数学

解説
＞ここにＥijは行列単位。

これは、(ｐ,ｑ)成分のみが１で他の成分がすべて０である行列の事。

＞＜Ｅ₁₁,Ｅ₂₂,…,Ｅnn,Ｅ₁₂＋Ｅ₂₁,…,Ｅij＋Ｅji,…,Ｅn-1,n＋Ｅn,n-1＞がＳ(ｎ,Ｋ)の基底である。ただしｉ＜ｊ。

ところで、Ｓ(ｎ,Ｋ)＝(対称行列の全体)で、
対称行列の定義は、
「それ自身の転置行列に等しい行列，すなわち t^Ａ＝Ａである行列を対称行列と言う。対称行列はもちろん正方行列である。」
「線型代数入門」有馬哲著p.37より
であるので、つまり、対角成分に関して対称な位置の成分同士が等しい行列という事である。
例えば、２次だったら、
(ａ ｂ)
(ｂ ｄ)
で、３次だったら、
(ａ ｂ ｃ)
(ｂ ｅ ｆ)
(ｃ ｆ ｉ)
が、対称行列という事。
この基底を考えると、２次だったら、
(１ ０)　(０ ０)　(０ １)
(０ ０)，(０ １)，(１ ０)
の３個で、３次だったら、
(１ ０ ０)　(０ ０ ０)　(０ ０ ０)
(０ ０ ０)　(０ １ ０)　(０ ０ ０)
(０ ０ ０)，(０ ０ ０)，(０ ０ １)，

(０ １ ０)　(０ ０ １)　(０ ０ ０)
(１ ０ ０)　(０ ０ ０)　(０ ０ １)
(０ ０ ０)，(１ ０ ０)，(０ １ ０)

この６個という事。
つまり、ｎ次だったらＥ₁₁,Ｅ₂₂,…,Ｅnn,Ｅ₁₂＋Ｅ₂₁,…,Ｅij＋Ｅji,…,Ｅn-1,n＋Ｅn,n-1が基底で、その個数を考えると、まず、下の段のペアのものは、(ｎ×ｎ－ｎ)÷２＝(ｎ²－ｎ)/２
次に、上の段のものはｎ個なので、
(ｎ²－ｎ)/２＋ｎ＝(ｎ²＋ｎ)/２
＝ｎ(ｎ＋１)/２個

＞したがって次元はｎ(ｎ＋１)/２である。

基底の個数が、ｎ(ｎ＋１)/２個だからである。

＞＜Ｅ₁₂－Ｅ₂₁,…,Ｅij－Ｅji,…,Ｅn-1,n－Ｅn,n-1＞がｏ(ｎ,Ｋ)の基底である。ただしｉ＜ｊ。したがって次元はｎ(ｎ－１)/２である。

ｏ(ｎ,Ｋ)＝(交代行列の全体)で、
交代行列の定義は、
「正方行列Ａ＝(ａij)に対して
t^Ａ＝－Ａ すなわち ａji＝－ａij
であるとき、Ａを交代行列または反対称行列と言う。」
「線型代数入門」有馬哲著p.37より
であるので、つまり、対角成分に関して対称な位置の成分同士の符号が異なる（絶対値は等しい）行列という事である。
例えば、２次だったら、
( ａ ｂ)
(-ｂ ｄ)
で、３次だったら、
( ａ ｂ ｃ)
(-ｂ ｅ ｆ)
(-ｃ-ｆ ｉ)
が、対称行列という事。
つまり、ｎ次だったらＥ₁₂－Ｅ₂₁,…,Ｅij－Ｅji,…,Ｅn-1,n－Ｅn,n-1が基底で、その個数を考えると、前回の下の段と同じで、
(ｎ×ｎ－ｎ)÷２＝(ｎ²－ｎ)/２
＝ｎ(ｎ－１)/２個
よって、次元はｎ(ｎ－１)/２という事。

＞＜Ｅ₁₁,Ｅ₁₂,…,Ｅ₁n,Ｅ₂₂,Ｅ₂₃,…,Ｅ₂n,…,Ｅn-1,n＞がＷ₁の基底である。したがって次元はｎ(ｎ＋１)/２である。

Ｗ₁＝(上三角行列の全体)で、
上三角行列の基底は、
Ｅ₁₁,Ｅ₁₂,…,Ｅ₁n
Ｅ₂₂,Ｅ₂₃,…,Ｅ₂n
と考えていくと、
Ｅn-1,n-1,Ｅn-1,n
Ｅn,n
である。（教科書のは誤植。）
この個数は逆から考えると、１＋２＋…＋ｎ
＝ｎ(ｎ＋１)/２個である。
よって、次元はｎ(ｎ＋１)/２という事。

＞＜Ｅ₁₁,Ｅ₂₂,…,Ｅnn＞がＷ₂の基底である。したがって次元はｎである。

Ｗ₂＝(対角行列の全体)で、この基底がＥ₁₁,Ｅ₂₂,…,Ｅnnである事は自明で、ｎ個である事も自明なので、次元はｎ次元であるという事。

＞単位行列よりなる＜Ｅn＞がＷ₃の基底である。したがって次元は１である。

Ｗ₃＝(スカラー行列の全体)で、スカラー行列の定義は、
「対角行列の中で、対角成分がすべて等しい行列をスカラー行列と言う」
「線型代数入門」有馬哲著p.37より
であるので、基底が単位行列Ｅnである事は自明。よって、基底の個数が１個より１次元であるという事。

「特に対角成分がすべて１であるｎ次対角行列を単位行列と言う。」
「線型代数入門」有馬哲著p.37より

おまけ：

解説
＞問題 6-1a
次の３次方程式を解け。
（２）ｘ³－３ｘ＋１＝０

解答
（２）カルダノの公式を利用して解く。公式の３乗根の部分を計算すると
³√[－１/２＋√{(１/２)²＋(－１)³}]
＝³√{－１/２＋(√－３)/２}
＝³√{ｅ^(2πi/3)}＝ｅ^(2πi/9)
である。よって、方程式は
ｅ^(2πi/9)＋ｅ^(-2πi/9)＝２cos(２π/９)
ｅ^(2πi/3)ｅ^(2πi/9)＋ｅ^(-2πi/3)ｅ^(-2πi/9)
＝２cos(８π/９)
ｅ^(-2πi/3)ｅ^(2πi/9)＋ｅ^(2πi/3)ｅ^(-2πi/9)
＝２cos(４π/９)
である。

命題6.1（３次方程式の解の公式）
ｘ³＋ａｘ＋ｂ＝０の解は次の公式で与えられる（カルダノの公式）：
ｘ＝³√[－ｂ/２＋√{(ｂ/２)²＋(ａ/３)³}]
＋³√[－ｂ/２－√{(ｂ/２)²＋(ａ/３)³}]，

ω²・³√[－ｂ/２＋√{(ｂ/２)²＋(ａ/３)³}]
＋ω・³√[－ｂ/２－√{(ｂ/２)²＋(ａ/３)³}]，

ω・³√[－ｂ/２＋√{(ｂ/２)²＋(ａ/３)³}]
＋ω²・³√[－ｂ/２－√{(ｂ/２)²＋(ａ/３)³}]

ここでω＝(－１＋√３ｉ)/２（１の原始３乗根）とする。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

ｘ³－３ｘ＋１＝０をカルダノの公式で解くと、
³√[－１/２＋√{(１/２)²＋(－１)³}]
＝3√{－１/２＋(√－３)/２}
＝3√{ｅ^(2πi/3)}＝ｅ^(2πi/9)
を使って、
カルダノの公式の一番上の式は、
ｘ＝ｅ^(2πi/9)＋ｅ^(-2πi/9)
これをオイラーの関係式で変換すると、
ｅ^(2πi/9)＝cos(２π/９)＋ｉsin(２π/９)
ｅ^(-2πi/9)＝cos(-２π/９)＋ｉsin(-２π/９)
＝cos(２π/９)－ｉsin(２π/９)
これらを上の式に代入すると、
ｘ＝cos(２π/９)＋ｉsin(２π/９)
＋cos(２π/９)－ｉsin(２π/９)
＝２cos(２π/９)
∴ｘ＝２cos(２π/９)
カルダノの公式の２番目の式は、１番目の式にωとω²がかかっていて、
ω＝(－１＋√３ｉ)/２
ω²＝{(－１＋√３ｉ)/２}²
＝(－２－２√３ｉ)/４
＝(－１－√３ｉ)/２
よって、これらを極形式表示すると、
ω＝cos(２π/３)＋ｉsin(２π/３)
ω²＝cos(-２π/３)＋ｉsin(-２π/３)
よって、カルダノの２番目の式は、
ｘ＝ｅ^(2πi/3)ｅ^(2πi/9)
＋ｅ^(-2πi/3)ｅ^(-2πi/9)となる。
∴ｘ＝ｅ^(8πi/9)＋ｅ^(-8πi/9)
＝cos(８π/９)＋ｉsin(８π/９)
＋cos(-８π/９)＋ｉsin(-８π/９)
＝cos(８π/９)＋ｉsin(８π/９)
＋cos(８π/９)－ｉsin(８π/９)
＝２cos(８π/９)
∴ｘ＝２cos(８π/９)
３番目の式も同じなので省略。

次に、問題 9-2aの方。

問題 9-2a
次の有理数多項式の群を求めよ。
（２）ｘ³－３ｘ＋１

解答
（２）多項式の根はα＝２cos(2π/9)，
β＝２cos(4π/9)，γ＝２cos(8π/9)である（問題6-1参照）。倍角の公式を利用すると、
β＝２(２cos²(2π/9)－１)＝α²－２である。また３つの根の和が０なのでγ＝－α－β＝－α²－α＋２である。よってαはｘ³－３ｘ＋１の原始元であり、多項式の群は、αをαに取り換える入れ換え（恒等入れ換え）、αをβに取り換える入れ換え、αをγに取り換える入れ換えの３個の入れ換えからなる。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

＞多項式の根はα＝２cos(2π/9)，
β＝２cos(4π/9)，γ＝２cos(8π/9)である（問題6-1参照）。倍角の公式を利用すると、
β＝２(２cos²(2π/9)－１)＝α²－２である。

β＝２cos(4π/9)———➀
ところで、２倍角の公式は、
cos2θ＝２cos²θ－１　これにθ＝2π/9を代入すると、cos2(2π/9)＝２cos²(2π/9)－１
∴cos(4π/9)＝２cos²(2π/9)－１———②
➀，②より、
β＝２(２cos²(2π/9)－１)———③
また、α＝２cos(2π/9)の両辺を２乗すると、
α²＝４cos²(2π/9)　
∴α²/２＝２cos²(2π/9)———④
④を③に代入すると、
β＝２(α²/２－１)＝α²－２
という事。

＞また３つの根の和が０なのでγ＝－α－β＝－α²－α＋２である。

ｘ³－３ｘ＋１＝０の３つの解がα，β，γより、３次方程式の解と係数の関係により、
α＋β＋γ＝０/１＝０
∴γ＝－α－β———➀
また、上より、β＝α²－２———②
②を➀に代入すると、
γ＝－α－(α²－２)＝－α²－α＋２
という事。

＞よってαはｘ³－３ｘ＋１の原始元であり、

α＝α
β＝α²－２
γ＝－α²－α＋２
よって、ｆ(ｘ)＝ｘ³－３ｘ＋１と置くと、αはｆ(ｘ)の根αで表されていて、ｆ(ｘ)の根α，β，γは全てαで表されているので、αはｆ(ｘ)＝ｘ³－３ｘ＋１の原始元である。

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の式で表される。
（２）α₁,･･･,αnはそれぞれβの式で表される。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

＞多項式の群は、αをαに取り換える入れ換え（恒等入れ換え）、αをβに取り換える入れ換え、αをγに取り換える入れ換えの３個の入れ換えからなる。

ｆ(ｘ)の原始元αを根に持つ既約多項式ｇ(ｘ)（下の■を参照）はまさに＝ｆ(ｘ)である。つまり、ｆ(ｘ)とｇ(ｘ)は一致している。
ところで、多項式の群Ｇfとは、「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」より、ここではαをα，αをβ，αをγに入れ換えたものが、Ｇfの全てである。
よって、３個の元からなる。

■多項式の群の構成（定理9.1（基本定理）の証明）
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」梶原健著より

＞それらが終ったら、「αをαに取り換える入れ換え（恒等入れ換え）、αをβに取り換える入れ換え、αをγに取り換える入れ換えの３個の入れ換えからなる」集合が実際に群をなす事を確認して下さい。

これは次回。因みに、ｅ＝(α β γ)，ａ＝(β α γ)，ｂ＝(γ β α)と置く（本当は２段で書きたいのだが、書けないので入れ換え後と考えて下さい）と、ａの逆元は(β α γ)＝ａ，ｂの逆元は(γ β α)＝ｂで、それぞれ自分自身が逆元で存在している。
しかし、ａｂ＝(γ α β)，ｂａ＝(β γ α)（演算は自分でやって下さい）で、この集合は演算について閉じていない。よって、群をなしていない。
この謎を解いて下さい。

おまけ：

解説の続き

問題 9-2a
次の有理数多項式の群を求めよ。
（２）ｘ³－３ｘ＋１

解答
（２）多項式の根はα＝２cos(2π/9)，
β＝２cos(4π/9)，γ＝２cos(8π/9)である（問題6-1参照）。倍角の公式を利用すると、
β＝２(２cos²(2π/9)－１)＝α²－２である。また３つの根の和が０なのでγ＝－α－β＝－α²－α－２である。よってαはｘ³－３ｘ＋１の原始元であり、多項式の群は、αをαに取り換える入れ換え（恒等入れ換え）、αをβに取り換える入れ換え、αをγに取り換える入れ換えの３個の入れ換えからなる。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

＞それらが終ったら、「αをαに取り換える入れ換え（恒等入れ換え）、αをβに取り換える入れ換え、αをγに取り換える入れ換えの３個の入れ換えからなる」集合が実際に群をなす事を確認して下さい。

謎は実は簡単である。（ただし、気付くのは大変かもしれないが。）
ｅ＝(α β γ)，ａ＝(β α γ)，ｂ＝(γ β α)と置いてはいけない。
ｅ＝(α β γ)，ａ＝(β γ α)，ｂ＝(γ α β)と置けば良いというだけの事である。
こうするとａの逆元はｂとなり、ｂの逆元はａとなり、また、ａｂ＝ｅ，ｂａ＝ｅだから演算について閉じている。
そして、a²＝ｂ，ａ³＝ｂａ＝ｅとなり巡回群になる。（ｂ²＝ａ，ｂ³＝ａｂ＝ｅ）

補足
「ｘ³－３ｘ＋１＝０の最小分解体ℚ(α)の自己同型写像は、ｅ（＝σ³），σ，σ²の３個です。σを３回施すと恒等写像ｅと同じになるので、ℚ(α)の自己同型群は位数３の巡回群Ｃ₃と同型になります。」
「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著p.331より

おまけ：

問題
円に内接する四角形ＡＢＣＤにおいて、その対角線は点Ｐで直交し、ＰＡ＝１である。また面積比は、△ＰＡＢ：△ＰＢＣ：△ＰＣＤ＝１：２：３である。
（１）ＰＢの長さを求めなさい。
（２）円の半径を求めなさい。
（０１　白陵）

模範解答
（１）与えられた面積比の条件より、
ＰＡ：ＰＣ＝１：２　∴ＰＣ＝２
また、△ＰＡＢ∽△ＰＤＣで、相似比は
１：√３……㋐であるから、
ＰＢ＝ＰＣ/√３＝２/√３＝２√３/３……①
（２）円の中心Ｏから弦ＢＤ，ＡＣに垂線ＯＨ，ＯＩを下ろす。Ｈ，Ｉはそれぞれ弦の中点であるから、
ＤＨ＝ＢＤ/２＝(①×５/２)/２
＝５√３/６……②
ＯＨ＝ＩＰ＝ＡＣ/２－ＡＰ＝３/２－１
＝１/２……③
よって、円Ｏの半径をｒとすると、
ｒ＝√(②²＋③²)＝√(７/３)＝√２１/３
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞円の中心Ｏから弦ＢＤ，ＡＣに垂線ＯＨ，ＯＩを下ろす。Ｈ，Ｉはそれぞれ弦の中点である

半径から△ＯＢＤと△ＯＡＣはそれぞれ二等辺三角形だから。

＞ＤＨ＝ＢＤ/２＝(①×５/２)/２

ＢＤ＝①×５/２＝ＢＰ×(５/２)という意味で、△ＰＢＣ：△ＰＣＤ＝２：３よりＢＰ：ＰＤ＝２：３でＢＰ：ＢＤ＝２：５だから。
因みに、「△ＰＡＢ∽△ＰＤＣで、相似比は
１：√３……㋐であるから」とＰＡ＝１からＰＤ＝√３で、また（１）の結果よりＰＢ＝２√３/３なので、ＢＤ＝２√３/３＋√３＝５√３/３と求めても当然良い。（ＤＨ＝ＢＤ/２＝５√３/６……②）

＞ｒ＝√(②²＋③²)＝√(７/３)＝√２１/３

３直角から四角形ＯＨＰＩが長方形である事を利用して、ＯＨ＝ＩＰ＝(１＋２)/２－１＝１/２……③を求め、△ＯＤＨで三平方の定理を使う訳である。

（２）の参考書の別解
「（１）の㋐より、ＡＰ：ＤＰ＝１：√３
よって右図（注：∠ＡＤＢ＝●としてＯＡ，ＯＢを結んだ図）で、●＝３０°
∴∠ＡＯＢ＝６０°
したがって、△ＯＡＢは正三角形であるから、
ｒ＝ＡＢ＝√(１²＋①²)＝√２１/３
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

√(１²＋①²)は、△ＡＢＰで三平方の定理を使うという事。
別解は、この問題の特殊性を利用したエレガントなものですね。
因みに、正弦定理を使うと、何の工夫なく、
２Ｒ＝ＡＢ/sin∠ADB＝ＡＢ/sin30°
＝ＡＢ/(１/２)＝２ＡＢ　
∴Ｒ＝ＡＢ＝√(１²＋①²)＝√２１/３
と求められます。

私の中学数学の別解は次回。

おまけ：
https://www3.nhk.or.jp/news/html/20250324/k10014756661000.html

問題
円に内接する四角形ＡＢＣＤにおいて、その対角線は点Ｐで直交し、ＰＡ＝１である。また面積比は、△ＰＡＢ：△ＰＢＣ：△ＰＣＤ＝１：２：３である。
（１）ＰＢの長さを求めなさい。
（２）円の半径を求めなさい。
（０１　白陵）

（１）の別解
ＰＢ＝ｘと置くと、△ＰＢＣ：△ＰＣＤ＝２：３より、ＰＤ＝(３/２)ｘ
また、ＰＡ＝１で方べきの定理を使うと、
ｘ・(３/２)ｘ＝１・２が成り立つ。
∴(３/２)ｘ²＝２　∴ｘ²＝４/３
ｘ＞０より、ｘ＝２/√３＝２√３/３
∴ＰＢ＝２√３/３
（２）の別解
アルハゼンの定理より、
弧ＡＢの円周角＋弧ＣＤの円周角＝∠ＡＰＢ＝９０°よって、弧ＣＤの延長上に弧Ａ'Ｄ＝弧ＡＢとなる点Ａ'を取ると、その（弧の）円周角は９０°となりＣＡ'は直径となる。
また、（１）よりＰＢ＝２√３/３なので、△ＡＢＰで三平方の定理を使うと、
ＡＢ＝√{１²＋(２√３/３)²}＝√(１＋１２/９)＝√２１/３
よって、弧ＡＢ＝弧Ａ'Ｄから弦ＡＢ＝弦Ａ'Ｄで、Ａ'Ｄ＝ＡＢ＝√２１/３
また、ＣＡ'は直径より∠ＣＤＡ'＝９０°なので、△ＣＤＡ'で三平方の定理を使うが、
まず、ＣＤ＝√{２²＋(√３)²}＝√７
よって、ＣＡ'＝√{(√２１/３)²＋(√７)²}
＝√(２１/９＋６３/９)＝√(８４/９)
＝２√２１/３
よって、半径はこの１/２で√２１/３

アルハゼンの定理を使わない場合は、
△ＰＡＤの内対角の和より、
∠ＡＰＢ＝∠ＡＤＰ＋∠ＰＡＤ
＝∠ＡＤＢ＋∠ＣＡＤ
＝弧ＡＢの円周角＋弧ＣＤの円周角
よって、
弧ＡＢの円周角＋弧ＣＤの円周角＝∠ＡＰＢ

おまけ：

問題
実線型空間ℝ⁴において四つのベクトル
ａ₁＝(３ ２ １ １)，ａ₂＝(－９ ４ －１３ －３)，
ａ₃＝(３ ０ ３ １)，ａ₄＝(６ －２ ８ ２)
が生成する部分空間Ｗの次元を求めよ。（注：本当はℝ⁴は縦ベクトルだが、書けないので横ベクトルで書いた。）

解法１
２ａ₁－ａ₂
＝２(３ ２ １ １)－(－９ ４ －１３ －３)
＝(６ ４ ２ ２)－(－９ ４ －１３ －３)
＝(１５ ０ １５ ５)＝５(３ ０ ３ １)
＝５ａ₃
∴２ａ₁－ａ₂＝５ａ₃———①
ａ₂＋２ａ₄
＝(－９ ４ －１３ －３)＋２(６ －２ ８ ２)
＝(－９ ４ －１３ －３)＋(１２ －４ １６ ４)
＝(３ ０ ３ １)＝ａ₃
∴ａ₂＋２ａ₄＝ａ₃———②
①より、２ａ₁＝ａ₂＋５ａ₃
∴ａ₁＝(１/２)ａ₂＋(５/２)ａ₃———①'
②より、２ａ₄＝－ａ₂＋ａ₃
∴ａ₄＝(－１/２)ａ₂＋(１/２)ａ₃———②'
また、
Ｗ＝ℝａ₁＋ℝａ₂＋ℝａ₃＋ℝａ₄———☆
①'，②'を☆に代入すると、
Ｗ＝ℝ{(１/２)ａ₂＋(５/２)ａ₃}＋ℝａ₂＋ℝａ₃＋ℝ{(－１/２)ａ₂＋(１/２)ａ₃}
＝ℝａ₂＋ℝａ₃
∴Ｗ＝ℝａ₂＋ℝａ₃
ところで、ａ₂＝(－９ ４ －１３ －３)と
ａ₃＝(３ ０ ３ １)は線型独立（片方が片方のスカラー倍ではないから）なので、ａ₂，ａ₃はＷの基底である。∴dimＶ＝２

解法２
ａ₁＝(３ ２ １ １)，ａ₂＝(－９ ４ －１３ －３)，
ａ₃＝(３ ０ ３ １)，ａ₄＝(６ －２ ８ ２)
を本来の縦ベクトルと見て、
Ａ＝[ａ₁ ａ₂ ａ₃ ａ₄]という行列を作ると、Ａにより定まる線型写像Ｆ：ℝ⁴→ℝ⁴が考えられる。
このとき、ℝ⁴の自然基底ｅ₁,ｅ₂,ｅ₃,ｅ₄のＦによる像を考えると、それぞれａ₁,ａ₂,ａ₃,ａ₄となる。（これは実際に行列の掛け算をすれば分かる。）
∴Ｆ(ｅ₁)＝ａ₁，Ｆ(ｅ₂)＝ａ₂，Ｆ(ｅ₃)＝ａ₃，Ｆ(ｅ₄)＝ａ₄———★
ところで、
Ｆ(ℝ⁴)＝Ｆ(ℝｅ₁＋ℝｅ₂＋ℝｅ₃＋ℝｅ₄)
＝ℝＦ(ｅ₁)＋ℝＦ(ｅ₂)＋ℝＦ(ｅ₃)＋ℝＦ(ｅ₄)
これに★を代入すると、
Ｆ(ℝ⁴)＝ℝａ₁＋ℝａ₂＋ℝａ₃＋ℝａ₄＝Ｗ（☆より）
また、定理よりＦの像の次元は、dimＦ(ℝ⁴)＝rankＡなので、dimＷ＝rankＡである。

命題
線型写像Ｆ：ℝ^n→ℝ^mにより定まるｍ行ｎ列の行列をＡとすれば、Ｆ(ℝ^n)の次元は、
dimＦ(ℝ^n)＝rankＡ
「よくわかる線形代数」有馬哲・石村貞夫著より

ところで、行列Ａは、
(３ 　－９　３ 　６)
(２ 　　４　０ －２)
(１ －１３　３ 　８)
(１　 －３　１　 ２)
で、これを行基本変形で変形すると、
(１ －３　　１ 　２)
(０ 　５　－１ －３)
(０ 　０　　０ 　０)
(０　 ０　　０　 ０)
となり、rank２である。
∴dimＷ＝rankＡ＝２

おまけ：

問題
実線型空間ℱ((－∞,∞),ℝ)において、三つの関数sin(ｔ＋ａ)，sin(ｔ＋ｂ)，sin(ｔ＋ｃ)は線型独立かどうか（ただし、ａ,ｂ,ｃ∈ℝ）。

私の解答
sinの加法定理より、
sin(ｔ＋ａ)＝sinｔcosａ＋cosｔsinａ
sin(ｔ＋ｂ)＝sinｔcosｂ＋cosｔsinｂ
sin(ｔ＋ｃ)＝sinｔcosｃ＋cosｔsinｃ
ここで、ｃ₁sin(ｔ＋ａ)＋ｃ₂sin(ｔ＋ｂ)＋ｃ₃sin(ｔ＋ｃ)＝０（ｃ₁,ｃ₂,ｃ₃∈ℝ）として代入すると、
ｃ₁(sinｔcos a＋cosｔsinａ)
＋ｃ₂(sinｔcosｂ＋cosｔsinｂ)
＋ｃ₃(sinｔcosｃ＋cosｔsinｃ)
＝０
∴(ｃ₁cosａ＋ｃ₂cosｂ＋ｃ₃cosｃ)sinｔ
＋(ｃ₁sinａ＋ｃ₂sinｂ＋ｃ₃sinｃ)cosｔ
＝０
∴(ｃ₁sinａ＋ｃ₂sinｂ＋ｃ₃sinｃ)cosｔ＝－(ｃ₁cosａ＋ｃ₂cosｂ＋ｃ₃cosｃ)sinｔ
∴sinｔ/cosｔ＝－(ｃ₁sinａ＋ｃ₂sinｂ＋ｃ₃sinｃ)/(ｃ₁cosａ＋ｃ₂cosｂ＋ｃ₃cosｃ)
∴tanｔ＝－(ｃ₁sinａ＋ｃ₂sinｂ＋ｃ₃sinｃ)/(ｃ₁cosａ＋ｃ₂cosｂ＋ｃ₃cosｃ)
この式を満たすｃ₁,ｃ₂,ｃ₃は無数に存在するので、つまり、ｃ₁sin(ｔ＋ａ)＋ｃ₂sin(ｔ＋ｂ)＋ｃ₃sin(ｔ＋ｃ)＝０（ｃ₁,ｃ₂,ｃ₃∈ℝ）とすると、ｃ₁＝ｃ₂＝ｃ₃＝０以外にこの式を満たすｃ₁,ｃ₂,ｃ₃の組が少なくとも一組存在する。
よって、sin(ｔ＋ａ)，sin(ｔ＋ｂ)，sin(ｔ＋ｃ)は線型従属である。

これだけじゃ面白くないので、

自殺したら死後の世界はどうなる？
自殺したら死後どうなるか、お釈迦さまは教えられています。
仏教では、自殺に限らず、死んだら、それまでの行いによって、
因果応報で、死んだ後の行き先が決まります。

ところが生き物を殺す殺生罪を生涯に一回でも造っていれば、
その結果は地獄行きとなります。

ですから自殺する人が、今までに魚を食べたことがあるとか、
虫けら一匹でも殺したことがあれば、死ぬと地獄へ堕ちて行くのです。
（中略）
それにもかかわらず自殺するのは
真っ赤な焼火箸を平気で握りにゆく赤ちゃんのようなもので、
無知ということです。
ことわざで言えば「飛んで火に入る夏の虫」と同じですから、
仏教では自殺は愚かなことだと教えられているのです。
引用元：https://true-buddhism.com/teachings/suicide/

＞仏教では、自殺に限らず、死んだら、それまでの行いによって、
因果応報で、死んだ後の行き先が決まります。

ところが生き物を殺す殺生罪を生涯に一回でも造っていれば、
その結果は地獄行きとなります。

ですから自殺する人が、今までに魚を食べたことがあるとか、
虫けら一匹でも殺したことがあれば、死ぬと地獄へ堕ちて行くのです。

自殺をしようがしまいが、菜食主義者以外は皆地獄に行くらしい。詭弁を弄していますね。
因みに、「四十余年未顕真実」という言葉があり、https://jodoshuzensho.jp/daijiten/index.php/%E5%9B%9B%E5%8D%81%E4%BD%99%E5%B9%B4%E6%9C%AA%E9%A1%95%E7%9C%9F%E5%AE%9F#:~:text=%E3%81%97%E3%81%98%E3%82%85%E3%81%86%E3%82%88%E3%81%AD%E3%82%93%E3%81%BF%E3%81%91%E3%82%93,%E3%81%9F%E3%81%A8%E3%81%84%E3%81%86%E3%81%93%E3%81%A8%E3%82%92%E3%81%82%E3%82%89%E3%82%8F%E3%81%99%E3%80%82
法華経には通一仏土の概念が描かれている。つまり、千年王国である。https://www.google.com/search?q=%E9%80%9A%E4%B8%80%E4%BB%8F%E5%9C%9F&sca_esv=4ad496d1768baf99&hl=ja&ei=c97gZ_ndNLHn2roPvr2S-AU&oq=%E9%80%9A%E4%B8%80%E3%81%B6%E3%81%A3%E3%81%A9&gs_lp=Egxnd3Mtd2l6LXNlcnAiD-mAmuS4gOOBtuOBo-OBqSoCCAAyBRAAGO8FMggQABiABBiiBDIFEAAY7wUyCBAAGIAEGKIEMggQABiABBiiBEjblAFQ-whYx3twBXgAkAEDmAGYAaABzxiqAQQzMC41uAEByAEA-AEBmAIhoALJFagCFMICChAAGLADGNYEGEfCAh0QABiABBi0AhjUAxjlAhi3AxiKBRjqAhiKA9gBAcICEBAAGAMYtAIY6gIYjwHYAQLCAg0QABiABBixAxiDARgEwgILEAAYgAQYsQMYgwHCAgcQABiABBgEwgIQEAAYgAQYsQMYgwEYBBiKBcICChAAGIAEGLEDGATCAgoQABiABBhDGIoFwgIPEAAYgAQYsQMYBBhGGPkBwgILEAAYgAQYBBgKGCrCAgkQABiABBgEGArCAgUQABiABMICCBAAGKIEGIkFwgIJEAAYgAQYBBglwgIIEAAYgAQYsQPCAgcQABiABBgXwgICECbCAgYQABgEGB7CAgQQABgewgIGEAAYFxgemAML8QW9Kmon75OJVIgGAZAGCroGBAgBGAe6BgYIAhABGAqSBwQyNC45oAeEUrIHBDE5Ljm4B4wV&sclient=gws-wiz-serp
死にたい奴は死ねばいいという事である。
「10 またわたしに言った、「この書の預言の言葉を封じてはならない。時が近づいているからである。
11 不義な者はさらに不義を行い、汚れた者はさらに汚れたことを行い、義なる者はさらに義を行い、聖なる者はさらに聖なることを行うままにさせよ」。」
「ヨハネの黙示録」第２２章１０節～１１節（口語訳）

おまけ：

問題
右の図のように、ＡＢ＝ＡＣ＝４，ＢＣ＝２の二等辺三角形が円Ｏに内接している。点Ｂと中心Ｏを通る直線と円Ｏとの交点をＤとするとき、次の問いに答えなさい。
（１）円Ｏの半径を求めなさい。
（２）△ＡＢＣと△ＢＣＤの重なる部分の面積を求めなさい。
（００　愛光）

模範解答
（１）ＢＣの中点をＭとすると、
ＡＭ＝√(４²－１²)＝√１５……①
円Ｏの半径をｒとすると、
ｒ²＝(√１５－ｒ)²＋１²　
∴ｒ＝８√１５/１５
別解（参考書の別解）
[①の後]　ＡＢの中点をＮとすると、△ＡＯＮ∽△ＡＢＭより、ＡＯ：ＡＮ＝ＡＢ：ＡＭ
∴ｒ：２＝４：√１５　∴ｒ＝８√１５/１５

（２）右図のようにＥをとり（注：ＡＣとＢＤの交点をＥとする）、△ＥＢＣ＝Ｓとすると、
Ｓ：△ＡＢＣ＝ＥＣ：ＡＣ……②
ここで、△ＡＢＣ＝２×①/２＝√１５……③
また、ＢＤは直径であるから、
∠ＢＣＤ＝９０°
∴ＡＭ∥ＤＣ　∴△ＡＯＥ∽△ＣＤＥ
∴ＡＥ：ＣＥ＝ＡＯ：ＣＤ
＝ｒ：√{(２ｒ)²－２²}＝４：７……④
②③④より、Ｓ＝√１５×{７/(４＋７)}
＝７√１５/１１
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞ＡＥ：ＣＥ＝ＡＯ：ＣＤ
＝ｒ：√{(２ｒ)²－２²}＝４：７……④

（１）より、ｒ＝８√１５/１５＝８/√１５
∴ｒ²＝６４/１５　∴ｒ²－１＝４９/１５
∴√(ｒ²－１)＝７/√１５＝７√１５/１５
∴ｒ：√{(２ｒ)²－２²}
＝８/√１５：2×(７√１５/１５)
＝４：７

また、（１）の効率的ではない別解をやりましょう。
ＢからＡＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、円周角と直角の２角が等しいので、△ＡＢＨ∽ＤＢＣでＡＢ，ＢＣが分かっているのであとＢＨが分かれば、相似を利用して直径ＢＤの長さが分かる。
よって、ＢＨの長さを求めると、△ＡＢＣは二等辺三角形よりＢＣの中点をＭとすると、ＡＭ⊥ＢＣ
よって、三解法の定理を使うと、ＡＭ＝√１５　∴△ＡＢＣ＝２×√１５×(１/２)＝√１５
また、△ＡＢＣ＝ＡＣ×ＢＨ×(１/２)＝２ＢＨでもあるので、ＢＨ＝√１５/２である。（または、2角が等しいので、△ＡＣＭ∽△ＢＣＨを利用して求めても良い。）
よって、半径をｒとすると、△ＡＢＨ∽ＤＢＣより、ＡＢ：ＢＨ＝ＤＢ：ＢＣから、
４：√１５/２＝２ｒ：２が成り立つ。
∴{√１５/２}ｒ＝４　
∴ｒ＝８/√１５＝８√１５/１５

因みに、私は（２）は模範解答と同様に△ＡＯＥ∽△ＣＤＥでＡＣ：ＥＣからＣＥの長さを求め、ＢＨをかけて面積を求めました。
結構、△ＡＯＥ∽△ＣＤＥには時間がかかりました。どうしても先に△ＥＡＢ∽△ＥＤＣに目が行ってしまいますね。複合技で何とかなるんじゃないかと考えてしまった訳です。受験をするなら暗記数学で挑まないとダメですね。
因みに、何でもありなら（１）は正弦定理を使うと良いと思います。（非効率的ですが。）
２/sin∠A＝２Rより、R＝１/sin∠A
sin(∠A/2)＝１/４
∴sin²(∠A/2)＝１/１６
よって、半角の公式より、
(１－cos∠A)/２＝１/１６
∴１－cos∠A＝１/８　∴cos∠A＝７/８
∴sin∠A＝√(１－cos²∠A)
（∠Aは第1象限の角より符号は正）
＝√(１－４９/６４)＝√１５/８
∴R＝１/(√１５/８)＝８/√１５
＝８√１５/１５

おまけ：

問題
円Ｏにおいて、∠ＡＯＢ＝１１０°となるように２点Ａ，Ｂを周上にとり、弦ＡＢを折り目として折り返します。弧ＡＢ上に点Ｐをとり、ＢＰの延長と円Ｏとの交点をＣとするとき、∠ＣＡＰの大きさを求めなさい。
（０１　東北学院）

図の解説：円の中心をＯとして、中心角が１１０°となるような弦ＡＢで弧ＡＢを折り返す。折り返した弧ＡＢ上に点Ｐを取り、ＢＰの延長と円との交点をＣとしＡＣを結んだ図。

模範解答
折り返す前の点Ｐの位置をＰ'とすると、右図（注：補足解説に「ＰとＰ'は、’折り目’ＡＢに関して対称」とある）のようになる。
ここで、∠ＡＣＢ＝∠ＡＯＢ/２＝５５°…①
∴∠ＡＰＣ＝１８０°－∠ＡＰＢ
＝１８０°－∠ＡＰ'Ｂ＝①（注：補足解説に「四角形ＡＰ'ＢＣは円に内接」とある）
∴∠ＣＡＰ＝１８０°－①×２＝７０°
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説は読めば分かるように参考書の欄外の解説を入れたので省略。全く同じ解法だが、私の解法も載せておこう。

私の解法
円周角と中心角の関係より、
∠ＡＣＢ＝(１/２)∠ＡＯＢ＝５５°
また、円を真円に戻した時の点Ｐの行き先をＰ'とすると、対称性より∠ＡＰＢ＝∠ＡＰ'Ｂ
ところで、四角形ＣＡＰ'Ｂは円に内接する四角形より、∠ＡＰ'Ｂ＝１８０°－∠Ｃ
＝１８０°－５５°＝１２５°
∴∠ＡＰＢ＝∠ＡＰ'Ｂ＝１２５°
よって、△ＰＣＡの内対角の和より、
∠ＡＰＣ＝∠ＡＰＢ－∠Ｃ＝１２５°－５５°
＝７０°

おまけ：

問題
右の図のように、直径ＡＢの半円Ｏの円周上に点ＰとＱがあり、∠ＰＯＡ＝２８°，∠ＱＯＢ＝６８°である。直径ＡＢ上に点ＲをＰＲ＋ＲＱの長さが最小になるようにとるとき、∠ＰＲＱの大きさを求めなさい。
（０１　城北）

図の解説：半円ＡＢを描き中心をＯとし、円周上の左下辺りに∠ＰＯＡ＝２８°となる点Ｐと右上辺りに∠ＱＯＢ＝６８°となる点Ｑを取る。ここで、点Ｒを直径ＡＢ上のＰＲ＋ＲＱの長さが最小になる点とする。（点ＲはＯＡの真ん中辺りになる。）

模範解答
（１）ＡＢに関するＰの対称点をＰ'とすると、ＡＢ上の点Ｘに対して、
ＰＸ＋ＸＱ＝Ｐ'Ｘ＋ＸＱ≧Ｐ'Ｑ
等号は、Ｐ'-Ｘ-Ｑが一直線のときに成り立つから、Ｒは、Ｐ'ＱとＡＢとの交点である。
ところで、∠ＰＰ'Ｑ＝∠ＰＯＱ/２
＝{１８０°－(２８°＋６８°)}/２
＝８４°/２＝４２°
であるから、∠ＰＲＱ＝∠ＰＰ'Ｒ＋∠Ｐ'ＰＲ＝∠ＰＰ'Ｒ×２＝４２°×２＝８４°
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
参考書の補足解説に、
「’折れ線の長さの最小’ですから、定石通りに対称点をとりますが、その対称点も円周上にあることに注意しましょう。」
とあるように、この定石は非常に大切です。工夫なんかで解こうとするのは無謀と言えるでしょう。まぁ、将棋でも囲碁でもルールを知っているだけでは初心者を抜け出せないのは必然でしょう。

＞ところで、∠ＰＰ'Ｑ＝∠ＰＯＱ/２

点ＰのＡＢに関する対称点Ｐ'はＡＢが直径である事より、半円を延長した真円上にあるので、円周角と中心角の関係より、∠ＰＰ'Ｑ＝∠ＰＯＱ/２という事。

＞∠ＰＲＱ＝∠ＰＰ'Ｒ＋∠Ｐ'ＰＲ＝∠ＰＰ'Ｒ×２＝４２°×２＝８４°

△ＲＰＰ'は対称性より二等辺三角形で、その内対角の和より。

■研究　本問で、∠ＰＲＱ＝∠ＰＯＱ……㋐
になりましたが、一般に、本問と同様の構図において、右図の◦が等しいことから、４点Ｐ,Ｒ,Ｏ,Ｑは同一円周上にあり、㋐が成り立ちます。
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

これを使って別解を作ってみましょう。

別解
ＡＢに関するＰの対称点をＰ'とすると、ＡＢ上の点Ｘに対して、
ＰＸ＋ＸＱ＝Ｐ'Ｘ＋ＸＱ≧Ｐ'Ｑ
等号は、Ｐ'-Ｘ-Ｑが一直線のときに成り立つから、Ｒは、Ｐ'ＱとＡＢとの交点である。
（ここまでは同じ。）
ＰＱを結ぶと、円周角と中心角の関係より、
∠ＰＱＰ'＝(１/２)∠ＰＯＰ'———①
また、対称性より、
∠ＰＯＲ＝∠Ｐ'ＯＲ＝(１/２)∠ＰＯＰ'———②
①，②より、∠ＰＱＰ'＝∠ＰＯＲ
∴∠ＰＱＲ＝∠ＰＯＲ
よって、円周角の定理の逆により、４点Ｐ,Ｒ,Ｏ,Ｑは同一円周上にある。
よって、円周角の定理より、
∠ＰＲＱ＝∠ＰＯＱ
＝１８０°－２８°－６８°＝８４°

因みに、ヒントなしでも別解は（以前に）作っていました。

私の解法２（ただし、最短距離の定石までは同じ。）
半円を真円にすると、点Ｐ'は円Ｏの円周上にある。また、ＡＢは直径より対称性より、
∠ＰＯＲ＝(１/２)∠ＰＯＰ'———①
また、円周角と中心角の関係より、
∠ＰＱＲ＝∠ＰＱＰ'＝(１/２)∠ＰＯＰ'———②
①，②より、∠ＰＯＲ＝∠ＰＱＲ
よって、円周角の定理の逆により４点Ｐ，Ｒ，Ｏ，Ｑは同一円周上にある。
以後、解法１と同じ。
2024/12/24 07:48の投稿より

以前の方が集中力があったようですね。今回は「私の解法１」は思い付きませんでした。まぁ、問題に新鮮さを感じなかったので、１通りでスルーしたんですけど。

私の解法１（ただし、最短距離の定石までは同じ。）
半円を真円にすると、点Ｐ'は円Ｏの円周上にある。また、ＡＢは直径より対称性で
∠ＯＰＲ＝∠ＯＰ'Ｒ＝●———①
また、半径より△ＯＰ'Ｑは二等辺三角形で
∠ＯＰ'Ｑ＝∠ＯＱＰ'＝●———②
①，②より、∠ＯＰＲ＝∠ＯＱＰ'＝∠ＯＱＲ
よって、∠ＯＰＲ＝∠ＯＱＲより円周角の定理の逆により４点Ｐ，Ｒ，Ｏ，Ｑは同一円周上にある。よって、円周角より、
∠ＰＲＱ＝∠ＰＯＱ＝１８０°－２８°－６８°＝８４°
よって、答えは、８４°

おまけ：
https://www.asahi.com/articles/ASR773210R76TOLB00B.html#:~:text=%E6%95%B0%E5%AD%A6%E3%81%AE%E8%B6%85%E9%9B%A3%E5%95%8F%E3%80%8CABC,%E5%85%A5%E3%82%8B%E3%81%93%E3%81%A8%E3%81%AB%E3%81%AA%E3%81%A3%E3%81%9F%E3%80%82

解説
＞β，γの式からγ/β＝ωが得られる。よってガロワ対応から多項式の群Ｇfは、ｘ²＋ｘ＋１の群（２個の入れ換えからなる。問題9-1）を商群に持つ。

まず、ガロワ対応を挙げておこう。

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。

このある多項式ｇ(ｘ)とは何か。そこで、p.164の「ガロワ対応と正規部分群」も抜き書きする。

「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。」

ところで、「β，γの式からγ/β＝ωが得られる」のβ，γはｆ(ｘ)＝ｘ³－３の根なので、γ/β＝ωはすぐ上（p.164の所）のγに当たる。
よって、「γの最小多項式になっています」からωの最小多項式を求めると、
ω＝(－１＋√３ｉ)/２＝ｘと置くと、
２ｘ＋１＝√３ｉ　∴(２ｘ＋１)²＝－３
４ｘ²＋４ｘ＋４＝０　∴ｘ²＋ｘ＋１＝０
よって、ｇ(ｘ)＝ｘ²＋ｘ＋１である。
よって、Ｇgは「ｘ²＋ｘ＋１の群（２個の入れ換えからなる。問題9-1）」で、

問題 9-1a
有理数係数多項式ｘ²－２の群を求めよ。
（参考：一般に既約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つからなる群である。）

また、定理9.3より、「この対応においてｇ(ｘ)の群Ｇgは商群Ｇf/Ｈと同型である」ので、
Ｇg≅Ｇf/Ｈ

これを、ＧfはＧgを商群に持つと言うらしい。（本によって表現が異なっていたりして良く分からない。）

＞よってＧfに含まれる元の個数は２で割り切れる。

Ｇg≅Ｇf/Ｈより、両辺の元の個数は等しい。また、ｇ(ｘ)＝ｘ²＋ｘ＋１で|Ｇg|＝２だったので、２＝|Ｇg|＝|Ｇf/Ｈ|
ところで、|Ｇf/Ｈ|＝|Ｇf：Ｈ|（定義4.3より）

定義4.3
Ｇを群，ＨをＧの部分群とするとき、Ｈの左剰余類の集合の濃度をＧにおけるＨの指数といい、|Ｇ：Ｈ|で表す。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

∴|Ｇf：Ｈ|＝２
また、ラグランジュの定理より、
|Ｇf|＝|Ｇf：Ｈ|・|Ｈ|
∴|Ｇf|＝２|Ｈ|
よって、Ｇfの元の個数は２の倍数より、「Ｇfに含まれる元の個数は２で割り切れる」という事。

定理4.4（ラグランジュの定理）
Ｇを有限群，ＨをＧの部分群とすると、Ｇの位数はＨの位数と|Ｇ：Ｈ|の積になる。すなわち、
|Ｇ|＝|Ｇ：Ｈ|・|Ｈ|
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

定理4.4（ラグランジュの定理）
有限群Ｇの部分群Ｈに対して、Ｇに含まれる元の個数は、Ｈに含まれる元の個数にＨの指数を掛けた数に等しい。すなわち
|Ｇ|＝(Ｇ：Ｈ)|Ｈ|
が成り立つ。とくに|Ｈ|は|Ｇ|の約数である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

＞またαをそれぞれα,β,γに取り換える入れ換えもある（もしそのような入れ換えがないと、固定される根が現れ、定数の根ができ矛盾する）。よってＧfは入れ換えを３個以上含む。

例えば、（α,β,γ)→（γ,β,α)という入れ換えと恒等変換（α,β,γ)→（α,β,γ)しかＧfに元がないとしたら、βが固定されて、この群にガロワ対応する体はβの式全体（だけ）である。（βが不変という事。）
という事はα，β，γの式全体などもβの式全体になり、αとγは定数（有理数）という事になって矛盾するという訳である。（α＝³√３，β＝³√３ω，γ＝³√３ω²だから。）

注：「以下の問題において、有理数係数多項式の群は定数を有理数として考える。」（p.169）

とある。

＞含まれる入れ換えの個数が３以上で２の倍数なのはＧf＝Ｓ₃（３個の根の入れ換えすべて）の場合しかない。

３以上の２の倍数は（６の前に）４もあるような気がしますが、どうでしょう。（証明失敗の可能性も０ではないと思いますが。）
４の場合を否定しないとダメですね。
（α,β,γ)→（α,β,γ)
（α,β,γ)→（β,γ,α)
（α,β,γ)→（γ,α,β)
の３個の元は確実にあると言え、元の対等性から４個または５個の場合はあり得ず、すなわち６個の場合しかあり得ない。と言うつもりなのでしょうか。個人的には、証明失敗だと思いますが、先生に解説して貰うしかないでしょう。

＞元の対等性から４個または５個の場合はあり得ず

（α,β,γ)→（α,γ,β)
（α,β,γ)→（γ,β,α)
（α,β,γ)→（β,α,γ)
つまり、このうち１個か２個だけを採用なんて対等性からあり得ないという理屈である。念のため、２個の場合は３＋２＝５個で上の条件の２の倍数でないのでダメであるが。
果たして、α＝³√３，β＝³√３ω，γ＝³√３ω²は対等なのだろうか。（蛇足）

おまけ：
https://note.com/katobungen/n/nba51708462cc

https://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%8A%A0%E8%97%A4%E6%96%87%E5%85%83

補足（前回の補足）
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。

このある多項式ｇ(ｘ)とは何か。そこで、p.164の「ガロワ対応と正規部分群」も抜き書きする。

「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。」

＞β，γの式からγ/β＝ωが得られる。よってガロワ対応から多項式の群Ｇfは、ｘ²＋ｘ＋１の群（２個の入れ換えからなる。問題9-1）を商群に持つ。

先程は（上では）、γ/β＝ωの最小多項式を作って、ｇ(ｘ)＝ｘ²＋ｘ＋１を求めたが、今回は「ｆ(ｘ)の根の式γがＧfの入れ換え」でｇ(ｘ)を求めてみる。
上でも述べたように、γ/β＝ωが「根の式γ」に当たる。つまり、γ/βをα，β，γに入れ換えて、「γ₁＝γ，γ₂，・・・，γs」を求め、「ｇ(ｘ)＝(ｘ－γ₁)・・・(ｘ－γs)」を求める。
α＝³√３，β＝³√３ω，γ＝³√３ω²から、
γ/βの全ての入れ換えは、ω，ω²，１/ω，１/ω²となり、ω³＝１より１/ω＝ω²，１/ω²＝ωとなる。つまり、ωとω²のみである。
∴ｇ(ｘ)＝(ｘ－ω)(ｘ－ω²)
＝ｘ²－(ω＋ω²)ｘ＋ω³―――☆
また、ω³＝１，ω²＋ω＋１＝０より、
ω＋ω²＝－１　これらを☆に代入すると、
ｇ(ｘ)＝ｘ²＋ｘ＋１

おまけ：

問題
線型空間Ｖにおいて
（ⅰ）Ｖ∋ａ,ｂが線型独立，Ｖ∋ｘ≠０ならば、{ａ,ｘ}と{ｂ,ｘ}の少なくとも一方が線型独立であることを証明せよ。
（ⅱ）Ｖ∋ａ,ｂ,ｃが線型独立，Ｖ∋ｘ,ｙが線型独立ならば、{ａ,ｘ,ｙ}，{ｂ,ｘ,ｙ}，{ｃ,ｘ,ｙ}の少なくとも一組が線型独立であることを証明せよ。

回答
（ⅰ）ａ,ｂが線型独立より線型従属でないので、ａとｂは一直線上にない。
ここで、{ａ,ｘ}が線型従属とすると、ａとｘは一直線上にあり、上よりａとｂは一直線上にないので、ｂとｘも一直線上にない。
よって、ｂとｘは線型従属でないので線型独立である。
{ｂ,ｘ}が線型従属としても同様の議論が成り立つので、{ａ,ｘ}と{ｂ,ｘ}の少なくとも一方は線型独立である。

補足
ａ,ｂが線型従属だとａ,ｂが一直線上にある理由。
ａ,ｂが線型従属より、ｃ₁ａ＋ｃ₂ｂ＝０とするとｃ₁,ｃ₂が共に０以外のものが存在する。よって、ａ＝(－ｃ₂/ｃ₁)ｂ　よって、ベクトルａとベクトルｂは一直線上（起点が違えば平行）にある。

別解（多少のアレンジ）
{ａ,ｘ}と{ｂ,ｘ}の両方とも線型従属と仮定すると、ａとｘ，ｂとｘがそれぞれ一直線上にあるので、ａとｂは一直線上にある。ところで、問題の仮定よりａ,ｂは線型独立なので一直線上にない。よって、矛盾が生じるので、背理法により、{ａ,ｘ}と{ｂ,ｘ}の少なくとも一方は線型独立である。

（ⅱ）{ａ,ｘ,ｙ}，{ｂ,ｘ,ｙ}，{ｃ,ｘ,ｙ}が全て線型従属と仮定すると、問題の仮定よりｘ,ｙが線型独立なので、ａ,ｂ,ｃはそれぞれｘ,ｙが生成する平面上にある。ところが、問題の仮定よりａ,ｂ,ｃは線型独立なので、ａ,ｂ,ｃは同一平面上にない。よって、矛盾が生じるので、背理法により、{ａ,ｘ,ｙ}，{ｂ,ｘ,ｙ}，{ｃ,ｘ,ｙ}の少なくとも一組は線型独立である。

原型の解法
ａ,ｂ,ｃが線型独立より、ａ,ｂが線型独立でｃはａ,ｂが作る平面に入っていない。
ここで、{ａ,ｘ,ｙ}が線型従属とすると、問題の仮定よりｘ,ｙは線型独立なので、ａはｘ,ｙが作る平面上にある。
また、{ｂ,ｘ,ｙ}と{ｃ,ｘ,ｙ}も線型従属とするとｘとｙは線型独立で、ｂ,ｃもｘ,ｙが作る平面上にある事になり、ａ,ｂ,ｃは同一平面上にあり線型従属で、矛盾が生じる。
よって、{ａ,ｘ,ｙ}，{ｂ,ｘ,ｙ}，{ｃ,ｘ,ｙ}の少なくとも一組は線型独立である。

補足
ａ,ｂ,ｃが線型独立だと、ａ,ｂが線型独立でｃはａ,ｂが作る平面に入っていない理由は、命題（3.1.7）の(ⅱ)。

命題（3.1.7）
Ｖを数体Ｋ上の線型空間，ａ₁,…,ａn∈Ｖとする。
（ⅰ）ただ一つの元ａ₁∈Ｖに対しては
ａ₁が線型独立 ⇔ ａ₁≠０
（ⅱ）ａ₁,…,ａn（ｎ≧２）が線型独立
⇔ａ₁,…,ａn-1が線型独立でａn∉Ｋａ₁＋…＋Ｋａn-1

もっとも例（3.1.8）(ⅲ)を見なさいと教えるのが定石だろう。

例（3.1.8）
普通の空間Ｅ³の一点Ｏを零元とする実線型空間（Ｅ³，Ｏ）を考える。三つの点Ａ,Ｂ,Ｃ∈Ｅ³に対し
（ⅰ）Ａが線型独立⇔Ａ≠Ｏ
（ⅱ）Ａ,Ｂが線型独立⇔Ａ≠Ｏ,かつＢ∉ℝＡ
⇔ＯＡＢが三角形をつくる。
（ⅲ）Ａ,Ｂ,Ｃが線型独立
⇔Ａ,Ｂが線型独立，かつＣ∉ℝＡ＋ℝＢ
⇔ＯＡＢが三角形をつくり、Ｃ∉平面ＯＡＢ
⇔ＯＡＢＣが四面体をつくる。

「線型独立の概念は、線型代数学の学習上最大の難所とも言え、初心者には難しい。その定義は明確なのであるが、その意味が容易に把握できない所にその原因がある。しかしこの概念は、今後座標を導入するために欠くべからざる重要なものである。線型独立の理解なくして線型代数学の理解はありえないのであるから、読者は是非この概念を自分のものにしてほしい。」
「線型代数入門」有馬哲著より

おまけ：

問題
図のように、正九角形ＡＢＣＤＥＦＧＨＩの各頂点から最も長い対角線を２本ずつひいた。次の問いに答えなさい。
（１）∠ＡＥＩの大きさを求めなさい。
（２）∠ＡＦＧの大きさを求めなさい。
（３）図の影をつけた部分の周囲の長さが３６のとき、次の値を求めなさい。
（ⅰ）正九角形の一辺の長さ
（ⅱ）正九角形と影をつけた部分の面積の差
（０４慶應女子）

図の解説：正九角形ＡＢＣＤＥＦＧＨＩを描き、ＡＥ，ＡＦ，ＢＦ，ＢＧ，ＣＧ，ＣＨ，ＤＨ，ＤＩ，ＥＩ，ＥＡ，ＦＡ，ＦＢ，ＧＢ，ＧＣ，ＨＣ，ＨＤ，ＩＤ，ＩＥを結び、図形（星形）ＥＡＦＢＧＣＨＤＩに影を付けた図。

模範解答
（１）正九角形の外接円を書くと、∠ＡＥＩは弧ＡＩに対する円周角であるから、
∠ＡＥＩ＝１８０°÷９＝２０°
（２）（１）と同様に、
∠ＡＦＧ＝２０°×３＝６０°
（３）（ⅰ）（２）と同様に、∠ＣＧＦ＝６０°であるから、図で、△ＪＦＧは正三角形である。一方、図の網目部分（注：問題文の「影をつけた部分」で、図形（星形）ＥＡＦＢＧＣＨＤＩ）の周囲の長さが３６のとき、
ＪＦ＝３６÷１８＝２　∴ＦＧ＝ＪＦ＝２
（ⅱ）求める面積の差は、
△ＪＦＧ×９＝{(√３/４)×２²}×９＝９√３
「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。強いて言えば、最後の「(√３/４)×２²」は１辺が２の正三角形の面積の公式。

これだけじゃ面白くないので、昨日の補足。

＞（参考：一般に既約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つからなる群である。上と同じ議論でわかる。）

ｆ(ｘ)＝ｘ²＋３ｘ＋１とするとｆ(ｘ)は既約多項式である。根をα₁＝(－３＋√５)/２，
α₂＝(－３－√５)/２と置いて、β＝α₁＝(－３＋√５)/２と置くと、
α₂＝－α₁－３＝－β－３
これが原始元の定義（２）を満たしているかどうかは微妙なので（－３もβの式なのか？）、

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の式で表される。
（２）α₁,…,αnはそれぞれβの式で表される。

完璧に言えるまで模索する事にする。ところで、ｆ(ｘ)＝ｘ²＋３ｘ＋１にｘ＝α₁＝βを代入すると、ｆ(β)＝β²＋３β＋１＝０
∴３β²＋９β＋３＝０
∴－３＝３β²＋９β
これをα₂＝－β－３に代入すると、
α₂＝－β＋３β²＋９β＝３β²＋８β
これとα₁＝βよりβは原始元の定義の（２）を満たしている。また、（１）も満たしている事は自明なので、β＝α₁は原始元である。
また、β＝α₁＝(－３＋√５)/２を根に持つ既約多項式ｇ(ｘ)は、ｆ(ｘ)＝ｘ²＋３ｘ＋１と一致するので、上と同じで、恒等入れ換えとα₁とα₂の入れ換えの２通りの入れ換えがｆ(ｘ)の群となるという訳で、「上と同じ議論でわかる」という事である。

これをｆ(ｘ)＝ａｘ²＋ｂｘ＋ｃ（ｂ²－４ａｃ≠有理数の２乗）でやると、
ａｘ²＋ｂｘ＋ｃ＝０を解の公式で解いて、
β＝α₁＝{－ｂ＋√(ｂ²－４ａｃ)}/２ａ
と置くと、
α₂＝－β－ｂ———①
また、ｆ(β)＝ａβ²＋ｂβ＋ｃ＝０
この両辺にｂ/ｃをかけると、
(ａｂ/ｃ)β²＋(ｂ²/ｃ)β＋ｂ＝０
∴－ｂ＝(ａｂ/ｃ)β²＋(ｂ²/ｃ)β———②
②を①に代入すると、
α₂＝－β＋(ａｂ/ｃ)β²＋(ｂ²/ｃ)β
＝(ａｂ/ｃ)β²＋{(ｂ²－１)/ｃ}β
よって、α₁，α₂を共にβの式で表せるので、β＝α₁はｆ(ｘ)の原始元である。
以後は大体同じで省略。

おまけ：
https://dot.asahi.com/articles/-/237289?page=2

解説
＞ｘ²－２の根は±√２である。√２はｘ²－２の原始元である。

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の式で表される。
（２）α₁,…,αnはそれぞれβの式で表される。

α₁＝√２，α₂＝－√２として、
β＝α₁＝√２と置けば、βはα₁の式で表されているので、（１）の条件を満たしている。
また、α₁＝β，α₂＝－√２＝－βより、α₁,α₂はβの式で表されるので、（２）の条件も満たしている。
よって、β＝√２は原始元である。

＞√２はｘ²－２の原始元である。よって多項式の群は√２を√２にする入れ換え（恒等入れ換え）と、－√２にする入れ換えの２個の入れ換えからなる。

■多項式の群の構成（定理9.1（基本定理）の証明）
多項式の群の構成を一般的に述べます。以下の説明が難しいときは次節（ガロワ対応）に進んでください。
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（１４５ページ参照）。多項式の群Ｇ_f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」梶原健著より

つまり、β＝√２が原始元よりそれを根に持つ既約多項式ｇ(ｘ)＝ｘ²－２の２つの根の入れ換えによって得られるｆ(ｘ)＝ｘ²－２の根の入れ換えがｆ(ｘ)の群で、今回はｆ(ｘ)とｇ(ｘ)が一致するので、結局、√２と－√２の入れ換えからなるという事である。
（恒等入れ換え（入れ換えなし）と√２と－√２の入れ換えの２通りの入れ換えという事。）

＞（参考：一般に既約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つからなる群である。上と同じ議論でわかる。）

ｆ(ｘ)＝ｘ²＋３ｘ＋１とするとｆ(ｘ)は既約多項式である。根をα₁＝(－３＋√５)/２，
α₂＝(－３－√５)/２と置いて、β＝α₁＝(－３＋√５)/２と置くと、
α₂＝－α₁－３＝－β－３
これが原始元の定義（２）を満たしているかどうかは微妙なので（－３もβの式なのか？）、

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の式で表される。
（２）α₁,…,αnはそれぞれβの式で表される。

完璧に言えるまで模索する事にする。ところで、ｆ(ｘ)＝ｘ²＋３ｘ＋１にｘ＝α₁＝βを代入すると、ｆ(β)＝β²＋３β＋１＝０
∴３β²＋９β＋３＝０
∴－３＝３β²＋９β
これをα₂＝－β－３に代入すると、
α₂＝－β＋３β²＋９β＝３β²＋８β
これとα₁＝βよりβは原始元の定義の（２）を満たしている。また、（１）も満たしている事は自明なので、β＝α₁は原始元である。
また、β＝α₁＝(－３＋√５)/２を根に持つ既約多項式ｇ(ｘ)は、ｆ(ｘ)＝ｘ²＋３ｘ＋１と一致するので、上と同じで、恒等入れ換えとα₁とα₂の入れ換えの２通りの入れ換えがｆ(ｘ)の群となるという訳で、「上と同じ議論でわかる」という事である。

おまけ：