数学

解説
＞証明
（２）ａ|ｂ⇔(ａ)⊃(ｂ)であることを示す。
∵ ａ|ｂ⇔ｂ＝ａａ'，∃ａ'∈ℤ
　　　 ⇔ｂ∈ａℤ
　　 　 ⇔ｂℤ⊂ａℤ

私が間違っておりました。昨日のも訂正します。

定理2.8
有理整数環ℤにおいて、次のことが成り立つ。
（１）(ａ)＝(ｂ)ならばａ＝±ｂであり、また逆も成立する。

証明
（１）(ａ)＝(ｂ)と仮定する。
ａ∈ａℤ＝(ａ)＝(ｂ)＝ｂℤ
であるからａ∈ｂℤとなり、ある整数ｃが存在してａ＝ｂｃと表せる。同様にしてｂ∈ａℤより、ある整数ｑが存在してｂ＝ａｑと表せる。
∴ａ＝ｂｃ＝ａｑｃ
よって１＝ｑｃだから、ｑ＝ｃ＝１または－１。ｃ＝ｑ＝１のとき、ａ＝ｂとなりｃ＝ｑ＝－１のとき、ａ＝－ｂとなる。
逆に、ａ＝±ｂと仮定する。
ａ＝±ｂ∈ｂℤ＝(ｂ)よりａℤ⊂ｂℤ　同様にしてｂℤ⊂ａℤが得られるからａℤ＝ｂℤとなる。すなわち(ａ)＝(ｂ)を得る。

＞ａ＝±ｂ∈ｂℤ＝(ｂ)よりａℤ⊂ｂℤ

ａ∈(ｂ)で(ｂ)はイデアルよりｚ∈ℤ，ａ∈(ｂ)⇒ｚａ∈(ｂ)　∴ａｚ∈(ｂ)　∴ａℤ⊂ｂℤ

勘違いしてお恥ずかしい。今回のも補足しますね。

＞証明
（２）ａ|ｂ⇔(ａ)⊃(ｂ)であることを示す。
∵ ａ|ｂ⇔ｂ＝ａａ'，∃ａ'∈ℤ
　　　 ⇔ｂ∈ａℤ
　　 　 ⇔ｂℤ⊂ａℤ

昨日の方法では、
ｂｚ∈ａℤｚ（∀ｚ∈ℤ）⇔ｂｚ∈ａℤｚ⊂ａℤ（∀ｚ∈ℤ）⇔ｂℤ⊂ａℤ

因みに、ａℤｚ⊂ａℤ（∀ｚ∈ℤ）はℤが環だからです。（乗法について閉じているから。）
群だったら、ａℤｚ＝ａℤ（∀ｚ∈ℤ）なのですが、こんな失敗しているようでは誰にも信じて貰えないでしょうね。（尤も数学は信じるとかそういう学問ではありませんが。）
念のため、群だったら、ａ∈Ｇ⇔Ｇａ＝Ｇ（定理4.1の系）
環だったら、ａが可逆元⇔Ｒａ＝Ｒ（問2.4）

おまけ：

解法１　三角関数の解法
四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形より、
∠Ｂ＝θと置くと、∠Ｄ＝１８０°－θ
△ＡＢＣ，△ＡＤＣのそれぞれで余弦定理を使うと、
ＡＣ^2＝ａ^2＋ｂ^2－２ａｂcosθ―――①
ＡＣ^2＝ｃ^2＋ｄ^2－２ｃｄcos(180°－θ)
∴ＡＣ^2＝ｃ^2＋ｄ^2＋２ｃｄcosθ―――②
①，②より、
ａ^2＋ｂ^2－２ａｂcosθ＝ｃ^2＋ｄ^2＋２ｃｄcosθが成り立つ。
∴２(ａｂ＋ｃｄ)cosθ＝ａ^2＋ｂ^2－ｃ^2－ｄ^2
∴cosθ＝(ａ^2＋ｂ^2－ｃ^2－ｄ^2)/２(ａｂ＋ｃｄ)―――③
③を①に代入すると、
ＡＣ^2＝ａ^2＋ｂ^2－２ａｂ{(ａ^2＋ｂ^2－ｃ^2－ｄ^2)/２(ａｂ＋ｃｄ)}
＝ａ^2＋ｂ^2－ａｂ{(ａ^2＋ｂ^2－ｃ^2－ｄ^2)/(ａｂ＋ｃｄ)}
＝{(ａ^2＋ｂ^2)(ａｂ＋ｃｄ)－ａｂ(ａ^2＋ｂ^2－ｃ^2－ｄ^2)}/(ａｂ＋ｃｄ)
＝{ｃｄ(ａ^2＋ｂ^2)＋ａｂ(ｃ^2＋ｄ^2)}/(ａｂ＋ｃｄ)

∴ＡＣ^2＝{ｃｄ(ａ^2＋ｂ^2)＋ａｂ(ｃ^2＋ｄ^2)}/(ａｂ＋ｃｄ)―――☆

{ｃｄ(ａ^2＋ｂ^2)＋ａｂ(ｃ^2＋ｄ^2)}
＝ｃｄａ^2＋ｂ(ｃ^2＋ｄ^2)ａ＋ｂ^2ｃｄ
＝(ｃａ＋ｂｄ)(ｄａ＋ｂｃ)
＝(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)
∴{ｃｄ(ａ^2＋ｂ^2)＋ａｂ(ｃ^2＋ｄ^2)}＝(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)―――④
④を☆に代入すると、
ＡＣ^2＝(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)/(ａｂ＋ｃｄ)
∴ＡＣ＝√{(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)/(ａｂ＋ｃｄ)}
対称性から、
ＢＤ＝√{(ａｃ＋ｂｄ)(ａｂ＋ｃｄ)/(ａｂ＋ｂｃ)}

よって、円に内接する四角形の対角線の公式が得られた。

おまけ：
「16:8 ところが主人は、この不正な家令の利口なやり方をほめた。この世の子らはその時代に対しては、光の子らよりも利口である。
16:9 またあなたがたに言うが、不正の富を用いてでも、自分のために友だちをつくるがよい。そうすれば、富が無くなった場合、あなたがたを永遠のすまいに迎えてくれるであろう。」
「ルカによる福音書」第１６章８節～９節（口語訳）

「16:08主人は、この不正な管理人の抜け目のないやり方をほめた。この世の子らは、自分の仲間に対して、光の子らよりも賢くふるまっている。 16:09そこで、わたしは言っておくが、不正にまみれた富で友達を作りなさい。そうしておけば、金がなくなったとき、あなたがたは永遠の住まいに迎え入れてもらえる。」
「ルカによる福音書」第１６章８節～９節（新共同訳）

問題
円に内接する四角形ＡＢＣＤの辺の長さをＡＢ＝ａ，ＢＣ＝ｂ，ＣＤ＝ｃ，ＤＡ＝ｄとする時、対角線ＡＣ，ＢＤの長さをａ，ｂ，ｃ，ｄで表して下さい。

解法２　中学数学の解法１
ＢＣの延長上に∠ＤＥＣ＝∠ＡＤＢとなる点Ｅを取ると、四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形なので、∠ＤＣＥ＝∠ＤＡＢ
よって、２角が等しいので、△ＡＢＤ∽△ＣＤＥ　∴ａ：ｄ＝ｃ：ＣＥ　∴ＣＥ＝ｃｄ/ａ
∴ＢＥ＝ｂ＋ｃｄ/ａ＝(ａｂ＋ｃｄ)/ａ
また、ＢＤ＝ｘと置くと、ａ：ｘ＝ｃ：ＤＥ　
∴ＤＥ＝ｃｘ/ａ
ここで、ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとし、ＤＨ＝ｍ，ＢＨ＝ｎと置いて、△ＤＢＨ，△ＤＣＨ，△ＤＥＨで三平方の定理を使うと、
ｍ^2＋ｎ^2＝ｘ^2―――①
ｍ^2＋(ｂ－ｎ)^2＝ｃ^2―――②
ｍ^2＋{(ａｂ＋ｃｄ)/ａ－ｎ}^2＝(ｃｘ/ａ)^2―――③
①－②より、２ｂｎ－ｂ^2＝ｘ^2－ｃ^2
∴ｎ＝(ｘ^2＋ｂ^2－ｃ^2)/２ｂ―――④
①－③より、－(ａｂ＋ｃｄ)^2/ａ^2＋２ｎ(ａｂ＋ｃｄ)/ａ＝ｘ^2－ｃ^2ｘ^2/ａ^2
∴－(ａｂ＋ｃｄ)^2＋２ｎａ(ａｂ＋ｃｄ)＝ａ^2ｘ^2－ｃ^2ｘ^2
∴２ｎａ(ａｂ＋ｃｄ)＝ｘ^2(ａ^2－ｃ^2)＋(ａｂ＋ｃｄ)^2―――⑤
④を⑤に代入すると、
２ａ(ａｂ＋ｃｄ)(ｘ^2＋ｂ^2－ｃ^2)/２ｂ＝ｘ^2(ａ^2－ｃ^2)＋(ａｂ＋ｃｄ)^2
∴ａ(ａｂ＋ｃｄ)(ｘ^2＋ｂ^2－ｃ^2)＝ｘ^2ｂ(ａ^2－ｃ^2)＋ｂ(ａｂ＋ｃｄ)^2
∴{ａ(ａｂ＋ｃｄ)－ｂ(ａ^2－ｃ^2)}ｘ^2＝－ａ(ａｂ＋ｃｄ)(ｂ^2－ｃ^2)＋ｂ(ａｂ＋ｃｄ)^2
∴(ａ^2ｂ＋ａｃｄ－ａ^2ｂ＋ｂｃ^2)ｘ^2＝(ａｂ＋ｃｄ){－ａ(ｂ^2－ｃ^2)＋ｂ(ａｂ＋ｃｄ)}
∴ｃ(ａｄ＋ｂｃ)ｘ^2＝(ａｂ＋ｃｄ)(－ａｂ^2＋ａ^2ｃ＋ａｂ^2＋ｂｃｄ)＝(ａｂ＋ｃｄ){ｃ(ａｃ＋ｂｄ)}
∴ｃ(ａｄ＋ｂｃ)ｘ^2＝(ａｂ＋ｃｄ){ｃ(ａｃ＋ｂｄ)}
∴ｘ^2＝(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)
∴ｘ＝√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}
∴ＢＤ＝√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}
対称性より、
ＡＣ＝√{(ａｄ＋ｂｃ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)}

因みに、初めの所で、∠ＤＥＣ＝∠ＡＢＤとなるように点Ｅを取って、△ＡＢＤ∽△ＣＥＤを使っても同様に解けます。

おまけ：

問題
円に内接する四角形ＡＢＣＤの辺の長さをＡＢ＝ａ，ＢＣ＝ｂ，ＣＤ＝ｃ，ＤＡ＝ｄとする時、対角線ＡＣ，ＢＤの長さをａ，ｂ，ｃ，ｄで表して下さい。

解法３　中学数学の解法２
四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形より、∠Ａと∠Ｃ，∠Ｂと∠Ｄはそれぞれ補角をなしている。
そこで、１つの角が補角をなしている面積比の公式より、
△ＢＡＣ：△ＤＡＣ＝ａｂ：ｃｄ―――①
△ＡＢＤ：△ＣＢＤ＝ａｄ：ｂｃ―――②
また、ＢＤとＡＣの交点をＥとし、ＢＤ＝ｘ，ＡＣ＝ｙと置くと、中学受験でよく使う定理より、
△ＢＡＣ：△ＤＡＣ＝ＢＥ：ＤＥ―――③
△ＡＢＤ：△ＣＢＤ＝ＡＥ：ＣＥ―――④
①，③より、ＢＥ：ＤＥ＝ａｂ：ｃｄ―――⑤
②，④より、ＡＥ：ＣＥ＝ａｄ：ｂｃ―――⑥
⑤より、ＢＥ＝{ａｂ/(ａｂ＋ｃｄ)}ＢＤ＝{ａｂ/(ａｂ＋ｃｄ)}ｘ＝ａｂｘ/(ａｂ＋ｃｄ)
∴ＢＥ＝ａｂｘ/(ａｂ＋ｃｄ)―――⑤'
同様に、ＤＥ＝ｃｄｘ/(ａｂ＋ｃｄ)―――⑤''
⑥より、ＡＥ＝{ａｄ/(ａｄ＋ｂｃ)}ＡＣ＝{ａｄ/(ａｄ＋ｂｃ)}ｙ＝ａｄｙ/(ａｄ＋ｂｃ)
∴ＡＥ＝ａｄｙ/(ａｄ＋ｂｃ)―――⑥'
同様に、ＣＥ＝ｂｃｙ/(ａｄ＋ｂｃ)―――⑥''
ここで、方べきの定理を使うと、
ＡＥ・ＥＣ＝ＢＥ・ＥＤより、
{ａｄｙ/(ａｄ＋ｂｃ)}・{ｂｃｙ/(ａｄ＋ｂｃ)}
＝{ａｂｘ/(ａｂ＋ｃｄ)}・{ｃｄｘ/(ａｂ＋ｃｄ)}
∴ａｂｃｄｙ^2/(ａｄ＋ｂｃ)^2＝ａｂｃｄｘ^2(ａｂ＋ｃｄ)^2
∴(ａｂ＋ｃｄ)^2・ｙ^2＝(ａｄ＋ｂｃ)^2・ｘ^2
∴(ａｂ＋ｃｄ)ｙ＝(ａｄ＋ｂｃ)ｘ
∴ｙ＝{(ａｄ＋ｂｃ)/(ａｂ＋ｃｄ)}ｘ―――☆
ところで、トレミーの定理より、
ｘｙ＝ａｃ＋ｂｄ―――☆☆
☆を☆☆に代入すると、
{(ａｄ＋ｂｃ)/(ａｂ＋ｃｄ)}ｘ^2＝ａｃ＋ｂｄ
∴ｘ^2＝(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)
∴ｘ＝√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}
∴ＢＤ＝√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}
対称性より、
ＡＣ＝√{(ａｄ＋ｂｃ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)}

因みに、トレミーの定理も中学数学で導けます。有名な方法がありますが、私のオリジナルもあります。（またの機会に紹介しましょう。）
また、中学数学の解法３も思い付きました。厳密には、解法１と解法３を競馬見ながら思い出した後に、解法２を思い付きました。（全く覚えていませんね。）

おまけ：
https://dic.nicovideo.jp/a/%E3%83%A1%E3%83%A1%E3%83%B3%E3%83%88%E3%83%BB%E3%83%A2%E3%83%AA

問題
円に内接する四角形ＡＢＣＤの辺の長さをＡＢ＝ａ，ＢＣ＝ｂ，ＣＤ＝ｃ，ＤＡ＝ｄとする時、対角線ＡＣ，ＢＤの長さをａ，ｂ，ｃ，ｄで表して下さい。

解法４　中学数学の解法３
（ⅰ）四角形ＡＢＣＤが長方形ではない場合
ＢＡの延長とＣＤの延長との交点をＥとし、ＥＡ＝ｍ，ＥＤ＝ｎと置くと、四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形より∠ＡＢＣ＝∠ＥＤＡ　
また、∠Ｅは共通より２角が等しいので、△ＥＤＡ∽△ＥＢＣ
∴ｍ：ｄ＝ｎ＋ｃ：ｂ　ｎ：ｄ＝ｍ＋ａ：ｂが成り立つ。
∴ｄ(ｎ＋ｃ)＝ｂｍーーー①　ｄ(ｍ＋ａ)＝ｂｎ―――②
①÷②より、(ｎ＋ｃ)/(ｍ＋ａ)＝ｍ/ｎ
∴ｎ(ｎ＋ｃ)＝ｍ(ｍ＋ａ)―――③
また、①より、ｍ＝ｄ(ｎ＋ｃ)/ｂ―――①'
①'を③に代入すると、
ｎ(ｎ＋ｃ)＝{ｄ(ｎ＋ｃ)/ｂ}{ｄ(ｎ＋ｃ)/ｂ＋ａ}
∴ｎ＝(ｄ/ｂ){ｄ(ｎ＋ｃ)/ｂ＋ａ}
∴ｂ^2・ｎ＝ｄ{ｄ(ｎ＋ｃ)＋ａｂ}
∴ｂ^2・ｎ＝ｄ^2(ｎ＋ｃ)＋ａｂｄ
∴ｂ^2・ｎ－ｄ^2・ｎ＝ｃｄ^2＋ａｂｄ
∴ｎ＝ｄ(ａｂ＋ｃｄ)/(ｂ^2－ｄ^2)
∴ｎ＋ｃ＝{ｄ(ａｂ＋ｃｄ)＋ｃ(ｂ^2－ｄ^2)}/(ｂ^2－ｄ^2)―――④
④を①'に代入すると、
ｍ＝{ｄ^2(ａｂ＋ｃｄ)＋ｃｄ(ｂ^2－ｄ^2)}/ｂ(ｂ^2－ｄ^2)
＝ｄ(ａｂｄ＋ｃｄ^2＋ｂ^2ｃ－ｃｄ^2)/ｂ(ｂ＋ｄ)(ｂ－ｄ)
＝ｄ(ａｂｄ＋ｂ^2ｃ)/ｂ(ｂ＋ｄ)(ｂ－ｄ)
＝ｄ(ａｄ＋ｂｃ)/(ｂ＋ｄ)(ｂ－ｄ)
∴ｍ＝ｄ(ａｄ＋ｂｃ)/(ｂ＋ｄ)(ｂ－ｄ)
∴ＥＢ＝ｍ＋ａ＝ｄ(ａｄ＋ｂｃ)/(ｂ＋ｄ)(ｂ－ｄ)＋ａ＝{ｄ(ａｄ＋ｂｃ)＋ａ(ｂ^2－ｄ^2)}/(ｂ^2－ｄ^2)
＝(ａｄ^2＋ｂｃｄ＋ａｂ^2－ａｄ^2)/(ｂ^2－ｄ^2)
∴ＥＢ＝ｂ(ａｂ＋ｃｄ)/(ｂ＋ｄ)(ｂ－ｄ)―――⑤
ＥＣ＝ｎ＋ｃ＝ｄ(ａｂ＋ｃｄ)/(ｂ－ｄ)(ｂ＋ｄ)＋ｃ＝{ｄ(ａｂ＋ｃｄ)＋ｃ(ｂ^2－ｄ^2)}/(ｂ^2－ｄ^2)
＝(ａｂｄ＋ｃｄ^2＋ｂ^2ｃ－ｃｄ^2)/(ｂ^2－ｄ^2)
∴ＥＣ＝ｂ(ａｄ＋ｂｃ)/(ｂ＋ｄ)(ｂ－ｄ)―――⑥
ところで、円周角より∠ＡＢＤ＝∠ＡＣＤ　また、∠Ｅは共通より２角が等しいので、△ＥＢＤ∽△ＥＣＡ
ここで、ＡＣ＝ｘ，ＢＤ＝ｙと置くと、
ｘ：ｙ＝ＥＣ：ＥＢ＝⑥：⑤＝ａｄ＋ｂｃ：ａｂ＋ｃｄ
∴ｙ＝{(ａｂ＋ｃｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}ｘ―――☆
また、トレミーの定理より、
ｘｙ＝ａｃ＋ｂｄ―――☆☆
☆を☆☆に代入すると、
{(ａｂ＋ｃｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}ｘ^2＝ａｃ＋ｂｄ
∴ｘ^2＝(ａｄ＋ｂｃ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)
∴ｘ＝√{(ａｄ＋ｂｃ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)}
∴ＡＣ＝√{(ａｄ＋ｂｃ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)}
（ⅱ）長方形の場合は、ａ＝ｃ，ｂ＝ｄ
これをＡＣ＝√{(ａｄ＋ｂｃ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)}に代入すると、
∴ＡＣ＝√{(ａｂ＋ｂａ)(ａ^2＋ｂ^2)/(ａｂ＋ａｂ)}＝√(ａ^2＋ｂ^2)
一方、長方形の場合は∠Ｂ＝９０°より、ＡＣ＝√(ａ^2＋ｂ^2)でＯＫ。
∴ＡＣ＝√{(ａｄ＋ｂｃ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)}
（ⅰ）,（ⅱ）より、
ＡＣ＝√{(ａｄ＋ｂｃ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)}
また、対称性より、
ＢＤ＝√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}

おまけ：
https://twitter.com/satndRvjMpc4tl7/status/1624543376963170304

解説
＞逆に、ａ＝±ｂと仮定する。
ａ＝±ｂ∈ｂℤ＝(ｂ)よりａℤ⊂ｂℤ　同様にしてｂℤ⊂ａℤが得られるからａℤ＝ｂℤとなる。すなわち(ａ)＝(ｂ)を得る。

ａ∈ａℤですが、これは∀ａではなく∃ａですよね。つまり、ａ・１∈ａℤ
そんなａが（ａ＝±ｂ∈ｂℤ＝(ｂ)で）ａ∈ｂℤだからと言って、ａℤ⊂ｂℤとは言えないのではないでしょうか。
そこで、自分の解法を作ってみると、

逆に、ａ＝±ｂと仮定する。
（ⅰ）ａ＝ｂの場合、ａによって生成されたイデアルａℤを考えると、ℤは有理整数環よりイデアルａℤはａの倍数である。ｂによって生成されたイデアルｂℤもｂの倍数でａ＝ｂよりａℤ＝ｂℤである。つまり、(ａ)＝(ｂ)
（ⅱ）ａ＝－ｂの場合、－ｂによって生成されたイデアル(－ｂ)ℤを考えると、ℤは有理整数環より(－ｂ)の倍数であり、これはｂの倍数でもある。∴(－ｂ)ℤ＝ｂℤ
∴ａℤ＝(－ｂ)ℤ＝ｂℤ　∴(ａ)＝(ｂ)

（ⅰ）,（ⅱ）より、(ａ)＝(ｂ)を得る。

おまけ：

解説　その２
＞逆に、ａ＝±ｂと仮定する。
ａ＝±ｂ∈ｂℤ＝(ｂ)よりａℤ⊂ｂℤ　同様にしてｂℤ⊂ａℤが得られるからａℤ＝ｂℤとなる。すなわち(ａ)＝(ｂ)を得る。

逆に、ａ＝±ｂと仮定する。
∀ｚ∈ℤの両辺にａを掛けると、∀ａｚ∈ａℤ　この右辺のａにａ＝±ｂを代入すると、
∀ａｚ∈(±ｂ)ℤ＝(ｂ)　∴ａℤ⊂ｂℤ―――①
∀ｚ∈ℤの両辺にｂを掛けると、∀ｂｚ∈ｂℤ　この右辺のｂにｂ＝±ａを代入すると、
∀ｂｚ∈(±ａ)ℤ＝(ａ)　∴ｂℤ⊂ａℤ―――②
①，②より、ａℤ＝ｂℤ　∴(ａ)＝(ｂ)

これではどうでしょうか。自分ではいけると思っているのですが。

おまけ：

解答
Ａ，ＣからＢＤに垂線を下ろすと、△ＡＢＤは直角二等辺三角形より点Ｏに下り、またＣからの垂線の足はＨとすると、△ＡＯＥ∽△ＣＨＥより、ＡＥ：ＥＣ＝ＡＯ：ＣＨ＝５：５√３/２＝２：√３
よって、答えは、２：√３

＞マニアックな定理を使えば、円に内接する四角形よりＡＥ：ＥＣ＝ＡＢ・ＡＤ：ＣＢ・ＣＤから補助線なしで一発。

四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形より、∠Ａと∠Ｃは補角をなす。よって、１つの角が補角をなす三角形の面積比の公式より、△ＡＢＤ：△ＣＢＤ＝ＡＢ・ＡＤ：ＣＢ・ＣＤ―――①
また、中学入試で使われる定理より、△ＡＢＤ：△ＣＢＤ＝ＡＥ：ＥＣ―――②
①，②より、ＡＥ：ＥＣ＝ＡＢ・ＡＤ：ＣＢ・ＣＤ

何でもありの解法は次回。（補助線なし。）

おまけ：

何でもありの解法２
ＢＤは直径より∠ＢＡＤ＝∠ＢＣＤ＝９０°∴∠ＡＢＤ＝４５°，∠ＣＢＤ＝３０°
ところで、ＡＥ：ＥＣ＝△ＢＡＥ：△ＢＥＣ＝(１/２)ＢＡ・ＢＥ・sin45°：(１/２)ＢＥ・ＢＣsin30°
＝ＢＡsin45°：ＢＣsin30°＝５√２・(１/√２)：５√３・(１/２)＝１：√３/２＝２：√３
∴ＡＥ：ＥＣ＝２：√３

念のため、△ＤＡＥ：△ＤＥＣでやっても良い。

改題：ＡＣの長さを求めて下さい。何通りか作ってみて下さい。

おまけ：

改題
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201811150001/
ＡＣの長さを求めよ。

解法１
ＡＢ＝ＡＤ＝５√２ｃｍ，ＣＤ＝５ｃｍ，ＣＢ＝５√３ｃｍより、四角形ＡＢＣＤでトレミーの定理を使うと、
ＡＣ×１０＝５√２×５＋５√２×５√３が成り立つ。
∴１０ＡＣ＝２５√６＋２５√２
∴ＡＣ＝５(√６＋√２)/２ｃｍ

解法２
∠ＡＢＣ＝４５°＋３０°＝７５°
よって、△ＡＢＣで正弦定理を使うと、
ＡＣ/sin75°＝２Ｒ＝１０
∴ＡＣ＝１０sin75°＝１０sin(45°＋30°)
＝１０(sin45°cos30°＋cos45°sin30°)
＝１０{(１/√２)(√３/２)＋(１/√２)(１/２)}
＝１０{(１＋√３)/２√２}＝５(√２＋√６)/２
∴ＡＣ＝５(√６＋√２)/２ｃｍ

解法３
ＤからＡＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、円周角より△ＤＨＣは直角二等辺三角形になり、△ＡＤＨは１：２：√３の直角三角形になる。
また、△ＢＣＤも１：２：√３の直角三角形より、
ＣＤ＝５ｃｍ　
∴ＣＨ＝ＤＨ＝５/√２＝５√２/２ｃｍ
∴ＡＨ＝√３ＤＨ＝５√６/２ｃｍ
∴ＡＣ＝５√６/２＋５√２/２ｃｍ
∴ＡＣ＝５(√６＋√２)/２ｃｍ
念のため、ＢからＡＣに垂線を下ろしても出来る。

解法４
Ａ，ＣからＢＤに垂線を下ろし、１５°，７５°，９０°の直角三角形の３辺比でＡＥの長さを求め、前回求めたＡＥ：ＥＣの比を使ってＡＣの長さを求める。
または、ＣからＤＥに下ろした垂線の足をＨとしてＤＨを求め、ＯＨを求める。そして前回のＡＥ：ＥＣの比を使ってＥＨを求め、△ＣＥＨで三平方の定理を使いＣＥを求め、再び前回のＡＥ：ＥＣの比でＡＣの長さを求めれば、普通の中学生の解答になる。

解法５，６は次回。（普通の中学生の知識の解法。また、２つは似たようなもの。）

おまけ：

改題の解法５
ＣＢの延長上にＢＦ＝ＤＣとなる点Ｆを取ると、円に内接する四角形より∠ＡＢＦ＝∠ＡＤＣ
よって、二辺挟角が等しいので、△ＡＢＦ≡△ＡＤＣ　∴ＡＦ＝ＡＣ，∠ＦＡＢ＝∠ＣＡＤ
この両辺に∠ＢＡＣを加えると、∠ＦＡＣ＝∠ＢＡＤ＝９０°（ＢＤは直径より）
よって、△ＡＦＣは直角二等辺三角形である。
ところで、ＢＦ＝ＤＣ＝５ｃｍ，ＢＣ＝５√３ｃｍより、ＦＣ＝５√３＋５ｃｍ
∴ＡＣ＝ＦＣ/√２＝(５√３＋５)/√２＝５(√６＋√２)/２ｃｍ
よって、答えは、５(√６＋√２)/２ｃｍ

今朝は解法６も一緒にやったが、次回。自分で考えてみて下さい。

おまけ：

改題
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201811150001/
ＡＣの長さを求めよ。

解法６
ＢＤは直径より△ＡＢＤは直角二等辺三角形で△ＣＢＤは１：２：√３の直角三角形である。
よって、円周角より、
∠ＡＣＢ＝∠ＡＣＤ＝４５°，∠ＣＡＤ＝３０°となる。
ここで、ＡＤの延長上に∠ＦＣＤ＝４５°となる点Ｆを取ると、∠ＡＣＤ＝∠ＦＣＤ
また、四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形より、∠ＡＢＣ＝∠ＦＤＣ
よって、２角が等しいので、△ＡＢＣ∽△ＦＣＤで相似比はＢＣ：ＤＣ＝√３：１
また、△ＯＡＢも直角二等辺三角形より、
ＡＢ＝５√２ｃｍ　∴ＦＤ＝５√２/√３ｃｍ
∴ＡＦ＝５√２＋５√２/√３ｃｍ
ところで、∠ＡＣＦ＝４５°＋４５°＝９０°より、△ＡＣＦも１：２：√３の直角三角形である。
∴ＡＣ＝(√３/２)ＡＦ
＝(√３/２)(５√２＋５√２/√３)
＝５√６/２＋５√２/２
＝５(√６＋√２)/２ｃｍ
∴ＡＣ＝５(√６＋√２)/２ｃｍ

解法５というヒントがあれば出来たのではないでしょうか。

おまけ：
https://www.amazon.co.jp/%E7%BE%A4%E3%83%BB%E7%92%B0%E3%83%BB%E4%BD%93%E5%85%A5%E9%96%80-%E6%96%B0%E5%A6%BB-%E5%BC%98/dp/4320015959

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：

問題
ⅠをＲのイデアルとするとき、ⅠＲ＝Ⅰであることを示せ。

別解
ⅠＲはⅠの元とＲの元の有限個の積の全体である。
ⅠＲ＝{ａ1ｒ1＋・・・＋ａnｒn｜ｎ∈ℕ,ａi∈Ⅰ,ｒi∈Ｒ（１≦ｉ≦ｎ）}
１個の積だけに注目すると、
ⅠR＝{ａ1ｒ1，ａ2ｒ2，・・・，ａnｒn，・・・}
また、Ⅰの元とＲの元の積は全ての場合があるが、ａiの相手を１（乗法単位元）に限定すると、
ⅠＲ＝{ａ1，ａ2，・・・，ａn，・・・}⊃Ⅰ
つまり、ⅠＲはⅠを含むので、Ⅰ⊂ⅠＲ―――①
ここで、Ⅰ・Ｒ＝{ａｒ｜ａ∈Ⅰ，ｒ∈Ｒ}という集合を考えると、Ⅰはイデアルより、ａiｒi∈Ⅰ
また、Ⅰはイデアルより、ａiｒi∈Ⅰ⇔|(ａiｒi)＝|０
（ａ≡ｂ（modⅠ）⇔ａ－ｂ∈Ⅰにｂ＝０を代入すると、ａ≡０（modⅠ）⇔ａ∈Ⅰより。）
∴|(ａ1ｒ1)＋|(ａ2ｒ2)＋・・・＋|(ａnｒn)＝|０
∴|(ａ1ｒ1＋ａ2ｒ2＋・・・＋ａnｒn)＝|０
∴ａ1ｒ1＋ａ2ｒ2＋・・・＋ａnｒn∈Ⅰ
∴ⅠR⊂Ⅰ―――②
①，②より、ⅠR＝Ⅰ

因みに、|ａiｒi∈(Ⅰ・R)/Ⅰである。（Ⅰ⊂Ⅰ・R）

また、Ⅰはイデアルより、ａiｒi∈Ⅰ⇔|(ａiｒi)＝|０と書いたが、実際はⅠは加法群より、
ａiｒi∈Ⅰ⇔ａiｒi＋Ⅰ＝Ⅰ⇔ａiｒi＋Ⅰ＝０＋Ⅰ
⇔ａiｒi≡０（modⅠ）⇔|(ａiｒi)＝|０
という事である。念のため、Ⅰ・Ｒも（イデアルで）加法群。

おまけ：

解説
＞「Ｊ1とＪ2を、Ⅰを含んでいるＲのイデアルと」しているのに、証明ではⅠがイデアルである事しか使っていませんよね。つまり、Ｊ1/ⅠとＪ2/Ⅰが（剰余環Ｒ/Ⅰの）イデアルである必要があるのかないのか答えて下さい。

そんな必要はない。Ｊ1，Ｊ2，Ⅰの条件は次で。

＞定義より、Ｊ1/Ⅰ＝{|ａ｜ａ∈Ｊ1}，Ｊ2/Ⅰ＝{|ａ｜ａ∈Ｊ2}
ａ∈Ｊ1とする。このとき、|ａ∈Ｊ1/Ⅰ＝Ｊ2/Ⅰであるから、|ａ∈Ｊ2/Ⅰ　∴ａ∈Ｊ2　∴ａ∈Ｊ1⇒ａ∈Ｊ2　∴Ｊ1⊂Ｊ2―――①
また、ａ∈Ｊ2とする。このとき、|ａ∈Ｊ2/Ⅰ＝Ｊ1/Ⅰであるから、|ａ∈Ｊ1/Ⅰ　∴ａ∈Ｊ1　∴ａ∈Ｊ2⇒ａ∈Ｊ1　∴Ｊ2⊂Ｊ1―――②
①，②より、Ｊ1＝Ｊ2

これではいけないのかどうか答えて下さい。これだとⅠがイデアルである事さえ使っていませんが。

この証明で正しい。結局、Ｊ1，Ｊ2，Ⅰは加法群でさえあれば良い。その理由は、第２章定理4.1から、

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）の命題は同値である。
（１）ａＨ＝ｂＨ
（２）ａ^-1ｂ∈Ｈ
（３）以下略。

ａとｂは入れ換えても同じなので、
（２）はｂ^-1ａ∈Ｈとして良い。一応、証明をしておくと、（１）⇒（２）：ａ∈ａＨ＝ｂＨよりａ＝ｂｈとなるｈ∈Ｈが存在する。この両辺に左からｂ^-1を掛けると、ｂ^-1ａ＝ｈ∈Ｈ　∴ｂ^-1ａ∈Ｈ（逆は省略。）
ここで、Ｇを加法群とすると、Ｈも加法群で可換なので正規部分群である。よって、剰余群Ｊ1/Ｈ＝{|ａ｜ａ∈Ｊ1}，Ｊ2/Ｈ＝{|ｂ｜ｂ∈Ｊ2}とすると、
Ｊ1/Ｈ＝Ｊ2/Ｈ⇔ａ＋Ｈ＝ｂ＋Ｈ⇔－ｂ＋ａ∈Ｈ
ここで、ｂ∈Ｊ2であるから、ａ∈ｂ＋Ｈ⊂Ｊ2を得る。以上によりＪ1⊂Ｊ2であることが示される。逆の包含関係も同様に示されるのでＪ1＝Ｊ2が証明される。
よって、条件は加法群でさえあれば良い。

補足
第２章定理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

加法群に限定すると、
ａ∈Ｈ⇔ａ＋Ｈ＝Ｈ⇔ａ＋Ｈ＝０＋Ｈ⇔|ａ＝|０
∴ａ∈Ｈ⇔|ａ＝|０（|ａ∈Ｇ/Ｈ）
というイデアルと同じ関係が出来る。イデアルでは加法群（加法の部分群）であるという事も非常に大事だという事である。（剰余環ℤn＝ℤ/ｎℤが加法群である事を考えれば納得出来るだろう。）

おまけ：
https://www.tv-asahi.co.jp/reading/goodmorning/

補足
＞この証明で正しい。結局、Ｊ1，Ｊ2，Ⅰは加法群でさえあれば良い。

加法にこだわる事もないですね。つまり、Ｊ1，Ｊ2が群でⅠが正規部分群であれば良い。

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）の命題は同値である。
（１）ａＨ＝ｂＨ
（２）ａ^-1ｂ∈Ｈ
（３）以下略。

ａとｂは入れ換えても同じなので、
（２）はｂ^-1ａ∈Ｈとして良い。一応、証明をしておくと、（１）⇒（２）：ａ∈ａＨ＝ｂＨよりａ＝ｂｈとなるｈ∈Ｈが存在する。この両辺に左からｂ^-1を掛けると、ｂ^-1ａ＝ｈ∈Ｈ　∴ｂ^-1ａ∈Ｈ（逆は省略。）
ここで、Ｇを群，Ｈを正規部分群とし、剰余群Ｊ1/Ｈ＝{|ａ｜ａ∈Ｊ1}，Ｊ2/Ｈ＝{|ｂ｜ｂ∈Ｊ2}とすると、
Ｊ1/Ｈ＝Ｊ2/Ｈ⇔ａＨ＝ｂＨ⇔ｂ^-1ａ∈H⇔ａ∈ｂＨ
ここで、ｂ∈Ｊ2であるから、ａ∈ｂＨ⊂Ｊ2を得る。以上によりＪ1⊂Ｊ2であることが示される。逆の包含関係も同様に示されるのでＪ1＝Ｊ2が証明される。
よって、条件は群でさえあれば良い。
念のため、環の場合も加法群なので当然ＯＫ。（体も）

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12787787276.html

問題１の解答
ＢＣの延長上に点Ｆを取ると、∠ＥＣＦ＝１８０°－１５０°＝３０°
また、ＣＡ＝ＣＤより△ＣＡＤは二等辺三角形で∠ＣＤＡ＝５５°＋２０°＝７５°より、∠ＤＣＡ＝１８０°－７５°×２＝３０°
よって、∠ＤＣＡ＝∠ＥＣＦかつＤＣ＝ＡＣより、△ＤＣＥを点Ｃを中心に右回転に３０°回転させるとＤＣがＡＣにぴったりくっつき、点Ｅの行き先をＥ'とすると、３点Ｂ，Ｃ，Ｅ'は一直線上になる。また、ＡＢ＝ＤＥより△ＡＢＥ'は二等辺三角形になり、頂角は７５°＋５５°＝１３０°となるので、∠ＡＢＣ＝(１８０°－１３０°)÷２＝２５°
よって、答えは、２５°

問題２の解答
数字は全部で９×８＝７２個で、
１２
１３
１４
１５
１６
１７
１８
１９
２１
２３
・
・
・
と考えていくと、十の位も一の位も１～９の数字がそれぞれ８個ずつになる事が分かる。
つまり、全ての数の総和は、(１＋２＋３＋４＋５＋６＋７＋８＋９)×８×１０＋(１＋２＋３＋４＋５＋６＋７＋８＋９)×８×１＝４５×８×１０＋４５×８＝３６０×１０＋３６０＝３６００＋３６０＝３９６０
よって、平均値は、３９６０÷７２＝５５
よって、答えは、５５

おまけ：

解説
＞|(ａ^n)＝|０⇔ａ^n∈Ｎ(Ｒ)

|(ａ^n)＝|０⇔ａ^n＋Ｎ(Ｒ)＝Ｎ(Ｒ)
⇔ａ^n∈Ｎ(Ｒ)
（Ｎ(Ｒ)はイデアルで加法群だから第２章定理4.1の系より。）

第２章定理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

念のため、加法群の場合は、ａ＋Ｈ＝Ｈである。

＞ａ∈Ｎ(Ｒ)
すなわち、Ｒ/Ｎ(Ｒ)において、|ａ＝|０である。

Ｎ(Ｒ)はイデアルより、
ａ≡ｂ（modＮ(Ｒ)）⇔ａ－ｂ∈Ｎ(Ｒ)（p.162参照）
これにｂ＝０を代入すると、
ａ≡０（modＮ(Ｒ)）⇔ａ∈Ｎ(Ｒ)
つまり、|ａ＝|０⇔ａ∈Ｎ(Ｒ)という事である。
よって、ａ∈Ｎ(Ｒ)ならば|ａ＝|０

おまけ：

何でもありの解法１　私の算数の解法
点ＡのＢＣに関する対称点を取りＡ'とすると、
∠ＡＢＡ'＝４５°，∠ＡＣＡ'＝９０°
また、点ＡのＢＡ'に関する対称点を取りＡ''とすると、△ＢＡＡ'と△ＢＡ'Ａ''は合同でそれぞれ頂角が４５°の二等辺三角形より底角は６７．５°なので、∠ＡＡ'Ａ''＝６７．５°×２＝１３５°
また、△ＣＡＡ'は直角二等辺三角形より、
∠ＣＡＡ'＝４５°よって、３点Ｃ，Ａ'，Ａ''は一直線上にある。

（実は、これは、正方形ＡＢＣＤの四隅を適当な直角二等辺三角形で切り取り正八角形ＰＱＲＳＴＵＶを作り、正方形の中心をＯとすると、正方形ＡＢＣＤの１/４の四角形ＯＵＤＷなどの３点Ｕ，Ｖ，Ｄが正方形の辺ＣＤの一部である事から自明である。）

ここで、ＡＡ''とＢＡ'の交点をＤとすると、対称性より点ＤはＡＡ''の真ん中の点である。よって、ＣＤを結ぶと、直角三角形の直角と斜辺の真ん中の点を結ぶ事になり、定石によりＤＡ＝ＤＣ＝ＤＡ''である。（これは長方形を斜め半分に切った形を考えれば分かる。）
よって、△ＤＡＣは二等辺三角形で、∠ＤＡＣ＝１８０°－２２．５°－４５°－４５°＝６７．５°（△ＤＡＢは直角二等辺三角形だから∠ＤＡＢ＝４５°）
よって、∠ＡＤＣ＝１８０°－６７．５°×２＝４５°
よって、∠ＤＡＢ＝∠ＡＤＣより錯角が等しいので、ＣＤとＡＢは平行。
よって、等積変形より、△ＣＡＢ＝△ＤＡＢ＝７×(７/２)÷２＝４９/４ｃｍ^2
よって、△ＡＢＣ＝４９/４ｃｍ^2

自分で言うのも何ですが、算数オリンピックの選手たちには為になるのではないでしょうか。

おまけ：

何でもありの解法２　高校数学の解法
ＡからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、
ＡＨ＝７sin22.5°，ＢＨ＝７cos22.5°
また、△ＡＣＨは直角二等辺三角形より、
ＣＨ＝ＡＨ＝７sin22.5°
∴ＢＣ＝７cos22.5°＋７sin22.5°
∴△ＡＢＣ＝(７cos22.5°＋７sin22.5°)
×７sin22.5°×(１/２)
＝(４９/２)sin22.5°(sin22.5°＋cos22.5°)
＝(４９/２){(sin22.5°)^2＋sin22.5°cos22.5°}
＝(４９/２){(１－cos45°)/２＋sin45°/２}
＝(４９/２){(１－１/√２)/２＋(１/√２)/２}
＝(４９/２){(√２－１)/２√２＋１/２√２}
＝(４９/２)(√２/２√２)
＝(４９/２)(１/２)
＝４９/４ｃｍ^2
よって、答えは、４９/４ｃｍ^2

念のため、１０行目から１１行目へは半角の公式とsinの２倍角の公式。

最も数学っぽい解き方ではないでしょうか。でも、改めて考えてみると、どうして４９/４ｃｍ^2になるかさっぱり分かりませんね。笑

因みに、中学数学では４通り作りました。（中々エレガントなものもあるので期待して下さい。）

おまけ：

何でもありの解法３　私の算数の解法２

中学数学の解法４を算数に練り直しました。

適当な円を描くと、内部に好きな形の三角形を描く事が出来る。だから逆にどんな形の三角形にもその外接円を描く事が出来る。（円の大きさは３点で定まる事を考えれば納得出来るだろう。）
念のため、四角形はある条件が揃わないと外接円は描けない。ブーメラン型の四辺形などは描けない事が一目瞭然だろう。
そこで、△ＡＢＣの外接円を描き、その中心をＯとすると、半径よりＯＡ＝ＯＢ＝ＯＣ
よって、△ＯＡＢと△ＯＡＣはそれぞれ二等辺三角形である。よって、∠ＯＡＢ＝∠ＯＢＡ＝●，∠ＯＡＣ＝∠ＯＣＡ＝〇と置き、ＡＯの延長上に点Ｐを取ると、△ＯＡＢの内対角の和より、∠ＰＯＢ＝●●，△ＯＡＣの内対角の和より、∠ＰＯＣ＝〇〇
よって、優角ＢＯＣ＝●●〇〇　また、∠ＢＡＣ＝●〇より、優角ＢＯＣ＝∠ＢＡＣ×２＝(１８０°－２２．５°－４５°)×２＝１１２．５°×２＝２２５°
よって、劣角ＢＯＣ＝３６０°－２２５°＝１３５°
つまり、∠ＢＯＣ＝１３５°
ところで、半径よりＯＢ＝ＯＣなので△ＯＢＣも二等辺三角形である。よって、∠ＯＢＣ＝∠ＯＣＢ＝(１８０°－１３５°)÷２＝２２．５°
よって、∠ＯＢＡ＝２２．５°＋２２．５°＝４５°
よって、△ＯＡＢは１つの角が４５°の二等辺三角形より直角二等辺三角形である。
よって、∠ＡＯＢ＝９０°，∠ＯＡＢ＝４５°
よって、∠ＡＯＣ＝１３５°－９０°＝４５°
よって、∠ＯＡＢ＝∠ＡＯＣ　よって、錯角が等しいので、ＡＢとＣＯは平行。よって、等積変形より、△ＣＡＢ＝△ＯＡＢ＝７×(７/２)×(１/２)＝４９/４ｃｍ^2
よって、△ＡＢＣ＝４９/４ｃｍ^2

おまけ：

何でもありの解法４　中学数学の解法１
点ＡのＢＣに関する対称点をＡ'とすると、∠ＡＢＡ'＝４５°，∠ＡＣＡ'＝９０°
ここで、ＡからＢＡ'に垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＡＢＨは直角二等辺三角形より、
ＡＨ＝ＢＨ＝７/√２ｃｍ　また、Ａ'Ｂ＝ＡＢ＝７ｃｍより、Ａ'Ｈ＝７－７/√２ｃｍ
よって、△ＡＨＡ'で三平方の定理を使うと、
(７/√２)^2＋(７－７/√２)^2＝ＡＡ'^2
∴ＡＡ'^2＝４９/２＋４９＋４９/２－４９√２＝９８－４９√２
ＡＡ'＞０より、ＡＡ'＝７√(２－√２)ｃｍ
ところで、△ＣＡＡ'は直角二等辺三角形より、
△ＣＡＡ'＝ＡＡ'×(ＡＡ'/２)×(１/２)＝ＡＡ'^2/４
∴△ＣＡＡ'＝４９(２－√２)/４ｃｍ^2
また、△ＢＡＡ'＝７×(７/√２)×(１/２)＝４９/２√２＝４９√２/４ｃｍ^2
∴四角形ＡＢＡ'Ｃ＝４９(２－√２)/４＋４９√２/４＝４９/２ｃｍ^2
∴△ＡＢＣ＝４９/４ｃｍ^2

何でもありの解法５　中学数学の解法２
点ＡのＢＣに関する対称点をＡ'とすると、∠ＡＢＡ'＝４５°，∠ＡＣＡ'＝９０°
ここで、ＡからＢＡ'に垂線を下ろしその足をＨとすると、∠ＡＨＡ'＝∠ＡＣＡ'＝９０°より四角形ＡＨＡ'Ｃは円に内接する四角形である。
また、△ＣＡＡ'と△ＨＡＢは共に直角二等辺三角形。
よって、円周角より∠ＡＨＣ＝∠ＡＡ'Ｃ＝４５°
また、∠ＨＡＢ＝４５°より、∠ＨＡＢ＝∠ＡＨＣ
よって、錯角が等しいので、ＡＢ//ＣＨ
よって、等積変形より、△ＣＡＢ＝△ＨＡＢ＝(７/√２)^2・(１/２)＝４９/４ｃｍ^2
∴△ＡＢＣ＝４９/４ｃｍ^2

何でもありの解法６は中学数学の解法３で、何でもありの解法７は前回の算数の解法から外接円の概念を取り除いた解法です。ただし、その分ブサイクな解法だと思います。

おまけ：

何でもありの解法５　中学数学の解法３
ＡからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとし、ＨＡの延長上に∠ＩＢＨ＝４５°となる点Ｉを取ると、
△ＩＢＨは直角二等辺三角形になり、ＢＡは∠ＩＢＨの二等分線になる。
そこで、ＢＨ＝ＩＨ＝ｘと置いて、△ＢＩＨで角の二等分線の定理を使うと、ＢＨ：ＢＩ＝ＡＨ：ＡＩ＝１：√２　∴ＡＨ＝{１/(√２＋１)}ｘ＝(√２－１)ｘ
よって、△ＡＢＨで三平方の定理を使うと、ｘ^2＋{(√２－１)ｘ}^2＝７^2が成り立つ。
∴ｘ^2＋(３－２√２)ｘ^2＝４９
∴(４－２√２)ｘ^2＝４９
∴ｘ^2＝４９/(４－２√２)＝４９(４＋２√２)/８＝４９(２＋√２)/４
∴ｘ^2＝４９(２＋√２)/４―――①
また、△ＡＨＣも直角二等辺三角形より、ＣＨ＝ＡＨ＝(√２－１)ｘｃｍ
∴ＢＣ＝ｘ＋(√２－１)ｘ＝√２ｘ
∴△ＡＢＣ＝√２ｘ・(√２－１)ｘ・(１/２)＝(２－√２)ｘ^2/２
∴△ＡＢＣ＝(２－√２)ｘ^2/２―――②
①を②に代入すると、
△ＡＢＣ＝(２－√２)・４９(２＋√２)/８＝４９・２/８＝４９/４ｃｍ^2
よって、答えは、４９/２ｃｍ^2

少し奇天烈に見えますが、これが中学数学では最も実戦的な解法ではないでしょうか。確実にＢＨ（とＡＨ）の長さが求まる見通しが立てられますから。

おまけ：

何でもありの解法６　私の算数の解法３
∠ＢＡＣ＝１８０°－２２．５°－４５°＝１１２．５°＝４５°＋６７．５°より、
ＡＢを斜辺とした直角二等辺三角形とＡＣを底辺とした頂角が４５°の二等辺三角形を描くと、隙間なくぴったりと∠ＢＡＣ内に収まる。
そこで、直角二等辺三角形の頂点（直角）をＤ，頂角が４５°の二等辺三角形の頂点をＥとする。
（ⅰ）ＤＡ＞ＥＡの場合、ＤＡ＝ＤＢ＝〇と置き、ＣＥの延長とＤＢとの交点をＦとすると、∠ＤＥＦ＝∠ＡＥＣ＝４５°，∠ＥＤＦ＝９０°より△ＤＥＦは直角二等辺三角形。よって、ＤＥ＝ＤＦ＝●と置くと、ＢＦ＝〇－●，ＡＥ＝〇－●　また、ＡＥ＝ＣＥよりＣＥ＝〇－〇　よって、ＢＦ＝ＣＥ―――①
ところで、∠ＦＢＣ＝４５°－２２．５°＝２２．５°，∠ＦＣＢ＝６７．５°－４５°＝２２．５°より、∠ＦＢＣ＝∠ＦＢＣ
よって、△ＦＢＣは二等辺三角形より、ＢＦ＝ＣＦ―――②
①，②より、ＣＥ＝ＣＦ　これは２点Ｅ，Ｆが一致している事を意味している。つまり、点Ｄと点Ｅが一致している事を意味している。
（ⅱ）ＤＡ＜ＥＡの場合、ＤＡ＝ＤＢ＝〇と置き、ＢＤの延長とＥＣとの交点をＦとすると、∠ＤＥＦ＝４５°，∠ＥＤＦ＝９０°より△ＤＥＦは直角二等辺三角形。よって、ＤＥ＝ＤＦ＝●と置くと、ＢＦ＝〇＋●，ＡＥ＝〇＋●　また、ＡＥ＝ＣＥよりＣＥ＝〇＋●　よって、ＢＦ＝ＣＥ―――③
ところで、∠ＦＢＣ＝４５°－２２．５°＝２２．５°，∠ＦＣＢ＝６７．５°－４５°＝２２．５°より、∠ＦＢＣ＝∠ＦＢＣ
よって、△ＦＢＣは二等辺三角形より、ＢＦ＝ＣＦ―――④
③，④より、ＣＥ＝ＣＦ　これは２点Ｅ，Ｆが一致している事を意味している。つまり、点Ｄと点Ｅが一致している事を意味している。
（ⅰ），（ⅱ）より、点Ｄと点Ｅは一致しているので、その点をＯとする。
すると、∠ＯＡＢ＝４５°，∠ＡＯＣ＝４５°より錯角が等しいので、ＡＢとＣＯは平行。よって、等積変形より、△ＣＡＢ＝△ＯＡＢ＝７×(７/２)×(１/２)＝４９/４ｃｍ^2
よって、△ＡＢＣ＝４９/４ｃｍ^2

おまけ：
「16:8 ところが主人は、この不正な家令の利口なやり方をほめた。この世の子らはその時代に対しては、光の子らよりも利口である。
16:9 またあなたがたに言うが、不正の富を用いてでも、自分のために友だちをつくるがよい。そうすれば、富が無くなった場合、あなたがたを永遠のすまいに迎えてくれるであろう。」
「ルカによる福音書」第１６章８節～９節（口語訳）

「16:08主人は、この不正な管理人の抜け目のないやり方をほめた。この世の子らは、自分の仲間に対して、光の子らよりも賢くふるまっている。 16:09そこで、わたしは言っておくが、不正にまみれた富で友達を作りなさい。そうしておけば、金がなくなったとき、あなたがたは永遠の住まいに迎え入れてもらえる。」
「ルカによる福音書」第１６章８節～９節（新共同訳）

強盗殺人はダメだろう。

解説
＞これは、|(ａ＋ｂ)，|(ａｂ)が剰余類|ａ，|ｂの代表元ａ，ｂの選び方には無関係に、剰余類|ａ，|ｂによってのみ定まることを意味している。

|ａ＝|ａ'，|ｂ＝|ｂ'⇒|(ａ＋ｂ)＝|(ａ'＋ｂ')，|(ａｂ)＝|(ａ'・ｂ')―――①
ということである。

例えば、|ａを３で割って１余る数の集合で|ｂを３で割って２余る数の集合とすると、
１≡４（mod３），２≡５（mod３）などで、代表元とは１や２の事である。４とか５はそれぞれの集合の１つの元という事である。
だから、代表元ａ，ｂの選び方には無関係に、剰余類|ａ，|ｂによってのみ定まるのは当然の話である。（念のため、剰余類|ａ，|ｂとは集合の事である。）

＞したがって　
　　　　　　　　|ａ＋|ｂ＝|(ａ＋ｂ)
と定義できる。

①が言えると、これが言えるのだろうか。まぁ、１≡４（mod３）を|１と表して、２≡５（mod３）を|２と表すと、|１＋|２は、この２式を足す事ならば、合同式の性質（４）によって、|(１＋２)＝|(４＋５)なので、|１＋|２＝|(１＋２)だが。
しかし見方によっては、|ａ＋|ｂ＝|ａ'＋|ｂ'⇔ａ＋ｂ≡ａ'＋ｂ'（modⅠ）⇔|(ａ＋ｂ)＝|(ａ'＋ｂ')より、
|ａ＋|ｂ＝|ａ'＋|ｂ'⇔|(ａ＋ｂ)＝|(ａ'＋ｂ')で同値関係だが、例えば、ｘ＋ｙ＝１⇔２ｘ＋２ｙ＝２の同値関係でｘ＋ｙ＝２ｘ＋２ｙではありませんよね。
だから、安易に|ａ＋|ｂ＝|(ａ＋ｂ)と言えるのだろうかという事である。

そこで、私の証明。
|ａ＝ａ＋Ⅰ，|ｂ＝ｂ＋Ⅰより、|ａ＋|ｂ＝(ａ＋Ⅰ)＋(ｂ＋Ⅰ)＝(ａ＋ｂ)＋Ⅰ＝|(ａ＋ｂ)
∴|ａ＋|ｂ＝|(ａ＋ｂ)

|ａ・|ｂ＝(ａ＋Ⅰ)(ｂ＋Ⅰ)＝ａｂ＋ａⅠ＋Ⅰｂ＋Ⅰ＝ａｂ＋Ⅰ（Ⅰはイデアルだから）＝|(ａｂ)
∴|ａ・|ｂ＝|(ａ・ｂ)

まぁ、中学数学の３で割った数で分類する３ｍ，３ｍ＋１，３ｍ＋２で考えれば私の証明法が正しい事は自明ですよね。念のため、参考書の証明が間違っていると述べている訳ではありません。ただ、もうちょっと補足解説をして欲しい所ですね。

補足：|ａ＝ａ＋Ⅰと表せる理由。ａ≡ｂ（mod Ⅰ）⇔ａ－ｂ∈Ⅰが定義だから。
また、第１章定義2.2も参照して下さい。 念のため、|ａは集合です。

おまけ：