数学

問題　次の各問に答えよ。
（１）剰余環ℤ12の可逆元をすべて求めよ。
（２）剰余環ℤ12の零因子をすべて求めよ。
（３）剰余環ℤ12のベキ零元をすべて求めよ。

別解
（１）問2.４より、ａがＲの可逆元であるための必要十分条件はａＲ＝Ｒなので、具体的に調べてみる。

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。

ところで、ℤ12＝{|０,|１,|２,|３,|４,|５,|６,|７,|８,|９,|１０,|１１}
|０・ℤ12＝{０}
|１・ℤ12＝ℤ12
|２・ℤ12＝{|０,|２,|４,|６,|８,|１０,|１２,|１４,|１６,|１８,|２０,|２２}＝{|０,|２,|４,|６,|８,|１０,|０,|２,|４,|６,|８,|１０}＝{|０,|２,|４,|６,|８,|１０}
|３・ℤ12＝{|０,|３,|６,|９,|１２,|１５,|１８,|２１,|２４,|２７,|３０,|３３}＝{|０,|３,|６,|９,|０,|３,|６,|９,|０,|３,|６,|９}＝{|０,|３,|６,|９}
|４・ℤ12＝{|０,|４,|８,|１２,|１６,|２０,|２４,|２８,|３２,|３６,|４０,|４４}＝{|０,|４,|８,|０,|４,|８,|０,|４,|８,|０,|４,|８}＝{|０,|４,|８}
|５・ℤ12＝{|０,|５,|１０,|１５,|２０,|２５,|３０,|３５,|４０,|４５,|５０,|５５}＝{|０,|５,|１０,|３,|８,|１,|６,|１１,|４,|９,|２,|７}＝ℤ12

ここで、初めて、|５・ℤ12＝ℤ12が現れた。つまり、５が１２と互いに素だからだろう。ただし、裏取りが必要である。そこで、第１章定理2.4を見て欲しい。

定理2.4
(ａ,ｎ)＝１ならば、ａｘ≡ｂ（modｎ）を満足する整数解ｘが存在し、ｎを法として唯一つである。

ａ＝|５とすれば１２と互いに素でダブることなく一つと保証されるので、上の推測は正しい事が分かる。

よって、１２と互いに素な１，５，７，１１より、ａ＝{|１,|５,|７,|１１}である。
よって、答えは、ℤ12の可逆元の集合は{|１,|５,|７,|１１}である。

（２）零因子とは、例えば、|３・|４＝|１２＝|０となるもので、|３や|４の事である。つまり、まず１２の約数である。その他にも周期を考えれば２４の約数や３６，４８，６０，・・・などの約数もそうである。
つまり、１２と互いに素なものを求めてℤ12から除けば良さそうだが、一応、理詰めで求める。
１２の約数から、２，３，４，６，１２
２４の約数から、さらに８
３６の約数から、さらに９
４８の約数から、なし。
６０の約数から、さらに１０
０～１１までだから以上である。あとは普通の零因子の０を加えると、
答えは、{|０,|２,|３,|４,|６,|８,|９,|１０}

検算という訳ではないが、１２と互いに素な{|１,|５,|７,|１１}をℤ12から引いたものと合う。

（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だけが適格者である。また、|０は別格である。
よって、答えは、{|０,|６}

おまけ：

問題　次を証明せよ。
（１）Ⅰを有理数体ℚの(０)でないイデアルとするとき、Ⅰ＝ℚである。
（２）可換環Ｒが体であるための必要十分条件は、Ｒが(０)とＲの他にイデアルをもたないことである。

この意味をイメージ的に解説してみて下さい。

まず、イデアルの定義のおさらい。

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
（ⅰ）と（ⅱ）を満足しているとき、Ⅰを環Ｒの左イデアルといい、（ⅰ）と（ⅲ）を満足しているとき、Ⅰを環Ｒの右イデアルという。左イデアルでかつ右イデアルであるものを両側イデアル、あるいは単にイデアルという。Ｒが可換環であれば、左イデアルと右イデアルの概念は一致する。

このＲに整数環ℤを当てはめ、ａを例えば９とすると、ｒ∈ℤ，９∈Ⅰ⇒９ｒ∈Ⅰより、イデアルⅠは９の倍数である。ここで、

（１）Ⅰを有理数体ℚの(０)でないイデアルとするとき、Ⅰ＝ℚである。

有理数体ℚにイデアル９の倍数が存在したとする。例えば、９/１３とか９/１７とかを９の倍数と捉えても良いとしても１/１５に９を掛けた９/１５は約分されて３/５となって９の倍数にはならない。つまり、イデアル９の倍数は存在出来ない。そこで、唯一存在出来るのは、イデアル１の倍数である。つまり、Ⅰ＝ａＲのＲをℚとするとⅠ＝ａℚで、イデアル１の倍数しか存在出来ないのでａ＝１とすると、Ⅰ＝ℚとなるという事である。

（２）可換環Ｒが体であるための必要十分条件は、Ｒが(０)とＲの他にイデアルをもたないことである。

有理数体以降、実数体、複素数体も同様にイデアル(０)かイデアル自分自身しか持たない事が分かるだろう。
因みに、Ｒが群ならば、ａ∈Ｒ⇔ａＲ＝Ｒ
　　　　Ｒが環ならば、ａがＲの可逆元⇔ａＲ＝Ｒ
　　　　Ｒが体ならば、ａ∈Ｒ⇔ａＲ＝Ｒ
と前回、

問題
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。

の別解を作った時に結論付けたが、「Ｒが体ならば、ａ∈Ｒ⇔ａＲ＝Ｒ」を使えば、イデアルａＲはＲしかないので、Ⅰ＝Ｒが言えるだろう。また、イデアル(０)は常に存在する。（念のため、証明ではない。）

おまけ：https://article.yahoo.co.jp/detail/e84f40c67e5bf0947dfa320da4b4dcb3035054f2

解法１　思い付いた順
ＡＰを結ぶと、折り返しよりＡＰ⊥ＤＥ（証明は△ＥＡＰが二等辺三角形でＥＤが∠ＡＥＰの二等分線だから。）
ＡＰとＤＥの交点をＦとすると、△ＡＤＥは３：４：５の直角三角形で、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、定石により△ＦＡＥ∽△ＡＤＥである。よって、△ＦＡＥも３：４：５の直角三角形。
また、ＥＡ＝ＥＰ＝ＥＢより定石により∠ＡＰＢ＝９０°である。（証明は点Ｅを中心に半径ＥＡの円を描いても良いし、△ＥＡＰと△ＥＢＰの底角の和を計算しても良い。また、納得するだけなら長方形を斜め半分に切った形を思い浮かべれば良い。）
よって、ＥＦ//ＢＰで△ＦＡＥ∽△ＰＡＢである。よって、△ＰＡＢも３：４：５の直角三角形である。
よって、ＡＰ＝(４/５)×６＝２４/５ｃｍ，ＢＰ＝(３/５)×６＝１８/５ｃｍ
∴△ＰＡＢ＝(２４/５)×(１８/５)×(１/２)＝２１６/２５
∴△ＰＥＢ＝(１/２)△ＰＡＢ＝１０８/２５
∴△ＥＢＰ＝１０８/２５ｃｍ^2

解法２
ＡＰを結ぶと、折り返しよりＡＰ⊥ＤＥ
ＡＰとＤＥの交点をＦとすると、△ＡＤＥは３：４：５の直角三角形で、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、定石により△ＦＡＥ∽△ＡＤＥである。よって、△ＦＡＥも３：４：５の直角三角形。
ここで、ＰからＡＢに垂線を下ろしその足をＨとすると、２角が等しいので、△ＦＡＥ∽△ＨＡＰ
よって、△ＨＡＰも３：４：５の直角三角形である。
また、ＡＦ＝(４/５)×３＝１２/５ｃｍより、ＡＰ＝(１２/５)×２＝２４/５ｃｍ
∴ＰＨ＝(３/５)×(２４/５)＝７２/２５ｃｍ
∴△ＥＢＰ＝３×(７２/２５)×(１/２)
＝１０８/２５ｃｍ^2

算数でも解ける問題でしたね。念のため、定石の所は地道に角度を計算しても良い。（●とか〇とか置くという事。）

おまけ：
https://ameblo.jp/ayukilunch/entry-12409178007.html

解法３
点Ｂをｘｙ座標の原点に置き、ＢＣをｘ軸，ＡＢをｙ軸に取ると、Ａ（０，６），E（０，３）
また、Ｐ（ｘ1，ｙ1）と置くと、折り返しよりＡＰの中点が直線ＤＥ上にある。
直線ＤＥの方程式は、ｙ＝(３/４)ｘ＋３　また、ＡＰの中点は、（ｘ1/２，(ｙ1＋６)/２）
∴(ｙ1＋６)/２＝(３/４)(ｘ1/２)＋３
∴４ｙ1＋２４＝３ｘ1＋２４　
∴３ｘ1＝４ｙ1―――①
また、折り返しよりＡＰ⊥ＤＥ　よって、ＡＰの傾きが－４/３　∴－(６－ｙ1)/ｘ1＝－４/３
∴３(６－ｙ1)＝４ｘ1
∴４ｘ1＝－３ｙ1＋１８―――②
①×３＋②×４より、
　　　９ｘ1＝１２ｙ1
＋）１６ｘ1＝－１２ｙ1＋７２
―――――――――――――――
　　２５ｘ1＝７２　
∴ｘ1＝７２/２５
よって、点Ｐのｘ座標が、ｘ＝７２/２５より、
△ＥＢＰ＝３×(７２/２５)×(１/２)＝１０８/２５
よって、答えは、１０８/２５ｃｍ^2

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/62c3f47a44d634c42c6f952bcc44ac4f666f1d7f

問題
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。

別証
（ⅰ）ａがＲの可逆元⇒ａＲ＝Ｒの証明
∀ｒ∈Ｒ，ａ∈Ｒに対して、ａｒ∈Ｒ（Ｒは環で乗法について閉じているから。）∴ａＲ⊂Ｒ―――①
また、ａがＲの可逆元より、ａ^-1∈Ｒ
∴ｒ＝１・ｒ＝(ａａ^-1)ｒ＝ａ(ａ^-1・ｒ)
ここで、ａ^-1∈Ｒ，ｒ∈Ｒより、ａ^-1・ｒ∈Ｒ
∴ｒ＝１・ｒ＝(ａａ^-1)ｒ＝ａ(ａ^-1・ｒ)∈ａＲ
∴Ｒ⊂ａＲ―――②
①，②より、Ｒ＝ａＲ
（ⅱ）ａＲ＝Ｒ⇒ａがＲの可逆元の証明
ａＲ＝Ｒとすると１∈Ｒ＝ａＲであるから、∃ｂ∈Ｒ，１＝ａｂと表される。Ｒは可換環だから、ａｂ＝ｂａ＝１　ゆえに、ａはＲの可逆元である。（参考書のまま引用。）
（ⅰ）,（ⅱ）より、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。

ワンポイント：Ｒが群だったら、ａ∈Ｒ⇔ａＲ＝Ｒだが、Ｒが環の場合は、ａがＲの可逆元⇔ａＲ＝Ｒである。つまり、Ｒが体だったら、ａ∈Ｒ⇔ａＲ＝Ｒに戻るという訳である。（念のため、戻るという表現はおかしいがあえて使った。）

おまけ：

問題１
ａ＋ｂ＋ｃ＝０のとき、
ａ(１/ｂ＋１/ｃ)＋ｂ(１/ｃ＋１/ａ)＋ｃ(１/ａ＋１/ｂ)
の値を求めて下さい。

解法１
展開して同じ分母で分けると、
与式＝ａ/ｂ＋ｃ/ｂ＋ａ/ｃ＋ｂ/ｃ＋ｂ/ａ＋ｃ/ａ
＝(ａ＋ｃ)/ｂ＋(ａ＋ｂ)/ｃ＋(ｂ＋ｃ)/ａ―――①
ところで、ａ＋ｂ＋ｃ＝０より、ａ＋ｃ＝－ｂ，ａ＋ｂ＝－ｃ，ｂ＋ｃ＝－ａ―――②
②を①に代入すると、
与式＝－ｂ/ｂ－ｃ/ｃ－ａ/ａ＝－１－１－１＝－３
よって、答えは、－３

解法２
通分すると、
与式＝ａ(ｂ＋ｃ)/ｂｃ＋ｂ(ｃ＋ａ)/ｃａ＋ｃ(ａ＋ｂ)/ａｂ―――①
また、ａ＋ｂ＋ｃ＝０より、ａ＋ｃ＝－ｂ，ａ＋ｂ＝－ｃ，ｂ＋ｃ＝－ａ―――②
②を①に代入すると、
与式＝－ａ^2/ｂｃ－ｂ^2/ｃａ－ｃ^2/ａｂ
＝－ａ^3/ａｂｃ－ｂ^3/ａｂｃ－ｃ^3/ａｂｃ
＝－(ａ^3＋ｂ^3＋ｃ^3)/ａｂｃ
＝－{(ａ^3＋ｂ^3＋ｃ^3)/ａｂｃ}
＝－[{(ａ^3＋ｂ^3＋ｃ^3－３ａｂｃ )＋３ａｂｃ}/ａｂｃ]
ここで、公式よりａ^3＋ｂ^3＋ｃ^3－３ａｂｃはａ＋ｂ＋ｃでくくれる事が分かるので０である。
∴与式＝－３ａｂｃ/ａｂｃ＝－３

補足：ａ^3＋ｂ^3＋ｃ^3－３ａｂｃ＝(ａ＋ｂ＋ｃ)(ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2－ａｂ－ｂｃ－ｃａ)

よって、答えは、－３

おまけ：

問題２の解答
真上の頂点から反時計回りにＡ～Ｈと振り、弓形ＢＤを弓形ＥＧ（白い部分）の所に移動させると、色部分の面積は、半円＋直角二等辺三角形になる。
また、直角二等辺三角形の斜辺が直径より２ｃｍ。よって、直角二等辺三角形の高さは１ｃｍである。
よって、求める面積は、１×１×３．１４÷２＋２×１÷２＝１．５７＋１＝２．５７ｃｍ^2
よって、答えは、２．５７ｃｍ^2

おまけ：

問題
可換環Ｒの元をａとする。このとき、Ａ(ａ)＝{ｘ∈Ｒ｜ｘａ＝０}によって定義される集合はＲのイデアルであることを示せ。

具体例
ところで、ℤnは可換環である。（「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著 p.155）
そこで、Ｒ＝ℤ6としａ＝|３とすると、
Ａ(|３)＝{|０，|２，|４}である。
まず、加法群である事を確認する。|０＋|２＝|２，|０＋|４＝|４，|２＋|４＝|０より、Ａ(|３)は加法について閉じている。
また、加法の単位元|０が存在する。また、|０の逆元は|０で、|２の逆元は|４で、|４の逆元は|２であるので、全ての元に加法の逆元が存在する。結合律は自明とすると、Ａ(|３)は加法群である。
次に、|０・ℤ6＝{|０}
|２・ℤ6＝{|０，|２，|４，|６，|８，|１０}
＝{|０，|２，|４}
|４・ℤ6＝{|０，|４，|８，|１２，|１６，|２０}
＝{|０，|４，|２，|０，|４，|２}
＝{|０，|２，|４}
よって、定義2.1の（ⅲ）ｒ∈Ｒ，ａ∈Ⅰ⇒ａ・ｒ∈Ⅰが成り立つ事が分かる。
よって、Ａ(|３)はℤ6のイデアルである。

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
（ⅰ）と（ⅱ）を満足しているとき、Ⅰを環Ｒの左イデアルといい、（ⅰ）と（ⅲ）を満足しているとき、Ⅰを環Ｒの右イデアルという。左イデアルでかつ右イデアルであるものを両側イデアル、あるいは単にイデアルという。Ｒが可換環であれば、左イデアルと右イデアルの概念は一致する。

おまけ：

解説
＞可換環Ｒの部分集合{０}とＲ自身はＲのイデアルである。

まず、{０}がイデアルである事を示す。
０－０＝０∈{０}より、部分群の判定定理により{０}はＲの加法の部分群である。
また、ｒ∈Ｒ，０∈{０}に対して、ｒ・０＝０∈{０}
よって、定義2.1より{０}はＲのイデアルである。

次に、Ｒ自身がＲのイデアルである事を示す。
∀ｒ1,ｒ2∈Ｒ，ｒ1－ｒ2∈Ｒ（Ｒは環で加法群だから。）よって、ＲはＲ自身の加法の部分群である。
また、ｒ∈Ｒ，ａ∈Ｒに対して、ａ・ｒ∈Ｒ（Ｒは環で乗法について閉じているから。）
よって、定義2.1よりＲはＲ自身のイデアルである。（Ｒは可換環だから両側イデアルという事。）

＞可換環Ｒの元ａについて、部分集合(ａ)＝ａＲ＝{ａｒ｜ｒ∈Ｒ}はＲのイデアルである。

∀ａｒ1,ａｒ2∈(ａ)，ａｒ1－ａｒ2＝ａ(ｒ1－ｒ2)∈(ａ)（Ｒは加法群でｒ1－ｒ2∈Ｒだから。）
よって、(ａ)はＲの加法の部分群である。
また、ｒ1∈Ｒ，ａｒ2∈(ａ)に対して、ｒ1・ａｒ2＝ａ・ｒ1ｒ2∈(ａ)（Ｒは可換で乗法について閉じているから。）
よって、定義2.1より(ａ)はＲのイデアルである。

＞ａＲはａを含んでいる最小のイデアルである。

ａＲ＝{ａｒ｜ｒ∈Ｒ}　例えば、Ｒを整数環ℤとしてａ＝９とすると、ａＲは９の倍数の集合である。そして、ａ＝３とすると３の倍数の集合になり９を含む。ところで、３の倍数の集合と９の倍数の集合では３の倍数の集合の方が大きい。つまり、９を含む最小の倍数の集合は９の倍数の集合である。
まぁ、そんなような意味だろう。（誰に教わった訳でもないので適当です。ご注意。）

おまけ：

解答
ＡＦを結ぶと、ＡＢは直径より∠ＡＦＢ＝９０°
よって、３直角より四角形ＡＦＣＤは長方形である。よって、ＦＣ＝ＡＤ＝４cmより、
ＢＣ＝５＋４＝９ｃｍ　
また、ＯＥを結ぶと、接線と中心の関係より、
ＯＥ⊥ＤＣ　よって、ＡＤ//ＯＥ//ＢＣで点ＯはＡＢの中点より、点ＥもＤＣの中点である。
よって、台形の中点連結定理より、ＯＥ＝(４＋９)÷２＝１３/２ｃｍ
よって、円の半径が１３/２ｃｍより、ＡＢは直径で１３ｃｍ　よって、△ＡＢＦは５：１２：１３の直角三角形より、ＡＦ＝１２ｃｍである。（地道に三平方の定理で求めても良い。）
よって、台形ＡＢＣＤ＝(４＋９)×１２×(１/２)＝１３×６＝７８ｃｍ^2
よって、答えは、７８ｃｍ^2

因みに、台形の中点連結定理を使わない場合は、△ＡＢＦで中点連結定理を使って、５/２＋４＝１３/２cmと求めれば良い。
または、ＡＣかＢＣを結んで２つの三角形で中点連結定理を使えば良い。例えば、ＡＣを結び、△ＡＢＣと△ＣＡＤで中点連結定理を使うと、ＯＥ＝９/２＋４/２＝１３/２ｃｍとなるという事。

改題の方は２通りはハードルが高いと思いますが、頑張って挑戦してみて下さい。念のため、１通り出来れば優等生です。

おまけ：

改題
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201811210001/
ＡＣとＢＥの交点をＧとして、ＡＧ：ＧＣの値を求めて下さい。余裕がある人は２通り作って下さい。

改題の解法１
ＡＥ，ＢＥを結ぶと、ＡＢは直径より∠ＡＥＢ＝９０°よって、∠ＡＥＤ＝●と置くと、∠ＢＥＣ＝１８０°－９０°－●＝９０°－●
∴∠ＥＢＣ＝１８０°－９０°－(９０°－●)＝●　
∴∠ＡＥＤ＝∠ＥＢＣ　また、∠ＡＤＥ＝∠ＥＣＢ＝９０°より２角が等しいので、△ＡＥＤ∽△ＥＢＣ
∴∠ＥＢＣ＝∠ＡＥＤ―――①
また、接弦定理より、∠ＡＢＥ＝∠ＡＥＤ―――②
①，②より、∠ＥＢＣ＝∠ＡＢＥ　よって、ＢＥは∠Ｂの二等分線より、△ＢＡＣで角の二等分線の定理を使うと、ＡＧ：ＧＣ＝ＢＡ：ＢＣ―――☆
また、ＡＦを結ぶと、ＡＢは直径より∠ＡＦＢ＝９０°
よって、３直角より四角形ＡＦＣＤは長方形である。よって、ＦＣ＝ＡＤ＝４cmより、
ＢＣ＝５＋４＝９ｃｍ　
また、ＯＥを結ぶと、接線と中心の関係より、
ＯＥ⊥ＤＣ　よって、ＡＤ//ＯＥ//ＢＣで点ＯはＡＢの中点より、点ＥもＤＣの中点である。
よって、台形の中点連結定理より、ＯＥ＝(４＋９)÷２＝１３/２ｃｍ
よって、円の半径が１３/２ｃｍより、ＡＢは直径で１３ｃｍ
よって、ＢＡ＝１３ｃｍ，ＢＣ＝９ｃｍを☆に代入すると、ＡＧ：ＧＣ＝１３：９

本題よりずっと難しくなりましたね。解法２は次回。

おまけ：

改題の解法２
ＡＦを結ぶと、ＡＢは直径より∠ＡＦＢ＝９０°
よって、３直角より四角形ＡＦＣＤは長方形である。よって、ＦＣ＝ＡＤ＝４cmより、
ＢＣ＝５＋４＝９ｃｍ　
また、ＯＥを結ぶと、接線と中心の関係より、
ＯＥ⊥ＤＣ　よって、ＡＤ//ＯＥ//ＢＣで点ＯはＡＢの中点より、点ＥもＤＣの中点である。
よって、台形の中点連結定理より、ＯＥ＝(４＋９)÷２＝１３/２ｃｍ
よって、円の半径が１３/２ｃｍより、ＡＢは直径で１３ｃｍ　よって、△ＡＢＦは５：１２：１３の直角三角形より、ＡＦ＝１２ｃｍである。
ここで、点Ｂをｘｙ座標の原点に取り、点Ｃ（９，０）とすると、A（５，１２）また、Ｅ（９，６）
よって、直線ＢＥの方程式は、ｙ＝(２/３)ｘ―――①
また、直線ＡＣの方程式は、傾きが－３で点Ｃを通るので、ｙ＝－３(ｘ－９)―――②
よって、点Ｇの座標は①と②を連立させて、
(２/３)ｘ＝－３(ｘ－９)を解くと、
(１１/３)ｘ＝２７　∴ｘ＝８１/１１
よって、ＧからＦＣに垂線を下ろしＨとし、△ＣＧＨ∽△ＣＡＦを利用すると、
ＡＧ：ＧＣ＝ＦＨ：ＨＣ＝８１/１１－５：９－８１/１１＝２６/１１：１８/１１＝２６：１８
＝１３：９
∴ＡＧ：ＧＣ＝１３：９

座標は慣れていないと盲点かもしれませんね。

おまけ：

解説
＞ａ∈Ⅰよりａ≡０（modⅠ）

これは前回の、

環Ｒの部分集合Ｉが加法に関して部分群であるとする。このとき、Ｒの元ａ,ｂについて
ａ≡ｂ（modⅠ）⇔ａ－ｂ∈Ｉ
によって、同値関係が定義される。

これにｂ＝０を代入すれば良いですね。

＞群の時の定理4.1の系との関係を述べて下さい。

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

ＨをⅠに変えて、加法群より、ａ＋Ｈ＝Ｈからａ＝０などとやってはいけない。（あくまでもａ∈Ｈである。それに向こうの方は、|ａ＝０である。）

ａ≡ｂ（modⅠ）⇔ａ－ｂ∈Ｉを定義した時点でⅠはただの加法群ではなくイデアルなのである。だから、イデアルならば、ａ∈Ⅰよりａ≡０（modⅠ）という事。
念のため、私の個人的な考えなので裏を取って下さい。（まだこの時点ではイデアルは定義されていませんし、定義は別の形ですからね。）

おまけ：

解説
＞すなわち、この関係は次の条件を満たしている。

ａ≡ｂ（modⅠ）⇔ａ－ｂ∈Ｉが、
（１）反射律：ａ≡ａ（modＩ）
（２）対称律：ａ≡ｂ（modＩ）⇒ｂ≡ａ（modＩ）
（３）推移律：ａ≡ｂ（modＩ）,ｂ≡ｃ（modＩ）⇒ａ≡ｃ（modＩ）
を満たしている事を示す。

（１）ａ≡ｂ（modⅠ）⇔ａ－ｂ∈Ｉにｂ＝ａを代入すると、ａ≡ａ（modⅠ）⇔ａ－ａ∈Ｉ⇔０∈Ⅰで、Ⅰは加法群なので単位元の零元を含むので、ａ≡ａ（modⅠ）を満たしている事になる。

（２）ａ≡ｂ（modⅠ）⇔ａ－ｂ∈Ｉで、Ⅰは加法群よりａ－ｂの逆元－(ａ－ｂ)を含む。∴－ａ＋ｂ∈Ⅰ　∴ｂ－ａ∈Ⅰ　∴ｂ－ａ∈Ⅰ⇔ｂ≡ａ（modⅠ）
よって、 ａ≡ｂ（modＩ）⇒ｂ≡ａ（modＩ）が成り立つ。

（３）ａ≡ｂ（modＩ）,ｂ≡ｃ（modＩ）ならば、
ａ≡ｂ（modⅠ）⇔ａ－ｂ∈Ｉ
ｂ≡ｃ（modⅠ）⇔ｂ－ｃ∈Ｉより、
ａ－ｂ,ｂ－ｃ∈Ｉで、Ⅰは加法群より加法について閉じているので、(ａ－ｂ)＋(ｂ－ｃ)∈Ｉ
∴ａ－ｃ∈Ⅰ　∴ａ－ｃ∈Ⅰ⇔ａ≡ｃ（modⅠ）
よって、ａ≡ｂ（modＩ）,ｂ≡ｃ（modＩ）⇒ａ≡ｃ（modＩ）が成り立つ。

＞第２章定理5.1の（３）を加法の言葉で書けば
（４）ａ≡ｂ（modＩ），ｃ≡ｄ（modＩ）⇒ａ＋ｃ≡ｂ＋ｄ（modＩ）
を満足していることがわかる。

ａ≡ｂ（modＩ）,ｃ≡ｄ（modＩ）ならば、
ａ≡ｂ（modⅠ）⇔ａ－ｂ∈Ｉ
ｃ≡ｄ（modⅠ）⇔ｃ－ｄ∈Ｉより、
ａ－ｂ,ｃ－ｄ∈Ｉで、Ⅰは加法群より加法について閉じているので、(ａ－ｂ)＋(ｃ－ｄ)∈Ｉ　
∴(ａ＋ｃ)－(ｂ＋ｄ)∈Ⅰ（ａ,ｂ,ｃ,ｄは環Ｒの元で環は加法群で可換だから。）
∴(ａ＋ｃ)－(ｂ＋ｄ)∈Ⅰ⇔ａ＋ｃ≡ｂ＋ｄ（modⅠ）
よって、ａ≡ｂ（modＩ），ｃ≡ｄ（modＩ）⇒ａ＋ｃ≡ｂ＋ｄ（modＩ）が成り立つ。

相変わらず、ちょっとくどいと思いますが、初心者向けですから。

おまけ：

改題の解法１
△ＡＢＣは直角二等辺三角形より、ＡＢ＝ＡＣ＝√６/√２＝√３ｃｍ　また、△ＡＤＣは１：２：√３の直角三角形より、ＡＤ＝１ｃｍ，ＣＤ＝２ｃｍ　∴ＢＤ＝√３－１ｃｍ
ここで、ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＤＢＨは直角二等辺三角形より、ＢＨ＝ＤＨ＝(√３－１)/√２＝(√６－√２)/２ｃｍ
∴ＣＨ＝√６－(√６－√２)/２＝(√６＋√２)/２ｃｍ　ところで、△ＣＤＨは１５°,７５°,９０°の直角三角形より、その三辺比は、
ＤＨ：ＣＨ：ＣＤ＝(√６－√２)/２：(√６＋√２)/２：２＝√６－√２：√６＋√２：４
よって、答えは、√６－√２：√６＋√２：４

改題の解法２
△ＡＢＣは直角二等辺三角形より、ＡＢ＝ＡＣ＝√６/√２＝√３ｃｍ　また、△ＡＤＣは１：２：√３の直角三角形より、ＡＤ＝１ｃｍ，ＣＤ＝２ｃｍ　
ここで、△ＡＤＣをＡＣで折り返して点Ｄの行き先をＤ'とすると、ＡＤ'＝ＡＤ＝1ｃｍ，Ｄ'Ｃ＝ＤＣ＝２ｃｍ　∴Ｄ'Ｂ＝√３＋１ｃｍ
また、Ｄ'からＢＣに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＝ＢＨ＝(√３＋１)/√２＝(√６＋√２)/２ｃｍ　
∴ＣＨ＝√６－(√６＋√２)/２＝(√６－√２)/２ｃｍ
ところで、△Ｄ'ＣＨは１５°,７５°,９０°の直角三角形より、その三辺比は、
ＣＨ：Ｄ'Ｈ：Ｄ'Ｃ＝(√６－√２)/２：(√６＋√２)/２：２＝√６－√２：√６＋√２：４
よって、答えは、√６－√２：√６＋√２：４

おまけ：

問題１の解法１
直線ｌ上の点から直線ｍ上の点まで各頂点をＡ,Ｂ,Ｃ,Ｄと振り、点Ｂ,Cから２直線と平行な直線を引き、それぞれｌ',ｍ'とすると、
錯角より∠ｍ'ＣＤ＝∠ＣＤｍ＝４０°
よって、∠ＢＣｍ'＝６７°－４０°＝２７°
また、∠ｌ'ＢＣ＝∠ＢＣｍ'＝２７°
∠ＡＢｌ'＝∠ＢＡｌ＝３３°
よって、∠ｘ＝∠ＡＢｌ'＋∠ｌ'ＢＣ
＝３３°＋２７°＝６０°
よって、答えは、６０°

問題１の解法２
直線ｌ上の点から直線ｍ上の点まで各頂点をＡ,Ｂ,Ｃ,Ｄと振り、ＢＣの延長と直線ｌ,ｍとの交点をそれぞれＥ,Ｆとすると、△ＣＤＦの内対角の和より∠ＣＦＤ＝６７°－４０°＝２７°
よって、錯角より∠ＢＥＡ＝∠ＣＦＤ＝２７°
よって、△ＢＥＡの内対角の和より、
∠ｘ＝２７°＋３３°＝６０°
よって、答えは、６０°

問題２の解答
検索しても見つかりませんでしたが、探しているうちになぞなぞの問題ばかり読んでいたので、脳みそが適応したようです。笑
答えは、イですね。（イの方が文字が大きいから。）

おまけ：