数学

問題１の解法１　多分、模範解答
与式＝(２－１)(２＋１)＋(３－２)(３＋２)＋(４－３)(４＋３)＋…＋(１００－９９)(１００＋９９)
＝２^1－１^2＋３^2－２^2＋４^2－３^2＋…＋１００^2－９９^2
＝－１^2＋１００^2＝９９９９
よって、答えは、９９９９

問題１の解法２
与式＝(２－１)(２＋１)＋(３－２)(３＋２)＋(４－３)(４＋３)＋…＋(１００－９９)(１００＋９９)
＝３＋５＋７＋…＋１９９
＝１＋３＋５＋７＋…＋１９９－１
ここで、公式１＋３＋５＋…＋(２ｎ－１)＝ｎ^2を使うと、１９９＝２・１００－１より、
＝１００^2－１＝９９９９
よって、答えは、９９９９

因みに、３＋５＋７＋…＋１９９から１９９＋１９７＋１９５＋…＋３を足して２で割って求めても良い。
すると、２０２が９９個より、
２０２×９９÷２＝１０１×９９＝９９９９
よって、答えは、９９９９

おまけ：

問題２の解答
△ＡＱＤ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Ｑの行き先をＱ'とすると、∠Ｑ'ＡＢ＝∠ＱＡＤより、
∠Ｑ'ＡＰ＝∠Ｑ'ＡＢ＋∠ＢＡＰ
＝∠ＱＡＤ＋∠ＢＡＰ＝∠ＢＡＤ－∠ＰＡＱ
＝９０°－４５°＝４５°
よって、∠Ｑ'ＡＰ＝∠ＱＡＰ　
また、ＡＱ'＝ＡＱ，ＡＰは共通より二辺挟角が等しいので、△ＡＱ'Ｐと△ＡＱＰは合同。
よって、Ｑ'Ｐ＝ＱＰ＝５ｃｍ
また、△ＡＱ'Ｐ＝△ＡＱＰ＝１５ｃｍ^2
よって、５×ＡＢ÷２＝１５ｃｍ^2より、
ＡＢ＝６ｃｍ
よって、答えは、６ｃｍ

何でもありの解法のヒント：ＡＰ＝ｘ，ＡＱ＝ｙと置いて、まずはＡＰ，ＡＱを求めて下さい。中学数学でも出来ます。

おまけ：

問題２の何でもありの解法
ＡＰ＝ｘ，ＡＱ＝ｙと置いて、ＱからＡＰに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＱＡＨは直角二等辺三角形より、ＡＨ＝ＱＨ＝ｙ/√２ｃｍ
∴ＰＨ＝ｘ－ｙ/√２ｃｍ　よって、△ＱＰＨで三平方の定理を使うと、
(ｘ－ｙ/√２)^2＋(ｙ/√２)^2＝５^2が成り立つ。∴ｘ^2＋ｙ^2－√２ｘｙ＝２５―――①
また、△ＱＡＰの面積より、ｘ・(ｙ/√２)・(１/２)＝１５が成り立つ。∴ｘｙ＝３０√２―――②
②より、ｙ＝３０√２/ｘ　これらを①に代入すると、ｘ^2＋１８００/ｘ^2－６０＝２５　∴ｘ^2＋１８００/ｘ^2－８５＝０　∴ｘ^4－８５ｘ^2＋１８００＝０　∴(ｘ^2－４０)(ｘ^2－４５)＝０　
∴ｘ^2＝４０，４５　ｘ＞０より、
ｘ＝２√１０，３√５
ところで、図よりＡＰ＞ＡＱなので、ＡＰ＝２√１０ｃｍ，ＡＱ＝３√５ｃｍである。（厳密な解説は省略。）
ここで、正方形の１辺の長さをＸ，ＢＰ＝ｍ，ＤＱ＝ｎと置いて三平方の定理を使うと、
Ｘ^2＋ｍ^2＝(２√１０)^2―――③
Ｘ^2＋ｎ^2＝(３√５)^2―――④
(Ｘ－ｍ)^2＋(Ｘ－ｎ)^2＝５^2―――⑤
また、面積より、
ｍＸ/２＋ｎＸ/２＋(Ｘ－ｎ)(Ｘ－ｍ)/２＋１５
＝Ｘ^2―――⑥
⑤より、
２Ｘ^2－２(ｍ＋ｎ)Ｘ＋ｍ^2＋ｎ^2－２５＝０―――⑤'
③＋④より、２Ｘ^2＋ｍ^2＋ｎ^2＝８５―――⑦
⑤'－⑦より、－２(ｍ＋ｎ)Ｘ－２５＝－８５　
∴２(ｍ＋ｎ)Ｘ＝６０　
∴(ｍ＋ｎ)Ｘ＝３０―――⑧
⑧を⑤'に代入すると、
２Ｘ^2－６０＋ｍ^2＋ｎ^2－２５＝０
∴２Ｘ^2＋ｍ^2＋ｎ^2－８５＝０―――⑨
また、⑥より、
ｍＸ＋ｎＸ＋(Ｘ－ｎ)(Ｘ－ｍ)＋３０＝２Ｘ^2
∴ｍＸ＋ｎＸ＋Ｘ^2－ｍＸ－ｎＸ＋ｍｎ＋３０＝２Ｘ^2
∴Ｘ^2＝ｍｎ＋３０―――⑥'
⑥'を⑨に代入すると、
２(ｍｎ＋３０)＋ｍ^2＋ｎ^2－８５＝０
∴(ｍ＋ｎ)^2＝２５　ｍ＋ｎ＞０より、ｍ＋ｎ＝５
これを⑧に代入すると、Ｘ＝６ｃｍ
よって、正方形の１辺の長さは、６ｃｍである。
∴ＡＢ＝６ｃｍ
よって、答えは、６ｃｍ

「簡単そうで意外と悩む良問」とありますが、本当に何でもありでも簡単そうで意外と悩む問題でしたね。（納得。）

おまけ：

問題１
ｘ＝√５－２のとき、
ｘ^2＋４ｘ＋１３の値は？

解法１
ｘ＋２＝√５　∴(ｘ＋２)^2＝５　∴ｘ^2＋４ｘ＋４＝５　∴ｘ^2＋４ｘ＋１３＝５＋９＝１４
よって、答えは、１４

解法２
ｘ＝√５－２を与式に代入すると、
与式＝(√５－２)^2＋４(√５－２)＋１３＝９－４√５＋４√５－８＋１３＝９－８＋１３＝１４
よって、答えは、１４

解法３
与式＝(ｘ＋２)^2＋９―――①　ところで、ｘ＝√５－２より、ｘ＋２＝√５―――②
②を①に代入すると、与式＝５＋９＝１４
よって、答えは、１４

解法４
与式＝ｘ(ｘ＋４)＋１３―――①
ところで、ｘ＝√５－２，ｘ＋４＝√５＋２―――②
②を①に代入すると、
与式＝(√５－２)(√５＋２)＋１３＝(５－４)＋１３＝１４
よって、答えは、１４

解法５
与式＝(ｘ＋１)(ｘ＋３)＋１０―――①
ところで、ｘ＋１＝√５－１，ｘ＋３＝√５＋１―――②
②を①に代入すると、
与式＝(√５－１)(√５＋１)＋１０＝(５－１)＋１０＝１４
よって、答えは、１４

解法６
与式＝(ｘ－２)(ｘ＋６)＋２５―――①
ところで、ｘ－２＝√５－４，ｘ＋６＝√５＋４―――②
②を①に代入すると、
与式＝(√５－４)(√５＋４)＋２５＝(５－１６)＋２５＝１４
よって、答えは、１４

因みに、与式＝(ｘ－１)(ｘ＋５)＋１８など無限に出来るので５パターン以上という事なのでしょうか？
検索しても出ないと思うので検索していません。

問題２の模範解答の解説
正六角形は６個の小さな正三角形に分解出来るので、この立体の表面積は、１２個の小さな正三角形と小さな正方形６個分である。（正三角形と正方形の１辺の長さは等しい。）
ここで、立体の展開図を描くと、問題文のすぐ下の図であり、最短距離は直線ＨＫである。
また、その下の図の角ばった花のような図の花びらに当たる部分の正方形の頂点どうしを結ぶと、隙間部分は正三角形になり、全体は正十二角形になる。
ところで、隙間は６か所あったので、小さな正三角形６個分である。つまり、この正十二角形は小さな正三角形１２個と小さな正方形６個分なので、元の立体の表面積と等しい。
今、正十二角形の中心をＯとし、正十二角形の隣り合う３つの頂点をＡ，Ｂ，Ｃとすると、四角形ＯＡＢＣは凧型になり、また、正十二角形の１/６の面積である。つまり、４８÷６＝８ｃｍ^2
ここで、青い図形を見て欲しい。これを凧型ＯＡＢＣとし、その内部の唯一の頂点をＰとすると、∠ＯＰＢ＝６０°＋９０°＝１５０°
また、∠ＡＢＣ＝６０°＋９０°＝１５０°また、小さな正三角形と小さな正方形の辺の長さは全て等しいので、△ＰＯＢと△ＢＡＣは合同な二等辺三角形である。
よって、ＯＢ＝ＡＣ
また、凧型ＯＡＢＣの面積は、ＯＢ×ＡＣ÷２＝８ｃｍ^2より、ＯＢ×ＡＣ＝１６ｃｍ^2
よって、ＯＢ×ＯＢ＝１６ｃｍ^2　よって、ＯＢ＝４ｃｍ　ところで、正十二角形より、ＯＡ＝ＯＢ＝４ｃｍ
よって、赤い線の長さは、４×２＝８ｃｍ
よって、ＨＫ＝８ｃｍ
よって、答えは、８ｃｍ

おまけ：
「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
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-10624833579.html

問題２の別解　オリジナル
正六角形は小さな正三角形６個に分解出来るので、この立体の表面積は、小さな正三角形１２個＋小さな正方形６個分である。
よって、小さな正三角形１２個＋小さな正方形６個＝４８ｃｍ^2
よって、小さな正三角形４個＋小さな正方形２個＝１６ｃｍ^2―――☆
ここで、正六角形ＡＢＣＤＥＦと正方形ＨＩＢＣ，正方形ＦＥＫＬを展開図として描くと、最短距離は直線ＨＫである事が分かる。
また、正六角形の中心をＯとすると、△ＯＢＣは正三角形。また、ＢＯＥは一直線でＯＢ＝ＯＥより、△ＣＯＢと△ＣＯＥの面積は等しい。
つまり、長方形ＢＣＥＦを対角線で４つの三角形に分けると小さな正三角形４個分である。
よって、長方形ＨＩＫＬは、小さな正三角形４個＋小さな正方形２個分である。
よって、☆より、長方形ＨＩＫＬ＝１６ｃｍ^2である。よって、△ＨＩＫ＝１６÷２＝８ｃｍ^2
また、対称性からＨＯＫは一直線上にあり、ＯＨ＝ＯＫである。よって、△ＩＨＯと△ＩＯＫの面積は等しい。よって、△ＯＨＩ＝△ＨＩＫ÷２＝８÷２＝４ｃｍ^2
ところで、五角形ＯＢＨＩＣは正方形と正三角形が合体した形なので、△ＢＨＯは頂角が９０°＋６０°＝１５０°の二等辺三角形である。
よって、∠ＢＯＨ＝(１８０°－１５０°)÷２＝１５°
また、対称性から∠ＣＯＩ＝１５°よって、∠ＨＯＩ＝６０°－１５°－１５°＝３０°
よって、△ＯＨＩは頂角が３０°の二等辺三角形である。ここで、ＨからＯＩに垂線を下ろしその足をＰとすると、△ＯＨＰは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型より、ＨＰ：ＯＨ＝１：２
よって、ＯＨ＝ＯＩ＝□ｃｍとすると、ＨＰ＝□÷２ｃｍ　また、△ＯＨＩ＝ＯＩ×ＨＰ÷２＝□×(□÷２)÷２＝□×□÷４
ところで、△ＯＨＩ＝４ｃｍ^2だったので、□×□÷４＝４ｃｍ^2
よって、□×□＝１６ｃｍ^2　よって、□＝４ｃｍ
よって、ＯＨ＝４ｃｍより、ＨＫ＝４×２＝８ｃｍ
よって、答えは、８ｃｍ

一応、もう一つ見つけた解答も載せておきますね。http://minoehon.cocolog-nifty.com/start/2016/11/2012-014b.html

他の方は難問扱いしていますが、（数々の）定石をしっかりマスターしていれば普通に解ける問題です。

おまけ：
https://www.chessnoakatsuki.com/archives/311

解説
＞したがって、１∈Ｊ1Ｊ2＋Ｉであるから、定理2.2よりＪ1Ｊ2＋Ｉ＝Ｒを得る。

Ｊ1Ｊ2がイデアルである理由ですね。

定理2.5の（３）の有限個の和の集合を１つに限定して考えると、Ｊ1Ｊ2はイデアルである。

定理2.5
Ｉ1,Ⅰ2を可換環Ｒのイデアルとすると、次の(１),(２),(３)それぞれにおける集合もＲのイデアルである。
（１）,（２）は省略。
（３）Ⅰ1Ⅰ2＝{ａ1ｂ1＋…＋ａnｂn｜ｎ∈ℕ,ａ1,…,ａn∈Ⅰ1，ｂ1,…,ｂn∈Ⅰ2}

ただし、この証明の加法群である証明で、１個限定にすると不具合が生じて別証を必要とするような気がするのですが。（前回は別証を作ったが省略。）
そこで、今回の新作（別証）。
ⅠはＲのイデアルだから、ⅠＪ⊂ⅠＲ＝Ⅰ　よって、ⅠＪはイデアルⅠの部分集合。
また、Ⅰ,Ｊはイデアルで加法群より零元を含むので、０＝０・０∈ⅠＪ
よって、集合ⅠＪは加法の単位元を含む。
また、Ⅰはイデアルより元ａの加法の逆元－ａを含み、Ｊの元ｂとの積を考えると、－ａｂが存在し、ａｂの逆元が存在する。
よって、集合ⅠＪは逆元を含む。
また、Ｒは環より加法群で加法の結合法則が成り立ち、Ⅰはその部分集合でⅠＪはそのまた部分集合より結合法則が成り立つ。
よって、集合ⅠＪは加法群である。
また、ⅠＪはイデアルⅠの部分集合より、イデアルⅠの性質を持つ。（例えば、整数環ℤで考えると、４の倍数は２の倍数の部分集合で２の倍数であるというような事。）
以上より、ⅠＪはＲのイデアルである。

＞ｘ＝ｘ・１＝ｘ(ａ＋ｂ)＝ｘａ＋ｘｂ∈ⅠＪ

ｘ,ａ,ｂは環Ｒの元より分配法則が使える。また、上の証明よりⅠＪはイデアルより加法群なので、ｘａ＋ｘｂ∈ⅠＪが成り立つ。

一応、前回の証明も挙げておきますね。

定理2.5
Ⅰ1，Ⅰ2を可換環Ｒのイデアルとすると、次の（１）,（２）,（３）それぞれにおける集合もＲのイデアルである。
（１）Ⅰ1＋Ⅰ2＝{ｘ｜ｘ＝ａ1＋ａ2,ａ1∈Ⅰ1,ａ2∈Ⅰ2}
（２）Ⅰ1∩Ⅰ2
（３）Ⅰ１Ⅰ2＝{ａ1ｂ1＋…＋ａnｂn｜ｎ∈ℕ，ａ1,…,ａn∈Ⅰ1，ｂ1,…,ｂn∈Ⅰ2}
すなわち、Ⅰ1Ⅰ2はⅠ1の元ａiとⅠ2の元ｂiの積ａiｂiの有限個の和の全体の集合である。
（引用終わり）

Ⅰ1・Ⅰ2＝{ａｂ｜ａ∈Ⅰ1，ｂ∈Ⅰ2}とした時、Ⅰ1・Ⅰ2はＲのイデアルとなるでしょうか。

解法１
Ⅰ1Ⅰ2はⅠ1の元ａiとⅠ2の元ｂiの積ａiｂiの有限個の和の全体の集合より、１個としても成り立つので、イデアルである。

解法２
Ⅰ1・Ⅰ2＝{ａｂ｜ａ∈Ⅰ1，ｂ∈Ⅰ2}
ｘ,ｙ∈Ⅰ1・Ⅰ2とすると、ｘ＝ａ1ｂ1，ｙ＝ａ2ｂ2（ａi∈Ⅰ1,ｂi∈Ⅰ2）と表されるので、
ｘ－ｙ＝ａ1ｂ1－ａ2ｂ2
ここで、手詰まりとなりましたが、変な証明を作ってみました。吟味して下さい。

ところで、ａ1,ａ2,…,ａn∈Ⅰ1，ｂ1,ｂ2,…,ｂn∈Ⅰ2で、Ⅰ1，Ⅰ2はイデアルより、加法群なので、
ａ1＋ａ2＋…＋ａn∈Ⅰ1，ｂ1＋ｂ2＋…＋ｂn∈Ⅰ2
∴(ａ1＋ａ2＋…＋ａn)(ｂ1＋ｂ2＋…＋ｂn)∈Ⅰ1・Ⅰ2
∴ａ1ｂ1＋ａ1ｂ2＋…＋ａnｂn∈Ⅰ1・Ⅰ2
（Ⅰ1，Ⅰ2を可換環Ｒのイデアルなので分配法則が使える。）
ここで、ａiｂj∈Ⅰ1・Ⅰ2より、集合Ⅰ1・Ⅰ2は加法について閉じている。
また、Ⅰ1，Ⅰ2はイデアルで加法群より零元を含むので、０＝０・０∈Ⅰ1・Ⅰ2　∴０∈Ⅰ1・Ⅰ2
よって、集合Ⅰ1・Ⅰ2は加法の単位元を含む。
また、Ⅰ1はイデアルよりａiの加法の逆元－ａiを含み、Ⅰ2の元ｂjとの積を考えると、－ａiｂjが存在し、ａiｂjの逆元が存在する。
よって、集合Ⅰ1・Ⅰ2は逆元を含む。また、加法の結合法則が成り立つ事は自明とすると、集合Ⅰ1・Ⅰ2は加法群である。―――①
また、ｒ∈Ｒ，ｃ∈Ⅰ1・Ⅰ2とすると、ｃ＝ａｂと表される。∴ｒｃ＝ｒ(ａｂ)＝(ｒａ)ｂ
ａ∈Ⅰ1でⅠ1はイデアルより、ｒａ∈Ⅰ1　
また、b∈Ⅰ2より、ｒｃ∈Ⅰ1・Ⅰ2
よって、ｒ∈Ｒ，ｃ∈Ⅰ1・Ⅰ2⇒ｒｃ∈Ⅰ1・Ⅰ2―――②
①，②より、Ⅰ1・Ⅰ2はイデアルである。

おまけ：

うっかりしました。今回の新作の前半はダメですね。
「ⅠはＲのイデアルだから、ⅠＪ⊂ⅠＲ＝Ⅰ　よって、ⅠＪはイデアルⅠの部分集合。」
だからと言って、ⅠＪが加法について閉じている訳がありませんでしたね。
結局、前回の私の証明か定理2.5の（３）の有限個の和の集合を１つに限定して考えると、Ｊ1Ｊ2はイデアルである。

定理2.5
Ｉ1,Ⅰ2を可換環Ｒのイデアルとすると、次の(１),(２),(３)それぞれにおける集合もＲのイデアルである。
（１）,（２）は省略。
（３）Ⅰ1Ⅰ2＝{ａ1ｂ1＋…＋ａnｂn｜ｎ∈ℕ,ａ1,…,ａn∈Ⅰ1，ｂ1,…,ｂn∈Ⅰ2}

ですが、１個限定の場合の、

Ⅰ1・Ⅰ2＝{ａｂ｜ａ∈Ⅰ1，ｂ∈Ⅰ2}
ｘ,ｙ∈Ⅰ1・Ⅰ2とすると、ｘ＝ａ1ｂ1，ｙ＝ａ2ｂ2（ａi∈Ⅰ1,ｂi∈Ⅰ2）と表されるので、
ｘ－ｙ＝ａ1ｂ1－ａ2ｂ2

ここから、ｘ－ｙ∈Ⅰ1・Ⅰ2と言えるいい手があるのでしょうか。

因みに、こちらhttps://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q14165489439では、「IJもI+Jの時と同様ににすれば良い」とありますが、出来ませんよね。

おまけ：

疑問

問題
可換環ＲのイデアルをⅠ,Ｊとする。Ⅰ＋Ｊ＝Ｒのとき、ⅠとＪは互いに素であるという。このとき、次のことを証明せよ。
（１）Ｊi（ｉ＝１,２）をⅠと互いに素なイデアルとすると、Ｊ1Ｊ2もⅠと互いに素である。
（２）ⅠとＪが互いに素ならば、Ⅰ∩Ｊ＝ⅠＪが成り立つ。

証明
（１）「Ｊ1＋Ｉ＝Ｒ，Ｊ2＋Ｉ＝Ｒ⇒Ｊ1Ｊ2＋Ｉ＝Ｒ」を示す。仮定より、
∃ａ1∈Ｊ1，∃ｂ1∈Ⅰ，ａ1＋ｂ1＝１，∃ａ2∈Ｊ2，∃ｂ2∈Ⅰ，ａ2＋ｂ2＝１
このとき、(ａ1＋ｂ1)(ａ2＋ｂ2)＝１　ここで、ａ1ａ2∈Ｊ1Ｊ2，ａ1ｂ2＋ａ2ｂ1＋ｂ1ｂ2∈Ⅰであるから、
１＝ａ1ａ2＋ａ1ｂ2＋ａ2ｂ1＋ｂ1ｂ2∈Ｊ1Ｊ2＋Ｉ
したがって、１∈Ｊ1Ｊ2＋Ｉであるから、定理2.2よりＪ1Ｊ2＋Ｉ＝Ｒを得る。
（２）「Ｉ＋Ｊ＝Ｒ⇒Ｉ∩Ｊ＝ⅠＪ」を示す。
（ⅰ）ⅠとＪはＲのイデアルだから、ⅠＪ⊂ⅠＲ＝Ⅰ，ⅠＪ⊂ＲＪ＝Ｊ　ゆえに、ⅠＪ⊂Ⅰ∩Ｊ
（ⅱ）Ⅰ∩Ｊ⊂ⅠＪを示す。仮定より、∃ａ∈Ⅰ,ｂ∈Ｊ,ａ＋ｂ＝１なる関係がある。
∀ｘ∈Ⅰ∩Ｊに対して、ｘ∈Ｊ,ａ∈Ⅰ⇒ｘａ∈ⅠＪ，ｘ∈Ⅰ,ｂ∈Ｊ⇒ＩＪ　ゆえに、
ｘ＝ｘ・１＝ｘ(ａ＋ｂ)＝ｘａ＋ｘｂ∈ⅠＪ
したがって、（ⅰ）と（ⅱ）よりⅠ∩Ｊ＝ⅠＪを得る。
（引用終わり）

＞（ⅰ）ⅠとＪはＲのイデアルだから、ⅠＪ⊂ⅠＲ＝Ⅰ，ⅠＪ⊂ＲＪ＝Ｊ

今まで何回か出てきたと思いますが、Ｒが環でⅠがＲのイデアルならば、ⅠＲ＝Ⅰ
これはイデアルの定義の後半からＩＲ⊂Ⅰだがイデアルの性質上ⅠＲ＝Ⅰになるんですよね。（多分）

定義2.1
環Ｒの空でない部分集合Ⅰについて、次の３つの条件を考える。
（ⅰ）ａ,ｂ∈Ⅰ⇒ａ－ｂ∈Ⅰ（加法に関して部分群）
（ⅱ）ｒ∈Ｒ,ａ∈Ⅰ⇒ｒ・ａ∈Ⅰ
（ⅲ）ｒ∈Ｒ,ａ∈Ⅰ⇒ａ・ｒ∈Ⅰ

しかし、ⅠＲは加法群なのでしょうか。Ｒが整数環ℤのように無限集合ならば加法について閉じているような気がしますが、Ｒは無限集合とは限りませんよね。
それともⅠＲ＝ⅠからＩはイデアルで加法群だからⅠＲも加法群と言えるのでしょうか。
ⅠＲ＝Ⅰの厳密な証明が知りたいですね。直観的には正しそうですが。

おまけ：

ⅠＲ＝Ⅰの証明
ただし、Ｒは環でⅠはＲのイデアルとする。

イデアルの定義の後半から、ⅠＲ⊂Ⅰ
ところで、Ｒ＝{１}とすると、ⅠＲ＝Ⅰより、ⅠＲ⊃Ⅰ
∴ⅠＲ＝Ⅰ

お恥ずかしい。解決しました。

解説

問題
可換環ＲのイデアルをⅠ,Ⅰ1,…,Ⅰmとし、Ｐ,Ｐ1,…,Ｐnを素イデアルとするとき、次のことを証明せよ。
（１）Ⅰ1Ⅰ2…Ⅰm⊂Ｐ⇒∃ｉ(１≦ｉ≦ｍ),Ⅰi⊂Ｐ
（２）Ⅰ⊂⋃(i=1~n)Ｐi⇒∃ｉ(１≦ｉ≦ｎ),Ⅰ⊂Ｐi

証明
（２）与式の対偶を取ると、
∀ｉ(１≦ｉ≦ｎ)，Ⅰ⊄Ｐi⇒Ⅰ⊄⋃(i=1~n)Ｐi
これを数学的帰納法で示す。ｎ＞２とし、ｎ－１まで正しいと仮定して、ｎの時に示せば十分である。
（ⅰ）ｎ－１まで正しいと仮定すると、
Ⅰ⊄Ｐ1,…,Ⅰ⊄Ｐi-1,Ⅰ⊄Ｐi+1,…,Ⅰ⊄Ｐn（ｉ＝１,…,ｎ）（ｎ－１なのでＰi（ｉ＝１,…,ｎ）を除くという事。）
ここで、帰納法の仮定を適用する（対偶の方）と、
Ⅰ⊄Ｐ1∪…∪Ｐi-1∪Ｐi+1∪…∪Ｐn（ｉ＝１,…,ｎ）―ーー①
よって、ⅠがＰ1∪…∪Ｐi-1∪Ｐi+1∪…∪Ｐnの部分集合でないので、
∃ａi∈Ⅰ－Ｐ1∪…∪Ｐi-1∪Ｐi+1∪…∪Ｐn（ｉ＝１,…,ｎ）
この時、ａi∉Ｐ1∪…∪Ｐi-1∪Ｐi+1∪…∪Ｐnより、
ａi∉Ｐj（ｊ≠ｉ）である。
（ⅱ）ここで、背理法のために、
Ⅰ⊂Ｐ1∪…∪Ｐn―――②と仮定すると、①，②より、Ⅰ⊂Ｐi　また、ａi∈Ⅰよりａi∈Ｐi（ｉ＝１,…,ｎ）でなければならない。
そこで、ｂi＝ａ1…ａi-1ａi+1…ａn∈Ⅰ（ａiはⅠの元でⅠはイデアルだから）という元を考えると、ｂiの因子にはａiがないからｂi∉Ｐi（厳密には素イデアルの定義を考える。）また、ｂi∈Ｐj（ｉ≠ｊ）である。
今、ｂ＝ｂ1＋…＋ｂn∈Ⅰ（ｂiはⅠの元でⅠはイデアルで加法群だから）と置くと、ｂ∉Ｐi（１≦ｉ≦ｎ）である。
∵ｂ∈Ｐiとすると、ｉ≠ｊのものはｂj∈Ｐiだから、ｂ1＋…＋ｂi-1∈Ｐi，ｂi+1＋…＋ｂn∈Ｐi
よって、ｂ1＋…＋ｂi-1＋ｂi＋ｂi+1＋…＋ｂn＝ｂ∈Ｐi　よって、ｂi∈Ｐiとなる。（Ｐiはイデアルで加法群だから。）
これはｂi∉Ｐiに矛盾するから。

よって、ｂ∉Ｐi（１≦ｉ≦ｎ）また、ｂ∈Ⅰより、ｂ∈Ⅰ－(Ｐ1∪…∪Ｐn)なる元の存在が示された。
よって、ⅠはＰ1∪…∪Ｐnの部分集合でないので、Ⅰ⊄Ｐ1∪…∪Ｐn
これは②に矛盾するので、背理法によりⅠ⊄Ｐ1∪…∪Ｐnである。
よって、ｎの時にも命題の対偶は成り立つ。
以上より、数学的帰納法により命題の対偶が示された。
よって、（２）の式が証明された。

おまけ：

問題１の解答
１０，５，３と１/３，２と１/２，２，…

この数列は、
１０/１，１０/２，１０/３，１０/４，１０/５，…
となっているので、１０番目は１０/１０＝１
よって、答えは、１

問題２の解答
①３の色が違う。
②Ａの大きさが違う。
③１の字体が違う。
④４の位置が違う。
（見つけた順。）

問題３の解答
与式＝{(１＋√３)^100・(２－√３)^49}/２^49
＝[{(１＋√３)^2}^50}(２－√３)^49]/２^49
＝{(４＋２√３)^50・(２－√３)^49}/２^49
＝{２^50・(２＋√３)^50・(２－√３)^49}/２^49
＝２(２＋√３){(２＋√３)(２－√３)}^49
＝２(２＋√３)・１^49
＝２(２＋√３)＝7.4641016

一応、pythonで検算すると、

import math
ans = (1 + math.sqrt(3))**100*(2 - math.sqrt(3))**49/2**49
print(ans)
結果：7.464101615137864

よって、ＯＫ。

問題４の解法１
△ＡＢＰの面積が最大になるのは、点ＰとＡＢとの距離が最大になる時で、それは△ＡＢＰが二等辺三角形になる時。
その時、ＰからＡＢに垂線を下ろしその足をＨとすると、対称性より点ＯはＰＨ上にあり、ＡＨ＝８÷２＝４ｃｍ　また、半径よりＯＡ＝５ｃｍ
よって、△ＯＡＨは３：４：５の直角三角形より、ＯＨ＝３ｃｍ　∴ＰＨ＝ＰＯ＋ＯＨ＝５＋３＝８ｃｍ
∴△ＡＢＰ＝８×８×(１/２)＝３２ｃｍ^2
よって、答えは、３２ｃｍ^2

あまり意味はありませんが、三角関数の解法は次回。

おまけ：

問題４の解法２
△ＡＢＰの面積が最大になるのは、点ＰとＡＢとの距離が最大になる時で、それは△ＡＢＰが二等辺三角形になる時。
そこで、ＰＡ＝ＰＢ＝ｘと置く。また、正弦定理を使うと、８/sin∠Ｐ＝２・５＝１０　
∴sin∠Ｐ＝４/５―――①
また、０＜∠P＜１８０°より、sin∠Ｐ＞０
∴cos∠Ｐ＝√(１－sin^2∠Ｐ)＝√{１－(４/５)^2}
＝√(９/２５)＝３/５―――②
また、余弦定理より、
８^2＝ｘ^2＋ｘ^2－２・ｘ・ｘ・cos∠Ｐ
＝２ｘ^2－２ｘ^2・cos∠Ｐ―――③
②を③に代入すると、
６４＝２ｘ^2－(６/５)ｘ^2＝(４/５)ｘ^2
∴ｘ^2＝１６・５＝８０―――④
ところで、△ＡＢＰ＝(１/２)ｘ^2・sin∠Ｐ―――☆
☆に①，④を代入すると、
△ＡＢＰ＝(１/２)・８０・(４/５)＝３２ｃｍ^2
よって、答えは、３２ｃｍ^2

おまけ：

解説

問題
可換環ＲのイデアルをⅠ,Ⅰ1,…,Ⅰmとし、Ｐ,Ｐ1,…,Ｐnを素イデアルとするとき、次のことを証明せよ。
（１）Ⅰ1Ⅰ2…Ⅰm⊂Ｐ⇒∃ｉ(１≦ｉ≦ｍ),Ⅰi⊂Ｐ
（２）Ⅰ⊂⋃(i=1~n)Ｐi⇒∃ｉ(１≦ｉ≦ｎ),Ⅰ⊂Ｐi

証明
（１）背理法で示す。
∀ｉ(１≦ｉ≦ｍ),Ⅰi ⊄Ｐと仮定する（∃を否定すると∀になる）と、ⅠiはＰの部分集合ではないので、
ａi∈Ⅰi－Ｐなる元ａiが存在する。ここで、ａ＝ａ1・ａ2…ａmという元を考えると、条件より、
ａ＝ａ1・ａ2…ａm∈Ⅰ1Ⅰ2…Ⅰm⊂Ｐより、
ａ∈Ｐ
ところが、ａi∈Ⅰi－Ｐよりａi∉Ｐ(Ⅰ＝１,…,ｍ)で、Ｐは素イデアルであるから素イデアルの定義よりその積もＰに入らない。
∴ａ＝ａ1…ａm∉Ｐ　よって、ａ∈Ｐに矛盾する。よって、背理法により、
Ⅰ1Ⅰ2…Ⅰm⊂Ｐ⇒∃ｉ(１≦ｉ≦ｍ),Ⅰi⊂Ｐ
が示された。

素イデアルの定義
可換環ＲのイデアルＰが次の条件を満たすとき、Ｐを可換環Ｒの素イデアルという。
ａ∉Ｐ，ｂ∉Ｐ⇒ａ・ｂ∉Ｐ

おまけ：

解法１　算数の解法
∠ＢＣＤ＝∠ＣＤＥ，ＢＣ＝ＤＥより四角形ＢＣＤＥは等脚台形。よって、ＣＤとＢＥは平行。
ここでＢＥとＡＣ，ＡＤとの交点をそれぞれＦ，Ｇとすると、△ＡＦＧと△ＡＣＤは相似。
よって、同位角より∠ＡＧＦ＝∠ＡＤＣ　また、∠ＡＤＣ＝∠ＡＣＢ＝∠ＢＣＦ
よって、∠ＡＧＦ＝∠ＢＣＦ　また、対頂角より∠ＡＦＧ＝∠ＢＦＣ
よって、２角が等しいので△ＡＦＧと△ＢＦＣは相似である。ところで、△ＡＣＤが二等辺三角形より△ＡＦＧも二等辺三角形でそれと相似な△ＢＦＣも二等辺三角形である。
よって、ＢＦ＝ＢＣ＝８ｃｍ　また、対称性より、ＥＧ＝８ｃｍ
また、ＡＣ：ＣＤ＝１６：８＝２：１より、△ＢＦＣの二辺も１：２である。つまり、ＦＣ＝８÷２＝４ｃｍ
よって、ＡＦ＝１６－４＝１２ｃｍ
よって、△ＡＦＧと△ＡＣＤの相似比は１２：１６＝３：４である。よって、ＦＧ＝(３/４)×ＣＤ＝(３/４)×８＝６ｃｍ
よって、ＢＥ＝８＋６＋８＝２２ｃｍ
よって、答えは、２２ｃｍ

解法２　三角関数の解法
ＡからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとし、∠ＢＡＨ＝θと置くと、sinθ＝４/１６＝１/４
また、ＡからＢＥに垂線を下ろしその足をＩとすると、∠ＢＡＩ＝３θ
ここで、sinの３倍角の公式より、
sin３θ＝３sinθ－４sin^3(θ)＝３/４－４(１/４)^3
＝３/４－１/１６＝１１/１６
∴sin３θ＝１１/１６
∴sin３θ＝ＢＨ/ＡＢ＝ＢＨ/１６＝１１/１６
∴ＢＨ＝１１ｃｍ　
ところで、△ＡＢＥは二等辺三角形より、ＢＥ＝２ＢＨ＝２２ｃｍ
よって、答えは、２２ｃｍ

因みに、昨日の時点では、Arctanの加法定理を２回使う解法だったので効率が良くありませんでしたが、ブラッシュアップしたら模範解答より効率が良くなりましたね。

おまけ：
「一方、英語の“brush up”には、以前習得したものの忘れかけている知識や技術を「取り戻す」「勉強し直す」といった意味合いがあります。
●英語の“brush up”の例文
He hasn’t worked in marketing for a long time, so he needs to brush up his marketing skills.
彼は長い間マーケティングの仕事をしていないので、マーケティング・スキルを取り戻す必要がある。
I have to brush up my Chinese before moving to Beijing next year.
来年、北京へ引っ越すまでに中国語を勉強し直さなければなりません。」
引用元：https://foreignlang.ecc.co.jp/know/k00127d/

問題１の解答
４の斜めの棒と６の左下の縦棒を、２の左上と右下の隙間に移動して８にすると、８＋５＝１３で成り立つ。

問題２の解法１　模範解答
△ＤＢＣを点Ｂを中心にＢＣがＢＡにくっつくまで１３５°回転移動させ、点Ｄの行き先をＤ'とすると、四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形より∠Ａ＋∠Ｃ＝１８０°なので、３点Ｄ，Ａ，Ｄ'は一直線上になる。
また、ＢＤ＝ＢＤ'，∠ＤＢＤ'＝∠ＣＢＡ＝１３５°より、△ＢＤＤ'は頂角が１３５°の二等辺三角形である。
そこで、ＤＢの延長上にＤ'から垂線を下ろしその足をＨとすると、△Ｄ'ＢＨは直角二等辺三角形より、Ｄ'Ｈ＝ＢＤ'/√２＝ＢＤ/√２＝２√３/√２＝√６ｃｍ
∴△ＢＤＤ'＝ＢＤ・Ｄ'Ｈ・(１/２)＝(２√３)・√６・(１/２)＝３√２ｃｍ^2
∴四角形ＡＢＣＤ＝△ＢＤＤ'＝３√２ｃｍ^2
よって、答えは、３√２ｃｍ^2

解法２のヒント：ＡＢ＝ＢＣ＝ｘ，ＡＤ＝ｙ，ＣＤ＝ｚと置いて、三角関数を使って下さい。一筋縄ではいかないと思います。結構楽しめますよ。
解法３はその中学数学バージョンです。（もっと難易度は高いです。）

おまけ：

問題２の解法２
ＡＢ＝ＢＣ＝ｘ，ＡＤ＝ｙ，ＣＤ＝ｚと置いて、△ＢＡＣで余弦定理を使うと、
ＡＣ^2＝ｘ^2＋ｘ^2－２・ｘ・ｘ・cos135°
＝２ｘ^2－２ｘ^2(－１/√２)＝２ｘ^2＋√２ｘ^2
＝(２＋√２)ｘ^2
∴ＡＣ^2＝(２＋√２)ｘ^2　
ＡＣ＞０より、ＡＣ＝√(２＋√２)・ｘ
ここで、トレミーの定理を使うと、
ＡＣ・ＢＤ＝ＡＢ・ＣＤ＋ＢＣ・ＡＤより、
２√３・√(２＋√２)・ｘ＝ｘ・ｚ＋ｘ・ｙ
∴ｙ＋ｚ＝２√３・√(２＋√２)―――①
また、ＡＢ＝ＢＣより弧ＡＢ＝弧ＢＣ　∴∠ＡＤＢ＝∠ＢＤＣ＝４５°÷２＝２２．５°
∴四角形ＡＢＣＤ＝△ＤＡＢ＋△ＤＢＣ
＝(１/２)・ｙ・２√３・sin22.5°
＋(１/２)・ｚ・２√３・sin22.5°
＝√３sin22.5°(ｙ＋ｚ)
∴四角形ＡＢＣＤ
＝√３sin22.5°(ｙ＋ｚ)―――②
また、半角の公式より、
sin^2(22.5°)＝(１－cos45°)/２
＝(１－１/√２)/２＝(√２－１)/２√２
＝(２－√２)/４　
sin22.5°＞０より、
sin22.5°＝√(２－√２)/２―――③
①，③を②に代入すると、
四角形ＡＢＣＤ
＝√３{√(２－√２)/２}・２√３・√(２＋√２)
＝３・√(２－√２)・√(２＋√２)
＝３√２ｃｍ^2
よって、答えは、３√２ｃｍ^2

多分、△ＢＡＣと△ＤＡＣで余弦定理を使った人が多いと思いますが、こちらの方が効率が良いと思います。念のため、そちらでも解けると思います。（中学数学の解法２はそっち系統。）

おまけ：

問題２の解法３
ＡＢ＝ＢＣ＝ｘ，ＡＤ＝ｙ，ＣＤ＝ｚと置いて、ＡＢの延長上にＣから垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＣＢＨは直角二等辺三角形より、
ＢＨ＝ＣＨ＝ｘ/√２ｃｍ　∴ＡＨ＝ｘ＋ｘ/√２ｃｍ　よって、△ＣＡＨで三平方の定理を使うと、
ＡＣ^2＝(ｘ＋ｘ/√２)^2＋(ｘ/√２)^2
＝ｘ^2＋√２ｘ^2＋ｘ^2＝２ｘ^2＋√２ｘ^2
＝(２＋√２)ｘ^2
ＡＣ＞０より、ＡＣ＝√(２＋√２)・ｘｃｍ
ここで、トレミーの定理を使うと、
ＡＣ・ＢＤ＝ＡＢ・ＣＤ＋ＢＣ・ＡＤより、
２√３・√(２＋√２)・ｘ＝ｘ・ｚ＋ｘ・ｙ
∴ｙ＋ｚ＝２√３・√(２＋√２)―――①
また、ＣからＡＤに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＣＤＩは直角二等辺三角形より、
ＣＩ＝ＤＩ＝ｚ/√２ｃｍ
∴四角形ＡＢＣＤ＝△ＣＡＢ＋△ＣＡＤ
＝ｘ・(ｘ/√２)・(１/２)＋ｙ・(ｚ/√２)・(１/２)＝(ｘ^2＋ｙｚ)/２√２―――☆
また、ＡＩ＝ｙ－ｚ/√２ｃｍ，ＣＩ＝ｚ/√２ｃｍ，ＡＣ＝√(２＋√２)・ｘｃｍより、△ＣＡＩで三平方の定理を使うと、
(ｙ－ｚ/√２)^2＋(ｚ/√２)^2＝{√(２＋√２)・ｘ}^2
∴ｙ^2－√２ｙｚ＋ｚ^2＝(２＋√２)ｘ^2
∴ｘ^2＝(ｙ^2－√２ｙｚ＋ｚ^2)/(２＋√２)
∴ｘ^2＋ｙｚ＝(ｙ^2－√２ｙｚ＋ｚ^2)/(２＋√２)＋ｙｚ＝(ｙ^2＋２ｙｚ＋ｚ^2)/(２＋√２)
＝(ｙ＋ｚ)^2/(２＋√２)
∴ｘ^2＋ｙｚ＝(ｙ＋ｚ)^2/(２＋√２)―――②
①を②に代入すると、
ｘ^2＋ｙｚ＝{２√３・√(２＋√２)}^2/(２＋√２)＝１２　∴ｘ^2＋ｙｚ＝１２―――☆☆
☆☆を☆に代入すると、
四角形ＡＢＣＤ＝１２/２√２＝３√２ｃｍ^2
よって、答えは、３√２ｃｍ^2

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/ea95a800c118f8819bf5914ca65607705b54e18e
私も一寸法師は断りますね。

図書室の間違い。

解説
＞（ⅰ）ａ,ｂ∈Ⅰ：Ｊとする。ａＪ⊂Ⅰ，ｂＪ⊂Ⅰであるから、(ａ－ｂ)Ｊ＝ａＪ＋(－ｂ)Ｊ⊂Ⅰ

(－ｂ)Ｊ⊂Ⅰである理由を述べて下さい。

ｂＪ⊂Ⅰの両辺に－１を掛けると、－１・ｂＪ⊂－１・Ⅰ　∴(－ｂ)Ｊ⊂－１・Ⅰ―――①
ところで、Ｒは環より乗法の単位元１を含み、またＲは加法群でもあるので、１の加法逆元－１も含む。
∴－１∈Ｒ　また、条件よりⅠはＲのイデアルより、Ｒの元との積はⅠになる。
∴－１・Ⅰ＝Ⅰ―――②
①，②より、(－ｂ)Ｊ⊂－１・Ⅰ＝Ⅰ
∴(－ｂ)Ｊ⊂Ⅰ

念のため、②は、－１・Ⅰ⊂Ⅰではない。定義からこう考えられるが、例えば、Ⅰが２の倍数だったらその部分集合の４の倍数や８の倍数も２の倍数だからである。

ついでに、ａＪ⊂Ⅰ，(－ｂ)Ｊ⊂Ⅰより、ａＪ＋(－ｂ)Ｊ⊂Ⅰ＋Ⅰ＝Ⅰ（Ⅰはイデアルで加法群だから。定理4.1の系より）

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

加法で考えればａ＋Ｈ＝Ｈで、∀ａ∈ＨだったらＨ＋Ｈ＝Ｈという事。（群であるという事が大事。）

おまけ：

問題１の解答
正方形の左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、四分円どうしの交点をＥとすると、
半径よりＣＤ＝ＣＥ＝ＤＥ　よって、△ＥＣＤは正三角形である。
つまり、黄色い正三角形と合同なので折り返して正方形の中に入れると、
色部分の面積は、正方形ＡＢＣＤから扇形ＣＢＥと扇形ＤＡＥを引いたものだと分かる。
ところで、△ＥＣＤは正三角形より∠ＥＣＤ＝∠ＥＤＣ＝６０°よって、２つの扇形の中心角は９０°－６０°＝３０°である。
よって、色部分＝１０×１０－１０×１０×３．１４×(３０/３６０)×２
＝１００－３１４×(１/６)＝(６００－３１４)/６
＝２８６/６＝１４３/３
よって、答えは、１４３/３ｃｍ^2

何でもありの場合は、まず黄色い正三角形を求めて、１０×５√３×(１/２)＝２５√３ｃｍ^2
また、もう一つの黄色部分は、正方形ＡＢＣＤから四分円ＣＢＤを引いて、図形ＥＡＤを引いても良いし、二等辺三角形ＥＡＢから弓形ＥＡと弓形ＥＢを引いても良い。
念のため、図形ＥＡＤは扇形ＤＡＥから弓形ＥＤを引けば求められる。
実際の計算は省略。また、△ＤＡＥなどは二等辺三角形にばかりに目が行ってしまうと計算が大変だが、ＥからＡＤに垂線を下ろし１：２：√３の直角三角形を利用すると楽である。

おまけ：

問題２の何でもありの解法１
二辺挟角が等しいので、△ＢＡＥ≡△ＣＥＤ　よって、∠ＢＡＥ＝∠ＣＥＤ＝●，∠ＢＥＡ＝∠ＣＤＥ＝□と置くと、△ＢＡＥ（△ＣＥＤ）の内角の和より、●＋□＝１８０°－４５°＝１３５°
∴∠ＢＥＡ＋∠ＣＥＤ＝１３５°∴∠ＢＥＣ＝３６０°－９０°－１３５°＝１３５°
ここで、ＢＥ＝ＣＤ＝ｘ，ＡＢ＝ＥＣ＝ｙと置いて、条件を使うと、
(１/２)ｘｙsin135°＋(１/２)ｘｙsin45°＝３０
∴ｘｙ/２√２＋ｘｙ/２√２＝３０
∴ｘｙ＝３０√２―――①
また、△ＥＢＣで余弦定理を使うと、
１３^2＝ｘ^2＋ｙ^2－２ｘｙcos135°
∴１６９＝ｘ^2＋ｙ^2＋√２ｘｙ―――②
①を②に代入すると、
１６９＝ｘ^2＋ｙ^2＋６０　
∴ｘ^2＋ｙ^2＝１０９―――③
また、△ＣＤＥで余弦定理を使うと、
ＤＥ^2＝ｘ^2＋ｙ^2－２ｘｙcos45°＝ｘ^2＋ｙ^2－√２ｘｙ―――④
④に①，③を代入すると、
ＤＥ^2＝１０９－６０＝４９
ＤＥ＞０より、ＤＥ＝７ｃｍ
よって、答えは、７ｃｍ

おまけ：

問題２の何でもありの解法２
二辺挟角が等しいので、△ＢＡＥ≡△ＣＥＤ　よって、∠ＢＡＥ＝∠ＣＥＤ＝●，∠ＢＥＡ＝∠ＣＤＥ＝□と置くと、△ＢＡＥ（△ＣＥＤ）の内角の和より、●＋□＝１８０°－４５°＝１３５°
∴∠ＢＥＡ＋∠ＣＥＤ＝１３５°∴∠ＢＥＣ＝３６０°－９０°－１３５°＝１３５°
ここで、ＢＥ＝ＣＤ＝ｘ，ＡＢ＝ＥＣ＝ｙと置いて、ＤからＣＥに垂線を下ろしその足をＨとすると、ＤＨ＝ＣＤ/√２＝ｘ/√２ｃｍ　
∴△ＤＥＣ＝ｙ・(ｘ/√２)・(１/２)
＝ｘｙ/２√２ｃｍ^2―――①
また、ＢＥの延長上にＣから垂線を下ろしその足をⅠとすると、ＣＩ＝ｙ/√２ｃｍ　
∴△ＣＢＥ＝ｘ・(ｙ/√２)・(１/２)
＝ｘｙ/２√２ｃｍ^2―――②
①，②より、四角形ＢＣＤＥ＝ｘｙ/２√２＋ｘｙ/２√２＝ｘｙ/√２ｃｍ^2
これが条件より３０ｃｍ^2なので、
ｘｙ/√２＝３０　∴ｘｙ＝３０√２―――③
また、ＢＩ＝ｘ＋ｙ/√２ｃｍ，ＣＩ＝ｙ/√２ｃｍ，ＢＣ＝１３ｃｍより、
△ＢＣＩで三平方の定理を使うと、
(ｘ＋ｙ/√２)^2＋(ｙ/√２)^2＝１３^2が成り立つ。
∴ｘ^2＋√２ｘｙ＋ｙ^2/２＋ｙ^2/２＝１６９
∴ｘ^2＋√２ｘｙ＋ｙ^2＝１６９―――④
③を④に代入すると、
ｘ^2＋６０＋ｙ^2＝１６９　
∴ｘ^2＋ｙ^2＝１０９―――⑤
ところで、△ＤＥＨで三平方の定理を使うと、
ＤＥ^2＝(ｙ－ｘ/√２)^2＋(ｘ/√２)^2＝ｙ^2－√２ｘｙ＋ｘ^2＝ｘ^2＋ｙ^2－√２ｘｙ―――⑥
③，⑤を⑥に代入すると、
ＤＥ^2＝１０９－６０＝４９
ＤＥ＞０より、ＤＥ＝７ｃｍ

何でもありの解法３は算数の解法。因みに、算数の解法は難しいですし、三角関数の解法は覚える事が多くて大変。そこで、これから何でもありの数学をやろうと思う人は、中学数学が一番良いと思います。算数の解法は芸術的で面白いですが、実戦的ではありませんし、三角関数の解法は実戦的ですが、何故それで求まるのかよく分かりませんから面白くないと思います。

おまけ：
「その人物の名は笑福亭鶴瓶、関西の若手落語家で今一番ヤングに人気のあるタレントである。えっ、そんな馬鹿なと思う人がいると思うので、ここで彼のエピソードをあげて一つ参考にしていただくことにしよう。
　それは鶴瓶の高校時代のことである。そのことについてヒマラヤ神術代表理事の西藤孝則氏の文章に面白く語られているのでそれを掲載することにする。
『もう一年以上も前になるが、職場の同僚のつてで主に関西のラジオ、テレビで活躍中の鶴瓶に会う機会を持った。マネージャーとの交渉では五分のインタビューということだったが、鶴瓶が熱っぽく語りかけて時間は三十分以上に及んだ。
　鶴瓶と会う前に同じ中学校の教師の同僚から次のようなことを聞いた。鶴瓶が高校生だった頃、兵庫県の尼崎市のとある喫茶店でユリゲラーの話題が出た時、「そんなことならオレにもできる」といって、コーヒーカップの横にあったスプーンを全部曲げてしまったそうである。更に、壁かけや絵を全て取り除いて、壁に向かってバーベキューのくしやスプーンを次から次へと投げ、投げられたものは全て壁の中に消えてしまったそうである。
　驚いたのは店のママさん。「ちょっと何とかしてよ、うちの商売道具なんよ」鶴瓶はそれに答えて「あと三年くらいしたら、その辺のドブ川に出て来るやろ」ということだったそうである。私が鶴瓶に会うのを決めた日に、こんな不思議な話を今まであまり私と口をきいたこともなかった人が、声を忍ばせて話してくれた。
　Ｔシャツにジーンズというリラックスした服装の鶴瓶は、私の本職は何かという問いに対して、本職は何かと問いかけること自体に自由さがない。人間はもっと自由にやりたいことをどんどんやって行けばよい。ぼくは今、ラジオとコンサートに力を入れている。特に、お金を出してまでぼくの話を聞きに来てくれる人を大切にしたい。将来はわからない。将来に対する不安はないのかなという思いが私の心に浮かんだ時、鶴瓶は私の目を鋭く見つめて「ぼくには、誰にも負けない絶対的な自信がある」といわれてしまった。
　完全にテレパシーで心を見透かされていた。今の若者に何か望むことはと聞くと、「人に頼らないで、まず自分の足で何かに向かってスタートせよ」であった。あとは質問もしないのに、私に対しての仕事上のアドバイス、使命など真剣に語りかけてくれた。その話は、当時の私にとって最も大切な学習内容を含んでいた。
　その後、そして今も鶴瓶ならどのようなムードを作るだろうか、どのように人に語りかけるだろうかと考えて仕事をしている。そうすることによって、少しずつではあるがさわやかに人を変えることができるようになってきたと自分では思う。
　超能力者という珍しさで会いにいった鶴瓶が、何よりも高い人格の持ち主であることが分かり、その生活は誠実であり、彼のもとに相談に来る人や彼の話を聞きに来る人を大切にし、心をより独立した豊かなものにしようという熱意に満ちた、芸能界にいるのが不思議なくらいの人物だった。
　彼はハイラーキーに属する人に違いないという確信が日増しに高まっているこの頃である』（関西芸人の中にハイラーキーを発見！？　ＴＲＹＳＴＡＲ昭和五十七年八月号に掲載）
　まだ鶴瓶がハイラーキーだと信じられない人は、彼の番組や彼の行動を冷静に見ていただきたい。一番良いのは一時間でも二時間でも彼と一緒にいることだ。そうすれば彼の本当のことが分かってもらえるはずである。　
　我々の目には鶴瓶は人々の心にインパクトを与え、自己表現能力を付けるように試みているように映る。彼の一挙手一投足、一つの言葉には全て重大な意味がある。鶴瓶は今、関西で若者に人気が一番あるタレントである。鶴瓶は彼を慕ってくる人々に対して救世主の役割を果たしているかのようである。
　何も病気を治すことだけが救世主の仕事ではない。救世主とは人々が自分の足で、自分の力で、どんな状況になっても生きていける力と自信をつけさせることにその使命があるのだ。彼の番組に参加した人は、必ずそのために必要なことをやらされているはずである。特にテーマは自己表現にあるようである。一度人々の前で自己を表現することを覚えたら、今後はどんなところでもそれが出来るだろうし、そうなれば自分一人で生きて行くことができるはずである。
　鶴瓶についてはこれからの彼の仕事振りに注目して欲しいと思う。必ず我々の主張するように、人々特に若者の意識を高め目的をはっきりさせるような活動をするはずだから。」　
「ヒマラヤ神術　大予言＆四十億の虹」より

問題２の何でもありの解法３　算数の解法
二辺挟角が等しいので、△ＢＡＥと△ＣＥＤは合同。　よって、∠ＢＡＥ＝∠ＣＥＤ＝●，∠ＢＥＡ＝∠ＣＤＥ＝□と置くと、△ＢＡＥ（△ＣＥＤ）の内角の和より、●＋□＝１８０°－４５°＝１３５°
よって、∠ＢＥＡ＋∠ＣＥＤ＝１３５°よって、∠ＢＥＣ＝３６０°－９０°－１３５°＝１３５°
ここで、四角形ＥＢＣＤをＢＥがＣＤにくっつくようにコピーし、点Ｃ，Ｄの行き先をそれぞれＣ'，Ｄ'とすると、∠ＥＢＣ＋∠ＥＣＢ＝１８０°－１３５°＝４５°より、∠ＢＣＣ'＝４５°＋４５°＝９０°となり、ＢＣ＝ＣＣ'　また、ＥＤ＝ＤＤ'
これをあと２回繰り返すと、１辺が１３ｃｍの正方形の中に正方形ＡＥＤＤ'が入っている形になる。（正方形の理由は、４辺の長さが等しいのでひし形になり、１つの角が９０°だから正方形になるという事。）
よって、正方形ＡＥＤＤ'の面積は１３×１３－３０×４＝１６９－１２０＝４９ｃｍ^2より、正方形の１辺の長さは７ｃｍ。
よって、ＤＥ＝７ｃｍ

おまけ：

解説
＞「ｐを素数とし、ｎを任意の自然数とするなら、ｎ^p－ｎが必ずｐの倍数となる」ことが１７世紀の数学者フェルマーによって証明されている。

合同式で書くと、
ｎ^p－ｎ≡０(modｐ)
合同式の法則よりｎとｐが互いに素の時は両辺をｎで割れる。https://lets-math.com/congruent_expression/
∴ｎ^(p-1)－１≡０(modｐ)
∴ｎ^(p-1)≡１(modｐ)
よって、ｎとｐが互いに素ならば、ｎ^(p-1)≡１(modｐ)が成り立つ。フェルマーの小定理ですね。
https://manabitimes.jp/math/680
因みに、フェルマーの小定理を証明したのはライプニッツです。

「この定理はピエール・ド・フェルマーの名を冠するが、フェルマーの他の予想と同じく、フェルマー自身によって証明が与えられていたことが確認されているわけではない。この定理に対する証明はゴットフリート・ライプニッツによって初めて与えられた。」
引用元：https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%95%E3%82%A7%E3%83%AB%E3%83%9E%E3%83%BC%E3%81%AE%E5%B0%8F%E5%AE%9A%E7%90%86

＞「自然数ｎに対して、ｎ以上２ｎ以下に必ず素数が存在する」ことが、１９世紀の数学者チェビシェフによって証明されている。

ベルトラン・チェビシェフの定理ですね。

「最初に得られたチェビシェフによる証明はガンマ関数を使った高度なものであった。のちに、ポール・エルデシュが高校生のときに初等的な証明を与えた。
　一松信は、エルデシュによる初等的な証明をさらに解きほぐしたものを『数研通信』70号（2011年5月）に著した。
　2013年5月には、より強い評価式による証明が発表された。」
引用元：https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%99%E3%83%AB%E3%83%88%E3%83%A9%E3%83%B3%E3%81%AE%E4%BB%AE%E8%AA%AC

因みに、私も証明を追った事があります。確か、数Ⅲまでの知識で理解出来たと思います。苦労したけど面白くて達成感があったような気がします。（数学好きにはお薦め。）

おまけ：

解説
＞∃ｎ∈ℤ，ａ^n≡０(mod１２)
⇔ａ≡０(mod２)，ａ≡０(mod３)

∃ｎ∈ℤ，ａ^n≡０(mod１２)
⇔∃ｎ∈ℤ，ａ^n≡０(mod４)，ａ^n≡０(mod３)
（第１章定理2.3より）
ここで、
∃ｎ∈ℤ，ａ^n≡０(mod４)，ａ^n≡０(mod３)⇒ａ≡０(mod２)，ａ≡０(mod３)
は、自明である。奇数の訳がないからである。次に、
ａ≡０(mod２)，ａ≡０(mod３)⇒ａ^n≡０(mod４)，ａ^n≡０(mod３)
これは、ｎが任意だったらダメだが、ｎはある整数なのでＯＫである。例えば、ａ＝２，ｎ＝１とするとダメだが、他ならＯＫである。念のため、ａ＝６とかもダメだが、ｎ≠１ならＯＫという事。今、気付いたが、この解答の「∃ｎ∈ℤ」は全て「∃ｎ∈ℕ」の間違いである。

ベキ零元の定義
可換環Ｒの元をａとする。ある正の整数ｎがあってａ^n＝０となるとき、ａをＲのベキ零元という。

（本題に戻って）よって、
⇔ａ≡０(mod２)，ａ≡０(mod３)
となる訳である。

因みに、
∃ｎ∈ℤ，ａ^n≡０(mod１２)
⇔ａ≡０(mod２)，ａ≡０(mod３)
を初めから、
∃ｎ∈ℤ，ａ^n≡０(mod１２)⇒ａ≡０(mod２)，ａ≡０(mod３)
は自明なので（素因数だから）、
ａ≡０(mod２)，ａ≡０(mod３)⇒∃ｎ∈ℤ，ａ^n≡０(mod１２)
を考えれば、ａ＝６，ｎ＝２とすれば成り立つので、ある整数ではＯＫである。よって、
∃ｎ∈ℤ，ａ^n≡０(mod１２)
⇔ａ≡０(mod２)，ａ≡０(mod３)
は成り立つと考えても良い。ただし、ちょっと味気ないですよね。

補足
別解
（３）ベキ零元とは、ａ^n＝０となるａの事である。
つまり、ℤ12＝{|０,|１,|２,|３,|４,|５,|６,|７,|８,|９,|１０,|１１}　この中で|５とかは何回かけても１２で割り切れない事が分かるので、ベキ零元ではない。そう考えると、１２で割り切れるには、１２＝２^2・３より、２の因子と３の因子が同時に入っていなければならない事が分かる。つまり、この中では|６だけが適合者である。また、|０は別格である。
よって、答えは、{|０,|６}

おまけ：