数学

演習問題２
有限体Ｆ13の中で３の１３乗根を求めよ。

解答
１３は素数であって、Ｆ13＝ℤ13であるから、Ｘ^13－３＝０の根をℤ13の中で求めればよい。定理2.11の系２によって、
ａ^13≡ａ（mod 13)（０≦∀ａ＜１３）
したがって、Ｘ^13＝３となるℤ13の元は３のみである。
「演習　群・環・体 入門」新妻弘著より

＞バカ（初学者全員）でも分かるように解説して下さい。

まず、有限体とは何かの前に数体をご存知だろうか。例えば、有理数体とか実数体とか複素数体とか。アバウトに言うと、四則演算について閉じている集合の事である。
例えば、有理数＋有理数＝有理数，有理数－有理数＝有理数，有理数×有理数＝有理数，有理数÷有理数＝有理数となるからである。
これは実数でも複素数でもこうなる。（閉じているという事。）
しかし、整数＋整数＝整数，整数－整数＝整数，整数×整数＝整数，整数÷整数＝整数とは限らない。例えば、２÷４＝１/２で有理数だからである。つまり、整数は除法について閉じていないので、数体ではない。
因みに、整数体ではなく整数環という。
次に、有限体を考える。整数環，有理数体，実数体，複素数体は無限集合だから割と簡単に閉じているかどうか判断できたが、有限集合ではどうだろうか。これをクリアーしているものが、有限体である。

演習問題２
有限体Ｆ13の中で３の１３乗根を求めよ。

ところで、実数体ℝの中で３の１３乗根と言えば、13√３（13√は１３乗根を表す）だけで、複素数体ℂの中で３の１３乗根は、
13√３，13√３ζ，13√３ζ²，…，13√３ζ^12（ζはζ^13＝１となる複素数）の１３個である。代数学の基本定理でＸ^13－３＝０の解の個数を考えれば納得出来るだろう。
つまり、閉じているかどうかが大事なのである。
ところで、有限体で閉じている事は大変である。なぜなら、加法について閉じているという事は、１＋１＋１＋・・・と無限に足しても有限体（有限個の集合）に入っていなければならないからである。こんな事は普通はあり得ない。どこかで（何個目かで）１＋１＋…＋１＝０にならなければならないのである。
例えば、この個数を１３とすると、１３で割った余りの集合ℤ13（＝Ｆ13）は有限体になる。
１３≡０（mod13）
Ｆ13＝{０,１,２,３,４,５,６,７,８,９,１０,１１,１２}
という訳である。（有限個で四則演算について閉じている。例えば、２÷４≡２８÷４＝７∈Ｆ13）
そこで、フェルマーの小定理をご存知だろうか。

定理
ｐを素数とする。このとき、ｐで割り切れない任意の整数ａに対して次が成り立つ。
ａ^(p-1)≡１（modｐ）

この両辺にａをかけると、上の定理が出来る。（厳密には異論があると思うが。）

定理2.11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）

ところで、１３は素数よりこの定理に当てはめると、ａ^13≡ａ（mod 13）

演習問題２
有限体Ｆ13の中で３の１３乗根を求めよ。

問題の意味は、Ｆ13＝{０,１,２,３,４,５,６,７,８,９,１０,１１,１２}の中で１３乗して１３で割ると３余る数を全て求めよという事であり、ａ^13≡ａ（mod 13）より、１を１３乗して１３で割ると１余り、２を１３乗して１３で割ると２余り、３を１３乗して１３で割ると３余り、…、１２を１３乗して１３で割ると１２余るので、１３乗して１３で割って３余るのは３だけである。

う～ん、余計分かり難くなったような気もする。

おまけ：

問題
右図のような円Ｏに内接する八角形ＡＢＣＤＥＦＧＨについて、次のものを求めなさい。ただし、ＡＢ＝ＢＣ＝ＧＨ＝ＨＡ＝３，ＣＤ＝ＤＥ＝ＥＦ＝ＦＧ＝２とする。
（１）∠ＢＣＤの大きさ
（２）八角形の面積
（０３　巣鴨）

模範解答
（１）右図（注：ＯＡ，ＯＢ，ＯＣ，ＯＤ，ＯＥ，ＯＦ，ＯＧ，ＯＨを結び、∠ＣＯＢ＝∠ＢＯＡ＝∠ＡＯＨ＝∠ＨＯＧ＝●，∠ＣＯＤ＝∠ＤＯＥ＝∠ＥＯＦ＝∠ＦＯＧ＝○と置いた図）で、●の角同士，○の角同士は等しいから、
∠ＢＯＤ＝３６０°/４＝９０°
∴∠ＢＣＤ＝１８０°－９０°/２＝１３５°
（２）面積についても、
四角形ＯＢＣＤ＝八角形/４
が成り立つ。
ここで、右図のように点Ｉをとる（注：ＢＣの延長上にＤから垂線を下ろしその足をＩとする）と、
ＣＩ＝ＤＩ＝√２
∴△ＢＣＤ＝ＢＣ×ＤＩ/２＝３√２/２……①
また、ＢＤ²＝ＢＩ²＋ＤＩ²
＝(３＋√２)²＋(√２)²＝１３＋６√２
∴△ＯＢＤ＝ＢＤ²/４＝(１３＋６√２)/４…②
以上により、八角形の面積は、
(①＋②)×４＝１３＋１２√２
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞●の角同士，○の角同士は等しいから、
∠ＢＯＤ＝３６０°/４＝９０°

４●＋４○＝３６０°より●＋○＝９０°
よって、∠ＢＯＤ＝●＋○＝９０°

＞∴∠ＢＣＤ＝１８０°－９０°/２＝１３５°

∠ＢＯＤ＝９０°から適当に優弧ＢＤ上に点を取る（仮に点Ｈとする）と、円周角と中心角の関係から∠ＢＨＤ＝(１/２)∠ＢＯＤ＝９０°/２
また、四角形ＢＣＤＨは円に内接する四角形より、∠ＢＣＤ＋∠ＢＨＤ＝１８０°
∴∠ＢＣＤ＝１８０°－∠ＢＣＤ
＝１８０°－９０°/２＝１３５°
という事。

因みに、私の解法は、
ＯＡ，ＯＢ，ＯＣ，ＯＤ，ＯＥ，ＯＦ，ＯＧ，ＯＨを結び、４つの合同な二等辺三角形と別の４つの合同な二等辺三角形のそれぞれの底角を●，○と置くと、８●＋８○＝１０８０°（八角形の内角の和は、公式より１８０°×(８－２)＝１０８０°）より、●＋○＝１３５°
よって、∠ＢＣＤ＝●＋○＝１３５°というものでした。（（２）は同じでした。）

因みに、この問題は前回の大阪教育大付池田の正八角形の問題の類題として載っていた問題ですが、私はこの問題の類題として灘中の問題を挙げます。

問題
円に内接する六角形ＡＢＣＤＥＦがあり、ＡＢ＝ＡＦ＝ＦＥ＝２ｃｍ，ＢＣ＝ＣＤ＝ＤＥ＝４ｃｍである。この時、六角形ＡＢＣＤＥＦの面積を求めて下さい。

図の解説：https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201908280000/

算数の解法は難しいのでいいです。高校入試問題として解いて下さい。（もちろん、余裕がある人は算数でも解いて下さい。）

おまけ：

うっかりしました。算数で√はダメでしたね。灘中の入試問題としては、１辺が１ｃｍの正三角形の何倍かという問題だったと思います。
因みに、図の解説のサイトに「ポイントは正三角形！三平方の定理は軽く使います。」が算数の解法を利用した解法です。（解答がないので見ていませんが、１００％そうだと断言出来ます。）

問題
円に内接する六角形ＡＢＣＤＥＦがあり、ＡＢ＝ＡＦ＝ＦＥ＝２ｃｍ，ＢＣ＝ＣＤ＝ＤＥ＝４ｃｍである。この時、六角形ＡＢＣＤＥＦの面積を求めて下さい。

図の解説：https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201908280000/

解法１（私のオリジナル）
円の中心をＯとしてＯＡ，ＯＢ，ＯＣ，ＯＤ，ＯＥ，ＯＦを結ぶと、半径より△ＯＡＢ，△ＯＦＡ，△ＯＥＦと△ＯＢＣ，△ＯＣＤ，△ＯＤＥはそれぞれ合同な二等辺三角形になる。
よって、∠ＯＡＢ＝∠ＯＢＡ＝∠ＯＦＡ＝∠ＯＡＦ＝∠ＯＥＦ＝∠ＯＦＥ＝○，∠ＯＢＣ＝∠ＯＣＢ＝∠ＯＣＤ＝∠ＯＤＣ＝∠ＯＤＥ＝∠ＯＥＤ＝●と置くと、六角形の内角の和は、
１８０°×(６－２)＝７２０°より、
○×６＋●×６＝７２０°
よって、○＋●＝１２０°
∴∠ＡＢＣ＝１２０°
ここで、ＣＢの延長上にＡから垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＡＢＨは１：２：√３の直角三角形より、ＢＨ＝１ｃｍ，ＡＨ＝√３ｃｍ　∴ＣＨ＝１＋４＝５ｃｍ
よって、△ＡＣＨで三平方の定理を使うと、
ＡＣ＝√{(√３)^2＋５^2}＝√２８
＝２√７ｃｍ
また、四角形ＡＢＣＯの内角の和より、
∠ＡＯＣ＝３６０°－１２０°－１２０°
＝１２０°
よって、△ＯＡＣは頂角が１２０°の二等辺三角形より、ＯからＡＣに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＯＡＩは１：２：√３の直角三角形。
∴ＡＩ＝√７ｃｍ，ＯＩ＝√７/√３ｃｍ
∴△ＯＡＣ＝２√７×(√７/√３)×(１/２)＝７/√３＝７√３/３ｃｍ^2
また、△ＡＢＣ＝４×√３×(１/２)＝２√３ｃｍ^2
∴四角形ＡＢＣＯ＝２√３＋７√３/３＝１３√３/３ｃｍ^2
ところで、六角形ＡＢＣＤＥＦは四角形ＯＡＢＣの３倍なので、答えは、この３倍で１３√３ｃｍ^2

解法２（算数の解法のアレンジ）
円の中心をＯとしてＯＡ，ＯＢ，ＯＣ，ＯＤ，ＯＥ，ＯＦを結ぶと、半径より△ＯＡＢ，△ＯＦＡ，△ＯＥＦと△ＯＢＣ，△ＯＣＤ，△ＯＤＥはそれぞれ合同な二等辺三角形である。
よって、∠ＯＡＢ＝∠ＯＢＡ＝∠ＯＦＡ＝∠ＯＡＦ＝∠ＯＥＦ＝∠ＯＦＥ＝○，∠ＯＢＣ＝∠ＯＣＢ＝∠ＯＣＤ＝∠ＯＤＣ＝∠ＯＤＥ＝∠ＯＥＤ＝●と置くと、六角形の内角の和は、１８０°×(６－２)＝７２０°より、
○×６＋●×６＝７２０°
よって、○＋●＝１２０°
ここで、２種類の二等辺三角形を交互に組み直すと、全ての角は１２０°になり、辺は２ｃｍと４ｃｍの交互になるので、対称性がある六角形になる。
その左上の頂点から反時計回りに、Ｐ～Ｕと振ると、ＰＱ＝ＲＳ＝ＴＵ＝４ｃｍ，ＱＲ＝ＳＴ＝ＵＰ＝２ｃｍ，∠ＰＱＲ＝∠ＱＲＳ＝∠ＲＳＴ＝∠ＳＴＵ＝∠ＴＵＰ＝１２０°
今、ＱＰの延長とＴＵの延長との交点をＬ，ＰＱとＳＲの延長との交点をＭ，ＲＳとＵＴの延長との交点をＮとすると、∠ＬＰＵ＝∠ＬＵＰ＝１８０°－１２０°＝６０°より、△ＬＰＵは底角が６０°の二等辺三角形より正三角形。よって、∠Ｌ＝６０°
同様に、△ＭＲＱと△ＮＴＳも正三角形より、∠Ｍ＝∠Ｎ＝６０°よって、△ＬＭＮも正三角形。
ところで、ＭＲ＝ＱＲ＝２ｃｍ，ＲＳ＝４ｃｍ，ＳＮ＝ＴＳ＝２ｃｍより、ＭＮ＝２＋４＋２＝８ｃｍ
よって、ＭＲ：ＭＮ＝２：８＝１：４　よって、正三角形ＱＭＱ：正三角形ＬＭＮ＝１^2：４^2＝１：１６
よって、△ＱＭＲ：六角形ＰＱＲＳＴＵ＝１：１３
よって、六角形ＰＱＲＳＴＵの面積は１辺が２ｃｍの正三角形の１３倍。
∴六角形ＰＱＲＳＴＵ＝２×√３×(１/２)×１３＝１３√３ｃｍ^2　よって、組み直す前の図形の面積も１３√３ｃｍ^2　
よって、答えは、１３√３ｃｍ^2

おまけ：
「110:01【ダビデの詩。賛歌。】わが主に賜った主の御言葉。「わたしの右の座に就くがよい。わたしはあなたの敵をあなたの足台としよう。」 110:02主はあなたの力ある杖をシオンから伸ばされる。敵のただ中で支配せよ。 110:03あなたの民は進んであなたを迎える
聖なる方の輝きを帯びてあなたの力が現れ
曙の胎から若さの露があなたに降るとき。 110:04主は誓い、思い返されることはない。「わたしの言葉に従って
あなたはとこしえの祭司
メルキゼデク（わたしの正しい王）。」 110:05主はあなたの右に立ち
怒りの日に諸王を撃たれる。 110:06主は諸国を裁き、頭となる者を撃ち
広大な地をしかばねで覆われる。 110:07彼はその道にあって、大河から水を飲み
頭を高く上げる。」
「詩篇」第１１０篇１節～７節（新共同訳）

例（3.2.16）
ｂ₁＝(１ ２)，ｂ₂＝(３ ３)∈ℝ²（注：本当は列ベクトルだが書けないので、行ベクトルで代用）であるとき、＜ｂ₁,ｂ₂＞がℝ²の基底になることを示せ。基底＜ｂ₁,ｂ₂＞に関するベクトルａ＝(１ ０)の座標を求めよ。

＞基底＜ｂ₁,ｂ₂＞に関するベクトルａ＝(１ ０)の座標を求めよ。

別解
直交座標(ｘｙ座標)上に点Ｂ₁(１,２)，Ｂ₂(３,３)を取り、↑ＯＢ₁＝ｂ₁，↑ＯＢ₂＝ｂ₂をそれぞれＸ軸の単位ベクトル，Ｙ軸の単位ベクトルとした時の、直交座標上の点Ａ(１,０)のＸＹ座標を求めれば良い。
そこで、↑ＯＢ₁＋↑ＯＢ₂を考えると、↑ＯＢ₁が正方向では点Ａ(１,０)には達しない事が分かるので、－↑ＯＢ₁上のある点から↑ＯＢ₂と平行な直線で点Ａ(１,０)を通る直線を考えると、ｙ－０＝１(ｘ－１)である。∴ｙ＝ｘ－１
また、－↑ＯＢ₁の直線の方程式は、ｙ＝２ｘより連立させると、ｘ－１＝２ｘ　これを解くと、ｘ＝－１　∴ｙ＝－２
つまり、－↑ＯＢ₁の直線上で折れ返る点（↑ＯＢ₁＋↑ＯＢ₂とする点）は直交座標上の点(－１,－２)である。ところで、ＸＹ座標上のＢ₁(１,２)の座標はＸ＝１なので、(－１,－２)の座標はＸ＝－１である。
また、直交座標上の点(－１,－２)と点Ａ(１,０)の距離は、√[{(１－(－１)}²＋{０－(－２)}²]＝√８＝２√２
また、|↑ＯＢ₂|＝３√２でＸＹ座標上のＢ₂(３,３)の座標はＹ＝１なので、点Ａ(１,０)の座標は、
Ｙ＝２√２/３√２＝２/３である。
∴(Ｘ,Ｙ)＝(－１，２/３)
よって、基底＜ｂ₁,ｂ₂＞に関するベクトルａ＝(１ ０)の座標は、(－１，２/３)

因みに、直線ｙ＝２ｘとｙ＝ｘの間の狭い領域が第１象限で時計回りに第２～第４象限となる。だから、点Ａは第２象限の点でＸ座標が負でＹ座標が正となる。

おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1893649262795510224

解説
＞仮定よりαはｆ(ｘ)の原始元なので、定理9.1(１)の証明より、αをαiに入れ換えるのは式の形によりません。

仮定の「ｆ(ｘ)の１つの根α＝α₁の式によって、ｆ(ｘ)の他のすべての根α₂,…,αnが表されている」事より、αはｆ(ｘ)の原始元という事。

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。

また、

■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。

「αはｆ(ｘ)の原始元」かつ「αはｆ(ｘ)の根」より、このｇ(ｘ)とｆ(ｘ)は一致していて、αをαiに入れ換える事は「ｆ(ｘ)の群」（定理9.1）の入れ換えに当たり、入れ換えても等式関係（等号関係）は変化しない。（その際、式の形によらない（どんな形でも良い）という事。）

定理9.1（基本定理）
重根を持たないｄ次多項式ｆ(ｘ)に対して、その根α₁,･･･,αdの入れ換えのなす群Ｇ_fであって、次の性質をみたすものがただ１つ存在する：
（１）α₁,･･･,αdの２つの式が同じ値を定めるならば、Ｇ_fの各元で根を入れ換えても２式の値は等しい。すなわちｇ(α₁,･･･,αd)＝ｈ(α₁,･･･,αd)ならば、Ｇ_fの元でαi₁,･･･,αidと入れ換えてもｇ(αi₁,･･･,αid)＝ｈ(αi₁,･･･,αid)が成り立つ。
（２）α₁,･･･,αdの式に対して、その値は、Ｇ_fのどの元で根を入れ換えても変わらないとき、定数である。
この群Ｇ_fを多項式ｆ(ｘ)の群という。

＞よって、ｈ(α)＝ｈ(α,ｇ(α))＝０においてαをαiに入れ換えると、
ｈ(αi,ｇ(αi))＝０　∴ｇ(αi)＝ｇ(α)（仮定）よりｈ(αi,ｇ(α))＝０

ｈ(ｘ)はαのＬ係数最小多項式より、
ｈ(α)＝ｈ(α,ｇ(α))＝０
このｈ(α,ｇ(α))＝０（右辺もαの式と考える）のαをαiに入れ換えると、
ｈ(αi,ｇ(αi))＝０（等号関係が保存される）
よって、ｈ(ｘ,ｇ(α))＝ｈ(ｘ,ｇ(αi))より、
ｇ(αi)＝ｇ(α)
これをｈ(αi,ｇ(αi))＝０に代入すると、
ｈ(αi,ｇ(α))＝０という事。

＞ｈ(αi,ｇ(α))＝０
　つまりｈ(ｘ)はα₁,…,αnをすべて根に持ちます。ゆえにdegｈ(ｘ)≧degｆ(ｘ)なのでdegｈ(ｘ)＝degｆ(ｘ)です。したがって補題9.4よりＬは定数からなり、とくにｇ(α)は定数です。

ｈ(αi,ｇ(α))＝０はｈ(ｘ,ｇ(α))＝０にｘ＝αi（ｉ＝１,…,ｎ）を代入したものだから、ｈ(ｘ)はα₁,…,αnをすべて根に持つという事。
ところで、これ以外にも根を持つ可能性もあるので、degｈ(ｘ)≧degｆ(ｘ)（ｆ(ｘ)はｎ次。）
また、「ｇ(α)のＫ係数の式全体をＬ」より、Ｋ⊂Ｌ

補題9.4（定数の一意性）
ｆ(ｘ)を、体Ｋを係数とする既約多項式とする。またαをｆ(ｘ)の１つの根とし、体ＬはＫを含み、α全体に含まれるとする：Ｋ⊂Ｌ⊂(αのＫ係数の式全体)
ｇ(ｘ)をαのＬ最小多項式とする。もしＫ≠Ｌならば、degｇ(ｘ)＜degｆ(ｘ)である。言い換えると、degｆ(ｘ)＝degｇ(ｘ)ならばＬ＝Ｋである。

よって、補題9.4より、degｈ(ｘ)＜degｆ(ｘ)
ところが、degｈ(ｘ)≧degｆ(ｘ)より矛盾を起こしてしまう。これを回避出来るのは、
degｈ(ｘ)＝degｆ(ｘ)の場合でＬ＝Ｋの場合である。ところで、Ｋはｆ(Ｘ)の係数の集合で定数である。よって、Ｌも定数の集合でｇ(α)も定数という事。

素朴な疑問コーナー
＞系9.5（不変な式と係数）
重根を持たない既約多項式ｆ(ｘ)の１つの根α＝α₁の式によって、ｆ(ｘ)の他のすべての根α₂,…,αnが表されているとする。このとき、αの式ｇ(α)の値がｇ(α₂),ｇ(α₃),…ｇ(αn)の値とすべて等しいならば、ｇ(α)は定数である。

証明を読むと、

「仮定よりαはｆ(ｘ)の原始元なので、定理9.1(１)の証明より、αをαiに入れ換えるのは式の形によりません。よって、ｈ(α)＝ｈ(α,ｇ(α))＝０においてαをαiに入れ換えると、
ｈ(αi,ｇ(αi))＝０　∴ｇ(αi)＝ｇ(α)（仮定）」

とあり、「ｆ(ｘ)の１つの根α＝α₁の式によって、ｆ(ｘ)の他のすべての根α₂,…,αnが表されている」ならば「ｇ(αi)＝ｇ(α)」となっているので、「αの式ｇ(α)の値がｇ(α₂),ｇ(α₃),…ｇ(αn)の値とすべて等しいならば」は仮定ではなく必然なのではないだろうか。つまり、

系9.5（不変な式と係数）
重根を持たない既約多項式ｆ(ｘ)の１つの根α＝α₁の式によって、ｆ(ｘ)の他のすべての根α₂,…,αnが表されているとする。このとき、αの式ｇ(α)の値がｇ(α₂),ｇ(α₃),…ｇ(αn)の値とすべて等しくなり、ｇ(α)は定数である。

なのではないだろうか。

おまけ：

＞素朴な疑問コーナー
系9.5（不変な式と係数）
重根を持たない既約多項式ｆ(ｘ)の１つの根α＝α₁の式によって、ｆ(ｘ)の他のすべての根α₂,…,αnが表されているとする。このとき、αの式ｇ(α)の値がｇ(α₂),ｇ(α₃),…ｇ(αn)の値とすべて等しいならば、ｇ(α)は定数である。

証明を読むと、

「仮定よりαはｆ(ｘ)の原始元なので、定理9.1(１)の証明より、αをαiに入れ換えるのは式の形によりません。よって、ｈ(α)＝ｈ(α,ｇ(α))＝０においてαをαiに入れ換えると、
ｈ(αi,ｇ(αi))＝０　∴ｇ(αi)＝ｇ(α)（仮定）」

とあり、「ｆ(ｘ)の１つの根α＝α₁の式によって、ｆ(ｘ)の他のすべての根α₂,…,αnが表されている」ならば「ｇ(αi)＝ｇ(α)」となっているので、「αの式ｇ(α)の値がｇ(α₂),ｇ(α₃),…ｇ(αn)の値とすべて等しいならば」は仮定ではなく必然なのではないだろうか。つまり、

系9.5（不変な式と係数）
重根を持たない既約多項式ｆ(ｘ)の１つの根α＝α₁の式によって、ｆ(ｘ)の他のすべての根α₂,…,αnが表されているとする。このとき、αの式ｇ(α)の値がｇ(α₂),ｇ(α₃),…ｇ(αn)の値とすべて等しくなり、ｇ(α)は定数である。

なのではないだろうか。

謎は全て解けました。

＞よって、ｈ(α)＝ｈ(α,ｇ(α))＝０においてαをαiに入れ換えると、
ｈ(αi,ｇ(αi))＝０　∴ｇ(αi)＝ｇ(α)（仮定）

ｈ(α,ｇ(α))＝０とｈ(αi,ｇ(αi))＝０から、
ｈ(ｘ,ｇ(α))＝０とｈ(ｘ,ｇ(αi))＝０だからと言って、ｇ(αi)＝ｇ(α)とは限らないという事ですね。ｈ(ｘ)のすべての係数がそれぞれ対応して等しいという事ではないという事ですね。そこで、仮定として、ｇ(αi)＝ｇ(α)とするのですね。

補足
ｆ(ｘ)＝ｘ²＋ｘ＋１とすると、α＝α₁＝ω，α₂＝ω²　よって、αでｆ(ｘ)の他の根を全て表している。
このとき、ｇ(α)＝ω²＋ωとすると、ｇ(α₂)＝ｇ(ω²)＝(ω²)²＋ω²＝(ω³)ω＋ω²＝ω＋ω²
よって、ｇ(α)＝ｇ(α₂)となる。
しかし、例えば、ｇ(α)＝ω³＋ωとすると、ｇ(α₂)＝ｇ(ω²)＝(ω²)³＋ω²＝(ω³)²＋ω²＝１＋ω²＝－ω
また、ｇ(α)＝ω³＋ω＝１＋ω＝－ω²
よって、ｇ(α)≠ｇ(α₂)
よって、自動的には等しくならない事が示された。（反例）
因みに、ｇ(α)＝ω²＋ωの場合は等しくなり、ｇ(α)＝ｇ(α₂)＝－１で定数になる。

おまけ：

問題
１辺の長さが√２の正八角形ＡＢＣＤＥＦＧＨについて、次の値を求めなさい。
（１）∠ＦＡＣの大きさ
（２）台形ＡＢＣＤの面積
（３）△ＡＤＦの面積
（４）正方形ＡＣＥＧの面積
（０４　大阪教育大付池田）

模範解答
（１）∠ＦＡＣは、正八角形の外接円の周の３/８に対応する円周角であるから、
∠ＦＡＣ＝１８０°×(３/８)＝６７.５°
（２）右図（注：ＣＢの延長とＨＡの延長との交点をＰ，ＢＣの延長とＥＤの延長との交点をＱ，ＤＥの延長とＧＦの延長との交点をＲ，ＦＧの延長とＡＨの延長との交点をＳとした図）のように、ＢＣ，ＤＥ，ＦＧ，ＨＡを伸ばすと、正方形ＰＱＲＳができる。
ここで、網目部分（注：△ＰＡＢ，△ＱＣＤ，△ＲＥＦ，△ＳＧＨの事）は合同な直角二等辺三角形で、等辺は１であるから、
四角形ＡＢＣＤ＝[{√２＋(√２＋２)}×１]/２
＝１＋√２
（３）△ＡＤＦ＝{(√２＋２)×(√２＋１)}/２＝(４＋３√２)/２
（４）(正方形ＡＣＥＧ)＝ＡＣ²＝ＡＰ²＋ＰＣ²
＝１²＋(１＋√２)²＝４＋２√２
「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「（２）～（４）正八角形は、正方形の４隅を切り取った図形です。このことを利用しましょう」とあり、私も（４）以外は全く同じ解法でした。
これは定石として覚えておいた方が良いでしょう。

私の解法
（４）正方形ＡＣＥＧ＝正方形ＰＱＲＳ－△ＰＣＡ－△ＱＥＣ－△ＲＧＥ－△ＳＡＧ
＝(２＋√２)²－{(１＋√２)×１×(１/２)}×４＝６＋４√２－２(１＋√２)＝４＋２√２

上の定石を使わない場合の別解
（２）ＡＤを結ぶと、台形ＡＢＣＤは底角が４５°の等脚台形である事は円周角などから自明。そこで、Ｂ，ＣからＡＤに垂線を下ろし直角二等辺三角形と長方形を利用すると、
ＡＤ＝２＋√２———①
また、円周角などから∠ＤＡＦ＝４５°も自明なので、ＦからＡＤに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＦＡＩは直角二等辺三角形より、ＦＩ＝ＡＦ/√２＝ＡＤ/√２（対称性から△ＡＤＦは二等辺三角形だから。）
∴△ＡＤＦ＝ＡＤ×(ＡＤ/√２)×(１/２)
＝ＡＤ²/２√２———②
①を②に代入すると、
△ＡＤＦ＝(２＋√２)²/２√２
＝(６＋４√２)/２√２＝(３＋２√２)/√２
＝(３√２＋４)/２
＝(４＋３√２)/２
（３）（２）よりＡＤ＝２＋√２
また、円周角などから∠ＡＤＥ＝９０°
また、ＤＥ＝√２より△ＡＤＥで三平方の定理を使うと、
ＡＥ²＝(２＋√２)²＋(√２)²＝８＋４√２　
ところで、正方形ＡＣＥＧ＝ＡＥ×ＣＧ÷２
＝ＡＥ²/２＝(８＋４√２)/２＝４＋２√２

他にも無理をすれば別解を作れますが、面白くない（エレガントでない）のでやりません。

おまけ：

問題
図のように、正五角形ＡＢＣＤＥの対角線の交点をそれぞれＦ，Ｇ，Ｈ，Ｉ，Ｊとする。このとき、□にあてはまる数を求めなさい。
（１）∠ＡＢＨと∠ＡＨＢの大きさの比は、１：□である。
（２）線分ＩＨと線分ＡＩの長さの比は、１：□である。
（３）五角形ＦＧＨＩＪと正五角形ＡＢＣＤＥの面積の比は、１：□である。
（４）五角形ＦＧＨＩＪと星形ＡＩＢＪＣＦＤＧＥＨの面積比は、１：□である。
（０２　早大学院）

図の解説：上の頂点から反時計回りに正五角形ＡＢＣＤＥを描き、全ての対角線を引くと星形が出来、それぞれの対角線の交点で中央にＡＢＣＤＥとは逆向きの正五角形が出来る。その下の頂点から反時計回りにＦ，G，H，I，Jと振った図。

模範解答
（１）右図（注：∠ＩＡＨ＝∠ＩＢＡ＝∠ＩＡＢ＝●とした図）で、●＝１８０°÷５＝３６°・・・㋐
であるから、∠ＡＨＢ＝１８０°－３６°×３＝７２°
∴∠ＡＢＨ：∠ＡＨＢ＝３６：７２＝１：２

参考書の補足解説
「正五角形の各頂点は、外接円の弧を５等分しているから、その１つの弧に対する円周角はどれも㋐となる。」

（２）ＩＨ＝１，ＡＩ＝ｘとすると、△ＡＢＨは図２（注：△ＡＢＨと点Ｉが入った図で∠ＡＩＨ＝∠ＡＨＩ＝●●が追加された図）のようになり、
△ＡＩＨ∽△ＢＨＡ
により、ｘ：１＝(ｘ＋１)：ｘ
∴ｘ²－ｘ－１＝０
ｘ＞０より、ｘ＝(１＋√５)/２

（３）対称性により、ＦＧＨＩＪも正五角形であり、ＡＢＣＤＥとの相似比は、
ＩＨ：ＡＢ＝１：(ｘ＋１)＝１：(３＋√５)/２・・・①
よって、□＝{(３＋√５)/２}²＝(７＋３√５)/２・・・②

（４）△ＡＩＨ：△ＡＢＨ＝ＩＨ：ＢＨ
＝ＩＨ：ＡＢ＝①
よって、ＦＧＨＩＪの面積を１とすると、図１の網目部分（注：△ＡＩＨと合同な５個の二等辺三角形（星形の角部分））の面積の和は、
(②－１)×{２/(３＋√５)}
＝{(５＋３√５)/２}×{２/(３＋√５)}
＝√５(３＋√５)/(３＋√５)
＝√５

参考書の補足解説
「ＡＢＣＤＥからＦＧＨＩＪを除いた図形の面積をＳとすると、
(網目の和)：Ｓ＝△ＡＩＨ：△ＡＢＨ＝①」

（私の）解説
五角形ＦＧＨＩＪの面積を１とすると、正五角形ＡＢＣＤＥの面積は②で(７＋３√５)/２
よって、②－１は、正五角形ＡＢＣＤＥから五角形ＦＧＨＩＪをくり抜いた部分の面積。
よって、その部分の網目部分と白の配分は△ＡＩＨと△ＡＢＩの比率と同じである。そしてこれは、上より「△ＡＩＨ：△ＡＢＨ＝ＩＨ：ＢＨ＝ＩＨ：ＡＢ＝①」＝１：(３＋√５)/２
「よって、図１の網目部分（注：△ＡＩＨと合同な５個の二等辺三角形（星形の角部分））の面積の和は、
(②－１)×{２/(３＋√５)}」
となる訳である。

したがって、□＝１＋√５（参考書の解説）

参考書の補足解説
(星形)＝ＦＧＨＩＪ＋(網目の和)
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

私の解法は次回。

おまけ：
https://kydrwa.dietauthor.club/index.php?main_page=product_info&products_id=12224

問題
図のように、正五角形ＡＢＣＤＥの対角線の交点をそれぞれＦ，Ｇ，Ｈ，Ｉ，Ｊとする。このとき、□にあてはまる数を求めなさい。
（１）∠ＡＢＨと∠ＡＨＢの大きさの比は、１：□である。
（２）線分ＩＨと線分ＡＩの長さの比は、１：□である。
（３）五角形ＦＧＨＩＪと正五角形ＡＢＣＤＥの面積の比は、１：□である。
（４）五角形ＦＧＨＩＪと星形ＡＩＢＪＣＦＤＧＥＨの面積比は、１：□である。
（０２　早大学院）

図の解説：上の頂点から反時計回りに正五角形ＡＢＣＤＥを描き、全ての対角線を引くと星形が出来、それぞれの対角線の交点で中央にＡＢＣＤＥとは逆向きの正五角形が出来る。その下の頂点から反時計回りにＦ，G，H，I，Jと振った図。

私の解法
（１）正五角形は円に内接し、弦ＡＢ＝弦ＡＥ＝弧ＥＤより弧ＡＢ＝弧ＡＥ＝弧ＥＤ
よって、それぞれに対応する円周角も等しいので、∠ＡＥＢ＝∠ＡＢＥ＝∠ＥＡＤ＝●と置くと、△ＨＡＥの内対角の和より∠ＡＨＢ＝●●
また、∠ＡＢＨ＝∠ＡＢＥ＝●より、
∠ＡＢＨ：∠ＡＨＢ＝１：２
よって、□＝２
もちろん、正五角形の性質を使えば、算数でも解ける。
（２）ＩＨ：ＡＩ＝ＩＨ：ＡＨ＝ＩＢ：ＢＡ（△ＡＢＨでの角の二等分線の定理の応用）
＝ＡＢ：ＢＥ（△ＡＢＥ∽△ＩＢＡより）
ここで、ＡＢ＝１，ＢＥ＝ｘと置くと、ＡＥ＝ＩＥ＝１よりＩＢ＝ｘ－１
よって、△ＡＢＥ∽△ＩＢＡより、
ｘ－１：１＝１：ｘが成り立つ。
∴ｘ(ｘ－１)＝１　∴ｘ²－ｘ－１＝０
∴ｘ＝(１±√５)/２
ｘ＞０より、ｘ＝(１＋√５)/２
∴ＢＥ＝(１＋√５)/２
∴ＩＨ：ＡＩ＝ＡＢ：ＢＥ＝１：(１＋√５)/２
よって、□＝(１＋√５)/２
（３）ＩＨ＝ＢＨ＋ＥＩ－ＡＢ
＝１＋１－(１＋√５)/２＝(３－√５)/２
ところで、対称性より五角形ＦＧＨＩＪも正五角形で正五角形ＡＢＣＤＥと相似。そして、相似比は、ＩＨ：ＡＢ＝(３－√５)/２：１
よって、面積{は、{(３－√５)/２}²：１
＝(７－３√５)/２：１
＝７－３√５：２
＝(７－３√５)(７＋３√５)：２(７＋３√５)
＝４９－４５：２(７＋３√５)
＝１：７＋３√５
よって、□＝７＋３√５
（４）ＢＩ：ＩＨ＝ＡＩ：ＩＨ
＝(１＋√５)/２：１（（２）より）
∴△ＡＩＨ＝[１/[{(１＋√５)/２}×２＋１]]△ＡＢＥ＝{１/(２＋√５)}△ＡＢＥ
＝(√５－２)△ＡＢＥ
よって、
星形ＡＩＢＪＣＦＤＧＥＨ＝五角形ＦＧＨＩＪ＋５(√５－２)△ＡＢＥ———①
また、
△ＡＢＩ＝[{(１＋√５)/２}/[{(１＋√５)/２}×２＋１]]△ＡＢＥ
＝{(１＋√５)/２(２＋√５)}△ＡＢＥ
＝{(１＋√５)(√５－２)/２}△ＡＢＥ
＝{(３－√５)/２}△ＡＢＥ
よって、
星形ＡＩＢＪＣＦＤＧＥＨ＝正五角形ＡＢＣＤＥ－{５(３－√５)/２}△ＡＢＥ
この両辺を２倍すると、
２星形ＡＩＢＪＣＦＤＧＥＨ＝２正五角形ＡＢＣＤＥ－(１５－５√５)△ＡＢＥ———②
②－①より、
星形ＡＩＢＪＣＦＤＧＥＨ＝２正五角形ＡＢＣＤＥ－五角形ＦＧＨＩＪ－５△ＡＢＥ———③

続きは次回。因みに、③までをもっとエレガントに求める方法もあります。

おまけ：

私の解法（４）の続き

問題
図のように、正五角形ＡＢＣＤＥの対角線の交点をそれぞれＦ，Ｇ，Ｈ，Ｉ，Ｊとする。このとき、□にあてはまる数を求めなさい。
（１）∠ＡＢＨと∠ＡＨＢの大きさの比は、１：□である。
（２）線分ＩＨと線分ＡＩの長さの比は、１：□である。
（３）五角形ＦＧＨＩＪと正五角形ＡＢＣＤＥの面積の比は、１：□である。
（４）五角形ＦＧＨＩＪと星形ＡＩＢＪＣＦＤＧＥＨの面積比は、１：□である。
（０２　早大学院）

図の解説：上の頂点から反時計回りに正五角形ＡＢＣＤＥを描き、全ての対角線を引くと星形が出来、それぞれの対角線の交点で中央にＡＢＣＤＥとは逆向きの正五角形が出来る。その下の頂点から反時計回りにＦ，G，H，I，Jと振った図。

（４）ＢＩ：ＩＨ＝ＡＩ：ＩＨ
＝(１＋√５)/２：１（（２）より）
∴△ＡＩＨ＝[１/[{(１＋√５)/２}×２＋１]]△ＡＢＥ＝{１/(２＋√５)}△ＡＢＥ
＝(√５－２)△ＡＢＥ
よって、
星形ＡＩＢＪＣＦＤＧＥＨ＝五角形ＦＧＨＩＪ＋５(√５－２)△ＡＢＥ———①
また、
△ＡＢＩ＝[{(１＋√５)/２}/[{(１＋√５)/２}×２＋１]]△ＡＢＥ
＝{(１＋√５)/２(２＋√５)}△ＡＢＥ
＝{(１＋√５)(√５－２)/２}△ＡＢＥ
＝{(３－√５)/２}△ＡＢＥ
よって、
星形ＡＩＢＪＣＦＤＧＥＨ＝正五角形ＡＢＣＤＥ－{５(３－√５)/２}△ＡＢＥ
この両辺を２倍すると、
２星形ＡＩＢＪＣＦＤＧＥＨ＝２正五角形ＡＢＣＤＥ－(１５－５√５)△ＡＢＥ———②
②－①より、
星形ＡＩＢＪＣＦＤＧＥＨ＝２正五角形ＡＢＣＤＥ－五角形ＦＧＨＩＪ－５△ＡＢＥ———③
また、（３）より、五角形ＦＧＨＩＪと正五角形ＡＢＣＤＥの面積の比は、１：７＋３√５なので、
正五角形ＡＢＣＤＥ＝{(７＋３√５)/２}五角形ＦＧＨＩＪ———④
また、△ＡＢＥ＝ｘと置くと、
ＢＨ：ＢＥ＝１：(１＋√５)/２より、
△ＡＢＨ：△ＡＢＥ＝２：１＋√５
∴△ＡＢＨ＝{２/(１＋√５)}△ＡＢＥ
＝{(√５－１)/２}ｘ
ここで、正五角形ＡＢＣＤＥを△ＡＢＥ＋△ＦＢＥ＋△ＣＢＤ＋△ＥＦＤ（＝△ＡＢＨ）と見ると、
正五角形ＡＢＣＤＥ＝３ｘ＋{(√５－１)/２}ｘ
＝{(５＋√５)/２}ｘ
∴ｘ＝{２/(５＋√５)}正五角形ＡＢＣＤＥ
＝{(５－√５)/１０}正五角形ＡＢＣＤＥ
∴△ＡＢＥ＝{(５－√５)/１０}正五角形ＡＢＣＤＥ———⑤
④，⑤を③に代入すると、
星形ＡＩＢＪＣＦＤＧＥＨ＝(７＋３√５)五角形ＦＧＨＩＪ－五角形ＦＧＨＩＪ－{(５－√５)/２}正五角形ＡＢＣＤＥ
さらに④を代入すると、
＝(７＋３√５)五角形ＦＧＨＩＪ－五角形ＦＧＨＩＪ－{(５－√５)/２}{(７＋３√５)/２}五角形ＦＧＨＩＪ———☆
{(５－√５)/２}{(７＋３√５)/２}
＝(３５＋１５√５－７√５－１５)/４
＝(２０＋８√５)/４＝５＋２√５
これを☆に代入すると、
星形ＡＩＢＪＣＦＤＧＥＨ＝(７＋３√５)五角形ＦＧＨＩＪ－五角形ＦＧＨＩＪ－(５＋２√５)五角形ＦＧＨＩＪ
＝(１＋√５)五角形ＦＧＨＩＪ
よって、五角形ＦＧＨＩＪと星形ＡＩＢＪＣＦＤＧＥＨの面積比は、１：１＋√５
よって、□＝１＋√５

補足
＞因みに、③までをもっとエレガントに求める方法もあります。

星形ＡＩＢＪＣＦＤＧＥＨ＝２正五角形ＡＢＣＤＥ－五角形ＦＧＨＩＪ－５△ＡＢＥ———③

図より、△ＡＢＥ＋△ＢＣＡ＋△ＣＤＢ＋△ＤＥＣ＋△ＥＡＤ－正五角形ＡＢＣＤＥ＋五角形ＦＧＨＩＪ＝△ＩＢＡ＋△ＪＣＢ＋△ＦＤＣ＋△ＧＥＤ＋△ＨＡＥ
∴５△ＡＢＥ－正五角形ＡＢＣＤＥ＋五角形ＦＧＨＩＪ＝５△ＩＢＡ———ア
ところで、星形ＡＩＢＪＣＦＤＧＥＨ＝正五角形ＡＢＣＤＥ－５△ＩＢＡ———イ
アをイに代入すると、
星形ＡＩＢＪＣＦＤＧＥＨ＝正五角形ＡＢＣＤＥ－(５△ＡＢＥ－正五角形ＡＢＣＤＥ＋五角形ＦＧＨＩＪ)
＝２正五角形ＡＢＣＤＥ－五角形ＦＧＨＩＪ－５△ＡＢＥ
よって、③の式である。

ベタな方法で時間をかければ誰でも求められると思っていましたが、客観的に見ると、「ここで、正五角形ＡＢＣＤＥを△ＡＢＥ＋△ＦＢＥ＋△ＣＢＤ＋△ＥＦＤ（＝△ＡＢＨ）と見ると」と、見方を変えられる人限定ですね。

おまけ：
https://www.amazon.co.jp/%E7%B7%9A%E5%9E%8B%E4%BB%A3%E6%95%B0%E5%85%A5%E9%96%80-%E6%9C%89%E9%A6%AC-%E5%93%B2/dp/4489011563

解説

命題（3.2.15）
二つの有限次元の線型空間Ｖ，Ｖ'に対し
同型写像Ｖ≅Ｖ'が存在する ⇔ dimＶ＝dimＶ'

証明
（⇒）略。

まず、同型写像Ｖ≅Ｖ'が存在する ⇒ dimＶ＝dimＶ'の証明をする。
同型写像をＦとすると、Ｆは全単射（双射）である。

命題（1.4.11）
線型写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'に対して、次の三条件は同値である。
（ⅰ）Ｆは同型写像である。
（ⅱ）Ｆは双射である。
（ⅲ）線型写像Ｇ：Ｖ→Ｖ'があって
Ｇ◦Ｆ＝Ｉv，Ｆ◦Ｇ＝Ｉv'
が成り立つ。
「線型代数入門」有馬哲著より

つまり、Ｆは単射なので、Ｆ^-1(０')＝{０}である。

命題（1.4.9）
線型写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'に対して、
Ｆが単射である⇔Ｆの核が零元のみ，すなわちＦ^-1(０)＝{０}
「線型代数入門」有馬哲著より

よって、次元定理に代入すると、
dimＶ＝dim{０}＋dimＦ(Ｖ)

定理（3.2.9）（次元定理）
dimＶ＜∞のとき、線型写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'に対し
dimＶ＝dimＦ^-1(０')＋dimＦ(Ｖ)
「線型代数入門」有馬哲著より

ところで、dim{０}＝０より、
dimＶ＝dimＦ(Ｖ)
また、Ｆは全射でもあるので、Ｆ(Ｖ)＝Ｖ'
∴dimＶ＝dimＶ'
よって、示された。

定義と命題（3.2.2）
数体Ｋ上の線型空間Ｖに対して
（ⅰ）Ｖ＝{０}のとき、Ｖは０次元であると言い、dimｋＶ＝０と書く。
「線型代数入門」有馬哲著より

「Ｓを写像Ｆの定義域，Ｔの部分集合
Ｆ(Ｓ)＝{Ｆ(ｓ)｜ｓ∈Ｓ}
をＦの値域またはＦによるＳの像と言う。
Ｆ(Ｓ)＝Ｔのとき、言い換えれば任意のｔ∈Ｔに対してＦ(ｓ)＝ｔとなる元ｓ∈Ｓが少なくとも一つ存在するとき、Ｆを上射，全射，上への写像などと言う。」
「線型代数入門」有馬哲著より

＞（⇐）ｎ＝dimＶ＝dimＶ'とし、＜ｂ₁,…,ｂn＞をＶの基底，＜ｂ'₁,…,ｂ'n＞をＶ'の基底とすると、
Ｖ≅Ｖ'，ｘ₁ｂ₁＋…＋ｘn ↔ ｘ₁ｂ'₁＋…＋ｘnｂ'n　

次に、dimＶ＝dimＶ' ⇒ 同型写像Ｖ≅Ｖ'が存在する を証明する。
dimＶ＝dimＶ'よりＶとＶ'の次元が等しいので、基底の個数が等しい。

命題と定義（3.2.2）
数体Ｋ上の線型空間Ｖに対して
（ⅱ）Ｖにｎ個の線型独立な元が存在し、ｎ＋１個以上の線型独立な元は存在しない
⇒ Ｖがｎ個の元よりなる基底を持つ
このときＶはｎ次元であると言い、dimｋＶ＝ｎと書く（ｎは自然数）。
「線型代数入門」有馬哲著より

よって、基底の個数をｎとして、
＜ｂ₁,…,ｂn＞をＶの基底，＜ｂ'₁,…,ｂ'n＞をＶ'の基底とすると、基底の定義より、
Ｖ＝Ｋｂ₁＋Ｋｂ₂＋…＋Ｋｂn
Ｖ'＝Ｋｂ'₁＋Ｋｂ'₂＋…＋Ｋｂ'n

定義
Ｖを数体Ｋ上の線型空間とする。Ｖの有限個の元ｂ₁,ｂ₂,…,ｂn（ｎ≧１）の順序を考えた組を
＜ｂ₁,ｂ₂,…,ｂn＞
で表わす。順序を考えた組＜ｂ₁,ｂ₂,…,ｂn＞が次の二つの条件をみたすとき、これをＶの基底または底と言う。
（１）ｂ₁,ｂ₂,…,ｂnは線型独立である。
（２）Ｖの任意の元はｂ₁,ｂ₂,…,ｂnの線型結合である。すなわち
Ｖ＝Ｋｂ₁＋Ｋｂ₂＋…＋Ｋｂn
「線型代数入門」有馬哲著より

Ｖ＝Ｋｂ₁＋Ｋｂ₂＋…＋Ｋｂn
Ｖ'＝Ｋｂ'₁＋Ｋｂ'₂＋…＋Ｋｂ'n
それぞれ同じ次元の空間の全ての元を表すので、２つの空間は同型である。（イメージ的には、実数上の２次元の平面と複素平面は同型だろう。）
よって、同型写像Ｖ≅Ｖ'が存在する。
よって、示された。

適当なので、自分で裏を取って下さい。

おまけ：
https://press.moviewalker.jp/news/article/1155728/p3

解説
＞ｎ＝degｆ(ｘ)とします。背理法で示します。仮にdegｆ(ｘ)＝degｇ(ｘ)とします。

補題9.4（定数の一意性）
ｆ(ｘ)を、体Ｋを係数とする既約多項式とする。またαをｆ(ｘ)の１つの根とし、体ＬはＫを含み、α全体に含まれるとする：Ｋ⊂Ｌ⊂(αのＫ係数の式全体)
ｇ(ｘ)をαのＬ最小多項式とする。もしＫ≠Ｌならば、degｇ(ｘ)＜degｆ(ｘ)である。言い換えると、degｆ(ｘ)＝degｇ(ｘ)ならばＬ＝Ｋである。

Ｋ≠Ｌの場合、degｆ(ｘ)＝degｇ(ｘ)として背理法を使うという事。

＞αのＫ係数の式は
ａ₀＋ａ₁α＋…＋ａn-1α^(n-1)（ａ₀,…,ａn-1はＫの元）
と一意的に表されます。

これは「根の表示と一意性」によって保証される。

（３）根の表示と一意性
αのＡ最小多項式ｆ(ｘ)の次数をｎとします。このときαのＡ係数多項式の値は
ａ₀＋ａ₁α＋…＋ａn-1α^(n-1)，ａ₀,…,ａn-1はＡの元
と一意的に表されます。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

因みに、線型代数が分かる人だったら、αはｎ次多項式ｆ(ｘ)の根だから、例えばｘ³＝２とするとα＝³√２，α²＝³√２²，α³＝２で、２と³√２と³√２²は線型独立なので基底となり、上式はＫ上の線型空間（ベクトル空間）を生成している事になり、一意に定まる事が分かるだろう。

＞またαのＬ最小多項式はｇ(ｘ)なので、同様に、αのＬ係数の式は
ｂ₀＋ｂ₁α＋…＋ｂn-1α^(n-1)（ｂ₀,…,ｂn-1はＬの元）
と一意的に表されます。

背理法の仮定で、degｆ(ｘ)＝degｇ(ｘ)としたので、ｇ(ｘ)もｎ次だから同様になるという事。

＞ここでＫに入らないＬの元ｃをとると、
ｃ＝ｃ₀＋ｃ₁α＋…＋ｃn-1α^(n-1)
（ｃ₀,…,ｃn-1はＫの元，しかもｃ₁,…,ｃn-1のどれかは０でない）
と表されます。

補題9.4（定数の一意性）
ｆ(ｘ)を、体Ｋを係数とする既約多項式とする。またαをｆ(ｘ)の１つの根とし、体ＬはＫを含み、α全体に含まれるとする：Ｋ⊂Ｌ⊂(αのＫ係数の式全体)
ｇ(ｘ)をαのＬ最小多項式とする。もしＫ≠Ｌならば、degｇ(ｘ)＜degｆ(ｘ)である。言い換えると、degｆ(ｘ)＝degｇ(ｘ)ならばＬ＝Ｋである。

αはＫ係数の既約多項式の根なのでＫの元ではなくＬの元である。よって、Ｋに入らないＬの元ｃをＫ係数のαの式で、
ｃ＝ｃ₀＋ｃ₁α＋…＋ｃn-1α^(n-1)
と表せるという事。

＞一方、Ｌ係数の式による表示の一意性から、ｃ＝ｃ＋０α＋…＋０α^(n-1)と表されます。

また、ｃはＬの元なので、ｂ₀＋ｂ₁α＋…＋ｂn-1α^(n-1)（ｂ₀,…,ｂn-1はＬの元）でも表せ、具体的には、
ｃ＝ｃ＋０α＋…＋０α^(n-1)
と表される。

＞この２通りの表示はＬ係数の式の一意性に反します。

ここで、Ｋ係数のαの式とＬ係数のαの式では違うじゃないかと思う人もいるかもしれないが、Ｌ係数の中にはＫ係数も含まれているので問題ない。これが「Ｋ係数の式の一意性」だったら間違いである。

＞よってdegｇ(ｘ)＜degｆ(ｘ)です。

なぜ、degｇ(ｘ)＞degｆ(ｘ)の可能性はないんだと思う人もいるかもしれない。そこで、Ｋをℚ，Ｌをℝ，α＝－１＋³√２として考えると、
³√２＝α＋１　∴２＝(α＋１)³
∴α³＋３α²＋３α－１＝０
ここで、α＝ｘとすると、
ｘ³＋３ｘ²＋３ｘ－１＝０
よって、ℚ係数の式より、
ｆ(ｘ)＝ｘ³＋３ｘ²＋３ｘ－１　
また、ℝ係数の式は、α＝－１＋³√２にα＝ｘを代入すると、ｘ＋１－³√２＝０より、
ｇ(ｘ)＝ｘ＋１－³√２
よって、１次と３次で、degｇ(ｘ)＜degｆ(ｘ)となるのは求め方から必然だからである。

おまけ：

問題
図のように、∠ＢＡＣ＝４５°の△ＡＢＣにおいて、頂点Ａ，Ｂから対辺ＢＣ，ＣＡに垂線をひき、交点をそれぞれD，Eとすると、ＢＤ＝２，ＣＤ＝３となった。また、ＡＤとＢＥの交点をＦとするとき、次の問いに答えなさい。
（１）ＡＦの長さを求めなさい。
（２）ＤＦの長さを求めなさい。
（３）Ｆから対辺ＡＢにひいた垂線と辺ＡＢの交点をＧとするとき、ＦＧの長さを求めなさい。
（０１　熊本学園大付）

図の解説：頂角Ａが４５°でＡＢ＜ＡＣの三角形ＡＢＣで、ＡからＢＣに下ろした垂線の足をＤとすると、ＢＤ＝２，ＣＤ＝３となる三角形を描く。また、ＢからＡＣに下ろした垂線の足をＥとし、ＢＥとＡＤの交点をＦとする。さらに、ＦからＡＢに下ろした垂線の足をＧとした図。

模範解答
（１）△ＡＤＣ∽△ＢＥＣ（二角相等）より、
右図（注：∠ＥＢＣ＝●，∠ＤＡＣ＝○の図）で、○＝●
これと、∠ＡＥＦ＝∠ＢＥＣ＝９０°，ＡＥ＝ＢＥにより、二角夾辺相等で、
△ＡＥＦ≡△ＢＥＣ・・・ア
∴ＡＦ＝ＢＣ＝５
（２）△ＢＤＦ∽△ＡＤＣ（二角相等）により、ＢＤ：ＤＦ＝ＡＤ：ＤＣ
よって、ＤＦ＝ｘとおくと、
２：ｘ＝(５＋ｘ)：３　∴ｘ(５＋ｘ)＝６
∴ｘ²＋５ｘ－６＝０　∴(ｘ－１)(ｘ＋５)＝０
ｘ＞０より、ｘ＝１
（３）△ＢＦＧも４５°定規形であるから、
ＦＧ＝ＢＦ/√２＝√(２²＋１²)/√２
＝√５/√２＝√１０/２
「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。

何でもありの解法１
∠ＢＡＤ＝θ，∠ＣＡＤ＝φ，ＡＤ＝ｘと置くと、tanθ＝２/ｘ，tanφ＝３/ｘ———①
また、tanの加法定理より、
tan(θ＋φ)＝(tanθ＋tanφ)/(１－tanθtanφ)———②
①を②に代入すると、
tan(θ＋φ)＝(２/ｘ＋３/ｘ)/{１－(２/ｘ)(３/ｘ)}＝(５/ｘ)/{(ｘ²－６)/ｘ²}
＝５ｘ/(ｘ²－６)
∴tan(θ＋φ)＝５ｘ/(ｘ²－６)———ア
また、∠Ａ＝４５°より、θ＋φ＝４５°
∴tan(θ＋φ)＝tan45°＝１———イ
ア，イより、５ｘ/(ｘ²－６)＝１
∴ｘ²－６＝５ｘ　∴ｘ²－５ｘ－６＝０
∴(ｘ＋１)(ｘ－６)＝０　ｘ＞０より、ｘ＝６
∴ＡＤ＝６
よって、△ＡＤＣは直角を挟む二辺の比が１：２の直角三角形で、直角が等しく∠Ｃを共有しているので、△ＢＥＣも相似で直角を挟む二辺の比が１：２である。
よって、ＣＥ＝ｙ，ＢＥ＝２ｙと置いて△ＢＥＣで三平方の定理を使うと、
ｙ²＋(２ｙ)²＝５²　∴５ｙ²＝２５　∴ｙ²＝５
ｙ＞０より、ｙ＝√５　∴ＣＥ＝√５
また、△ＡＤＣで三平方の定理を使うと、
ＡＣ＝√(３²＋６²)＝３√５より、
ＡＥ＝３√５－√５＝２√５
ところで、直角が等しく∠ＥＡＦを共有しているので△ＡＤＣ∽△ＡＥＦ
よって、△ＡＥＦも直角を挟む二辺の比が１：２より、ＥＦ＝√５，ＡＦ＝√５ＥＦ＝５
よって、（１）５
（２）６－５＝１
（３）△ＡＢＤは直角を挟む二辺の比が２：６＝１：３で、△ＡＦＧ∽△ＡＢＤより△ＡＦＧも直角を挟む二辺の比が１：３
よって、ＦＧ＝ＡＦ/√１０＝５/√１０
＝√１０/２

何でもありの解法２は次回。
また、参考書に、
「過去に類題が出ていますが、以下の㋐（注：△ＡＥＦ≡△ＢＥＣ）がピンとこないと、あちこちを文字でおいて複雑な連立方程式を解くなどというハメにもなりかねません。」
とあるので、中学生用の別解があるかどうか検証して下さい。

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-10735477637.html

問題
図のように、∠ＢＡＣ＝４５°の△ＡＢＣにおいて、頂点Ａ，Ｂから対辺ＢＣ，ＣＡに垂線をひき、交点をそれぞれD，Eとすると、ＢＤ＝２，ＣＤ＝３となった。また、ＡＤとＢＥの交点をＦとするとき、次の問いに答えなさい。
（１）ＡＦの長さを求めなさい。
（２）ＤＦの長さを求めなさい。
（３）Ｆから対辺ＡＢにひいた垂線と辺ＡＢの交点をＧとするとき、ＦＧの長さを求めなさい。
（０１　熊本学園大付）

図の解説：頂角Ａが４５°でＡＢ＜ＡＣの三角形ＡＢＣで、ＡからＢＣに下ろした垂線の足をＤとすると、ＢＤ＝２，ＣＤ＝３となる三角形を描く。また、ＢからＡＣに下ろした垂線の足をＥとし、ＢＥとＡＤの交点をＦとする。さらに、ＦからＡＢに下ろした垂線の足をＧとした図。

何でもありの解法２
ところで、マニアックな定理に、

定理
直角を挟む二辺の比がｍ：ｎ（ｍ＞ｎ）の直角三角形の最小角と二辺の比がｍ＋ｎ：ｍ－ｎの直角三角形の最小角の和は４５°であり、この逆も成り立つ。

という定理がある。そこで、図のＢＤ：ＡＤ，ＣＤ：ＡＤを見ると、ＤＣ：ＡＤの方が二辺の比が近い（小さい）ので、ｍ：ｎに当てはまる。
つまり、ＡＤ＝ｘと置いて、ｍ＝ｘ，ｎ＝３とすると、ｍ＋ｎ：ｍ－ｎ＝ｘ＋３：ｘ－３
よって、ｘ＋３：ｘ－３＝ｘ：２が成り立つ。
∴ｘ(ｘ－３)＝２(ｘ＋３)
∴ｘ²－３ｘ＝２ｘ＋６　∴ｘ²－５ｘ－６＝０
∴(ｘ＋１)(ｘ－６)＝０　ｘ＞０より、ｘ＝６
∴ＡＤ＝６
また、ＡＤ⊥ＢＣ，ＢＥ⊥ＡＣより点Ｆは△ＡＢＣの垂心である。よって、ＣＦの延長は点Ｇに達し、ＣＦＧは一直線である。
よって、∠ＧＣＡ＝４５°より∠ＥＦＣ＝４５°よって、△ＦＢＣの内対角の和より、
∠ＦＢＤ＋ＦＣＤ＝４５°
よって、ＦＤ＝ｙと置いて、上の定理を再び使うと、３＋ｙ：３－ｙ＝２：ｙが成り立つ。
∴２(３－ｙ)＝ｙ(３＋ｙ)
∴６－２ｙ＝３ｙ＋ｙ²　∴ｙ²＋５ｙ－６＝０
∴(ｙ－１)(ｙ＋６)＝０　ｙ＞０よりｙ＝１
∴ＤＦ＝１　∴ＡＦ＝６－１＝５
よって、（１）５（２）１
（３）△ＢＤＦで三平方の定理を使うと、
ＢＦ＝√(１²＋２²)＝√５
また、△ＧＢＦは直角二等辺三角形より、
ＦＧ＝ＢＦ/√２＝√５/√２＝√１０/２

因みに、２回目に上の定理を使う時には、直角を挟む二辺の比が１：２と１：３の直角三角形の最小角の和は４５°でこれは逆も成り立つ（上の定理にｍ＝２，ｎ＝１を代入した場合）と覚えていれば、ＦＤ＝１と一発で分かる。また、１回目も６と一発で分かる事は言うまでもない。

＞また、参考書に、
「過去に類題が出ていますが、以下の㋐（注：△ＡＥＦ≡△ＢＥＣ）がピンとこないと、あちこちを文字でおいて複雑な連立方程式を解くなどというハメにもなりかねません。」
とあるので、中学生用の別解があるかどうか検証して下さい。

これはＡＥ＝ｘ，ＥＦ＝ｙと置いて解いてみて下さい。因みに、垂心の性質は中２で習うそうです。
また、中学生用の別解２も作ってみました。

おまけ：
「13 わたしはまた夜の幻のうちに見ていると、見よ、人の子のような者が、天の雲に乗ってきて、日の老いたる者のもとに来ると、その前に導かれた。
14 彼に主権と光栄と国とを賜い、諸民、諸族、諸国語の者を彼に仕えさせた。その主権は永遠の主権であって、なくなることがなく、その国は滅びることがない。」
「ダニエル書」第７章１３節～１４節（口語訳）

「21 わたしが見ていると、この角は聖徒と戦って、彼らに勝ったが、
22 ついに日の老いたる者がきて、いと高き者の聖徒のために審判をおこなった。そしてその時がきて、この聖徒たちは国を受けた。」
「ダニエル書」第７章２１節～２２節（口語訳）

因みに、「日の老いたる者」の英語版は「the Ancient of days」。

問題
図のように、∠ＢＡＣ＝４５°の△ＡＢＣにおいて、頂点Ａ，Ｂから対辺ＢＣ，ＣＡに垂線をひき、交点をそれぞれD，Eとすると、ＢＤ＝２，ＣＤ＝３となった。また、ＡＤとＢＥの交点をＦとするとき、次の問いに答えなさい。
（１）ＡＦの長さを求めなさい。
（２）ＤＦの長さを求めなさい。
（３）Ｆから対辺ＡＢにひいた垂線と辺ＡＢの交点をＧとするとき、ＦＧの長さを求めなさい。
（０１　熊本学園大付）

図の解説：頂角Ａが４５°でＡＢ＜ＡＣの三角形ＡＢＣで、ＡからＢＣに下ろした垂線の足をＤとすると、ＢＤ＝２，ＣＤ＝３となる三角形を描く。また、ＢからＡＣに下ろした垂線の足をＥとし、ＢＥとＡＤの交点をＦとする。さらに、ＦからＡＢに下ろした垂線の足をＧとした図。

中学生用の別解１
（１）ＡＥ＝ｘ，ＥＦ＝ｙと置くと、点Ｆは△ＡＢＣの垂心よりＣＦＧは一直線なので、△ＣＥＦ∽△ＣＧＡで△ＣＥＦは直角二等辺三角形である。
∴ＥＣ＝ＥＦ＝ｙ
また、△ＡＥＢも直角二等辺三角形より、
ＢＥ＝ＡＥ＝ｘ　∴ＢＦ＝ｘ－ｙ
ところで、２角が等しいので、△ＢＤＦ∽△ＢＥＣ　よって、ＢＤ：ＢＦ＝ＢＥ：ＢＣより、
２：ｘ－ｙ＝ｘ：５が成り立つ。
∴ｘ(ｘ－ｙ)＝１０———①
また、ＣＦ＝√２ｙ，ＣＧ＝(ｘ＋ｙ)/√２で、さらに２角が等しいので、△ＣＤＦ∽△ＣＧＢより、ＣＤ：ＣＦ＝ＣＧ：ＣＢ
よって、３：√２ｙ＝(ｘ＋ｙ)/√２：５が成り立つ。∴ｙ(ｘ＋ｙ)＝１５———②
①＋②より、ｘ(ｘ－ｙ)＋ｙ(ｘ＋ｙ)＝２５
∴ｘ²＋ｙ²＝５²　∴ＡＦ＝√(ｘ²＋ｙ²)＝５
（２）ＦＧ＝(ｘ＋ｙ)/√２－√２ｙ
＝(ｘ－ｙ)/√２，ＡＤ＝５＋ＤＦ
また、２角が等しいので、△ＡＧＦ∽△ＡＤＢより、ＡＤ：ＢＤ＝ＡＧ：ＦＧ
よって、５＋ＤＦ：２＝(ｘ＋ｙ)/√２：(ｘ－ｙ)/√２が成り立つ。
∴２(ｘ＋ｙ)＝(５＋ＤＦ)(ｘ－ｙ)———ア
また、△ＢＤＦ∽△ＢＥＣより、
ＤＦ：２＝ｙ：ｘが成り立つ。
∴ＤＦ＝２ｙ/ｘ———イ
イをアに代入すると、
２(ｘ＋ｙ)＝(５＋２ｙ/ｘ)(ｘ－ｙ)
∴２ｘ＋２ｙ＝５ｘ－５ｙ＋２ｙ－２ｙ²/ｘ
∴－３ｘ＋５ｙ＝－２ｙ²/ｘ
∴－３ｘ²＋５ｘｙ＋２ｙ²＝０
∴３ｘ²－５ｘｙ－２ｙ²＝０
∴(３ｘ＋ｙ)(ｘ－２ｙ)＝０
ｘ，ｙ＞０より、ｘ＝２ｙ
これをｘ²＋ｙ²＝２５に代入すると、
４ｙ²＋ｙ²＝２５　∴ｙ²＝５　∴ｙ＝√５
∴ｘ＝２√５
これらをイに代入すると、ＤＦ＝１
（３）ＦＧ＝(ｘ－ｙ)/√２
＝(２√５－√５)/√２＝√５/√２
＝√１０/２

おまけ：
https://www.sponichi.co.jp/entertainment/news/2023/12/23/kiji/20231223s00041000293000c.html

問題
図のように、∠ＢＡＣ＝４５°の△ＡＢＣにおいて、頂点Ａ，Ｂから対辺ＢＣ，ＣＡに垂線をひき、交点をそれぞれD，Eとすると、ＢＤ＝２，ＣＤ＝３となった。また、ＡＤとＢＥの交点をＦとするとき、次の問いに答えなさい。
（１）ＡＦの長さを求めなさい。
（２）ＤＦの長さを求めなさい。
（３）Ｆから対辺ＡＢにひいた垂線と辺ＡＢの交点をＧとするとき、ＦＧの長さを求めなさい。
（０１　熊本学園大付）

図の解説：頂角Ａが４５°でＡＢ＜ＡＣの三角形ＡＢＣで、ＡからＢＣに下ろした垂線の足をＤとすると、ＢＤ＝２，ＣＤ＝３となる三角形を描く。また、ＢからＡＣに下ろした垂線の足をＥとし、ＢＥとＡＤの交点をＦとする。さらに、ＦからＡＢに下ろした垂線の足をＧとした図。

中学生用の別解２
点Ａをｘｙ座標の原点に置き、ＡＢをｘ軸に直交座標を取ると、∠Ａ＝４５°より直線ＡＣの方程式はｙ＝ｘとなり、Ｂ(ｂ,０)，Ｃ(ｃ,ｃ)と置ける。
ここで、ＣＤ：ＤＢ＝３：２より内分点の公式を使うが、中学生は地道に求められる。
公式を使うと、
Ｄ((３ｂ＋２ｃ)/５，２ｃ/５)
となる。（中学生はＣとＤからｘ軸に垂線を下ろして相似を利用すれば求められる。）
よって、ＡＤの傾きは、２ｃ/(３ｂ＋２ｃ)
ＢＣの傾きは、ｃ/(ｃ－ｂ)
ところで、ＡＤ⊥ＢＣより、
２ｃ/(３ｂ＋２ｃ)＝－(ｃ－ｂ)/ｃが成り立つ。これを整理すると、
３ｂ²－ｂｃ－４ｃ²＝０
∴(ｂ＋ｃ)(３ｂ－４ｃ)＝０
ｂ,ｃ＞０より、３ｂ＝４ｃ
よって、ＡＤの傾きは、
２ｃ/(３ｂ＋２ｃ)＝２ｃ/６ｃ＝１/３
よって、直線ＡＤの方程式は、ｙ＝(１/３)ｘ
また、ＢＥの方程式は、傾きが－１で点Ｂ(ｂ,０)を通るので、ｙ＝－(ｘ－ｂ)＝－ｘ＋ｂ
また、３ｂ＝４ｃよりｂ＝４ｃ/３
∴Ｂ(４ｃ/３，０)
よって、２点間の直線の公式より、
ＢＣ＝√{(ｃ－４ｃ/３)²＋ｃ²}
計算省略で、ＢＣ＝(√１０/３)ｃ
また、ＢＣ＝５より、(√１０/３)ｃ＝５を解くと、ｃ＝３√１０/２
∴ｂ＝４ｃ/３＝２√１０
よって、直線ＢＥの方程式は、
ｙ＝－ｘ＋２√１０
よって、点Ｆの座標は、
(１/３)ｘ＝－ｘ＋２√１０を解いて、
ｘ＝３√１０/２　
∴Ｆ(３√１０/２，√１０/２)
∴ＡＦ＝√{(３√１０/２)²＋(√１０/２)²}
＝√(９０/４＋１０/４)＝√(１００/４)
＝√２５＝５
よって、（１）５
また、Ｄ((３ｂ＋２ｃ)/５，２ｃ/５)に３ｂ＝４ｃを代入すると、Ｄ(６ｃ/５，２ｃ/５)
これにｃ＝３√１０/２を代入すると、
Ｄ(９√１０/５，３√１０/５)
∴ＤＦ＝√{(９√１０/５－３√１０/２)²＋(３√１０/５－√１０/２)²}
計算省略で、ＤＦ＝√(１００/１００)＝１
よって、（２）１
また、ＦＧ＝Ｆのｙ座標＝√１０/２
よって、（３）√１０/２

おまけ：

解説
＞（ⅲ）⇒（ⅱ）⇒（ⅰ）は明白。

（ⅲ）Ｆは同型写像である。
（ⅱ）Ｆは単射である。
（ⅰ）Ｆの核が零元０∈Ｖのみ。Ｆ^-1(０')＝０

命題（1.4.11）より、同型写像は全単射（双射）なので、（ⅲ）⇒（ⅱ）
また、命題（1.4.9）より、単射ならばＦの核が零元のみなので、（ⅱ）⇒（ⅲ）
よって、（ⅲ）⇒（ⅱ）⇒（ⅰ）

命題（1.4.11）
線型写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'に対して、次の三条件は同値である。
（ⅰ）Ｆは同型写像である。
（ⅱ）Ｆは双射である。
（ⅲ）線型写像Ｇ：Ｖ'→Ｖがあって
Ｇ◦Ｆ＝Ｉv，Ｆ◦Ｇ＝Ｉv'
が成り立つ。

命題（1.4.9）
線型写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'に対して、
Ｆが単射である⇔Ｆの核が零元のみ、
すなわちＦ^-1(０')＝{０}

＞（ⅰ）⇔（ⅱ）は既出（1.4.9）。

その通り。

＞（ⅰ）⇔t（ⅰ）は次元定理dimＶ＝dimＦ^-1(０')＋rankＦより明白。

（ⅰ）Ｆの核が零元０∈Ｖのみ。Ｆ^-1(０')＝０
t（ⅰ）rankＦ＝dimＶ
定義
Ｖが有限次元であるとき、線型写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'の像の次元dimＦ(Ｖ)をＦの階数と言い、rankＦで表す。したがって
dimＶ＝rankＦ＋dimＦ^-1(０')

まず、（ⅰ）⇒t（ⅰ）を示す。
Ｆ^-1(０')＝０をdimＶ＝rankＦ＋dimＦ^-1(０')に代入すると、dimＶ＝rankＦ
よって、示された。
次に、t（ⅰ）⇒（ⅰ）を示す。
rankＦ＝dimＶならば次元定理の式に代入すると、dimＦ^-1(０')＝０である。よって、定義と命題（3.2.2）（ⅰ）より、Ｆ^-1(０')＝{０}
よって、示された。

定義と命題（3.2.2）
数体Ｋ上の線型空間Ｖに対して
（ⅰ）Ｖ＝{０}のとき、Ｖは０次元であると言い、dimｋV＝０と書く。
（ⅱ）は省略。

＞t（ⅰ）⇔t（ⅱ）　
rankＦ＝dimＶ⇔ dimＦ(Ｖ)＝dimＶ'⇔Ｆ(Ｖ)＝Ｖ'

まず、rankＦ＝dimＶ⇔ dimＦ(Ｖ)＝dimＶ'は、
t（ⅰ）rankＦ＝dimＶのrankＦを下の定義と次元定理の式よりdimＦ(Ｖ)に置き換え、また、条件よりdimＶ＝dimＶ'なので右辺も置き換えると、
dimＦ(Ｖ)＝dimＶ'となるという事。

定義
Ｖが有限次元であるとき、線型写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'の像の次元dimＦ(Ｖ)をＦの階数と言い、rankＦで表す。したがって
dimＶ＝rankＦ＋dimＦ^-1(０')

定理（3.2.9）（次元定理）
dimＶ＜∞のとき、線型写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'に対し
dimＶ＝dimＦ^-1(０')＋dimＦ(Ｖ)

次に、dimＦ(Ｖ)＝dimＶ'⇔Ｆ(Ｖ)＝Ｖ'は、
まず、dimＦ(Ｖ)＝dimＶ'⇒Ｆ(Ｖ)＝Ｖ'を示す。
ところで、Ｆ(Ｖ)はＶ'の部分空間より、命題（3.2.8）（ⅱ）により、Ｆ(Ｖ)＝Ｖ'

命題（3.2.8）
ＷがＶの部分空間，dimＶ＜∞であるとき、
（ⅰ）dimＷ≦dimＶ，特にdimＷ＜∞
（ⅱ）dimＷ＝dimＶならばＷ＝Ｖ

よって、示された。念のため、Ｆ(Ｖ)がＶ'の部分空間である理由は、命題と定義（1.4.2）（ⅱ）。

命題と定義（1.4.2）
（ⅰ）は省略。
（ⅱ）ＶのＦによる像
Ｆ(Ｖ)＝{Ｆ(ｘ)｜ｘ∈Ｖ}
はＶ'の部分空間である。

次に、Ｆ(Ｖ)＝Ｖ'⇒dimＦ(Ｖ)＝dimＶ'を示す。
Ｆ(Ｖ)＝Ｖ'より同一空間で次元が等しいので、dimＦ(Ｖ)＝dimＶ'
よって、示された。

念のため、Ｆ(Ｖ)＝Ｖ'は全射を意味しているので、「t（ⅱ）Ｆは全射である」という事。（t（ⅰ）⇔t（ⅱ）　の証明）

＞（ⅱ）⇒（ⅲ）　このとき、（ⅱ）⇒（ⅰ）⇒t（ⅰ）⇒t（ⅱ）より、Ｆは全射、したがって双射である。Ｆは線型写像で双射となったから同型写像である。

上より、（ⅰ）⇔（ⅱ），（ⅰ）⇔t（ⅰ），t（ⅰ）⇔t（ⅱ），（ⅲ）⇒（ⅱ）が示されたので、あとは（ⅱ）⇒（ⅲ）を示せば、５つの条件が全て同値である事が言える。そこで、
（ⅱ）⇒（ⅰ）⇒t（ⅰ）⇒t（ⅱ）より、
Ｆが単射ならばＦは全射である。よって、Ｆは条件より線型写像かつ全単射（双射）となるので、同型写像である。
よって、（ⅱ）⇒（ⅲ）が示されたという事。

（ⅰ）Ｆの核が零元０∈Ｖのみ。Ｆ^-1(０')＝０
t（ⅰ）rankＦ＝dimＶ
（ⅱ）Ｆは単射である。
t（ⅱ）Ｆは全射である。
（ⅲ）Ｆは同型写像である。

命題（1.4.11）
線型写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'に対して、次の三条件は同値である。
（ⅰ）Ｆは同型写像である。
（ⅱ）Ｆは双射である。
（ⅲ）線型写像Ｇ：Ｖ'→Ｖがあって
Ｇ◦Ｆ＝Ｉv，Ｆ◦Ｇ＝Ｉv'
が成り立つ。

おまけ：
https://www.nicovideo.jp/watch/sm44323093

解説
＞Ｘ^15－１は
Ｘ³－１＝(Ｘ－１)(Ｘ²＋Ｘ＋１)と
Ｘ⁵－１＝(Ｘ－１)(Ｘ⁴＋Ｘ³＋Ｘ²＋Ｘ＋１)
で割り切れることを利用して割り算を実行する。

Ｘ^15－１にＸをかけるとＸ^16－Ｘで定理6.9より、１６＝２⁴

定理6.9
ｑ＝ｐ^r（ｒ≧１）とし、ｆ(Ｘ)をＦp[Ｘ]の次数がｋである既約多項式とする。このとき、ｋ|ｒであることとｆ(Ｘ)|Ｘ^q－Ｘであることは同値である。

で、Ｘ²＋Ｘ＋１の次数は２より２|４なので、Ｘ^16－ＸはＸ²＋Ｘ＋１で割り切れる。
また、Ｘ^16－Ｘには因数Ｘ－１があるので、Ｘ²＋Ｘ＋１にＸ－１をかけると、Ｘ³－１になり、Ｘ^16－ＸはＸ³－１で割り切れる。
よって、ＸでくくったＸ^15－１もＸ³－１で割り切れるという事。
因みに、Ｘ²＋Ｘ＋１が既約多項式である事が大事だが、それは例6.2から分かる。

例6.2
Ｆ₂[Ｘ]に属する３次までの既約多項式をすべて求めてみる。
（中略）
Ｆ₂[Ｘ]の次数が３次以下の既約多項式は
Ｘ，Ｘ＋１，Ｘ²＋Ｘ＋１，Ｘ³＋Ｘ²＋１，Ｘ³＋Ｘ＋１
ですべてである。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

また、Ｘ^15－１がＸ⁵－１で割り切れる事は、Ｘ⁴＋Ｘ³＋Ｘ²＋Ｘ＋１が既約多項式かどうか分からないので、厳密にはこの時点では話が進められない（次ページの演習問題１が終わるまで）が、既約多項式と仮定して話を進める。
定理6.9よりＸ⁴＋Ｘ³＋Ｘ²＋Ｘ＋１の次数は４で４|４なので、Ｘ^16－ＸはＸ⁴＋Ｘ³＋Ｘ²＋Ｘ＋１で割り切れる。
また、Ｘ^16－Ｘは因数Ｘ－１を含むので、Ｘ⁴＋Ｘ³＋Ｘ²＋Ｘ＋１のＸ－１をかけると、Ｘ⁵－１になり、Ｘ^16－ＸはＸ⁵－１で割り切れる。
よって、ＸでくくったＸ^15－１もＸ⁵－１で割り切れるという事。

＞Ｘ^16－Ｘ＝Ｘ(Ｘ³－１)(Ｘ^12＋Ｘ⁹＋Ｘ⁶＋Ｘ³＋１)

これは先のＸ^15－１がＸ³－１で割れる事を利用して、実際に計算しているだけである。
一応、こちらのサイトで確認した方が良いだろう。https://www.geogebra.org/m/Y59JXcYd

＞Ｘ^16－Ｘ＝Ｘ(Ｘ³－１)(Ｘ^12＋Ｘ⁹＋Ｘ⁶＋Ｘ³＋１)
＝Ｘ(Ｘ－１)(Ｘ²＋Ｘ＋１)(Ｘ⁴＋Ｘ³＋Ｘ²＋Ｘ＋１)
×(Ｘ⁸＋Ｘ⁷＋Ｘ⁵＋Ｘ⁴＋Ｘ³＋Ｘ＋１)

これは先のＸ^15－１がＸ⁵－１で割り切れる事を利用して、Ｘ^12＋Ｘ⁹＋Ｘ⁶＋Ｘ³＋１をＸ⁴＋Ｘ³＋Ｘ²＋Ｘ＋１で割ったという事である。
上のサイトで確認すると、商は、
Ｘ⁸－Ｘ⁷＋Ｘ⁵－Ｘ⁴＋Ｘ³－Ｘ＋１
となるはずである。
そして、係数がＦ₂係数なので、－１≡１で、
Ｘ⁸＋Ｘ⁷＋Ｘ⁵＋Ｘ⁴＋Ｘ³＋Ｘ＋１
となる訳である。

＞Ｘ^16－Ｘ＝Ｘ(Ｘ³－１)(Ｘ^12＋Ｘ⁹＋Ｘ⁶＋Ｘ³＋１)
＝Ｘ(Ｘ－１)(Ｘ²＋Ｘ＋１)(Ｘ⁴＋Ｘ³＋Ｘ²＋Ｘ＋１)
×(Ｘ⁸＋Ｘ⁷＋Ｘ⁵＋Ｘ⁴＋Ｘ³＋Ｘ＋１)
＝Ｘ(Ｘ－１)(Ｘ²＋Ｘ＋１)(Ｘ⁴＋Ｘ³＋Ｘ²＋Ｘ＋１)
×(Ｘ⁴＋Ｘ³＋１)(Ｘ⁴＋Ｘ＋１)

ただし、８次式を分解する最後のステップは
Ｘ⁴＋Ｘ³＋１，Ｘ⁴＋Ｘ＋１，Ｘ⁴＋Ｘ³＋Ｘ²＋Ｘ＋１
の３つの多項式により、Ｆ₂[Ｘ]に属する４次既約多項式がすべてつくされることを利用している。

何を言っているかというと、
Ｘ⁸＋Ｘ⁷＋Ｘ⁵＋Ｘ⁴＋Ｘ³＋Ｘ＋１
は実際に計算しないで、先に挙げた演習問題１を利用しているという事である。

演習問題１
Ｆ₂[Ｘ]に属する４次既約多項式をすべて求めよ。

解答
Ｘ⁴＋Ｘ³＋１，Ｘ⁴＋Ｘ³＋Ｘ²＋Ｘ＋１，Ｘ⁴＋Ｘ＋１
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

つまり、Ｘ⁸＋Ｘ⁷＋Ｘ⁵＋Ｘ⁴＋Ｘ³＋Ｘ＋１が既約多項式でないとしたら、Ｘ⁴＋Ｘ³＋Ｘ²＋Ｘ＋１は既に使われているので、残り２つの積しかあり得ないという事を利用しているという事である。
この理由は、定理6.8にあるのだろう。

定理6.8
同じ個数の元からなる２つの有限体は同型である。

つまり、例6.8にあるように、
Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ＋１)≃Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ²＋１)
で、この２つの多項式は共にＸ⁸－Ｘの因数である。（例6.6）

例6.6
Ｆ₈の素体はＦ₂であり、[Ｆ₈：Ｆ₂]＝３である。Ｆ₈の元はＦ₂[Ｘ]の多項式Ｘ⁸－Ｘの根である。
Ｘ⁸－Ｘ＝Ｘ(Ｘ－１)(Ｘ³＋Ｘ＋１)(Ｘ³＋Ｘ²＋１)

一応、確認はした方が良いだろう。
(Ｘ⁴＋Ｘ³＋１)(Ｘ⁴＋Ｘ＋１)
＝Ｘ⁸＋Ｘ⁷＋Ｘ⁵＋３Ｘ⁴＋Ｘ³＋Ｘ＋１
≡Ｘ⁸＋Ｘ⁷＋Ｘ⁵＋Ｘ⁴＋Ｘ³＋Ｘ＋１
で、ＯＫ。

補足　定理6.3の（２）
体の拡大Ｋ⊂ＬではαはＬの元とするとき、次のことが成り立つ。
（２）αがＫ上代数的であり、αのＫ上の最小多項式をｆ(Ｘ)とすると、写像
Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))→Ｋ[α]⊂Ｌ（|Ｘ→α）
は同型写像であり、Ｋ[α]は体になる。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

要は、Ｘ⁸－Ｘの根の種類によって同型が決まるという事である。（あえて、ｑ＝８とした。）
因みに、ｑ＝２²＝４の場合は既約多項式が１つしかないので、同型ではなく一意である。

Ｆ₂[Ｘ]の次数が３次以下の既約多項式は
Ｘ，Ｘ＋１，Ｘ²＋Ｘ＋１，Ｘ³＋Ｘ²＋１，Ｘ³＋Ｘ＋１
ですべてである。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

まず、２次はＸ²＋Ｘ＋１の１つだけを確認。
次に、Ｋ＝Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ²＋Ｘ＋１)を考えると、例6.5より、Ｋ＝{０,１,α,α²＝α＋１}でαとα＋１はＸ²＋Ｘ＋１の根。
つまり、α＝ω（mod２）で定理6.3(２)のαをωとω²とすると、(ω²)²＝ω⁴＝ωでＫは変わらないので、ただ１つである。よって、同型ではなく一意という事。
念のため、私の適当な意見（感想）なので、自分で裏を取って下さい。

おまけ：

解説
＞ｘ＝ａ₁ｂ₁＋…＋ａrｂr＋ａr+1ｂr+1＋…＋ａnｂn，ａi∈Ｋ
とすれば、Ｆ(ｂ₁)＝…＝Ｆ(ｂr)＝０'である

「部分空間Ｆ^-1(０')の基底＜ｂ₁,…,ｂr＞」より、ｂ₁,…,ｂrはＦ^-1(０')の元だから、
Ｆ(ｂ₁)＝…＝Ｆ(ｂr)＝０'という事。

＞Ｆ(ｂ₁)＝…＝Ｆ(ｂr)＝０'であるから
ｘ'＝Ｆ(ｘ)＝ａr+1Ｆ(ｂr+1)＋…＋ａnＦ(ｂn)∈Ｋ・Ｆ(ｂr+1)＋…＋Ｋ・Ｆ(ｂn)

ｘ＝ａ₁ｂ₁＋…＋ａrｂr＋ａr+1ｂr+1＋…＋ａnｂnより、
Ｆ(ｘ)＝Ｆ(ａ₁ｂ₁＋…＋ａrｂr＋ａr+1ｂr+1＋…＋ａnｂn)
＝Ｆ(ａ₁ｂ₁)＋…＋Ｆ(ａrｂr)＋Ｆ(ａr+1ｂr+1)＋…＋Ｆ(ａnｂn)（Ｆは線型写像だから。）
＝ａ₁Ｆ(ｂ₁)＋…＋ａrＦ(ｂr)＋ａr+1Ｆ(ｂr+1)＋…＋ａnＦ(ｂn)（Ｆは線型写像だから。）
これに「Ｆ(ｂ₁)＝…＝Ｆ(ｂr)＝０'」を代入すると、前半は全て０になり、
Ｆ(ｘ)＝ａr+1Ｆ(ｂr+1)＋…＋ａnＦ(ｂn)となるので、
ｘ'＝Ｆ(ｘ)＝ａr+1Ｆ(ｂr+1)＋…＋ａnＦ(ｂn)∈Ｋ・Ｆ(ｂr+1)＋…＋Ｋ・Ｆ(ｂn)
となるという事。

＞すなわち、
Ｆ(Ｖ)＝Ｋ・Ｆ(ｂr+1)＋…＋Ｋ・Ｆ(ｂn)

「Ｆ(Ｖ)の任意の元ｘ'」より、ｘ'はＦ(Ｖ)の任意の元なので、
上のｘ'∈Ｋ・Ｆ(ｂr+1)＋…＋Ｋ・Ｆ(ｂn)は、Ｆ(Ｖ)⊂Ｋ・Ｆ(ｂr+1)＋…＋Ｋ・Ｆ(ｂn)———①
また、Ｖの任意の元を考えると「Ｖの基底＜ｂ₁,…,ｂr,ｂr+1,…,ｂn＞」より、
Ｆ(Ｖ)＝Ｋ・Ｆ(ｂ₁)＋…＋Ｋ・Ｆ(ｂr)＋Ｋ・Ｆ(ｂr+1)＋…＋Ｋ・Ｆ(ｂn)
⊃Ｋ・Ｆ(ｂr+1)＋…＋Ｋ・Ｆ(ｂn)
∴Ｆ(Ｖ)⊃Ｋ・Ｆ(ｂr+1)＋…＋Ｋ・Ｆ(ｂn)———②
①，②より、
Ｆ(Ｖ)＝Ｋ・Ｆ(ｂr+1)＋…＋Ｋ・Ｆ(ｂn)
これによって、＜Ｆ(ｂr+1),…,Ｆ(ｂn)＞がＦ(Ｖ)を生成する事が言えたという事。

＞ｃr+1Ｆ(ｂr+1)＋…＋ｃnＦ(ｂn)＝０'
ならば、
Ｆ(ｃr+1ｂr+1＋…＋ｃnｂn)＝ｃr+1Ｆ(ｂr+1)＋…＋ｃnＦ(ｂn)＝０'，
ｃr+1ｂr+1＋…＋ｃnｂn∈Ｆ^-1(０')＝Ｋｂ₁＋…＋Ｋｂr
となるから、
ｃr+1ｂr+1＋…＋ｃnｂn＝ｃ₁ｂ₁＋…＋ｃrｂr
と書ける。ｂ₁,…,ｂr,ｂr+1,…,ｂnの線型独立性より、ｃr+1＝…＝ｃn＝０が生ずる。
よって、Ｆ(ｂr+1),…,Ｆ(ｂn)も線型独立であり、線型空間Ｆ(Ｖ)の基底をつくる。　

まず「ｃr+1Ｆ(ｂr+1)＋…＋ｃnＦ(ｂn)＝０'」とすると、Ｆは線型写像より、
Ｆ(ｃr+1ｂr+1＋…＋ｃnｂn)は、ｃr+1Ｆ(ｂr+1)＋…＋ｃnＦ(ｂn)＝０'となる。
よって、Ｆ(ｃr+1ｂr+1＋…＋ｃnｂn)＝０'より、
ｃr+1ｂr+1＋…＋ｃnｂn∈Ｆ^-1(０')
また、「＜ｂ₁,…,ｂr＞がＦの核Ｆ^-1(０')の基底」より、Ｆ^-1(０')＝Ｋｂ₁＋…＋Ｋｂrより、
ｃr+1ｂr+1＋…＋ｃnｂn∈Ｋｂ₁＋…＋Ｋｂr
という事。
よって、ｃr+1ｂr+1＋…＋ｃnｂn＝ｃ₁ｂ₁＋…＋ｃrｂrと置け、移項すると、
ｃ₁ｂ₁＋…＋ｃrｂr－ｃr+1ｂr+1－…－ｃnｂn＝０　また、＜ｂ₁,…,ｂr,ｂr+1,…,ｂn＞はＶの基底より線型独立である。
よって、ｃ₁＝…＝ｃr＝(－ｃr+1)＝…＝(－ｃn)＝０より、ｃr+1＝…＝ｃn＝０
よって、ｃr+1Ｆ(ｂr+1)＋…＋ｃnＦ(ｂn)＝０'ならばｃr+1＝…＝ｃn＝０なので、
Ｆ(ｂr+1),…,Ｆ(ｂn)も線型独立である。
よって、先の「＜Ｆ(ｂr+1),…,Ｆ(ｂn)＞がＦ(Ｖ)を生成する事が言えたという事」と合わせて、「線型空間Ｆ(Ｖ)の基底をつくる」という事。

定義
Ｖを数体Ｋ上の線型空間とする。Ｖの有限個の元ｂ₁,ｂ₂,…,ｂn（ｎ≧１）の順序を考えた組を
＜ｂ₁,ｂ₂,…,ｂn＞
で表わす。順序を考えた組＜ｂ₁,ｂ₂,…,ｂn＞が次の二つの条件をみたすとき、これをＶの基底または底と言う。
（１）ｂ₁,ｂ₂,…,ｂnは線型独立である。
（２）Ｖの任意の元はｂ₁,ｂ₂,…,ｂnの線型結合である。すなわち
Ｖ＝Ｋｂ₁＋Ｋｂ₂＋…＋Ｋｂn
「線型代数入門」有馬哲著より

＞このとき＜Ｆ(ｂr+1),…,Ｆ(ｂn)＞がＦ(Ｖ)の基底であることを示せばよい。

Ｆが単射でもないのに、何故こんな事を言えるのか理由を述べて下さい。念のため、例えば、ｂiとｂi+1が共にＦ(ｂi）に写像されたら基底の個数が減るので次元が異なってしまうという事。

定理（3.2.9）（次元定理）
dimＶ＜∞のとき、線型写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'に対しdimＶ＝dimＦ^-1(０')＋dimＦ(Ｖ)
もっとくわしく、Ｖの基底＜ｂ₁,…,ｂr,ｂr+1,…,ｂn＞を適当にとれば、＜ｂ₁,…,ｂr＞がＦの核Ｆ^-1(０')の基底、＜Ｆ(ｂr+1),…,Ｆ(ｂn)＞が像Ｆ(Ｖ)の基底になる。

ｂ₁,…,ｂr,ｂr+1,…,ｂnが線型独立でｂ₁,…,ｂrも線型独立より、ｂr+1,…,ｂnも線型独立である。（ダブりなど無駄がない形だから。）
そして、上で「Ｆ(ｂr+1),…,Ｆ(ｂn)も線型独立であ」る事を示したので、このｎ－ｒ個の元に関してだけは全単射が成り立つからである。（念のため、自分で裏を取って下さい。）
因みに、線型写像は線型従属性は保存するが、線型独立性は保存するとは限らない。

定義
線型従属の否定を線型独立と言う。すなわち、ａ₁,ａ₂,…,ａkが線型独立とは
“ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂＋…＋ｃkａk＝０ならば必ずｃ₁＝ｃ₂＝…＝ｃk＝０”
が成り立つことである。線型独立性は線型写像によって必ずしも保存されない。
「線型代数入門」有馬哲著より

おまけ：
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