数学

解説
＞ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２の根は±⁴√２，±⁴√２ⅰである。

一応、ｘ⁴－２＝０より、
(ｘ²－√２)(ｘ²＋√２)＝０　
∴(ｘ－⁴√２)(ｘ＋⁴√２)(ｘ－⁴√２ⅰ)(ｘ＋⁴√２ⅰ)＝０
∴ｘ＝±⁴√２，±⁴√２ⅰ
因みに、⁴√２ｉ,⁴√２ｉ²,⁴√２ｉ³,⁴√２ｉ⁴
＝⁴√２ｉ,－⁴√２,－⁴√２ｉ,⁴√２
と考えても良い。

＞(⁴√２ⅰ)/⁴√２＝ｉより、Ｇfは多項式ｘ²＋１の群を商群に持つ。

定理9.3（ガロワ対応（正規性））
多項式の群Ｇfの部分群Ｈについて、次は同値である。
（１）Ｈは、ある多項式ｇ(ｘ)のすべての根による式全体を不変にする部分群である。
（２）ＨはＧfの正規部分群である。すなわちＧfの任意の入れ換えσに対して、
Ｈσ＝σＨ
である（Ｈに関する左傍系と右傍系は一致する）。
さらに、この対応においてｇ(ｘ)の群Ｇgは商群Ｇf/Ｈと同型である。

■ガロワ対応と正規部分群
重根を持たない多項式ｆ(ｘ)に対して、その多項式の群をＧfとします。ｆ(ｘ)の根の式γがＧfに含まれる根の入れ換えで、
γ₁＝γ,γ₂,･･･,γs
と変わったとします。このとき
ｇ(ｘ)＝(ｘ－γ₁)･･･(ｘ－γs)
は定数係数多項式で、さらにγの最小多項式になっています。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著p.164より

(⁴√２ⅰ)/⁴√２＝ｉの⁴√２ⅰと⁴√２はｆ(ｘ)の根より、このｉは「■ガロワ対応と正規部分群」で言う所のγである。
よって、ｉの最小多項式を求めると、ｘ＝ｉとして両辺を２乗すると、ｘ²＝－１　∴ｘ²＋１＝０
よって、ｇ(ｘ)＝ｘ²＋１である。
また、定理9.3（ガロワ対応（正規性））の最後の所より、「ｇ(ｘ)の群Ｇgは商群Ｇf/Ｈと同型である」ので、「Ｇfは多項式ｘ²＋１の群を商群に持つ」という事。（Ｇf/Ｈが商群でＧfの方が大きい（ＨはＧfの部分群）ので商群に持つと言うらしい。）

＞一方、ｉの式（有理数係数）を係数に許してもｆ(ｘ)は既約である。実際、どの１次因子の組み合わせからも、係数から√２が得られる。これは√２が無理数だからあり得ない。

ｆ(ｘ)＝(ｘ－⁴√２)(ｘ＋⁴√２)(ｘ－⁴√２ⅰ)(ｘ＋⁴√２ⅰ)で、どの２つの組み合わせの積を展開しても、例えば、
(ｘ＋⁴√２)(ｘ＋⁴√２ⅰ)
＝ｘ²＋⁴√２(１＋ｉ)ｘ＋√２ⅰ
「係数から√２が得られる」とは「√２ⅰ」の事。そして、(ｘ－⁴√２)(ｘ＋⁴√２)(ｘ－⁴√２ⅰ)(ｘ＋⁴√２ⅰ)を全部展開しない限り√２の項があり、√２は無理数なので、有理数係数のｉの式にならない。（例えば、２＋ｉとか。）
よって、全部展開するからｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２となり既約多項式である。

＞ｉの式を係数とするとき、⁴√２はｆ(ｘ)の原始元となり、ｆ(ｘ)の群Ｈは４個の入れ換えからなる。

定義8.1（原始元）
重根を持たないｎ次多項式ｆ(ｘ)の原始元βとは、次の(１),(２)をみたす複素数のことである。以下においてα₁,･･･,αnをｆ(ｘ)の根とする。
（１）βはα₁,･･･,αnで表される。
（２）α₁,･･･,αnはそれぞれβの式で表される。

ｆ(ｘ)の係数をｉの式まで拡張した場合、ｉも定数と考えるという事。
つまり、⁴√２は±⁴√２ｉも表せるという事。（（２）を満足しているという事。）
厳密には、どういう事か考えてみた。
ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２の根は±⁴√２，±⁴√２ⅰだが、
ｆ(⁴√２ⅰ)＝(⁴√２ⅰ)⁴－２
＝ｉ⁴(⁴√２)⁴－２
ｆ(－⁴√２ⅰ)＝(－⁴√２ⅰ)⁴－２
＝ｉ⁴(－⁴√２)⁴－２
から、ｉの式を係数とすると、ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２の根は±⁴√２だけとなるからだろう。（ちょっと意味が分からないかもしれないが、ｉを外に出すと括弧の中は±⁴√２だけだから、解は±⁴√２だけと見て、⁴√２が定義8.1(２)を満たすという事。）

「ｆ(ｘ)の群Ｈは４個の入れ換えからなる。」は、原始元の最小多項式の他の根全ての入れ換えからなるという事で、⁴√２の最小多項式はｘ⁴－２＝０で根の数は全部で４個だから。

「ｆ(ｘ)の原始元をβとし、βを根に持つ既約多項式をｇ(ｘ)とします。またｇ(ｘ)は重根を持たないとします。多項式の群Ｇfを
「βをｇ(ｘ)の根に入れ換えて得られるｆ(ｘ)の根の入れ換え」
からなる集合とします。」
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著p.153より

ここが大事だが、「ｆ(ｘ)の群Ｈ」はｆ(ｘ)の係数が今回はｉの式なので、Ｇfではなく、Ｇfの部分群Ｈという事。

＞商群Ｇf/Ｈが２個の入れ換えからなるので、Ｇfは８個の入れ換えからなる。

上より、「定理9.3（ガロワ対応（正規性））の最後の部分より、Ｇg≅Ｇf/Ｈ」
よって、|Ｇg|＝|Ｇf/Ｈ|より、
|Ｇg|＝|Ｇf|/|Ｈ|　∴|Ｇf|＝|Ｇg|・|Ｈ|
また、Ｇgはｇ(ｘ)＝ｘ²＋１の多項式の群で問題9-1aの解答より「２次式ｆ(ｘ)の多項式の群はｆ(ｘ)の根の入れ換えと、恒等入れ換えの２つからなる」ので、Ｇgは２個の入れ換え。
よって、同型のＧf/Ｈも２個の入れ換えという事。
ここで、|Ｇf|＝|Ｇg|・|Ｈ|と「ｆ(ｘ)の群Ｈは４個の入れ換えからなる。」と「Ｇgは２個の入れ換え」から、
|Ｇf|＝|Ｇg|・|Ｈ|＝２・４＝８
よって、Ｇfは８個の入れ換えからなるという事。

続きは次回。

おまけ：

解説の続き

問題 9-4b
次の有理数係数多項式の群を求めよ。
（１）ｘ⁴－２　（２）ｘ⁴－４ｘ²＋２

解答
（１）ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２の根は±⁴√２，±⁴√２ⅰである。(⁴√２ⅰ)/⁴√２＝ｉより、Ｇfは多項式ｘ²＋１の群を商群に持つ。一方、ｉの式（有理数係数）を係数に許してもｆ(ｘ)は既約である。実際、どの１次因子の組み合わせからも、係数から√２が得られる。これは√２が無理数だからあり得ない。ｉの式を係数とするとき、⁴√２はｆ(ｘ)の原始元となり、ｆ(ｘ)の群Ｈは４個の入れ換えからなる。商群Ｇf/Ｈが２個の入れ換えからなるので、Ｇfは８個の入れ換えからなる。（原始元の最小多項式が８次であることを利用してもよい（問題8-6）。）
（２）ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－４ｘ²＋２のアイゼンシュタインの既約判定法（問題2-11）より既約である。ｆ(ｘ)の根は
ｘ⁴－４ｘ²＋２＝(ｘ⁴－４ｘ²＋４)－２＝(ｘ²－２)²－２＝(ｘ²－２－√２)(ｘ²－２＋√２)
よりｘ＝±√(２＋√２)，±√(２－√２)である。
このときα＝√(２＋√２)はｆ(ｘ)の原始元である。実際、ほかの根は－αと
√(２－√２)＝{√(２－√２)√(２＋√２)}/√(２＋√２)＝√２/√(２＋√２)＝(α²－２)/α＝α³－３α
と、－(α²－２)/αと表されるからである。最後の等式はα⁴－３α²＝α²－２を用いた。よって多項式の群はαをｆ(ｘ)の根に入れ換える４個の入れ換えからなる群である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

問題 8-6b
ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２について次の問いに答えよ。
（１）ｆ(ｘ)の４つの根を求めよ。
（２）（１）の根をα₁,α₂,α₃,α₄とおく。ただしα₁,α₃は実数，α₂,α₄は純虚数で、α₁,－α₃,－α₂ⅰ,α₄ⅰは正の実数とする。このときβ＝α₁＋α₂－α₃はｆ(ｘ)の原始元であることを示せ。
（３）（２）のβを根に持つ８次多項式を１つ求めよ。

解答
（３）（２）で計算したβ⁴を利用すると(β⁴＋１４)²＝－４８²である。よってβは
(ｘ⁴＋１４)²＋４８²＝ｘ⁸＋２８ｘ⁴＋２５００
の根である。これが求める式である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

問題 2-11b
整数係数多項式ｆ(ｘ)＝ａnｘ^n＋･･･＋ａ₁ｘ＋ａ₀が次をみたすとする：ある素数ｐに対して、
（ⅰ）ａnはｐで割り切れない。
（ⅱ）ａ₀,･･･,ａn-₁はｐで割り切れる。
（ⅲ）ａ₀はｐ²で割り切れない。
このときｆ(ｘ)は定数でない２つの整数係数多項式の積で表されないことを証明せよ。したがって問題2-10より、有理数係数多項式として既約である。この既約性の判定法をアイゼンシュタインの既約判定法という。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

＞（原始元の最小多項式が８次であることを利用してもよい（問題8-6）。）

すぐ上の問題8-6bの（２）からβはｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２の原始元で、（３）からβを含んだ既約多項式はｇ(ｘ)＝ｘ⁸＋２８ｘ⁴＋２５００なので、

「ｆ(ｘ)の原始元をβとし、βを根に持つ既約多項式をｇ(ｘ)とします。またｇ(ｘ)は重根を持たないとします。多項式の群Ｇfを
「βをｇ(ｘ)の根に入れ換えて得られるｆ(ｘ)の根の入れ換え」
からなる集合とします。」
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著p.153より

とあり、ｇ(ｘ)＝ｘ⁸＋２８ｘ⁴＋２５００の根の数は８個なので、「Ｇfは８個の入れ換えからなる」という事。

＞ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－４ｘ²＋２のアイゼンシュタインの既約判定法（問題2-11）より既約である。

問題 2-11b
整数係数多項式ｆ(ｘ)＝ａnｘ^n＋･･･＋ａ₁ｘ＋ａ₀が次をみたすとする：ある素数ｐに対して、
（ⅰ）ａnはｐで割り切れない。
（ⅱ）ａ₀,･･･,ａn-₁はｐで割り切れる。
（ⅲ）ａ₀はｐ²で割り切れない。
このときｆ(ｘ)は定数でない２つの整数係数多項式の積で表されないことを証明せよ。したがって問題2-10より、有理数係数多項式として既約である。この既約性の判定法をアイゼンシュタインの既約判定法という。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

ある素数ｐを２とすると、
（ⅰ）１は２で割り切れないので、ＯＫ
（ⅱ）２，－４は２で割り切れるので、ＯＫ
（ⅲ）２は２²で割り切れないので、ＯＫ
（ⅰ）～（ⅲ）より、
ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－４ｘ²＋２は既約であるという事。

＞このときα＝√(２＋√２)はｆ(ｘ)の原始元である。実際、ほかの根は－αと
√(２－√２)＝{√(２－√２)√(２＋√２)}/√(２＋√２)＝√２/√(２＋√２)＝(α²－２)/α＝α³－３α
と、－(α²－２)/αと表されるからである。

要は、ｆ(ｘ)の４つの根を全てαで表せるからである。

＞最後の等式はα⁴－３α²＝α²－２を用いた。

ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－４ｘ²＋２にｘ＝αを代入すると、ｆ(α)＝α⁴－４α²＋２＝０（αは根だから。）
∴α⁴－３α²＝α²－２

＞よって多項式の群はαをｆ(ｘ)の根に入れ換える４個の入れ換えからなる群である。

上より、「αはｆ(ｘ)の原始元」なので、αの最小多項式ｇ(ｘ)の根の入れ換えで多項式の群Ｇfが求まる（これももう何回もやったので解説は省略）が、αはｆ(ｘ)の根でもありｆ(ｘ)は既約多項式より、ｇ(ｘ)とｆ(ｘ)は一致している（厳密には定数倍の違いはある）。
よって、αとｆ(ｘ)の他の根との入れ換えで多項式の群が求まる。
よって、４個の入れ換えからなる群である。（ｆ(ｘ)の根が４個だから。）

因みに、ｘ⁴－４ｘ²＋２の根をα,β,γ,δとすると、多項式の群は、
(α β γ δ)→(α β γ δ)（恒等入れ換え）
(α β γ δ)→(β γ δ α)
(α β γ δ)→(γ δ α β)
(α β γ δ)→(δ α β γ)
である。（巡回群になる。）

一応、裏取り。

「ｘ⁴－４ｘ²＋２＝０のガロア群は
Gal(ℚ(α)/ℚ)＝{ｅ，σ，σ²，σ³}
となり、位数４の巡回群Ｃ₄と同型です。」
「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著p.335より

おまけ：（コメント欄が凄い。）

何でもありの解法
ＢＥ＝１，ＢＤ＝ｘと置いて、ＥからＢＤに垂線を下ろしその足をＨとすると、
ＢＨ＝cos12°，ＥＨ＝sin12°
∴ＤＨ＝ｘ－cos12°
よって、∠ＥＤＢ＝θと置くと、
tanθ＝sin12°/(ｘ－cos12°)
∴θ＝Arctan{sin12°/(ｘ－cos12°)}……☆
また、Ｄ，ＥからＢＣに垂線を下ろしその足をそれぞれＩ，Ｊとすると、
ＢＪ＝cos54°，ＥＪ＝sin54°
また、∠ＣＥＪ＝９０°－２４°＝６６°より、ＣＪ＝ＥＪtan66°
∴ＣＪ＝sin54°tan66°
∴ＢＣ＝ＢＪ＋ＣＪ
＝cos54°＋sin54°tan66°……①
また、ＢＩ＝ｘcos42°，ＤＩ＝ｘsin42°
また、∠ＣＤＩ＝９０°－３０°－２４°＝３６°より、ＣＩ＝ＤＩtan36°
∴ＣＩ＝ｘsin42°tan36°
∴ＢＣ＝ＢＩ＋ＣＩ
＝ｘcos42°＋ｘsin42°tan36°
＝ｘ(cos42°＋sin42°tan36°)……②
①，②より、
ｘ(cos42°＋sin42°tan36°)＝cos54°＋sin54°tan66°
∴ｘ＝(cos54°＋sin54°tan66°)/(cos42°＋sin42°tan36°)
これを☆に代入するために、まずｘ－cos12°を求めると、
ｘ－cos12°
＝(cos54°＋sin54°tan66°)/(cos42°＋sin42°tan36°)－cos12°
＝{cos54°＋sin54°tan66°－cos12°(cos42°＋sin42°tan36°)}/(cos42°＋sin42°tan36°)
＝{cos54°＋sin54°tan66°
－cos12°cos42°
－cos12°sin42°tan36°)}/(cos42°＋sin42°tan36°)
次に、sin12°/(ｘ－cos12°)を求めると、
sin12°/(ｘ－cos12°)
＝sin12°(cos42°＋sin42°tan36°)
/(cos54°＋sin54°tan66°－cos12°cos42°－cos12°sin42°tan36°)……★
★を☆に代入すると、
θ＝Arctan{sin12°(cos42°＋sin42°tan36°)
/(cos54°＋sin54°tan66°－cos12°cos42°－cos12°sin42°tan36°)}
まず、★部分を電卓で計算すると、
sin12°(cos42°＋sin42°tan36°)＝0.2555851
cos54°＋sin54°tan66°－cos12°cos42°－cos12°sin42°tan36°＝1.2024336
よって、★＝0.2555851/1.2024336＝0.2125565
∴θ＝Arctan0.2125565…＝１２°
よって、答えは、１２°

面白くはありませんね。次は、もうちょっと簡単な類題をやりますね。念のため、正統派の解法です。

おまけ：

問題
正方形ＡＢＣＤの辺ＡＢ上に点Ｅがあり、ＤＥとＡＣとの交点をＦとすると、ＥＢ＝ＥＦとなった。この時、∠ＡＦＤの大きさを求めて下さい。

模範解答
ＥＢ＝ＥＦより△ＥＢＦは二等辺三角形。よって、∠ＥＢＦ＝∠ＥＦＢ＝●と置くと、△ＥＢＦでの内対角の和より、∠ＡＥＦ＝●●
また、ＡＢ∥ＤＣより錯角で∠ＦＤＣ＝∠ＡＥＦ＝●●　また、正方形と対角線の対称性より、∠ＦＢＣ＝∠ＦＤＣ＝●●
よって、∠ＡＢＣ＝∠ＥＢＦ＋∠ＦＢＣ＝●＋●●＝●●●＝９０°
よって、●＝３０°よって、∠ＡＥＦ＝６０°また、∠ＥＡＦ＝∠ＢＡＣ＝４５°より、△ＦＡＥでの内対角の和より、
∠ＡＦＤ＝４５°＋６０°＝１０５°

何でもありの解法
正方形の１辺の長さを１，ＥＢ＝ＥＦ＝ｘと置くと、ＡＥ＝１－ｘ
また、△ＦＡＥ∽△ＦＤＣより、
１－ｘ：１＝ｘ：ＤＦが成り立つ。
∴ＤＦ＝ｘ/(１－ｘ)
∴ＤＥ＝ｘ/(１－ｘ)＋ｘ
＝{ｘ＋ｘ(１－ｘ)}/(１－ｘ)
＝(－ｘ²＋２ｘ)/(１－ｘ)
よって、△ＡＤＥで三平方の定理を使うと、
１²＋(１－ｘ)²＝{(－ｘ²＋２ｘ)/(１－ｘ)}²
が成り立つ。
∴１＋(１－ｘ)²＝ｘ²(２－ｘ)²/(１－ｘ)²
∴(１－ｘ)²＋(１－ｘ)⁴＝ｘ²(２－ｘ)²
∴(１－ｘ)²{１＋(１－ｘ)²}＝ｘ²(ｘ²－４ｘ＋４)
∴(ｘ²－２ｘ＋１)(ｘ²－２ｘ＋２)＝ｘ²(ｘ²－４ｘ＋４)
∴(ｘ²－２ｘ)²＋３(ｘ²－２ｘ)＋２＝ｘ²(ｘ²－４ｘ＋４)
∴ｘ⁴－４ｘ³＋４ｘ²＋３ｘ²－６ｘ＋２
＝ｘ⁴－４ｘ³＋４ｘ²
∴３ｘ²－６ｘ＋２＝０
∴ｘ＝(３±√３)/３
ところで、ｘ＜１より、ｘ＝(３－√３)/３
∴ＡＥ＝１－ｘ＝１－(３－√３)/３＝√３/３
また、△ＡＤＥで三平方の定理を使うと、
ＤＥ＝√{１²＋(√３/３)²}＝√(１２/９)
＝２√３/３
∴ＡＥ：ＤＥ＝√３/３：２√３/３＝１：２
よって、△ＡＤＥは１：２：√３の直角三角形である。∴∠ＦＤＡ＝∠ＥＤＡ＝３０°
また、∠ＦＡＤ＝∠ＣＡＤ＝４５°より、
∠ＡＦＤ＝１８０°－３０°－４５°
＝１０５°

問題
正方形ＡＢＣＤの辺ＣＤの中点をＭとする。ＢＭとＡＣの交点をＥとする時、ＤＥ⊥ＡＭとなる事を証明して下さい。

解答
正方形と中点の対称性より、
∠ＭＡＤ＝∠ＭＢＣ＝●と置くと、正方形と対角線の対称性より、
∠ＥＤＣ＝∠ＥＢＣ＝∠ＭＢＣ＝●
ここで、ＤＥとＡＭの交点をＦとすると、
∠ＭＡＤ＝∠ＭＤＦ＝●となり、∠ＤＭＦを共有しているので、△ＭＡＤと△ＭＤＦは２角が等しく相似である。
よって、∠ＤＦＭ＝∠ＡＤＭ＝９０°
よって、ＤＦ⊥ＡＭ　∴ＤＥ⊥ＡＭ

因みに、座標で考えると簡単ですね。（省略）

おまけ：

問題
∠Ｃが２０°の△ＡＢＣを描き、辺ＢＣ上に∠ＡＤＢ＝４０°かつＢＤ＝ＡＣとなる点Ｄを取る。この時、∠Ｂの大きさを求めて下さい。

解法３
△ＤＡＣでの内対角の和より、
∠ＤＡＣ＝４０°－２０°＝２０°
よって、∠ＤＡＣ＝∠Ｃより△ＤＡＣは二等辺三角形。
ここで、ＡＣを１辺とした正三角形ＥＡＣを頂点ＥがＡＣに関して点Ｄと同じ側に作ると、正三角形と二等辺三角形の対称性からＤＥは∠ＡＥＣの二等分線になる（厳密には三辺相等で△ＤＥＡ≡△ＤＥＣを言う）。
よって、∠ＡＥＤ＝６０°÷２＝３０°
また、正三角形よりＡＣ＝ＡＥ　また、条件よりＡＣ＝ＢＤ　よって、ＡＥ＝ＢＤ
また、正三角形と二等辺三角形の対称性より、∠ＤＡＥ＝∠ＤＣＥ＝６０°－２０°＝４０°また、∠ＡＤＢ＝４０°より、∠ＤＡＥ＝∠ＡＤＢ　これとＡＥ＝ＤＢより、四角形ＡＢＥＤは等脚台形（厳密な証明は前回と同じで省略）。
ところで、等脚台形は必ず円に内接するので、四角形ＡＢＥＤは円に内接する四角形（厳密な証明は下で補足）より、円周角の定理より、
∠Ｂ＝∠ＡＢＤ＝∠ＡＥＤ＝３０°

定理
等脚台形は必ず円に内接する。

証明
等脚台形の左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、ＢＡの延長上に点Ｅを取ると、ＡＤ∥ＢＣより同位角で∠ＥＡＤ＝∠Ｂ……①
また、四角形ＡＢＣＤは等脚台形より、
∠Ｂ＝∠Ｃ……②
①，②より、∠ＥＡＤ＝∠Ｃ
よって、四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形である。よって、等脚台形は必ず円に内接する事が示された。

因みに、上の解法３で点Ｅは△ＡＢＣの外心となり、ラングレー問題には外心を利用した解法があるが、今回の問題は外心だけでは惜しい所まで行くが、求め切れない。ちょっと具体的にやってみせましょう。

参考解法
△ＡＢＣの外心をＯとして、ＯＡ，ＯＢ，ＯＣを結ぶと、半径よりＯＡ＝ＯＢ＝ＯＣ
また、△ＤＡＣでの内対角の和より、
∠ＤＡＣ＝４０°－２０°＝２０°
よって、∠ＤＡＣ＝∠Ｃより△ＤＡＣは二等辺三角形。
よって、△ＯＡＣと△ＤＡＣは共に二等辺三角形より、対称性により△ＯＤＡと△ＯＤＣは合同になり、∠ＯＡＤ＝∠ＯＣＤ＝●と置く。また、半径より△ＯＢＣも二等辺三角形より、∠ＯＢＣ＝∠ＯＣＢ＝●
よって、∠ＯＡＤ＝∠ＯＢＤ＝●
よって、円周角の定理の逆により、４点Ａ，Ｂ，Ｏ，Ｄは同一円周上にある。つまり、四角形ＡＢＯＤは円に内接する四角形。

ここで手詰まりです。もうちょっとなんですけどね。

おまけ：
https://encount.press/archives/176848/

https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q12203498157（因みに、まだ読んでいません。）

問題
長さが１０の線分ＡＢ上に点Ｃがある。ＡＣ，ＢＣを１辺とする正三角形ＡＣＰ，ＢＣＱを線分ＡＢの同じ側につくる。また、線分ＡＱ，ＢＰの交点をＲ，線分ＰＱの中点をＭとする。Ｃが線分ＡＢ上をＡからＢまで動くとき、次のものを求めなさい。
（１）点Ｒが動いた長さ。
（２）点Ｍが動いた長さ。
（９８　海城）

模範解答
（１）二辺夾角相等で、△ＡＣＱ≡△ＰＣＢ
よって右図（注：∠ＡＱＣ＝○，∠ＰＢＣ＝×とした図）で、○＝×……①
すると、網目の三角形（注：ＰＢとＣＱの交点とＱＲ，ＢＣで作られる２つの三角形）の内角の和を考えて、∠ＱＲＢ（＝∠ＱＣＢ）＝６０°……②
∴∠ＡＲＢ＝１２０°
このとき、Ｒは、右図の太線（注：太線の弧ＡＲＢと中心Ｏが描かれた図）のような円弧を描く。
よって求める長さは、
２π×(１０/√３)×(１２０/３６０)
＝２０√３π/９
（２）直線ＡＰ，ＢＱの交点をＳとする。
ここで、ＰＳ∥ＣＱ，ＰＣ∥ＳＱより、
四角形ＳＰＣＱは平行四辺形であるから、ＭはＳＣの中点である。よって、辺ＳＡ，ＳＢの中点をそれぞれℕ，Ｌとすると、ＣがＡ→Ｂと動くとき、ＭはＮ→Ｌと動く。
よって求める長さは、ＮＬ＝ＡＢ/２＝５
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞二辺夾角相等で、△ＡＣＱ≡△ＰＣＢ

△ＡＣＰと△ＢＣＱが正三角形より、
ＣＡ＝ＣＰ，ＣＱ＝ＣＢ……①
また、∠ＰＣＡ＝∠ＱＣＢ＝６０°この両辺に∠ＰＣＱを加えると、
∠ＰＣＡ＋∠ＰＣＱ＝∠ＰＣＱ＋∠ＱＣＢ
∴∠ＡＣＱ＝∠ＰＣＢ……②
①，②より、二辺夾角が等しいので、
△ＡＣＱ≡△ＰＣＢ

＞網目の三角形（注：ＰＢとＣＱの交点とＱＲ，ＢＣで作られる２つの三角形）の内角の和を考えて、∠ＱＲＢ（＝∠ＱＣＢ）＝６０°……②
∴∠ＡＲＢ＝１２０°

ここは、○＝×……①から円周角の定理の逆により４点Ｒ，Ｃ，Ｂ，Ｑは同一円周上にある事から円周角の定理で、
∠ＱＲＢ＝∠ＱＣＢ＝６０°
よって、∠ＡＲＢ＝１８０°－６０°＝１２０°と求めても良い。

＞このとき、Ｒは、右図の太線（注：太線の弧ＡＲＢと中心Ｏが描かれた図）のような円弧を描く。
よって求める長さは、
２π×(１０/√３)×(１２０/３６０)
＝２０√３π/９

点Ｒがどこにあっても∠ＡＲＢ＝１２０°で一定なので、円周角の定理の逆により点Ｒはある円（弧）の周上を動く。そこで、その中心をＯとすると、円周角と中心角の関係より、優弧ＡＯＢ＝１２０°×２＝２４０°よって、劣弧ＡＯＢ＝３６０°－２４０°＝１２０°また、半径よりＯＡ＝ＯＢなので、ＯからＡＢに垂線を下ろすと二等辺三角形の性質より１２０°÷２＝６０°で、１：２：√３の直角三角形を利用すれば良いという事。（実際は、頂角が１２０°の二等辺三角形の二辺比１：√３を使っているが。）

（２）の解説は次回。

おまけ：

問題
長さが１０の線分ＡＢ上に点Ｃがある。ＡＣ，ＢＣを１辺とする正三角形ＡＣＰ，ＢＣＱを線分ＡＢの同じ側につくる。また、線分ＡＱ，ＢＰの交点をＲ，線分ＰＱの中点をＭとする。Ｃが線分ＡＢ上をＡからＢまで動くとき、次のものを求めなさい。
（１）点Ｒが動いた長さ。
（２）点Ｍが動いた長さ。
（９８　海城）

模範解答
（１）二辺夾角相等で、△ＡＣＱ≡△ＰＣＢ
よって右図（注：∠ＡＱＣ＝○，∠ＰＢＣ＝×とした図）で、○＝×……①
すると、網目の三角形（注：ＰＢとＣＱの交点とＱＲ，ＢＣで作られる２つの三角形）の内角の和を考えて、∠ＱＲＢ（＝∠ＱＣＢ）＝６０°……②
∴∠ＡＲＢ＝１２０°
このとき、Ｒは、右図の太線（注：太線の弧ＡＲＢと中心Ｏが描かれた図）のような円弧を描く。
よって求める長さは、
２π×(１０/√３)×(１２０/３６０)
＝２０√３π/９
（２）直線ＡＰ，ＢＱの交点をＳとする。
ここで、ＰＳ∥ＣＱ，ＰＣ∥ＳＱより、
四角形ＳＰＣＱは平行四辺形であるから、ＭはＳＣの中点である。よって、辺ＳＡ，ＳＢの中点をそれぞれＮ，Ｌとすると、ＣがＡ→Ｂと動くとき、ＭはＮ→Ｌと動く。
よって求める長さは、ＮＬ＝ＡＢ/２＝５
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

（２）の解説
＞四角形ＳＰＣＱは平行四辺形であるから、ＭはＳＣの中点である。

基本的な平行四辺形の性質である。「平行四辺形の２本の対角線は互いの中点で交わる」という性質。
因みに、私の経験上、こちらのサイトhttps://dac.gijodai.ac.jp/it-con/h16_sakuhin/ippan/ippan3/math/2grade/zukeigoudou/128.htmの４と５が役に立つ。

＞よって、辺ＳＡ，ＳＢの中点をそれぞれＮ，Ｌとすると、ＣがＡ→Ｂと動くとき、ＭはＮ→Ｌと動く。
よって求める長さは、ＮＬ＝ＡＢ/２＝５

最後の所は△ＳＡＢでの中点連結定理。ところで、参考書に厳密な証明が補足解説で載っているので紹介しよう。

「図のようにＰ'，M'、Q'をとり、ＡＣ＝ａとすると、
ＭＭ'＝(１/２)(ＰＰ'＋ＱＱ')
＝(１/２){(√３/２)ａ＋(√３/２)(１０－ａ)}
＝(√３/４)×１０＝５√３/２（一定）
と考えてもよい。」

解説
Ｐ，Ｍ，ＱからＡＢに垂線を下ろしその足をそれぞれＰ'，Ｍ'，Ｑ'とし、ＡＣ＝ａとすると、点ＭはＰＱの中点より、台形ＰＰ'Ｑ'Ｑでの台形の中点連結定理の逆と中点連結定理により、
ＭＭ'＝(１/２)(ＰＰ'＋ＱＱ')
＝(１/２){(√３/２)ａ＋(√３/２)(１０－ａ)}
＝(√３/４)×１０＝５√３/２（一定）
よって、ＭＭ'の長さは点Ｃの位置によらず一定なので、点ＭはＡＢと平行な直線を描く。また、四角形ＳＰＣＱは平行四辺形だったので、点ＭはＳＣの中点。ここで、点Ｍを通りＡＢと平行な直線とＳＡ，ＳＢとの交点をそれぞれＮ，Ｌとすると、△ＳＡＣと△ＳＣＢでの中点連結定理の逆により、点N，ＬはＳＡ，ＳＢのそれぞれの中点となる。
よって、△ＳＡＢでの中点連結定理により、
求める長さは、ＮＬ＝ＡＢ/２＝５

暇な人は、こちらのコメント欄https://www.msn.com/ja-jp/lifestyle/other/%E8%A7%92%E5%BA%A6%E5%BD%93%E3%81%A6%E3%82%AF%E3%82%A4%E3%82%BA-vol-1378-x%E3%81%AE%E8%A7%92%E5%BA%A6%E3%81%AF%E4%BD%95%E5%BA%A6/ar-AA1BIOlG?ocid=msedgntp&pc=U531&cvid=dfcc333a4bab44349358b66b288bac01&ei=9#comments&commentId=b1dc9813-0ec7-46de-86ac-887464f644e9の、

＞あと一つ直角か平行の条件が抜けてしまっていますね。
あと一つの条件は、図の長方形に見える四角形の左右の辺の長さが等しい、でも良いですね。
ただし、平行四辺形の成立条件などではないので、自分で証明しないといけませんが。

これを証明して下さい。念のため、そんなに難しくありません。

おまけ：
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E6%B5%AA%E4%BA%BA

次回、

＞あと一つ直角か平行の条件が抜けてしまっていますね。
あと一つの条件は、図の長方形に見える四角形の左右の辺の長さが等しい、でも良いですね。
ただし、平行四辺形の成立条件などではないので、自分で証明しないといけませんが。

これを証明して下さい。

これだけじゃ面白くないので、こちらhttps://www.msn.com/ja-jp/lifestyle/other/%E8%A7%92%E5%BA%A6%E5%BD%93%E3%81%A6%E3%82%AF%E3%82%A4%E3%82%BA-vol-1385-x%E3%81%AE%E8%A7%92%E5%BA%A6%E3%81%AF%E4%BD%95%E5%BA%A6-%E5%85%A83%E5%95%8F/ar-AA1BVKPU?ocid=msedgntp&pc=U531&cvid=1185ac4f1ca9403ebc4b7918b036fad5&ei=9の第１問の別解を作ってみて下さい。（もちろん、模範解答の方法でも解きました。）
因みに、私は普通の別解を作りましたが、何でもあり（電卓あり）で解ければ良いです。

おまけ：

https://www.msn.com/ja-jp/lifestyle/other/%E8%A7%92%E5%BA%A6%E5%BD%93%E3%81%A6%E3%82%AF%E3%82%A4%E3%82%BA-vol-1378-x%E3%81%AE%E8%A7%92%E5%BA%A6%E3%81%AF%E4%BD%95%E5%BA%A6/ar-AA1BIOlG?ocid=msedgntp&pc=U531&cvid=dfcc333a4bab44349358b66b288bac01&ei=9#comments&commentId=b1dc9813-0ec7-46de-86ac-887464f644e9
＞あと一つ直角か平行の条件が抜けてしまっていますね。
あと一つの条件は、図の長方形に見える四角形の左右の辺の長さが等しい、でも良いですね。
ただし、平行四辺形の成立条件などではないので、自分で証明しないといけませんが。

これを証明して下さい。

問題にしてみると、

問題
∠Ｂと∠Ｄが直角で辺ＡＢ＝辺ＤＣの四角形ＡＢＣＤのＢＣの延長上に∠ＤＥＡ＝３５°となる点Ｅを取る。この時、∠ＡＥＢの大きさを求めて下さい。ただし、ＢＣ＝ＤＥとする。

解答
ＡＣを結ぶと、ＡＢ＝ＣＤ，∠Ｂ＝∠Ｄ＝直角，ＡＣは共通より、直角三角形の斜辺と他の１辺が等しいので、△ＡＢＣ≡△ＣＤＡ
よって、四角形ＡＢＣＤは平行四辺形で１つの角が９０°より長方形である。（因みに、平行四辺形の成立条件は使っていませんが、△ＡＢＣ≡△ＣＤＡから錯角で２組の対辺が平行である事は自明とする。）
よって、ＡＤ＝ＢＣ　また、条件よりＢＣ＝ＤＥなので、ＡＤ＝ＤＥ
よって、△ＤＡＥは二等辺三角形より、
∠ＤＡＥ＝∠ＤＥＡ＝３５°
また、四角形ＡＢＣＤは長方形よりＡＤ∥ＢＣ
よって、錯角より∠ＡＥＢ＝∠ＤＡＥ＝３５°

こちらhttps://www.msn.com/ja-jp/lifestyle/other/%E8%A7%92%E5%BA%A6%E5%BD%93%E3%81%A6%E3%82%AF%E3%82%A4%E3%82%BA-vol-1385-x%E3%81%AE%E8%A7%92%E5%BA%A6%E3%81%AF%E4%BD%95%E5%BA%A6-%E5%85%A83%E5%95%8F/ar-AA1BVKPU?ocid=msedgntp&pc=U531&cvid=1185ac4f1ca9403ebc4b7918b036fad5&ei=9の第１問も問題にしてみましょう。

問題
∠Ｃが２０°の△ＡＢＣを描き、辺ＢＣ上に∠ＡＤＢ＝４０°かつＢＤ＝ＡＣとなる点Ｄを取る。この時、∠Ｂの大きさを求めて下さい。

何でもありの別解
△ＤＡＣでの内対角の和より、
∠ＤＡＣ＝４０°－２０°＝２０°
∴∠ＤＡＣ＝∠ＤＣＡ
よって、△ＤＡＣは二等辺三角形である。
∴ＤＡ＝ＤＣ
ここで、ＡＣ＝ＢＤ＝ｘ，ＤＡ＝ＤＣ＝ｙと置くと、△ＤＡＣは二等辺三角形より、
ｘ＝２ｙcos20°……①
また、ＡからＢＤに垂線を下ろしその足をＨとすると、ＤＨ＝ｙcos40°より、
ＢＨ＝ｘ－ｙcos40°……②
①を②に代入すると、
ＢＨ＝２ｙcos20°－ｙcos40°
＝ｙ(２cos20°－cos40°)……③
また、ＡＨ＝ｙsin40°……④
③，④より、
ＡＨ：ＢＨ
＝ｙsin40°：ｙ(２cos20°－cos40°)
＝sin40°：２cos20°－cos40°
＝0.6427876：1.1133408
＝1：1.7320508
＝１：√３
よって、ＡＨ：ＢＨ＝１：√３より、
△ＡＢＨは１：２：√３の直角三角形。
∴∠Ｂ＝３０°

正統派の別解は次回。普通の人には無理だと思うのでヒント。
ＢＣを１辺とする正三角形を描いて下さい。これで出来るかどうかはあなたの力量次第。まぁ、私も３０年ぐらい前にこれぐらいのヒントを貰ってもラングレー問題が出来なかった事があるので、出来なくても気にしないで下さい。

おまけ：

ヒントが間違っていました。ＢＤを１辺とした正三角形を描いて下さい。

解説
＞●ｘ・ｙ^-1＝ａ^p・(ｂ^p)^-1＝ａ^p・(ｂ^-1)^p
＝(ａｂ^-１)^p∈(Ｋ^p)*

ａ^p・(ｂ^-1)^p＝(ａｂ^-１)^pが成り立つ事は、Ｋは標数ｐの有限体より体ℤ/(p)と同型な体を部分体として含み（p.238）、ℤ/(p)＝ℤpは定義より和と積について可換である（p.64）からである（定理2.7）。

定理2.7
Ｇが可換群のとき、Ｇの任意の元ａ,ｂについて次のことが成立する。
(ａ・ｂ)^n＝ａ^n・ｂ^n
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著p.83より

＞ｘ,ｙ∈Ｋ^(1/p)とする。このとき、ｘとｙはｘ^p∈Ｋ，ｙ^p∈Ｋである

Ｋ^p＝{ａ^p｜ａ∈Ｋ}，
Ｋ^(1/p)＝{ａ^(1/p)∈~Ｋ｜ａ∈Ｋ}

ｘ,ｙ∈Ｋ^(1/p)とすると、ｘ＝ａ^(1/p)，ｙ＝ｂ^(1/p)（ａ,ｂ∈Ｋ）と置け、これらの両辺をｐ乗すると、
ｘ^p＝ａ，ｙ^p＝ｂ（ａ,ｂ∈Ｋ）
∴ｘ^p∈Ｋ，ｙ^p∈Ｋ

＞● (ｘ－ｙ)^p＝ｘ^p－ｙ^p＝ａ－ｂ∈Ｋ
⇒ｘ－ｙ∈Ｋ^(1/p)

(ｘ－ｙ)^p＝ｘ^p－ｙ^pは、補題４。
また、 (ｘ－ｙ)^p＝ｘ^p－ｙ^p＝ａ－ｂ∈Ｋ
より、(ｘ－ｙ)^p∈Ｋ
よって、Ｋ^(1/p)＝{ａ^(1/p)∈~Ｋ｜ａ∈Ｋ}のａの所に(ｘ－ｙ)^pを当てはめると、
{(ｘ－ｙ)^p}^(1/p)∈~Ｋ
∴ｘ－ｙ∈~Ｋ
よって、ｘ－ｙ∈Ｋ^(1/p)という事。

＞Ｋ^p⊂Ｋであること：ｘ∈Ｋ^pとする。このとき、ｘはｘ＝ａ^p（ａ∈Ｋ）と表される。
ａ∈Ｋで、Ｋは体であるからｘ＝ａ^p∈Ｋ

この続きで、∴ｘ∈Ｋ^p ⇒ ｘ∈Ｋ
よって、Ｋ^p⊂Ｋという事。

＞ここで、Ｋ^(1/p)は体であるから定理3.4よりｇは単射。

定理3.4
体Ｋから環Ｒへの準同型写像ｆ：Ｋ→Ｒは単射である。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

うっかり、前回に載せるのを忘れていました。念のため、体から体（環に含まれているという事）でも当然良い。

＞適当に分かり易く解説した後に、（３）の具体例、
ＫをＦ₃（＝ℤ₃）とすると、Ｋ＝Ｆ₃＝{０,１,２}，
Ｋ^(1/p)＝Ｆ₃^(1/3)＝{０,１,２^(1/3)}
＝{０,１,³√２}（{０,１,³√２ω}，{０,１,³√２ω²}）
よって、Ｋ≠Ｋ^(1/p)
という疑惑を解説して下さい。

これは次回。

おまけ：

解説の続き

＞適当に分かり易く解説した後に、（３）の具体例、
ＫをＦ₃（＝ℤ₃）とすると、Ｋ＝Ｆ₃＝{０,１,２}，
Ｋ^(1/p)＝Ｆ₃^(1/3)＝{０,１,２^(1/3)}
＝{０,１,³√２}（{０,１,³√２ω}，{０,１,³√２ω²}）
よって、Ｋ≠Ｋ^(1/p)
という疑惑を解説して下さい。

演習問題７
Ｋを標数ｐの有限体，Ｋのすべての元のｐ重根を含む体を~Ｋ，
Ｋ^p＝{ａ^p｜ａ∈Ｋ}，
Ｋ^(1/p)＝{ａ^(1/p)∈~Ｋ｜ａ∈Ｋ}
とする。このとき、次の事を証明せよ。
（１）Ｋ^pとＫ^(1/p)は体で、Ｋ^p⊂Ｋ⊂Ｋ^(1/p)を満たしている。
（２）Ｋ^p＝Ｋ
（３）Ｋ^(1/p)＝Ｋ

先に（ⅱ）の具体例を解説しよう。
ＫをＦ₃（＝ℤ₃）とすると、Ｋ＝Ｆ₃＝{０,１,２}，
Ｋ^p＝Ｆ₃³＝{０,１,２³＝８≡２}＝Ｆ₃＝Ｋ
よって、Ｋ^p＝Ｋが成り立つ。
次に、（３）の具体例、
ＫをＦ₃（＝ℤ₃）とすると、Ｋ＝Ｆ₃＝{０,１,２}，
Ｋ^(1/p)＝Ｆ₃^(1/3)＝{０,１,２^(1/3)}
＝{０,１,³√２}（{０,１,³√２ω}，{０,１,³√２ω²}）
ここで、定理2.11の系２より、２≡２³を代入すると、{０,１,³√２}＝{０,１,³√２³}＝{０,１,２}＝Ｆ₃＝Ｋ
よって、Ｋ^(1/p)＝Ｋとなる。

定理2.11（オイラーの定理）の系２
ｐを素数とする。このとき、任意の整数ａに対して次が成り立つ。
ａ^p≡ａ（mod ｐ）
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

念のため、フェルマーの小定理（系１）の場合はｐと互いに素という条件が付くが、系２の場合は条件がない。もっとも、今回の場合はＫの元がｐと互いに素なもの（０は除く）ばかりなので、系１の条件が付いても構わないが。
また、「Ｋのすべての元のｐ重根を含む体を~Ｋ」と「Ｋ^(1/p)＝{ａ^(1/p)∈~Ｋ｜ａ∈Ｋ}」から、
{０,１,³√２ω}，{０,１,³√２ω²}の方は、
定理2.11の系２より、２≡２³＝(２ω²)³
これを{０,１,³√２ω}に代入すると、
{０,１,³√２ω}＝{０,１,³√{(２ω²)³}ω}
＝{０,１,(２ω²)ω}＝{０,１,２}＝Ｆ₃＝Ｋ
また、定理2.11の系２より、２≡２³＝(２ω)³
これを{０,１,³√２ω²}に代入すると、
{０,１,³√２ω²}＝{０,１,³√{(２ω)³}ω²}
＝{０,１,(２ω)ω²}＝{０,１,２}＝Ｆ₃＝Ｋ
よって、全てＯＫ。

おまけ：

解説
＞問題１
実線型空間ℝ²の基底＜ａ,ｂ＞に関するｘ∈ℝ²の座標を求めよ。
ａ＝(１ ２)，ｂ＝(３ １)，ｘ＝(５ ０)

解答
要は、ａ,ｂを単位ベクトルとして、　
ｃ₁ａ＋ｃ₂ｂ＝ｘとなる(ｃ₁ ｃ₂)を求めれば良い。∴ｃ₁(１ ２)＋ｃ₂(３ １)＝(５ ０)
∴(ｃ₁ ２ｃ₁)＋(３ｃ₂ ｃ₂)＝(５ ０)
∴(ｃ₁＋３ｃ₂　２ｃ₁＋ｃ₂)＝(５ ０)
∴ｃ₁＋３ｃ₂＝５……①　
　２ｃ₁＋ｃ₂＝０……②
①×２－②より、５ｃ₂＝１０　∴ｃ₂＝２
∴ｃ₁＝５－３ｃ₂＝－１
∴(ｃ₁ ｃ₂)＝(－１ ２)

別解
ｘｙ座標（直交座標）上に点Ａ(１,２)，Ｂ(３,１)，✘(５,０)を取り、↑ＯＡをＸ軸（正方向の単位ベクトル），↑ＯＢをＹ軸（正方向の単位ベクトル）を座標軸とした時の✘の座標を求める。
そこで、図的にｃ₁↑ＯＡ＋ｃ₂↑ＯＢを考えると、ｃ₁が負でないと点✘に辿り着かない事がアバウトに分かり、ｃ₁↑ＯＡ＋ｃ₂↑ＯＢ＝✘となる図を描いて折れる点（ｃ₁↑ＯＡ＋ｃ₂↑ＯＢの＋の所）を考えると、点✘を通りＯＢと平行な直線と直線ＯＡとの交点である。
よって、(１/３)(ｘ－５)＝２ｘを解くと、
ｘ－５＝６ｘ　∴５ｘ＝－５　∴ｘ＝－１
∴ｙ＝－２　∴(ｘ,ｙ)＝(－１,－２)
これは、たまたま－↑ＯＡと一致するので、Ｘ座標の値はＸ＝－１である。
また、点(－１,－２)と点✘(５,０)の距離は、√{(－１－５)²＋(－２－０)²}＝√４０＝２√１０
これは、|↑ＯＢ|＝√(３²＋１²)＝√１０の２倍なので、Ｙ座標の値は、Ｙ＝２である。
よって、答えは、（Ｘ,Ｙ)＝ (－１,２)

＞問題２
高々二次の多項式全体のなす複素線型空間Ｖ＝{ａ＋ｂｔ＋ｃｔ²｜ａ,ｂ,ｃ∈ℂ}において、基底＜ｆ,ｇ,ｈ＞に関する多項式φ∈Ｖの座標を求めよ。
（ⅰ）ｆ＝ｔ²，ｇ＝ｔ，ｈ＝１，
φ＝４５＋３ｔ＋１１ｔ²
（ⅱ）ｆ＝３，ｇ＝ｔ＋４，ｈ＝(ｔ＋４)²，
φ＝４５＋３ｔ＋１１ｔ²
（ⅲ）ｆ＝１＋ｔ，ｇ＝ｔ＋ｔ²，ｈ＝ｔ²＋１，
φ＝４５＋３ｔ＋１１ｔ²

解法１
（ⅰ）ｃ₁ｔ²＋ｃ₂ｔ＋ｃ₃１＝４５＋３ｔ＋１１ｔ²として、恒等式と見ると、ｃ₁＝１１，ｃ₂＝３，ｃ₃＝４５　
よって、答えは、(１１　３　４５)
（ⅱ）３ｃ₁＋ｃ₂(ｔ＋４)＋ｃ₃(ｔ＋４)²＝４５＋３ｔ＋１１ｔ²とすると、
３ｃ₁＋ｃ₂ｔ＋４ｃ₂＋ｃ₃(ｔ²＋８ｔ＋１６)＝４５＋３ｔ＋１１ｔ²
∴３ｃ₁＋４ｃ₂＋１６ｃ₃＋(ｃ₂＋８ｃ₃)ｔ＋ｃ₃ｔ²＝４５＋３ｔ＋１１ｔ²
これを恒等式として見ると、
３ｃ₁＋４ｃ₂＋１６ｃ₃＝４５……①
ｃ₂＋８ｃ₃＝３……②
ｃ₃＝１１……③
③を②に代入すると、ｃ₂＝３－８８＝－８５
これと③を①に代入すると、
３ｃ₁－３４０＋１７６＝４５
∴３ｃ₁＝３８５－１７６＝２０９
∴ｃ₁＝２０９/３
∴(２０９/３　－８５　１１)

因みに、（ⅱ）だけ解答にφ＝２０９－８５ｇ＋１１ｈがありますが、
ｆ＝３，ｇ＝ｔ＋４，ｈ＝(ｔ＋４)²より、
φ＝ｃ₁ｆ＋ｃ₂ｇ＋ｃ₃ｈ
＝(２０９/３)３＋(－８５)ｇ＋１１ｈ
＝２０９－８５ｇ＋１１ｈ
であまり意味はありません。

続きは次回。念のため、別解は別に面白くありません。

おまけ：

解説の続き
＞問題２
高々二次の多項式全体のなす複素線型空間Ｖ＝{ａ＋ｂｔ＋ｃｔ²｜ａ,ｂ,ｃ∈ℂ}において、基底＜ｆ,ｇ,ｈ＞に関する多項式φ∈Ｖの座標を求めよ。
（ⅰ）ｆ＝ｔ²，ｇ＝ｔ，ｈ＝１，
φ＝４５＋３ｔ＋１１ｔ²
（ⅱ）ｆ＝３，ｇ＝ｔ＋４，ｈ＝(ｔ＋４)²，
φ＝４５＋３ｔ＋１１ｔ²
（ⅲ）ｆ＝１＋ｔ，ｇ＝ｔ＋ｔ²，ｈ＝ｔ²＋１，
φ＝４５＋３ｔ＋１１ｔ²

解法１
（ⅲ）ｃ₁(１＋ｔ)＋ｃ₂(ｔ＋ｔ²)＋ｃ₃(ｔ²＋１)＝４５＋３ｔ＋１１ｔ²とすると、
ｃ₁＋ｃ₁ｔ＋ｃ₂ｔ＋ｃ₂ｔ²＋ｃ₃ｔ²＋ｃ₃＝４５＋３ｔ＋１１ｔ²
∴ｃ₁＋ｃ₃＋(ｃ₁＋ｃ₂)ｔ＋(ｃ₂＋ｃ₃)ｔ²
＝４５＋３ｔ＋１１ｔ²
これを恒等式として見ると、
ｃ₁＋ｃ₃＝４５……①
ｃ₁＋ｃ₂＝３……②
ｃ₂＋ｃ₃＝１１……③
①＋②＋③より、２ｃ₁＋２ｃ₂＋２ｃ₃＝５９
∴ｃ₁＋ｃ₂＋ｃ₃＝５９/２……④
④－③，④－①，④－②より、
ｃ₁＝５９/２－１１＝３７/２
ｃ₂＝５９/２－４５＝－３１/２
ｃ₃＝５９/２－３＝５３/２
∴(ｃ₁,ｃ₂,ｃ₃)＝(３７/２,－３１/２,５３/２)
＝(１/２)(３７，－３１，５３)
（カンマは入れる事にした。以後同じ。）

解法２
（ⅰ）複素線型空間Ｖ＝{ａ＋ｂｔ＋ｃｔ²｜ａ,ｂ,ｃ∈ℂ}において基底＜ｆ,ｇ,ｈ＞をｆ＝ｔ²，ｇ＝ｔ，ｈ＝１とするという事は、基底の順序（座標の順序）を逆にするという事である。
よって、φ＝４５＋３ｔ＋１１ｔ²の定数の順序を逆にすると、(１１，３，４５)
（ⅱ）３ｃ₁＋ｃ₂(ｔ＋４)＋ｃ₃(ｔ＋４)²＝４５＋３ｔ＋１１ｔ²と置いて、両辺をｔで微分すると、
ｃ₂＋２ｃ₃(ｔ＋４)＝３＋２２ｔ
∴ｃ₂＋８ｃ₃＋２ｃ₃ｔ＝３＋２２ｔ
これを恒等式として見ると、
ｃ₂＋８ｃ₃＝３……①　２ｃ₃＝２２……②
②より、ｃ₃＝１１　これを①に代入すると、
ｃ₂＝３－８８＝－８５
ところで、３ｃ₁＋ｃ₂(ｔ＋４)＋ｃ₃(ｔ＋４)²＝４５＋３ｔ＋１１ｔ²の定数項に着目すると、
３ｃ₁＋４ｃ₂＋１６ｃ₃＝４５
これにｃ₃＝１１とｃ₂＝－８５を代入すると、
３ｃ₁－３４０＋１７６＝４５
∴３ｃ₁＝３４０－１７６＋４５＝２０９
∴ｃ₁＝２０９/３
∴(ｃ₁,ｃ₂,ｃ₃)＝(２０９/３，－８５，１１)
（ⅲ）ｃ₁(１＋ｔ)＋ｃ₂(ｔ＋ｔ²)＋ｃ₃(ｔ²＋１)＝４５＋３ｔ＋１１ｔ²と置いて、両辺をｔで微分すると、
ｃ₁＋ｃ₂(１＋２ｔ)＋ｃ₃(２ｔ)＝３＋２２ｔ
∴ｃ₁＋ｃ₂＋２(ｃ₂＋ｃ₃)ｔ＝３＋２２ｔ
これを恒等式として見ると、
ｃ₁＋ｃ₂＝３……①
ｃ₂＋ｃ₃＝１１……②
また、ｃ₁(１＋ｔ)＋ｃ₂(ｔ＋ｔ²)＋ｃ₃(ｔ²＋１)＝４５＋３ｔ＋１１ｔ²の定数部分に着目すると、
ｃ₁＋ｃ₃＝４５……③
これらは上の、
ｃ₁＋ｃ₃＝４５……①
ｃ₁＋ｃ₂＝３……②
ｃ₂＋ｃ₃＝１１……③
と同じなので、以後解法１と同じとしても良いが、普通に求めてみよう。（順序も違うしね。）
①－②より、ｃ₁－ｃ₃＝－８……④
③＋④より、２ｃ₁＝３７　∴ｃ₁＝３７/２
これを①，③に代入すると、
ｃ₂＝３－３７/２＝－３１/２
ｃ₃＝４５－３７/２＝５３/２
∴(ｃ₁,ｃ₂,ｃ₃)＝(３７/２,－３１/２,５３/２)
＝(１/２)(３７，－３１，５３)

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12891769435.html

ライアーゲームの回答

「定理3.1の対称式の基本定理は間違っている」は嘘である。
その理由は、α²β＋β²γ＋γ²αは対称式ではないからである。
定義は「α，β，γの対称式とは、文字をどのように入れ替えても式が変わらない式のことです」なので、αとβだけを入れ替えると、
β²α＋α²γ＋γ²βとなり、元の式と一致しないという訳である。

これだけでは面白くないので、αβ²＋βγ²＋γα²という式を付け加えて、
α²β＋β²γ＋γ²α＋αβ²＋βγ²＋γα²
が対称式かどうか前回の方式で判定した後、それを証明して下さい。

おまけ：

問題
αβ²＋βγ²＋γα²という式を付け加えて、
α²β＋β²γ＋γ²α＋αβ²＋βγ²＋γα²
が対称式かどうか前回の方式で判定した後、それを証明して下さい。

解答
ｘ³－２＝０の３つの解をα，β，γとすると、α＝³√２，β＝³√２ω，γ＝³√２ω²と置ける。
これらをα²β＋β²γ＋γ²αに代入すると、
α²β＋β²γ＋γ²α
＝(³√２)²・³√２ω＋(³√２ω)²(³√２ω²)＋(³√２ω²)²・³√２
＝２ω＋２ω⁴＋２ω⁴＝２ω＋２ω＋２ω＝６ω
∴α²β＋β²γ＋γ²α＝６ω
また、αβ²＋βγ²＋γα²に代入すると、
αβ²＋βγ²＋γα²
＝³√２・(³√２ω)²＋³√２ω・(³√２ω²)²＋³√２ω²・(³√２)²
＝２ω²＋２ω⁵＋２ω²＝２ω²＋２ω²＋２ω²
＝６ω²
∴αβ²＋βγ²＋γα²＝６ω²
よって、
α²β＋β²γ＋γ²α＋αβ²＋βγ²＋γα²
＝６ω＋６ω²
より、有理数でないので対称式でないなどと早合点してはいけない。ここで、ωはｘ²＋ｘ＋１＝０の解である（ｘ³－１＝０の解）ので、ω²＋ω＋１＝０である。∴ω＋ω²＝－１
よって、
α²β＋β²γ＋γ²α＋αβ²＋βγ²＋γα²＝－６で有理数となるので、対称式の可能性がある（判定結果）。
そこで、対称式である事を証明する。
α²β＋β²γ＋γ²α＋αβ²＋βγ²＋γα²を因数分解の定石の１つでαの２次式についてまとめると、
α²β＋β²γ＋γ²α＋αβ²＋βγ²＋γα²
＝(β＋γ)α²＋(β²＋γ²)α＋βγ(β＋γ)
＝(β＋γ)α²＋{(β＋γ)²－２βγ}α＋βγ(β＋γ)
＝(β＋γ)α²＋(β＋γ)²α－２αβγ＋βγ(β＋γ)
＝(β＋γ){α²＋(β＋γ)α＋βγ}－２αβγ
＝(β＋γ)(α＋β)(α＋γ)－２αβγ
ここで、α＋β＋γ＝Ｘと置くと、
＝(Ｘ－α)(Ｘ－γ)(Ｘ－β)－２αβγ
＝(Ｘ－α){Ｘ²－(β＋γ)Ｘ＋βγ}－２αβγ
＝Ｘ³－(β＋γ)Ｘ²＋βγＸ－αＸ²＋α(β＋γ)Ｘ－αβγ－２αβγ
＝Ｘ³－(α＋β＋γ)Ｘ²＋(αβ＋βγ＋γα)Ｘ－３αβγ
ここで、α＋β＋γ＝Ｘを戻すと、
＝(αβ＋βγ＋γα)(α＋β＋γ)－３αβγ
よって、基本対称式の式で表されているので、α²β＋β²γ＋γ²α＋αβ²＋βγ²＋γα²
は対称式である事が示された。

念のため、この判定法も導き方も私のオリジナルである。その後、ちょっとだけ検索して楽な導き方を作ってみた。
α²β＋β²γ＋γ²α＋αβ²＋βγ²＋γα²
＝α²β＋β²γ＋γ²α＋αβ²＋βγ²＋γα²＋３αβγ－３αβγ
＝α²β＋β²γ＋γ²α＋αβ²＋βγ²＋γα²＋αβγ＋αβγ＋αβγ－３αβγ
＝αβ(α＋β＋γ)＋βγ(α＋β＋γ)＋γα(α＋β＋γ)－３αβγ
＝(α＋β＋γ)(αβ＋βγ＋γα)－３αβγ

おまけ：
「2022年9月30日公開の主演映画『マイ・ブロークン・マリコ』の役作りにおいては、非喫煙者でありタバコが吸えないことを考慮して、撮影開始3〜4ヶ月程前からニコチン・タール他の有害物質が少ない医療用タバコを吸う練習を始めた。愛用するドクターマーチンの靴は11ヶ月程前から履きつぶすまで過ごしたと公言した時はタナダユキ監督から称賛を受けている。
　オートバイ好きで17才の時に中型免許を取得、後に大型免許も取得した。2023年11月現在の愛車はハーレーダビッドソンの「Street Bob 114」。」
引用元：https://ja.wikipedia.org/wiki/%E6%B0%B8%E9%87%8E%E8%8A%BD%E9%83%81

問題
半径４の半円の弧ＡＢを二等分する点をＣとする。弧ＢＣ上をＢからＣまで動く点をＰとし、線分ＡＰを１辺とする正三角形ＡＰＱを図のようにつくる。Ｐから辺ＡＱに下ろした垂線と半円の交点をＲとする。
（１）∠ＡＰＲの大きさは□度なので、弧ＡＲの長さは□である。
（２）点Ｑが動いた長さは□である。
（０５　函館ラ・サール）

図の解説：半径４の半円ＡＢとその中心Ｏを描き、弧ＡＢの中点をＣとする。今、弧ＡＣ上の任意の点Ｐを取りＡＰを１辺とした正三角形ＱＡＰを頂点ＱがＡＰに関して点Ｏと反対側に作る。さらに、ＰからＡＱに下ろした垂線と半円との交点をＲとした図。

模範解答
（１）△ＡＰＱは正三角形であるから、
∠ＡＰＲ＝３０°……①
次に、∠ＡＯＲ＝２×①＝６０°……②
であるから、弧ＡＲ＝２π×４×(60/360)
＝４π/３
（２）△ＡＰＱは直線ＰＲに関して対称であり、さらに②より、△ＡＯＲは正三角形であるから、
ＲＱ＝ＲＡ＝ＯＡ＝４……③
よって、Ｑは、Ｒを中心とする半径４の円周上にある。
Ｐ＝Ｂ，ＣのときのＱをそれぞれＱ₁，Ｑ₂とする。図２（注：∠ＣＡＯ＝ｐ，∠Ｑ₁ＡＱ₂＝ｑと置いた図）で、ｑ＝ｐ＝４５°であるから、
∠Ｑ₁ＲＱ₂＝２×ｑ＝９０°
これと③より、求める長さは、
弧Ｑ₁Ｑ₂＝２π×４×(90/360)＝２π
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞ｑ＝ｐ＝４５°であるから、

△ＣＡＯは直角二等辺三角形なので、
ｐ＝∠ＣＡＯ＝４５°
また、上より△ＡＯＲは正三角形なので、∠ＲＡＯ＝６０°よって、∠ＲＡＣ＝６０°－４５°＝１５°また、△Ｑ₂ＡＣも正三角形より∠Ｑ₂ＡＣ＝６０°
よって、ｑ＝∠Ｑ₁ＡＱ₂＝∠Ｑ₂ＡＣ－∠ＲＡＣ＝６０°－１５°＝４５°

＞∠Ｑ₁ＲＱ₂＝２×ｑ＝９０°

③より△ＲＡＱ₂は二等辺三角形で１つの底角がｑ＝４５°だから、内対角の和で∠Ｑ₁ＲＱ₂＝４５°×２＝９０°

（２）の私の別解は次回。

おまけ：

問題
半径４の半円の弧ＡＢを二等分する点をＣとする。弧ＢＣ上をＢからＣまで動く点をＰとし、線分ＡＰを１辺とする正三角形ＡＰＱを図のようにつくる。Ｐから辺ＡＱに下ろした垂線と半円の交点をＲとする。
（１）∠ＡＰＲの大きさは□度なので、弧ＡＲの長さは□である。
（２）点Ｑが動いた長さは□である。
（０５　函館ラ・サール）

図の解説：半径４の半円ＡＢとその中心Ｏを描き、弧ＡＢの中点をＣとする。今、弧ＡＣ上の任意の点Ｐを取りＡＰを１辺とした正三角形ＱＡＰを頂点ＱがＡＰに関して点Ｏと反対側に作る。さらに、ＰからＡＱに下ろした垂線と半円との交点をＲとした図。

（２）の別解
点Ｑの始点をＱ₁，終点をＱ₂とすると、△Ｑ₁ＡＢは正三角形で点ＯはＡＢの中点より、
Ｑ₁Ｏ⊥ＡＢ　∴∠Ｑ₁ＯＡ＝９０°，
∠ＡＱ₁Ｏ＝３０°
また、△Ｑ₂ＡＣも正三角形で、△ＯＡＣは直角二等辺三角形より、四角形Ｑ₂ＡＯＣは凧型でＱ₂Ｏ⊥ＡＣ　よって、∠ＡＱ₂Ｏ＝３０°
よって、∠ＡＱ₁Ｏ＝∠ＡＱ₂Ｏより円周角の定理の逆により、４点Ｑ₁，Ｑ₂，Ａ，Ｏは同一円周上にあり、∠Ｑ₁ＯＡ＝９０°よりＡＱ₁がその円の直径である。よって、ＡＱ₁の中点が弧Ｑ₁Ｑ₂の中心でＱ₁は定点よりその中心Ｏ'（実は点Ｒと一致している）も定点である。
ところで、∠Ｑ₂ＡＯ＝６０°＋４５°＝１０５°で四角形Ｑ₂ＡＯＱ₁は円に内接する四角形より、
∠Ｑ₂Ｑ₁Ｏ＝１８０°－１０５°＝７５°
また、∠ＡＱ₁Ｏ＝３０°より、∠Ｑ₂Ｑ₁Ａ＝７５°－３０°＝４５°∴∠Ｑ₂Ｑ₁Ｏ'＝４５°
また、半径よりＯ'Ｑ₁＝Ｏ'Ｑ₂なので、△Ｏ'Ｑ₁Ｑ₂は直角の等辺三角形。
∴∠Ｑ₁Ｏ'Ｑ₂＝９０°
∴弧Ｑ₁Ｑ₂＝４×２×π×(１/４)＝２π
よって、答えは、２π

因みに、参考書に「軌跡の問題での定石は、「動かないもの（変わらないもの）を探せ！」ですが、そのためのヒントが（１）です。」とあり、点Ｐがどこにあっても∠ＲＰＡ＝３０°で∠ＲＯＡ＝６０°より△ＯＡＲは常に正三角形で点Ｒは定点という事です。
また、「なお、注のような発想にも注目して下さい」の解説は時間的に省略します。

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/0002e082fa35226fab915e63148f263cc199539c/comments

問題
ＡＢ＝ＡＣ＝５，ＢＣ＝６である二等辺三角形ＡＢＣの辺ＢＣ上に点ＰをＢＰ＝ａ（０＜ａ＜３）となるようにとる。次にＡＰを直径とする円と３辺ＢＣ，ＣＡ，ＡＢとの交点を図のようにそれぞれＱ，Ｒ，Ｓとする。
（１）ＣＱの長さを求めなさい。
（２）△ＡＰＣと△ＱＲＣの面積の比を求めなさい。
（３）四角形ＡＳＰＲの４辺の長さの和を求めなさい。
（０２　東大寺学園）

図の解説：ＡＢ＝ＡＣ＝５，ＢＣ＝６である二等辺三角形ＡＢＣの辺ＢＣ上に点ＰをＢＰ＝ａ（０＜ａ＜３）となるように取り、ＡＰを直径とする円を描き、ＢＣ，ＣＡ，ＡＢとの交点をそれぞれＱ，Ｒ，Ｓとした図。

模範解答
（１）ＡＰは円の直径であるから、∠ＡＱＰ＝９０°よってＱは、ＢＣの中点であるから、
ＣＱ＝６÷２＝３

解説（私の解説）
△ＡＢＣが二等辺三角形でＡＱ⊥ＢＣだから、二等辺三角形の性質によって点ＱはＢＣの中点。よって、ＣＱ＝６÷２＝３

（２）∠ＡＰＣ＝∠ＱＲＣ，これと∠Ｃが共通であることから、△ＡＰＣ∽△ＱＲＣ
相似比は、ＡＣ：ＱＣ＝５：３であるから、面積比は、５²：３²＝２５：９

解説
四角形ＡＰＱＲは円に内接する四角形より、∠ＡＰＱ＝∠ＱＲＣ　∴∠ＡＰＣ＝∠ＱＲＣ
また、∠Ｃが共通より２角が等しいので、△ＡＰＣ∽△ＱＲＣ
相似比は（１）の結果を利用して、ＡＣ：ＱＣ＝５：３　よって、面積比は２５：９

（３）図２の網目の三角形（注：△ＰＳＢと△ＰＲＣ）はともに、図１の△ＡＱＣと相似であり、その３辺比は３：４：５である。よってまず、
ＰＳ＋ＰＲ＝ａ×(４/５)＋(６－ａ)×(４/５)
＝６×(４/５)＝２４/５……①
同様に、ＡＳ＋ＡＲ＝(５－ＢＳ)＋(５－ＣＲ)
＝１０－{ａ×(３/５)＋(６－ａ)×(３/５)}
＝１０－６×(３/５)＝３２/５……②
したがって、４辺の長さの和は、
①＋②＝５６/５
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

（２）の別解（私の別解）
ＰＲを結ぶと、ＡＰが直径より∠ＰＲＡ＝９０°よって、∠ＡＱＣ＝∠ＰＲＣ＝９０°，∠Ｃが共通より２角が等しいので、△ＡＱＣ∽△ＰＲＣ
ところで、△ＡＱＣは（１）より３，４，５の直角三角形なので、△ＰＲＣは３：４：５の直角三角形である。また、ＰＣ＝６－ａより、
ＣＲ＝(３/５)ＰＣ＝３(６－ａ)/５
∴△ＣＱＲ：△ＣＰＡ
＝ＣＲ・ＣＱ：ＣＡ・ＣＰ（公式）
＝{３(６－ａ)/５}・３：５・(６－ａ)
＝(９/５)：５＝９：２５
よって、△ＡＰＣと△ＱＲＣの面積の比は、
２５：９

因みに、参考書に「ＢＰ＝ａの値によらず、（１）～（３）が一定になる、という興味深い問題です」とありますが、確かにそうですね。形状が変わっても面積などが一定というのはたまにありますね。逆に言うと、面積が一定だからと言って形状を断定は出来ないという事。（あまり意味はありません。）

おまけ：

解説
＞問題
ｐを素数とし、ｑ＝ｐ^r（ｒ≧１）とする。このとき、次のことを示せ。
（１）Ｆqのすべての元の和は０に等しい。
（２）Ｆqの０以外の元すべての積は－１に等しい。

問題の意味は、有限体はどんなものでもその全ての元を足すと０になり、また、零元を除いた全ての元の積は－１になるというちょっと衝撃的な内容。
念のため、数体とは有理数体とか実数体とか複素数体（整数は体でなく環（整数環））でこれらは無限集合だが、有限集合で体を成す（四則演算について閉じている）ものを有限体という。

＞定理6.6より、Ｆqは多項式Ｘ^q－Ｘの根の全体と一致している。したがって、Ｆq＝{ａ₀＝０,ａ₁,ａ₂,…,ａq-1}とおけば
Ｘ^q－Ｘ＝(Ｘ－ａ₀)(Ｘ－ａ₁)…(Ｘ－ａq-1)
が成り立つ。

定理6.6を読めば、中学数学が分かる人なら誰でも分かる話である。

定理6.6
Ｋをｑ個（ｑ＝ｐ^r，ｒ≧１）の元からなる体とすると、Ｋは多項式Ｘ^ｑ－Ｘの互いに異なるｑ個の根で構成されている。したがって、Ｘ^q－ＸはＫ[Ｘ]の中で１次式の積に分解される。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

念のため、有限体Ｋ＝Ｆqのｑ個の元はＸ^q－Ｘ＝０の解であるという意味である。

＞ここで右辺を展開すると、
Ｘ^q－Ｘ＝Ｘ^q－(ａ₀＋ａ₁＋…＋ａq-1)Ｘ^(q-1)＋…＋(－１)^(q-1)(ａ₁…ａq-1)Ｘ
（１）両辺のＸ^(q-1)の係数を比較すると、
０＝ａ₀＋ａ₁＋…＋ａq-1
（２）両辺のＸの係数を比較すると、
－１＝(－１)^(q-1)・(ａ₁…ａq-1)

(Ｘ－ａ₀)(Ｘ－ａ₁)…(Ｘ－ａq-1)を展開すると、上の右辺のようになる事は、やはり中学数学で分かる事であり、その対応する次数の項の係数を比較している訳である。

＞● ｐ＝２のとき、－１＝１でありｑ＝ｐ^rは偶数であるから、ｑ－１は奇数である。
ゆえに、－１＝－１(ａ₁…ａq-1)より
ａ₁…ａq-1＝１＝－１

問題の条件よりｐは素数なので、唯一の偶数の素数２を特別扱いするのは自然な事である。
ところで、有限体には標数というものがありｐ＝２の場合は標数２で、全てをmod２で考える。（この参考書にははっきり書いていなくて腑に落ちるまで苦労しました。ググっても知りたい事との的がずれていてよく分からなかった。１＋１＋…＝０とか何が言いたいのかさっぱり。笑）
つまり、－１≡１（mod２）という事。
また、ｑ＝ｐ^r＝２^r＝偶数より、ｑ－１は奇数という事。
よって、－１＝(－１)^(q-1)・(ａ₁…ａq-1)の(－１)^(q-1)が－１の奇数乗より－１となり、
ａ₁…ａq-1＝１
これをmod２で考えると、
ａ₁…ａq-1＝－１となるという事。

＞● ｐ≠２のとき、ｑ＝ｐ^rであるから、ｑ－１は偶数である。ゆえに、ａ₁…ａq-1＝－１である。したがって、任意の素数ｐに対してａ₁…ａq-1＝－１が成り立つ。

ｐは素数で２以外の素数は奇数より、ｑ＝ｐ^rは奇数である。よって、ｑ－１は偶数。
よって、－１＝(－１)^(q-1)・(ａ₁…ａq-1)の(－１)^(q-1)は－１の偶数乗より１なので、
ａ₁…ａq-1＝－１となるという事。

ここからはライアーゲーム。

問題
ｐを素数とし、ｑ＝ｐ^r（ｒ≧１）とする。このとき、次のことを示せ。
（１）Ｆqのすべての元の和は０に等しい。
（２）Ｆqの０以外の元すべての積は－１に等しい。

（２）Ｆqの０以外の元すべての積は１に等しい。
これが真実である。

解答
（２）Ｆqの０以外の元とは、Ｘ^(q-1)＝１の根で、１,ζ,ζ^2,…,ζ^(q-2)の事である。
よって、Ｆqの０以外の元すべての積は、
ζ^(1+2+…+(q-2))であり、１＋２＋３＋…＋(ｑ－２)＝(ｑ－２)(ｑ－１)/２より、
ζ^(1+2+…+(q-2))＝ζ^{(q-2)(q-1)/2}
＝{ζ^(q-1)}^{(q-2)/2}＝１^{(q-2)/2}＝１
（ζ^(q-1)＝１で１は有理数乗しても１だから。実際は無理数乗しても１。）
よって、「Ｆqの０以外の元すべての積は－１」ではなく「Ｆqの０以外の元すべての積は１に等しい」。

どこに間違いがあるでしょうか。

おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1708693540736516204

ライアーゲームの回答。
嘘である。

問題
ｐを素数とし、ｑ＝ｐ^r（ｒ≧１）とする。このとき、次のことを示せ。
（１）Ｆqのすべての元の和は０に等しい。
（２）Ｆqの０以外の元すべての積は－１に等しい。

（２）Ｆqの０以外の元すべての積は１に等しい。
これが真実である。

解答
（２）Ｆqの０以外の元とは、Ｘ^(q-1)＝１の根で、１,ζ,ζ²,…,ζ^(q-2)の事である。
よって、Ｆqの０以外の元すべての積は、
ζ^(1+2+…+(q-2))であり、１＋２＋３＋…＋(ｑ－２)＝(ｑ－２)(ｑ－１)/２より、
ζ^(1+2+…+(q-2))＝ζ^{(q-2)(q-1)/2}
＝{ζ^(q-1)}^{(q-2)/2}＝１^{(q-2)/2}＝１
（ζ^(q-1)＝１で１は有理数乗しても１だから。実際は無理数乗しても１。）
よって、「Ｆqの０以外の元すべての積は－１」ではなく「Ｆqの０以外の元すべての積は１に等しい」。

間違いは、

（２）ｐが素数より奇素数の時ｑ＝ｐ^rでｑは奇数である。
よって、ζ^(1+2+…+(q-2))＝ζ^{(q-2)(q-1)/2}＝{ζ^(q-1)}^{(q-2)/2}＝１^{(q-2)/2}＝１の、(q-2)/2は整数ではない（ｑが奇数よりｑ－２も奇数だから）。
ここで、ｉ⁶を考えてみると、
ｉ⁶＝(ｉ²)³＝(－１)³＝－１
ｉ⁶＝(ｉ³)²＝(－ｉ)²＝ｉ^2＝－１
よって、整数同士なら問題ない。ところが、
ｉ⁶＝(ｉ⁴)^(3/2)＝{(ｉ²)²}^(3/2)＝１^(3/2)＝１
つまり、複素数では新たな規則を作らなければダメだろう（ライアーゲームの回答）。
そもそも√(－１)×√(－１)も√{(－１)×(－1)}＝√１＝１としてしまったらダメである。

ついでに、（１）の別解も披露しよう。

（１）の別解
定理6.6より、Ｆqは多項式Ｘ^q－Ｘ＝０の根の全体と一致している。∴Ｘ(Ｘ^(q-1)－１)＝０
よって、Ｘ＝０を除くと、Ｘ^(q-1)＝１の根である。
ここで、「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著のp.239の定理4.7より、
ζ＝cos(2π/n)＋ｉsin(2π/n)と置くと、１のｎ乗根はζ⁰(＝１),ζ¹,ζ²,…,ζ^(n-1)のｎ個であり、
ｘ^n－１＝(ｘ－１)(ｘ－ζ)(ｘ－ζ²)…(ｘ－ζ^(n-1))と因数分解出来る。
よって、（１）のＦqの全ての元の和は、
０＋１＋ζ＋ζ²＋…＋ζ^(q-2)―――①
また、p.247の定理4.11より、
ζ＝cos(2π/n)＋ｉsin(2π/n)，１≦ｊ≦ｎ－１の時、
∑(k=0~n-1)ζ^kj＝１＋ζ^j＋ζ^2j＋…＋ζ^(n-1)j＝０
ここで、ｊ＝１とすると、１＋ζ¹＋ζ²＋…＋ζ^(n-1)＝０
∴１＋ζ¹＋ζ²＋…＋ζ^(q-2)＝０―――②
②を①に代入すると、
Ｆqの全ての元の和は、０＋１＋ζ¹＋ζ²＋…＋ζ^(q-2)＝０である。
よって、示された。

おまけ：

問題
図においてＯＡ＝１，ＡＢ＝６，∠ＢＯＰ＝９０°，∠ＡＰＢ＝４５°である。この円の半径は□で、ＰＱ＝□，ＯＱ＝□である。
（０２　灘）

図の解説：円を描き、直径よりちょっと短い弦を右斜め４５°ぐらいに引き、下から上にＰＢとする。Ｂから水平，Ｐからそれと直交する直線を引き、その交点をＯとし、ＯＰと円との交点をＱ，ＯＢと円との交点をＡとし、ＡＰを結んだ図。

模範解答
円の中心をＯ'とすると、
∠ＡＯ'Ｂ＝∠ＡＰＢ×２＝９０°
よって、△ＡＯ'Ｂは直角二等辺三角形であるから、円Ｏ'の半径は、Ｏ'Ａ＝６/√２＝３√２
次に、図のようにＨ，Ｉをとる（注：Ｏ'からＰＱ，ＡＢに下ろした垂線の足をそれぞれＨ，Ｉとする）と、四角形ＯＨＯ'Ｉは長方形であるから、
ＯＨ＝ＩＯ'＝３……①
ＨＯ'＝ＯＩ＝１＋３＝４
∴ＰＱ＝２ＱＨ＝２√{(３√２)²－４²}
＝２√２
これと①より、ＯＱ＝３－√２
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

読めば分かるので、解説は省略。因みに、今朝、後半の別解を急に思い付きましたが、それは次回。（以前にも、わざとじゃないのに、その後「牙狼＜GARO＞ ハガネを継ぐ者」というのを見ながら適当に考えていたら思わぬ別解を作り出したり、運命みたいなものでもあるのかな。）

おまけ：
https://x.com/DEMPAHOLIC/status/1582245694534201344

問題
図においてＯＡ＝１，ＡＢ＝６，∠ＢＯＰ＝９０°，∠ＡＰＢ＝４５°である。この円の半径は□で、ＰＱ＝□，ＯＱ＝□である。
（０２　灘）

図の解説：円を描き、直径よりちょっと短い弦を右斜め４５°ぐらいに引き、下から上にＰＢとする。Ｂから水平，Ｐからそれと直交する直線を引き、その交点をＯとし、ＯＰと円との交点をＱ，ＯＢと円との交点をＡとし、ＡＰを結んだ図。

別解
円の中心をＯ'とすると、
∠ＡＯ'Ｂ＝∠ＡＰＢ×２＝９０°
よって、△ＡＯ'Ｂは直角二等辺三角形であるから、円Ｏ'の半径は、Ｏ'Ａ＝６/√２＝３√２
（ここまでは同じ。）
ここで、アルハゼンの定理より、
弧ＰＢ（優弧）の円周角－弧ＡＱの円周角＝∠Ｏ＝９０°よって、弧ＢＰ上に弧ＢＱ'＝弧ＡＱとなる点Ｑ'を取ると、弧ＰＱ'の円周角は９０°となりＰＱ'は直径となる。
∴ＰＱ'＝６√２
また、弧ＡＱ＝弧ＢＱ'よりＡＱ＝ＢＱ'
また、四角形ＡＱＱ'Ｂは円に内接する四角形より、等脚台形になる。（厳密な証明は下で補足。）
∴ＱＱ'＝ＡＢ＋ＯＡ×２＝６＋２＝８
また、直径の円周角より∠ＰＱＱ'＝９０°よって、△ＰＱＱ'で三平方の定理を使うと、
ＰＱ＝√{(６√２)²－８²}＝√８＝２√２
また、ＯＱ＝ｘと置くと、ＯＰ＝ｘ＋２√２，ＯＡ＝１，ＯＢ＝１＋６＝７
よって、方べきの定理を使うと、
ｘ(ｘ＋２√２)＝１・７が成り立つ。
∴ｘ²＋２√２ｘ－７＝０
∴ｘ＝－√２±√９＝－√２±３
ｘ＞０より、ｘ＝３－√２
∴ＯＱ＝３－√２
ＰＱ＝２√２

補足１　アルハゼンの定理を使わない場合
△ＡＯＰの内対角の和より、
∠ＰＯＡ＝∠ＰＡＢ－∠ＡＰＯ
＝∠ＰＡＢ－∠ＡＰＱ
＝弧ＰＢの円周角－弧ＡＱの円周角
よって、弧ＰＢ（優弧）の円周角－弧ＡＱの円周角＝∠ＰＯＡ＝９０°

補足２
＞弧ＡＱ＝弧ＢＱ'よりＡＱ＝ＢＱ'
また、四角形ＡＱＱ'Ｂは円に内接する四角形より、等脚台形になる。

弧ＡＱ＝弧ＢＱ'よりそれぞれの円周角の大きさが等しい。∴∠ＡＢＱ＝∠ＢＱＱ'
よって、錯角が等しいので、ＡＢ∥ＱＱ'
よって、四角形ＡＱＱ'Ｂは台形かつＡＱ＝ＢＱ'より、等脚台形である。

おまけ：