＝ＢＤ よって、△ＤＡＢは二等辺三角形より、∠ＤＡＢ＝∠Ｂ＝●と置くと、△ＣＤＡ∽△ＣＡＢより∠ＤＡＣ＝∠Ｂ＝●
よって、∠Ａ＝∠ＤＡＢ＋∠ＤＡＣ＝●●
よって、∠Ａ＝２∠Ｂ
よって、ＡＢ＝２ｎ＋１，ＢＣ＝ｎ(ｎ＋１)，ＣＡ＝ｎ^2（ｎ≧２）ならば∠Ａ＝２∠Ｂである。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/9 15:30削除＞ＡＢ＝２ｎ＋１，ＢＣ＝ｎ(ｎ＋１)，ＣＡ＝ｎ^2（ｎ≧２）
これが∠Ａ＝２∠Ｂとなる辺の長さが整数の三角形の法則ですね。
別証
ＣＡ：ＣＢ＝ｎ^2：ｎ(ｎ＋１)＝ｎ：ｎ＋１ また、ＡＢ＝２ｎ＋１＝ｎ＋(ｎ＋１)より、
∠Ｃの二等分線を引き、辺ＡＢとの交点をＤとすると、角の二等分線の定理より、ＡＤ＝ｎ，ＤＢ＝ｎ＋１となる。
ここで、ＣＢ上にＣＥ＝ＣＡとなる点Ｅを取ると、ＥＢ＝ｎ(ｎ＋１)－ｎ^2＝ｎ
また、二辺挟角が等しいので△ＣＡＤ≡△ＣＥＤ ∴ＡＤ＝ＥＤ＝ｎ ∴ＥＢ＝ＥＤ
よって、△ＥＢＤは二等辺三角形である。よって、∠Ｂ＝∠ＥＤＢ＝●と置くと、△ＥＢＤの内対角の和より∠ＣＥＤ＝●●
また、△ＣＡＤ≡△ＣＥＤより、∠Ａ＝∠ＣＥＤ＝●●
よって、∠Ａ＝２∠Ｂである。
よって、ＡＢ＝２ｎ＋１，ＢＣ＝ｎ(ｎ＋１)，ＣＡ＝ｎ^2（ｎ≧２）ならば∠Ａ＝２∠Ｂである。
三角関数の解法もあるが計算が大変そうなので省略。あと、角の二等分線の長さの公式を使う手もあるが、やはり計算がちょっと大変そうなので省略。
おまけ：
これが∠Ａ＝２∠Ｂとなる辺の長さが整数の三角形の法則ですね。
別証
ＣＡ：ＣＢ＝ｎ^2：ｎ(ｎ＋１)＝ｎ：ｎ＋１ また、ＡＢ＝２ｎ＋１＝ｎ＋(ｎ＋１)より、
∠Ｃの二等分線を引き、辺ＡＢとの交点をＤとすると、角の二等分線の定理より、ＡＤ＝ｎ，ＤＢ＝ｎ＋１となる。
ここで、ＣＢ上にＣＥ＝ＣＡとなる点Ｅを取ると、ＥＢ＝ｎ(ｎ＋１)－ｎ^2＝ｎ
また、二辺挟角が等しいので△ＣＡＤ≡△ＣＥＤ ∴ＡＤ＝ＥＤ＝ｎ ∴ＥＢ＝ＥＤ
よって、△ＥＢＤは二等辺三角形である。よって、∠Ｂ＝∠ＥＤＢ＝●と置くと、△ＥＢＤの内対角の和より∠ＣＥＤ＝●●
また、△ＣＡＤ≡△ＣＥＤより、∠Ａ＝∠ＣＥＤ＝●●
よって、∠Ａ＝２∠Ｂである。
よって、ＡＢ＝２ｎ＋１，ＢＣ＝ｎ(ｎ＋１)，ＣＡ＝ｎ^2（ｎ≧２）ならば∠Ａ＝２∠Ｂである。
三角関数の解法もあるが計算が大変そうなので省略。あと、角の二等分線の長さの公式を使う手もあるが、やはり計算がちょっと大変そうなので省略。
おまけ：
返信
返信4
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/5 20:42 (No.719947)削除問題
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201812040001/
何でもありで解いて下さい。ただし、結構、沢山出来ると思いますが、割とスマートなものに限定して下さい。（私は３通り。）
おまけ：
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201812040001/
何でもありで解いて下さい。ただし、結構、沢山出来ると思いますが、割とスマートなものに限定して下さい。（私は３通り。）
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/7 07:50削除何でもありの解法１ 三角関数の解法
∠Ｂ＝θと置くと、∠Ａ＝２θ また、ＡＢ＝ｘと置いて△ＡＢＣの面積を考えると、
(１/２)・９・ｘ・sin２θ＝(１/２)・１２・ｘsinθが成り立つ。ｘ≠０より、９sin２θ＝１２sinθ
∴３sin２θ＝４sinθ また、２倍角の公式を使うと、
３・２sinθcosθ＝４sinθ sinθ≠０より、
３cosθ＝２ ∴cosθ＝２/３―――①
また、△ＡＢＣで余弦定理を使うと、
９^2＝ｘ^2＋１２^2－２・１２・ｘ・cosθ―――②
∴８１＝ｘ^2＋１４４－２４・ｘ・(２/３)
∴ｘ^2－１６ｘ＋６３＝０
∴(ｘ－７)(ｘ－９)＝０
∴ｘ＝７，９
ｘ＝９とすると、△ＡＢＣは二等辺三角形になり、４θ＝１８０°よりθ＝４５°で直角二等辺三角形になり不適。∴ｘ＝７ ∴ＡＢ＝７ｃｍ
これだけじゃ面白くないので、フェルマーの最終定理ａ^n＋ｂ^n＝ｃ^のｃが素数の場合の初等的証明を紹介しますね。
因みに、これはある人が自分一人で作ったものですが、放棄して私に託したので私の名前になっていますが、万が一認められた場合は返します。
おまけ：
∠Ｂ＝θと置くと、∠Ａ＝２θ また、ＡＢ＝ｘと置いて△ＡＢＣの面積を考えると、
(１/２)・９・ｘ・sin２θ＝(１/２)・１２・ｘsinθが成り立つ。ｘ≠０より、９sin２θ＝１２sinθ
∴３sin２θ＝４sinθ また、２倍角の公式を使うと、
３・２sinθcosθ＝４sinθ sinθ≠０より、
３cosθ＝２ ∴cosθ＝２/３―――①
また、△ＡＢＣで余弦定理を使うと、
９^2＝ｘ^2＋１２^2－２・１２・ｘ・cosθ―――②
∴８１＝ｘ^2＋１４４－２４・ｘ・(２/３)
∴ｘ^2－１６ｘ＋６３＝０
∴(ｘ－７)(ｘ－９)＝０
∴ｘ＝７，９
ｘ＝９とすると、△ＡＢＣは二等辺三角形になり、４θ＝１８０°よりθ＝４５°で直角二等辺三角形になり不適。∴ｘ＝７ ∴ＡＢ＝７ｃｍ
これだけじゃ面白くないので、フェルマーの最終定理ａ^n＋ｂ^n＝ｃ^のｃが素数の場合の初等的証明を紹介しますね。
因みに、これはある人が自分一人で作ったものですが、放棄して私に託したので私の名前になっていますが、万が一認められた場合は返します。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/7 20:44削除何でもありの解法２
∠Ａの二等分線を引き辺ＢＣとの交点をＤとすると、△ＤＡＢは二等辺三角形になり、ＤＡ＝ＤＢ
また、∠ＤＡＣ＝∠ＡＢＣ，∠Ｃが共通より２角が等しいので、△ＤＡＣ∽△ＡＢＣ
∴ＣＤ：ＣＡ＝ＣＡ：ＣＢ ∴ＣＡ^2＝ＣＢ・ＣＤ ∴９^2＝１２ＣＤ ∴ＣＤ＝８１/１２＝２７/４ｃｍ
∴ＤＢ＝１２－２７/４＝２１/４ｃｍ
∴ＤＡ＝ＤＢ＝２１/４ｃｍ
∴ＡＢ＝(４/３)ＤＡ＝(４/３)×(２１/４)＝７ｃｍ
よって、答えは、７ｃｍ
因みに、ＡＢ＝ｘと置いて、角の二等分線の定理でＢＤ，ＣＤをｘで表して、その後、角の二等分線の長さの公式ＡＤ＝√(ＡＢ・ＡＣ－ＢＤ・ＣＤ)を使ってｘの方程式を立てても良いが、エレガントじゃないので省略。
解法３のヒント：∠Ｃの二等分線を引いて下さい。中学数学で解けます。
おまけ：
∠Ａの二等分線を引き辺ＢＣとの交点をＤとすると、△ＤＡＢは二等辺三角形になり、ＤＡ＝ＤＢ
また、∠ＤＡＣ＝∠ＡＢＣ，∠Ｃが共通より２角が等しいので、△ＤＡＣ∽△ＡＢＣ
∴ＣＤ：ＣＡ＝ＣＡ：ＣＢ ∴ＣＡ^2＝ＣＢ・ＣＤ ∴９^2＝１２ＣＤ ∴ＣＤ＝８１/１２＝２７/４ｃｍ
∴ＤＢ＝１２－２７/４＝２１/４ｃｍ
∴ＤＡ＝ＤＢ＝２１/４ｃｍ
∴ＡＢ＝(４/３)ＤＡ＝(４/３)×(２１/４)＝７ｃｍ
よって、答えは、７ｃｍ
因みに、ＡＢ＝ｘと置いて、角の二等分線の定理でＢＤ，ＣＤをｘで表して、その後、角の二等分線の長さの公式ＡＤ＝√(ＡＢ・ＡＣ－ＢＤ・ＣＤ)を使ってｘの方程式を立てても良いが、エレガントじゃないので省略。
解法３のヒント：∠Ｃの二等分線を引いて下さい。中学数学で解けます。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/8 07:51削除何でもありの解法３
∠Ｃの二等分線を引き辺ＡＢとの交点をＤとし、ＣＢ上にＣＥ＝ＣＡとなる点Ｅを取ると、二辺挟角が等しいので、△ＣＡＤ≡△ＣＥＤ
∴∠ＣＥＤ＝●● また、∠ＥＢＤ＝●より△ＥＢＤの内対角の和より、∠ＥＤＢ＝●●－●＝●
よって、∠ＥＢＤ＝∠ＥＤＢより△ＥＢＤは二等辺三角形である。
ところで、ＥＢ＝１２－９＝３ｃｍより、ＥＤ＝３ｃｍ また、△ＣＡＤ≡△ＣＥＤより、ＡＤ＝ＥＤ＝３ｃｍ
また、角の二等分線の定理より、ＡＤ：ＤＢ＝９：１２＝３：４ ∴ＤＢ＝４ｃｍ
∴ＡＢ＝３＋４＝７ｃｍ
よって、答えは、７ｃｍ
因みに、この解答は私のオリジナルではありません。１５～２０年ぐらい前に図書館で読んだ本を暗記して帰って来た解法です。ただし、辺の長さは同じじゃないと思います。というより、３辺の長さが決まっていて、∠Ａ＝２∠Ｂを証明する問題だったと思います。（辺の長さも何通りかバージョンがあったと思います。）
おまけ：
https://eow.alc.co.jp/search?q=no-surrender
∠Ｃの二等分線を引き辺ＡＢとの交点をＤとし、ＣＢ上にＣＥ＝ＣＡとなる点Ｅを取ると、二辺挟角が等しいので、△ＣＡＤ≡△ＣＥＤ
∴∠ＣＥＤ＝●● また、∠ＥＢＤ＝●より△ＥＢＤの内対角の和より、∠ＥＤＢ＝●●－●＝●
よって、∠ＥＢＤ＝∠ＥＤＢより△ＥＢＤは二等辺三角形である。
ところで、ＥＢ＝１２－９＝３ｃｍより、ＥＤ＝３ｃｍ また、△ＣＡＤ≡△ＣＥＤより、ＡＤ＝ＥＤ＝３ｃｍ
また、角の二等分線の定理より、ＡＤ：ＤＢ＝９：１２＝３：４ ∴ＤＢ＝４ｃｍ
∴ＡＢ＝３＋４＝７ｃｍ
よって、答えは、７ｃｍ
因みに、この解答は私のオリジナルではありません。１５～２０年ぐらい前に図書館で読んだ本を暗記して帰って来た解法です。ただし、辺の長さは同じじゃないと思います。というより、３辺の長さが決まっていて、∠Ａ＝２∠Ｂを証明する問題だったと思います。（辺の長さも何通りかバージョンがあったと思います。）
おまけ：
https://eow.alc.co.jp/search?q=no-surrender
返信
返信3
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/7 13:52 (No.721762)削除次の文章を完全解説して下さい。
問題
ｐを素数とする。ℚの部分環ℤ(p)＝{ｍ/ｎ｜ｍ,ｎ∈ℤ，(ｎ,ｐ)＝１}のイデアルはすべてｐ^nℤ(p)という形をしていることを示せ。したがって、ℤ(p)は単項イデアル整域である。また、ℤ(p)は局所環であることを示せ。（局所環の定義は下に補足。）
証明
ℤ⊂ℤ(p)⊂ℚという関係になっている。ℤはℤ(p)の部分環である。ℤ(p)のイデアルⅠ'に対して、ℤの部分集合Ⅰ＝Ⅰ'∩ℤを考える。
（１）このとき、もとのイデアルⅠ'はⅠによって生成されることを示す。すなわち、Ⅰ'＝Ⅰℤ(p)を示す。Ⅰ⊂Ⅰ'であるから、Ⅰℤ(p)⊂Ⅰ'ℤ(p)＝Ⅰ' ゆえに、Ⅰℤ(p)⊂Ⅰ'
逆に、α∈Ⅰ'⊂ℤ(p)とすると
α＝ｍ/ｎ（ｍ,ｎ∈ℤ，(ｎ,ｐ)＝１）
と表される。ここで、ｍ＝ｎα∈Ⅰ'∩ℤ＝Ⅰ ゆえに、ｍ∈Ⅰである。したがって、
α＝ｍ/ｎ＝ｍ・(１/ｎ)∈Ⅰℤ(p)
ゆえに、Ⅰ'⊂Ⅰℤ(p)である。
以上より、ℤ(p)の任意のイデアルⅠ'はℤのイデアルⅠによってⅠℤ(p)の形をしていることがわかった。
（２）ℤは単項イデアル環であるから（定理2.7）、ℤのイデアルⅠはⅠ＝ａℤ（ａ∈ℤ）という形である。したがって、ℤ(p)のイデアルはすべてａℤ(p)という形をしている。
（３）次に、ℤ(p)のイデアルａℤ(p)について、「ａℤ(p)⊊⇔ｐ|ａ」であることを示す。
ａℤ(p)＝ℤ(p)⇔１∈ａℤ(p)
⇔∃ｍ,ｎ∈ℕ，１＝ａｍ/ｎ，(ｎ,ｐ)＝１
⇔∃ｍ,ｎ∈ℕ，ｎ＝ａｍ，(ｎ,ｐ)＝１
⇔∃ｍ∈ℕ，(ａｍ,ｐ)＝１
⇔(ａ,ｐ)＝１
対偶をとれば、ａℤ(p)⊊ℤ(p)⇔(ａ,ｐ)＞１⇔ｐ|ａ ゆえに、ａ＝ｐ^rｂ（１≦ｒ，∃ｂ∈ℤ，ｐ∤ｂ）と表される。ｂはℤ(p)で可逆元であるから（§１演習問題４）、ａℤ(p)＝(ｐ^rｂ)ℤ(p)＝ｐ^rℤ(p) したがって、ℤ(p)のイデアルはすべてｐ^nℤ(p)（ｎ≧０）という形をしていることがわかった。
（４）α＝ｍ/ｎ∈ℤ(p)とする。ｎはℤ(p)で可逆元であるから、このときαℤ(p)＝(ｍ/ｎ)ℤ(p)＝ｍℤ(p)である。
αが可逆元⇔αℤ(p)＝ℤ(p)⇔ｍℤ(p)＝ℤ(p)⇔(ｍ,ｐ)＝１（（３）の結果より）
ここで、ｐℤ(p)＝{ｍ/ｎ｜ｐ|ｍ，(ｎ,ｐ)＝１}に注意すると、Ｕ(ℤ(p))＝ℤ(p)－ｐℤ(p)であることがわかる。
（５）ｐℤ(p)がℤ(p)の唯１つの極大イデアルである。すなわち、ℤ(p)の真のイデアルをⅠ'とし、ｐℤ(p)⊅Ⅰ'と仮定する。このとき、イデアルⅠ'には、イデアルｐℤ(p)に属さない元αが存在する。すると、（４）によりこのときαはℤ(p)の可逆元となる。ゆえに、定理2.2よりⅠ'＝ℤ(p)となり矛盾である。したがって、ℤ(p)の真のイデアルはすべてｐℤ(p)に含まれる。以上より、ｐℤ(p)がℤ(p)の唯１つの極大イデアルである。
局所環の定義
Ｒを可換環とするとき、次の（１）と（２）は同値である。
（１）Ｒの極大イデアルは唯１つである。
（２）Ｒの可逆元でない元の全体はイデアルである。
このような環を局所環という。
定理2.7
有理整数環ℤのイデアルはすべて単項イデアルである。すなわち、有理整数環ℤは単項イデアル整域（PID）である。
§１演習問題４
ｐを素数とするとき、ℤ(p)＝{ｍ/ｎ｜ｍ,ｎ∈ℤ，(ｎ,ｐ)＝１}はℚの部分環であることを示せ。また、ℤ(p)の可逆元は何か。
後半の解答
ａ/ｂ∈ℤ(p)のℚにおける逆元はｂ/ａである。したがって、ａ/ｂがℤ(p)において可逆元であるための必要十分条件はｂ/ａ∈ℤ(p)なることである。すなわち、(ａ,ｐ)＝１である。よって、
Ｕ(ℤ(p))＝{ａ/ｂ｜ａ,ｂ∈ℤ，(ａ,ｐ)＝１，(ｂ,ｐ)＝１}
定理2.2
可換環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。
全体的にもうちょっと分かり易く解説して下さい。因みに、
（５）ｐℤ(p)がℤ(p)の唯１つの極大イデアルである。すなわち、ℤ(p)の真のイデアルをⅠ'とし、ｐℤ(p)⊅Ⅰ'と仮定する。
ここは、ｐℤ(p)⊄Ⅰ'と誤植になっていました。ただでさえ難解なのに誤植は非常に困りますね。
おまけ：
問題
ｐを素数とする。ℚの部分環ℤ(p)＝{ｍ/ｎ｜ｍ,ｎ∈ℤ，(ｎ,ｐ)＝１}のイデアルはすべてｐ^nℤ(p)という形をしていることを示せ。したがって、ℤ(p)は単項イデアル整域である。また、ℤ(p)は局所環であることを示せ。（局所環の定義は下に補足。）
証明
ℤ⊂ℤ(p)⊂ℚという関係になっている。ℤはℤ(p)の部分環である。ℤ(p)のイデアルⅠ'に対して、ℤの部分集合Ⅰ＝Ⅰ'∩ℤを考える。
（１）このとき、もとのイデアルⅠ'はⅠによって生成されることを示す。すなわち、Ⅰ'＝Ⅰℤ(p)を示す。Ⅰ⊂Ⅰ'であるから、Ⅰℤ(p)⊂Ⅰ'ℤ(p)＝Ⅰ' ゆえに、Ⅰℤ(p)⊂Ⅰ'
逆に、α∈Ⅰ'⊂ℤ(p)とすると
α＝ｍ/ｎ（ｍ,ｎ∈ℤ，(ｎ,ｐ)＝１）
と表される。ここで、ｍ＝ｎα∈Ⅰ'∩ℤ＝Ⅰ ゆえに、ｍ∈Ⅰである。したがって、
α＝ｍ/ｎ＝ｍ・(１/ｎ)∈Ⅰℤ(p)
ゆえに、Ⅰ'⊂Ⅰℤ(p)である。
以上より、ℤ(p)の任意のイデアルⅠ'はℤのイデアルⅠによってⅠℤ(p)の形をしていることがわかった。
（２）ℤは単項イデアル環であるから（定理2.7）、ℤのイデアルⅠはⅠ＝ａℤ（ａ∈ℤ）という形である。したがって、ℤ(p)のイデアルはすべてａℤ(p)という形をしている。
（３）次に、ℤ(p)のイデアルａℤ(p)について、「ａℤ(p)⊊⇔ｐ|ａ」であることを示す。
ａℤ(p)＝ℤ(p)⇔１∈ａℤ(p)
⇔∃ｍ,ｎ∈ℕ，１＝ａｍ/ｎ，(ｎ,ｐ)＝１
⇔∃ｍ,ｎ∈ℕ，ｎ＝ａｍ，(ｎ,ｐ)＝１
⇔∃ｍ∈ℕ，(ａｍ,ｐ)＝１
⇔(ａ,ｐ)＝１
対偶をとれば、ａℤ(p)⊊ℤ(p)⇔(ａ,ｐ)＞１⇔ｐ|ａ ゆえに、ａ＝ｐ^rｂ（１≦ｒ，∃ｂ∈ℤ，ｐ∤ｂ）と表される。ｂはℤ(p)で可逆元であるから（§１演習問題４）、ａℤ(p)＝(ｐ^rｂ)ℤ(p)＝ｐ^rℤ(p) したがって、ℤ(p)のイデアルはすべてｐ^nℤ(p)（ｎ≧０）という形をしていることがわかった。
（４）α＝ｍ/ｎ∈ℤ(p)とする。ｎはℤ(p)で可逆元であるから、このときαℤ(p)＝(ｍ/ｎ)ℤ(p)＝ｍℤ(p)である。
αが可逆元⇔αℤ(p)＝ℤ(p)⇔ｍℤ(p)＝ℤ(p)⇔(ｍ,ｐ)＝１（（３）の結果より）
ここで、ｐℤ(p)＝{ｍ/ｎ｜ｐ|ｍ，(ｎ,ｐ)＝１}に注意すると、Ｕ(ℤ(p))＝ℤ(p)－ｐℤ(p)であることがわかる。
（５）ｐℤ(p)がℤ(p)の唯１つの極大イデアルである。すなわち、ℤ(p)の真のイデアルをⅠ'とし、ｐℤ(p)⊅Ⅰ'と仮定する。このとき、イデアルⅠ'には、イデアルｐℤ(p)に属さない元αが存在する。すると、（４）によりこのときαはℤ(p)の可逆元となる。ゆえに、定理2.2よりⅠ'＝ℤ(p)となり矛盾である。したがって、ℤ(p)の真のイデアルはすべてｐℤ(p)に含まれる。以上より、ｐℤ(p)がℤ(p)の唯１つの極大イデアルである。
局所環の定義
Ｒを可換環とするとき、次の（１）と（２）は同値である。
（１）Ｒの極大イデアルは唯１つである。
（２）Ｒの可逆元でない元の全体はイデアルである。
このような環を局所環という。
定理2.7
有理整数環ℤのイデアルはすべて単項イデアルである。すなわち、有理整数環ℤは単項イデアル整域（PID）である。
§１演習問題４
ｐを素数とするとき、ℤ(p)＝{ｍ/ｎ｜ｍ,ｎ∈ℤ，(ｎ,ｐ)＝１}はℚの部分環であることを示せ。また、ℤ(p)の可逆元は何か。
後半の解答
ａ/ｂ∈ℤ(p)のℚにおける逆元はｂ/ａである。したがって、ａ/ｂがℤ(p)において可逆元であるための必要十分条件はｂ/ａ∈ℤ(p)なることである。すなわち、(ａ,ｐ)＝１である。よって、
Ｕ(ℤ(p))＝{ａ/ｂ｜ａ,ｂ∈ℤ，(ａ,ｐ)＝１，(ｂ,ｐ)＝１}
定理2.2
可換環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。
全体的にもうちょっと分かり易く解説して下さい。因みに、
（５）ｐℤ(p)がℤ(p)の唯１つの極大イデアルである。すなわち、ℤ(p)の真のイデアルをⅠ'とし、ｐℤ(p)⊅Ⅰ'と仮定する。
ここは、ｐℤ(p)⊄Ⅰ'と誤植になっていました。ただでさえ難解なのに誤植は非常に困りますね。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/7 16:03削除解説
問題
ｐを素数とする。ℚの部分環ℤ(p)＝{ｍ/ｎ｜ｍ,ｎ∈ℤ，(ｎ,ｐ)＝１}のイデアルはすべてｐ^nℤ(p)という形をしていることを示せ。したがって、ℤ(p)は単項イデアル整域である。また、ℤ(p)は局所環であることを示せ。
証明
ℤ(p)のイデアルをⅠ'とし、イデアルⅠ'の中の整数のものだけをⅠとすると、Ⅰ＝Ⅰ'∩ℤと表せる。
（１）このとき、もとのイデアルⅠ'はⅠによって生成されることを示す。すなわち、Ⅰ'＝Ⅰℤ(p)を示す。
Ⅰ⊂Ⅰ'であるから、Ⅰℤ(p)⊂Ⅰ'ℤ(p)＝Ⅰ' （Ｉ'はℤ(p)のイデアルだから。）
∴Ⅰℤ(p)⊂Ⅰ'―――①
逆に、α∈Ⅰ'⊂ℤ(p)とすると
α＝ｍ/ｎ（ｍ,ｎ∈ℤ，(ｎ,ｐ)＝１）
と表される。ここで、ｍ＝ｎα∈Ⅰ'∩ℤ＝Ⅰ（α∈Ⅰ'でⅠ'はイデアルだからｎα∈Ⅰ' また、ｍ∈ℤより、ｍ＝ｎα∈Ⅰ'∩ℤという事。）
∴ｍ∈Ⅰ
∴α＝ｍ/ｎ＝ｍ・(１/ｎ)∈Ⅰℤ(p)
よって、α∈Ⅰ'⇒α∈Ⅰℤ(p)より、
Ⅰ'⊂Ⅰℤ(p)―――②
①，②より、Ⅰ'＝Ⅰℤ(p)
以上より、ℤ(p)の任意のイデアルⅠ'はℤのイデアルⅠによってⅠℤ(p)の形をしていることがわかった。
（２）ℤは単項イデアル環であるから（定理2.7）、ℤのイデアルⅠはⅠ＝ａℤ（ａ∈ℤ）という形である。したがって、ℤ(p)のイデアルはすべてａℤ(p)という形をしている。（Ｉ'＝Ⅰℤ(p)とⅠ＝ａℤから。）
（３）次に、ℤ(p)のイデアルａℤ(p)について、「ａℤ(p)⊊ℤ(p)⇔ｐ|ａ」であることを示す。
ａℤ(p)＝ℤ(p)⇔１∈ａℤ(p)（定理2.2とａℤ(p)がイデアルである事より）
⇔∃ｍ,ｎ∈ℕ，１＝ａｍ/ｎ，(ｎ,ｐ)＝１
⇔∃ｍ,ｎ∈ℕ，ｎ＝ａｍ，(ｎ,ｐ)＝１
⇔∃ｍ∈ℕ，(ａｍ,ｐ)＝１
⇔(ａ,ｐ)＝１
∴ａℤ(p)＝ℤ(p)⇔(ａ,ｐ)＝１
この対偶を取ると、ａℤ(p)⊊ℤ(p)⇔(ａ,ｐ)＞１⇔ｐ|ａ よって、ａは素数ｐの倍数より、
ａ＝ｐ^rｂ（１≦ｒ，∃ｂ∈ℤ，ｐ∤ｂ）と表される。
ところで、ｂ＝ｂ/１と見るとｂは§１演習問題４よりℤ(p)で可逆元（分母が１で(１,ｐ)＝１だから）であるから、
ａℤ(p)＝(ｐ^rｂ)ℤ(p)＝ｐ^rℤ(p)（問2.4よりｂℤ(p)＝ℤ(p)だから。）
問2.4
ａを可換環Ｒの元とする。このとき、ａがＲの可逆元であるための必要十分条件はａＲ＝Ｒである。
したがって、ℤ(p)のイデアルはすべてｐ^nℤ(p)（ｎ≧０）という形をしていることがわかった。
続きは次回。
おまけ：
問題
ｐを素数とする。ℚの部分環ℤ(p)＝{ｍ/ｎ｜ｍ,ｎ∈ℤ，(ｎ,ｐ)＝１}のイデアルはすべてｐ^nℤ(p)という形をしていることを示せ。したがって、ℤ(p)は単項イデアル整域である。また、ℤ(p)は局所環であることを示せ。
証明
ℤ(p)のイデアルをⅠ'とし、イデアルⅠ'の中の整数のものだけをⅠとすると、Ⅰ＝Ⅰ'∩ℤと表せる。
（１）このとき、もとのイデアルⅠ'はⅠによって生成されることを示す。すなわち、Ⅰ'＝Ⅰℤ(p)を示す。
Ⅰ⊂Ⅰ'であるから、Ⅰℤ(p)⊂Ⅰ'ℤ(p)＝Ⅰ' （Ｉ'はℤ(p)のイデアルだから。）
∴Ⅰℤ(p)⊂Ⅰ'―――①
逆に、α∈Ⅰ'⊂ℤ(p)とすると
α＝ｍ/ｎ（ｍ,ｎ∈ℤ，(ｎ,ｐ)＝１）
と表される。ここで、ｍ＝ｎα∈Ⅰ'∩ℤ＝Ⅰ（α∈Ⅰ'でⅠ'はイデアルだからｎα∈Ⅰ' また、ｍ∈ℤより、ｍ＝ｎα∈Ⅰ'∩ℤという事。）
∴ｍ∈Ⅰ
∴α＝ｍ/ｎ＝ｍ・(１/ｎ)∈Ⅰℤ(p)
よって、α∈Ⅰ'⇒α∈Ⅰℤ(p)より、
Ⅰ'⊂Ⅰℤ(p)―――②
①，②より、Ⅰ'＝Ⅰℤ(p)
以上より、ℤ(p)の任意のイデアルⅠ'はℤのイデアルⅠによってⅠℤ(p)の形をしていることがわかった。
（２）ℤは単項イデアル環であるから（定理2.7）、ℤのイデアルⅠはⅠ＝ａℤ（ａ∈ℤ）という形である。したがって、ℤ(p)のイデアルはすべてａℤ(p)という形をしている。（Ｉ'＝Ⅰℤ(p)とⅠ＝ａℤから。）
（３）次に、ℤ(p)のイデアルａℤ(p)について、「ａℤ(p)⊊ℤ(p)⇔ｐ|ａ」であることを示す。
ａℤ(p)＝ℤ(p)⇔１∈ａℤ(p)（定理2.2とａℤ(p)がイデアルである事より）
⇔∃ｍ,ｎ∈ℕ，１＝ａｍ/ｎ，(ｎ,ｐ)＝１
⇔∃ｍ,ｎ∈ℕ，ｎ＝ａｍ，(ｎ,ｐ)＝１
⇔∃ｍ∈ℕ，(ａｍ,ｐ)＝１
⇔(ａ,ｐ)＝１
∴ａℤ(p)＝ℤ(p)⇔(ａ,ｐ)＝１
この対偶を取ると、ａℤ(p)⊊ℤ(p)⇔(ａ,ｐ)＞１⇔ｐ|ａ よって、ａは素数ｐの倍数より、
ａ＝ｐ^rｂ（１≦ｒ，∃ｂ∈ℤ，ｐ∤ｂ）と表される。
ところで、ｂ＝ｂ/１と見るとｂは§１演習問題４よりℤ(p)で可逆元（分母が１で(１,ｐ)＝１だから）であるから、
ａℤ(p)＝(ｐ^rｂ)ℤ(p)＝ｐ^rℤ(p)（問2.4よりｂℤ(p)＝ℤ(p)だから。）
問2.4
ａを可換環Ｒの元とする。このとき、ａがＲの可逆元であるための必要十分条件はａＲ＝Ｒである。
したがって、ℤ(p)のイデアルはすべてｐ^nℤ(p)（ｎ≧０）という形をしていることがわかった。
続きは次回。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/7 20:00削除解説２
問題
ｐを素数とする。ℚの部分環ℤ(p)＝{ｍ/ｎ｜ｍ,ｎ∈ℤ，(ｎ,ｐ)＝１}のイデアルはすべてｐ^nℤ(p)という形をしていることを示せ。したがって、ℤ(p)は単項イデアル整域である。また、ℤ(p)は局所環であることを示せ。
今回は、「ℤ(p)は局所環であることを示せ」。
局所環の定義
Ｒを可換環とするとき、次の（１）と（２）は同値である。
（１）Ｒの極大イデアルは唯１つである。
（２）Ｒの可逆元でない元の全体はイデアルである。
このような環を局所環という。
証明
（４）α＝ｍ/ｎ∈ℤ(p)とする。ｎはℤ(p)で可逆元である（ｎ＝ｎ/１と見ると§１演習問題４で分母が１で(１,ｐ)＝１だから）から、このときαℤ(p)＝(ｍ/ｎ)ℤ(p)＝ｍℤ(p)である。（ｎが可逆元より１/ｎも可逆元で問2.4より(１/ｎ)ℤ(p)＝ℤ(p)だから。）
問2.4
ａを可換環Ｒの元とする。このとき、ａがＲの可逆元であるための必要十分条件はａＲ＝Ｒである。
αが可逆元⇔αℤ(p)＝ℤ(p) （問2.4より）
⇔ｍℤ(p)＝ℤ(p) （αℤ(p)＝ｍℤ(p)より）
⇔(ｍ,ｐ)＝１（（３）のａℤ(p)＝ℤ(p)⇔(ａ,ｐ)＝１より）
ここで、ｐℤ(p)＝{ｍ/ｎ｜ｐ|ｍ，(ｎ,ｐ)＝１}に注意する（ℤ(p)にｐがかかっているので分子がｐの倍数）と、Ｕ(ℤ(p))＝ℤ(p)－ｐℤ(p)であることがわかる。
（Ｕ(ℤ(p))⇔αが可逆元⇔ｍとｐが互いに素，
ｐℤ(p)⇔ｍがｐの倍数⇔ｍとｐが互いに素でない，
より、Ｕ(ℤ(p))＝ℤ(p)－ｐℤ(p)という事。）
（５）ｐℤ(p)がℤ(p)の唯１つの極大イデアルである。すなわち、ℤ(p)の真のイデアルをⅠ'とし、ｐℤ(p)⊅Ⅰ'と仮定する。このとき、イデアルⅠ'には、イデアルｐℤ(p)に属さない元αが存在する（ｐℤ(p)⊅Ⅰ'だから）。すると、（４）によりこのときαはℤ(p)の可逆元となる（Ｕ(ℤ(p))＝ℤ(p)－ｐℤ(p)だから）。
ゆえに、定理2.2よりⅠ'＝ℤ(p)となり矛盾（Ｉ'はℤ(p)の真のイデアルだから）である。したがって、ℤ(p)の真のイデアルはすべてｐℤ(p)に含まれる（仮定ｐℤ(p)⊅Ⅰ'が間違っていたから）。
以上より、ｐℤ(p)がℤ(p)の唯１つの極大イデアルである。
定理2.2
可換環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。
おまけ：
https://sb-kenkouichiba.discover-news.tokyo/ab/riden1_y_20230228_c999?yclid=YJAD.1678186642.A5IYB2QAAMeWlkcd73xdgIuTnu7-qih0R0tq-kjUJLZ6WxRpP0Z0t8Wjfw5UVt3wut0fHLs2eNw8C71oCJcQ5anboBr0OBkdXn9tpofKwCaLljLkwlZmKUkwV4zhd98F6qCSFpa4YRihPm1EAlm7K78kfrj5fIOpUx-xAMUguPEYYmFmhQtvTt1Ji0lY8q8veA&yj_r=f2
問題
ｐを素数とする。ℚの部分環ℤ(p)＝{ｍ/ｎ｜ｍ,ｎ∈ℤ，(ｎ,ｐ)＝１}のイデアルはすべてｐ^nℤ(p)という形をしていることを示せ。したがって、ℤ(p)は単項イデアル整域である。また、ℤ(p)は局所環であることを示せ。
今回は、「ℤ(p)は局所環であることを示せ」。
局所環の定義
Ｒを可換環とするとき、次の（１）と（２）は同値である。
（１）Ｒの極大イデアルは唯１つである。
（２）Ｒの可逆元でない元の全体はイデアルである。
このような環を局所環という。
証明
（４）α＝ｍ/ｎ∈ℤ(p)とする。ｎはℤ(p)で可逆元である（ｎ＝ｎ/１と見ると§１演習問題４で分母が１で(１,ｐ)＝１だから）から、このときαℤ(p)＝(ｍ/ｎ)ℤ(p)＝ｍℤ(p)である。（ｎが可逆元より１/ｎも可逆元で問2.4より(１/ｎ)ℤ(p)＝ℤ(p)だから。）
問2.4
ａを可換環Ｒの元とする。このとき、ａがＲの可逆元であるための必要十分条件はａＲ＝Ｒである。
αが可逆元⇔αℤ(p)＝ℤ(p) （問2.4より）
⇔ｍℤ(p)＝ℤ(p) （αℤ(p)＝ｍℤ(p)より）
⇔(ｍ,ｐ)＝１（（３）のａℤ(p)＝ℤ(p)⇔(ａ,ｐ)＝１より）
ここで、ｐℤ(p)＝{ｍ/ｎ｜ｐ|ｍ，(ｎ,ｐ)＝１}に注意する（ℤ(p)にｐがかかっているので分子がｐの倍数）と、Ｕ(ℤ(p))＝ℤ(p)－ｐℤ(p)であることがわかる。
（Ｕ(ℤ(p))⇔αが可逆元⇔ｍとｐが互いに素，
ｐℤ(p)⇔ｍがｐの倍数⇔ｍとｐが互いに素でない，
より、Ｕ(ℤ(p))＝ℤ(p)－ｐℤ(p)という事。）
（５）ｐℤ(p)がℤ(p)の唯１つの極大イデアルである。すなわち、ℤ(p)の真のイデアルをⅠ'とし、ｐℤ(p)⊅Ⅰ'と仮定する。このとき、イデアルⅠ'には、イデアルｐℤ(p)に属さない元αが存在する（ｐℤ(p)⊅Ⅰ'だから）。すると、（４）によりこのときαはℤ(p)の可逆元となる（Ｕ(ℤ(p))＝ℤ(p)－ｐℤ(p)だから）。
ゆえに、定理2.2よりⅠ'＝ℤ(p)となり矛盾（Ｉ'はℤ(p)の真のイデアルだから）である。したがって、ℤ(p)の真のイデアルはすべてｐℤ(p)に含まれる（仮定ｐℤ(p)⊅Ⅰ'が間違っていたから）。
以上より、ｐℤ(p)がℤ(p)の唯１つの極大イデアルである。
定理2.2
可換環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。
おまけ：
https://sb-kenkouichiba.discover-news.tokyo/ab/riden1_y_20230228_c999?yclid=YJAD.1678186642.A5IYB2QAAMeWlkcd73xdgIuTnu7-qih0R0tq-kjUJLZ6WxRpP0Z0t8Wjfw5UVt3wut0fHLs2eNw8C71oCJcQ5anboBr0OBkdXn9tpofKwCaLljLkwlZmKUkwV4zhd98F6qCSFpa4YRihPm1EAlm7K78kfrj5fIOpUx-xAMUguPEYYmFmhQtvTt1Ji0lY8q8veA&yj_r=f2
返信
返信2
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/6 13:43 (No.720617)削除間違い探し作ってみました。ただし、簡単です。
間違い探し
今、６の倍数全体と乗法単位元１を加えた集合を考えると、6の倍数は加法群である。
６ａ,６ｂ∈６ℤに対して、６ａ＋６ｂ＝６(ａ＋ｂ)∈６ℤ（ℤは環で加法群だから、ａ,ｂ∈ℤに対してａ＋ｂ∈ℤ）
よって、加法について閉じている。
また、０∈ℤより、０＝６・０∈６ℤなので、６ℤは加法の単位元を含む。
また、－６ａ∈６ℤが存在して、６ａ＋(－６ａ)＝(－６ａ)＋６ａ＝０が成り立つ。よって、加法の逆元も存在する。
また、結合律が成り立つ事は自明とする。よって、６の倍数全体の集合は加法群である。
また、乗法単位元が存在し、６の倍数全体の集合は乗法結合律も分配法則も成り立ち、乗法について閉じているので環である。
ところで、整数環ℤにおいては素イデアルと極大イデアルは同値な概念である。
定理2.9
有理整数環ℤにおいて、次の５つの命題は同値である。
（１）ｐは素数である。
（２）(ｐ)＝ｐℤは素イデアルである。
（３）(ｐ)＝ｐℤは極大イデアルである。
（４）,（５）は省略。
ところで、６の倍数は２の倍数と３の倍数を含むので２の倍数と３の倍数はそれぞれ極大イデアルである。
また、６の倍数と乗法単位元１を含む集合の可逆元は１のみである。（例えば、６の逆元は１/６で６の倍数じゃないから。）
ここで、演習問題１３を見てみると、
演習問題１３
Ｒを可換環とするとき、次の（１）と（２）は同値であることを示せ。ただし、ＲのＲと異なる任意のイデアルⅠに対して、Ⅰを含む極大イデアルは常に存在することは仮定する。
（１）Ｒの極大イデアルは唯１つである。
（２）Ｒの可逆元でない元の全体はイデアルである。
つまり、環Ｒの極大イデアルが１つしかない事と環Ｒの可逆元でない元全体の集合はイデアルである事は同値である。
よって、環Ｒの極大イデアルが２つ以上あったら、環Ｒの可逆元でない元全体の集合はイデアルではないという事である。
ところで、６の倍数と乗法単位元１を含む集合は極大イデアルが２つあり、可逆元１を除いた残りは６の倍数全体の集合なのでイデアルである。よって、矛盾する。
どこがおかしいでしょうか。２か所ぐらいありますね。しかも簡単です。
おまけ：
間違い探し
今、６の倍数全体と乗法単位元１を加えた集合を考えると、6の倍数は加法群である。
６ａ,６ｂ∈６ℤに対して、６ａ＋６ｂ＝６(ａ＋ｂ)∈６ℤ（ℤは環で加法群だから、ａ,ｂ∈ℤに対してａ＋ｂ∈ℤ）
よって、加法について閉じている。
また、０∈ℤより、０＝６・０∈６ℤなので、６ℤは加法の単位元を含む。
また、－６ａ∈６ℤが存在して、６ａ＋(－６ａ)＝(－６ａ)＋６ａ＝０が成り立つ。よって、加法の逆元も存在する。
また、結合律が成り立つ事は自明とする。よって、６の倍数全体の集合は加法群である。
また、乗法単位元が存在し、６の倍数全体の集合は乗法結合律も分配法則も成り立ち、乗法について閉じているので環である。
ところで、整数環ℤにおいては素イデアルと極大イデアルは同値な概念である。
定理2.9
有理整数環ℤにおいて、次の５つの命題は同値である。
（１）ｐは素数である。
（２）(ｐ)＝ｐℤは素イデアルである。
（３）(ｐ)＝ｐℤは極大イデアルである。
（４）,（５）は省略。
ところで、６の倍数は２の倍数と３の倍数を含むので２の倍数と３の倍数はそれぞれ極大イデアルである。
また、６の倍数と乗法単位元１を含む集合の可逆元は１のみである。（例えば、６の逆元は１/６で６の倍数じゃないから。）
ここで、演習問題１３を見てみると、
演習問題１３
Ｒを可換環とするとき、次の（１）と（２）は同値であることを示せ。ただし、ＲのＲと異なる任意のイデアルⅠに対して、Ⅰを含む極大イデアルは常に存在することは仮定する。
（１）Ｒの極大イデアルは唯１つである。
（２）Ｒの可逆元でない元の全体はイデアルである。
つまり、環Ｒの極大イデアルが１つしかない事と環Ｒの可逆元でない元全体の集合はイデアルである事は同値である。
よって、環Ｒの極大イデアルが２つ以上あったら、環Ｒの可逆元でない元全体の集合はイデアルではないという事である。
ところで、６の倍数と乗法単位元１を含む集合は極大イデアルが２つあり、可逆元１を除いた残りは６の倍数全体の集合なのでイデアルである。よって、矛盾する。
どこがおかしいでしょうか。２か所ぐらいありますね。しかも簡単です。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/3/6 15:11削除間違い探しの解答
＞６の倍数全体の集合は乗法結合律も分配法則も成り立ち、乗法について閉じているので環である。
ただし、初めに考えているのは、「６の倍数全体と乗法単位元１を加えた集合」でこれは加法群になっていないので環ではない。例えば、６ａ＋１は６の倍数でもないし乗法単位元１でもないので、加法について閉じていない。
＞ところで、６の倍数は２の倍数と３の倍数を含むので２の倍数と３の倍数はそれぞれ極大イデアルである。
６の倍数は２の倍数の一部と３の倍数の一部を含むだけである。逆に、２の倍数と３の倍数はそれぞれ６の倍数を含む。
また、整数環ℤにおいて「２の倍数と３の倍数はそれぞれ極大イデアル」である。
以上より、矛盾が生じるという訳である。まぁ、まぁ、面白くもないですか？
おまけ：
＞６の倍数全体の集合は乗法結合律も分配法則も成り立ち、乗法について閉じているので環である。
ただし、初めに考えているのは、「６の倍数全体と乗法単位元１を加えた集合」でこれは加法群になっていないので環ではない。例えば、６ａ＋１は６の倍数でもないし乗法単位元１でもないので、加法について閉じていない。
＞ところで、６の倍数は２の倍数と３の倍数を含むので２の倍数と３の倍数はそれぞれ極大イデアルである。
６の倍数は２の倍数の一部と３の倍数の一部を含むだけである。逆に、２の倍数と３の倍数はそれぞれ６の倍数を含む。
また、整数環ℤにおいて「２の倍数と３の倍数はそれぞれ極大イデアル」である。
以上より、矛盾が生じるという訳である。まぁ、まぁ、面白くもないですか？
おまけ：
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