数学

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：
https://white-ash.net/danpeiage

問題
ＡＢ＝ＢＣ＝６，∠ＡＢＣ＝９０°の直角二等辺三角形ＡＢＣがある。ＡＢ，ＡＣ上にそれぞれ点Ｅ，Ｆをとり、ＥＦを折り目として△ＡＥＦを折り曲げたら、頂点Ａは辺ＢＣ上の点Ｄに重なり、ＢＤ＝２となった。次の問いに答えなさい。
（１）ＡＥの長さを求めなさい。
（２）ＡＦの長さを求めなさい。
（３）四角形ＡＥＤＦの面積を求めなさい。
（０１　青雲）

模範解答
（１）ＡＥ＝ＤＥ＝ｘとすると、△ＥＢＤにおいて、ｘ²＝(６－ｘ)²＋２²　∴ｘ＝１０/３
（２）ＡＦ＝ＤＦ＝ｙとし、右図のように点Ｈ（注：ＤからＡＣに下ろした垂線の足をＨとする）をとると、ＣＨ＝ＤＨ＝４/√２＝２√２
∴ＦＨ＝６√２－ｙ－２√２＝４√２－ｙ
よって、△ＦＤＨにおいて、
ｙ²＝(２√２)²＋(４√２－ｙ)²　
∴ｙ＝５√２/２
（３）図１のように点Ｉ（注：ＦからＡＢに下ろした垂線の足をＩとする）をとると、
四角形ＡＥＤＦ＝２×△ＡＥＦ＝ＡＥ×ＦＩ
＝ｘ×(ｙ/√２)＝(１０/３)×(５/２)
＝２５/３
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

（２）の参考書の別解
右図（ＤからＡＣに垂線を下ろしその足をＨとし、∠ＢＥＤ＝△，∠ＥＤＢ＝●，∠ＨＤＦ＝×，∠ＥＡＦ＝∠ＥＤＦ＝∠ＨＤＣ＝∠ＨＣＤ＝４５°と置いた図）で、△＋●＝９０°
一方、×＋●＝９０°だから、△＝×
∴△ＥＢＤ∽△ＤＨＦ
これらの３辺比は３：４：５だから、
ＡＦ＝ＤＦ＝５ｋとおくと、
ＡＣ＝５ｋ＋３ｋ＋４ｋ＝１２ｋ＝６√２
∴ｋ＝√２/２　∴ＡＦ＝５ｋ＝５√２/２

感想
三平方の定理を使わないエレガントな解法ですね。ただし、√を使うので、中２の難問としては使えませんが。

参考書の（１）～（３）の別解
図のように座標（注：点Ｂをｘｙ座標の原点に置き、ＢＣをｘ軸，ＡＢをｙ軸に取り、ＡＤとＥＦの交点をＭとすると、ＡＤ⊥ＥＦ，ＡＭ＝ＤＭとなった図）をとると、ＡＤの中点は、Ｍ(１,３)だから、ＡＤの垂直二等分線ｌ（注：直線ＥＦの事）の式は、
ｙ＝(１/３)(ｘ－１)＋３　
∴ｙ＝(１/３)ｘ＋８/３・・・①
（１）ＡＥ＝６－８/３＝１０/３
（２）Ｆのｘ座標は、①とｙ＝－ｘ＋６を解いて、ｘ＝５/２・・・②
∴ＡＦ＝②×√２＝５√２/２
（３）四角形ＡＥＤＦ＝２×△ＡＥＦ
＝(１０/３)×②＝２５/３
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

座標は常に考えた方が良いですね。非常に簡単になる場合がありますよね。
私の別解は次回。（１）～（３）全て２通りずつ作ってみました。座標を入れれば３通りですね。

おまけ：
https://x.com/sorede_pr/status/1897539838427136443

問題
ＡＢ＝ＢＣ＝６，∠ＡＢＣ＝９０°の直角二等辺三角形ＡＢＣがある。ＡＢ，ＡＣ上にそれぞれ点Ｅ，Ｆをとり、ＥＦを折り目として△ＡＥＦを折り曲げたら、頂点Ａは辺ＢＣ上の点Ｄに重なり、ＢＤ＝２となった。次の問いに答えなさい。
（１）ＡＥの長さを求めなさい。
（２）ＡＦの長さを求めなさい。
（３）四角形ＡＥＤＦの面積を求めなさい。
（０１　青雲）

私の別解
（１）ＡＤとＥＦの交点をＨとすると、折り返しよりＡＤ⊥ＥＦで、
∠ＡＨＥ＝∠ＡＢＤ＝９０°，ＡＨ＝ＣＨ
また、∠ＥＡＨは共通より２角が等しいので、△ＡＥＨ∽△ＡＤＢ
ここで、△ＡＢＤで三平方の定理を使うと、
ＡＤ＝√(２²＋６²)＝２√１０　
∴ＡＨ＝√１０
よって、６：２√１０＝√１０：ＡＥが成り立つ。∴ＡＥ＝２０/６＝１０/３

（２）別解１（私の模範解答）
ＡＦ＝ｙと置いて、ＦからＡＢに垂線を下ろしその足をＩとすると、ＡＩ＝ＩＦ＝ｙ/√２
ところで、ＡＤ⊥ＥＦより∠ＡＨＥ＝∠ＦＩＥ＝９０°で∠ＩＥＨを共有しているので２角が等しく、△ＡＥＨ∽△ＦＥＩ———①
また、∠ＡＨＥ＝∠ＡＢＤ＝９０°で∠ＥＡＨを共有しているので２角が等しく、△ＡＥＨ∽△ＡＤＢ———②
①，②より、△ＦＥＩ∽△ＡＤＢ
∴ＩＥ：ＩＦ＝ＢＤ：ＢＡ＝２：６＝１：３　
（１）よりＡＥ＝１０/３なので、
１０/３－ｙ/√２：ｙ/√２＝１：３が成り立つ。∴ｙ/√２＝１０－３ｙ/√２
∴４ｙ/√２＝１０　∴２√２ｙ＝１０
∴ｙ＝５/√２＝５√２/２
∴ＡＦ＝５√２/２

別解２
ＡＦ＝ｙと置いて、ＦからＢＣに垂線を下ろしその足をＪとすると、ＦＣ＝６√２－ｙで△ＦＪＣは直角二等辺三角形より、ＦＪ＝ＣＪ＝(６√２－ｙ)/√２　また、ＤＣ＝４より、ＤＪ＝４－(６√２－ｙ)/√２
よって、△ＦＤＪで三平方の定理を使うと、
{(６√２－ｙ)/√２}²＋{４－(６√２－ｙ)/√２}²＝ｙ²が成り立つ。
∴(６√２－ｙ)²/２＋１６＋(６√２－ｙ)²/２－４√２(６√２－ｙ)＝ｙ²
∴(６√２－ｙ)²＋１６－４√２(６√２－ｙ)＝ｙ²
∴７２－１２√２ｙ＋ｙ²＋１６－４８＋４√２ｙ－ｙ²＝０
∴８√２ｙ＝４０　∴ｙ＝５/√２＝５√２/２
∴ＡＦ＝５√２/２

（３）の別解
四角形ＡＥＤＦ＝△ＡＢＣ－△ＥＢＤ－△ＦＤＣ＝１８－２×(８/３)×(１/２)－４×(７/２)×(１/２)＝１８－８/３－７＝１１－８/３＝２５/３

おまけ：

解説
＞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。

問題の意味は、例えば、ｑ＝８＝２³とすると、Ｆ₂係数の多項式Ｘ⁸－Ｘは１次式と３次式を含むが２次式は含まないという事が分かる。
因みに、Ｘ⁸－Ｘは、普通の有理数係数では、
Ｘ(Ｘ－１)(Ｘ⁶＋Ｘ⁵＋Ｘ⁴＋Ｘ³＋Ｘ²＋Ｘ＋１)でこれ以上因数分解出来ない。

＞(ｑ')^s－１＝(ｑ'－１)((ｑ')^(s-1)＋…＋ｑ'＋１)
この式よりｑ'－１は(ｑ')^s－１＝ｑ－１を割り切ることがわかる。

「ｑ'＝ｐ^kとする」より、
(ｑ')^s＝(ｐ^k)^s＝ｐ^ks
また、「ｒ＝ｋｓとし」より、
＝ｐ^r＝ｑ（ｑ＝ｐ^r（ｒ≧１）より）
∴(ｑ')^s＝ｑ
よって、これを上の式に代入すると、
ｑ－１＝(ｑ'－１)((ｑ')^(s-1)＋…＋ｑ'＋１)
つまり、「ｑ'－１は(ｑ')^s－１＝ｑ－１を割り切ることがわかる」という事。

＞さらに、上記恒等式に
Ｙ＝Ｘ^(q'-1)，ｄ＝(ｑ－１)/(ｑ'－１)
を代入して
Ｘ^(q-1)－１＝(Ｘ^(q'-1)－１)(Ｘ^(q-q')＋…＋１)

まず、上でｄ＝(ｑ－１)/(ｑ'－１)が整数になるのでｄに置ける。
恒等式
Ｙ^d－１＝(Ｙ－１)(Ｙ^(d-1)＋…＋Ｙ＋１)
Ｙ＝Ｘ^(q'-1)を左辺のＹ^dに代入すると、
Ｙ^d＝{Ｘ^(q'-1)}^d
さらにｄ＝(ｑ－１)/(ｑ'－１)を代入すると、
＝{Ｘ^(q'-1)}^((q-1)/(q'-1))
＝Ｘ^(q-1)
∴Ｙ^d＝Ｘ^(q-1)
また、右辺の右の括弧の指数
ｄ－１＝(ｑ－１)/(ｑ'－１)－１
＝(ｑ－１)/(ｑ'－１)－(ｑ'－１)/(ｑ'－１)
＝(ｑ－ｑ')/(ｑ'－１)
よって、ｄ－１＝(ｑ－ｑ')/(ｑ'－１)とＹ＝Ｘ^(q'-1)を恒等式に代入すると、
Ｘ^(q-1)－１＝(Ｘ^(q-1)－１)(Ｘ^(q-q')＋…＋１)
（Ｙ^(d-1)＝{Ｘ^(q'-1)}^((q-q')/(q'-1))
＝Ｘ^(q-1)だから。）

＞Ｘ^(q-1)－１＝(Ｘ^(q'-1)－１)(Ｘ^(q-q')＋…＋１)
これはＸ^(q'-1)－１がＸ^(q-1)－１を割り切ることを意味している。したがって、Ｘ^q'－ＸはＸ^q－Ｘを割り切る。

これは読めば分かるだろう。最後は共にＸをかけただけ。

＞ｆ(Ｘ)はＦpのある拡大体Ｌの中に根をもち（定理6.5）、Ｌの部分体Ｆp(α)は定理6.4により[Ｆp(α)：Ｆp]＝ｋを満たす。

定理6.5
Ｋを有限体，ｆ(Ｘ)を多項式環Ｋ[Ｘ]に属するモニックな多項式でdegｆ(Ｘ)＞０とする。このときｆ(Ｘ)が、その中では１次式の積に分解するようなＫの拡大体Ｌが存在する。

定理6.4
Ｋ⊂Ｌ，α∈Ｌとしてαを体Ｋ上代数的な元とする。αのＫ上の最小多項式をｐ(Ｘ)とし、ｐ(Ｘ)の次数がｎであるとする。このとき、{１,α,α²,…,α^(n-1)}は体Ｋ(α)のＫ上のベクトル空間としての基底である。したがって、[Ｋ(α)：Ｋ]＝ｎである。

前半は読めば分かり（補題１で補足）、後半はｆ(Ｘ)の次数がｋだからである。念のため、既約多項式と最小多項式の関係は定数倍の違い。（もちろん、共にαを根に持つ事が必然。）

補題１
Ｋを有限体，ｆ(Ｘ)を多項式環Ｋ[Ｘ]に属する既約多項式とする。そのとき、環Ｌ＝Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))はＫの拡大体であり、Ｘの剰余類 |Ｘはｆ(Ｘ)のＬにおける根である。

＞Ｋ＝Ｆp(α)はｐ^k個の元からなる体となるからαはＸ^q'－Ｘ（ｑ'＝ｐ^k）の根である（定理6.6）。

「[Ｆp(α)：Ｆp]＝ｋを満たす」より、
Ｆp(α)≅Ｆp⊕…⊕Ｆp（Ｆpがｋ個）
＝(Ｆp)^k（p.240参照の事。）
ところで、Ｆpの元の個数はｐ個より、右辺の元の個数はｐ^k個でそれと同型な左辺の元の個数もｐ^k個。
また、定理6.6より、ｑ’個の元からなる体はＸ^q’－Ｘの根で構成されているので、Ｋ＝Ｆp(α)の元は全てＸ^q’－Ｘの根であり、α∈Ｋよりαも根である。（Ｋ*はαを生成元とした巡回群。）

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。

定理6.1
有限体Ｋの０以外の元からなる乗法群Ｋ*は巡回群である。

＞補題２によりｆ(Ｘ)はＸ^q'－Ｘを割り切る。さらに補題５よりＸ^q'－ＸはＸ^q－Ｘを割り切るのでｆ(Ｘ)はＸ^q－Ｘを割り切る。

補題２
Ｋを体、αをＫの拡大体Ｌの元であって、Ｋ[Ｘ]に属する既約多項式ｆ(Ｘ)の根であるとする。このとき、Ｋ[Ｘ]の多項式ｇ(Ｘ)がｇ(α)＝０をみたせば、ｇ(Ｘ)はｆ(Ｘ)で割り切れなければならない。

補題５
ｋ|ｒつまりｒ＝ｋｓとし、さらにｑ'＝ｐ^kとする。このとき、Ｘ^q'－ＸはＸ^q－Ｘを割り切る。

これは読めば分かるだろう。

続きは次回。

おまけ：

解説の続き

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。

証明のために次の補題５を証明する。

補題５
ｋ|ｒつまりｒ＝ｋｓとし、さらにｑ'＝ｐ^kとする。このとき、Ｘ^q'－ＸはＸ^q－Ｘを割り切る。

（補題５の証明）
恒等式　Ｙ^d－１＝(Ｙ－１)(Ｙ^(d-1)＋…＋Ｙ＋１)
にＹ＝ｑ'，ｄ＝ｓを代入する。
(ｑ')^s－１＝(ｑ'－１)((ｑ')^(s-1)＋…＋ｑ'＋１)
この式よりｑ'－１は(ｑ')^s－１＝ｑ－１を割り切ることがわかる。さらに、上記恒等式に
Ｙ＝Ｘ^(q'-1)，ｄ＝(ｑ－１)/(ｑ'－１)
を代入して
Ｘ^(q-1)－１＝(Ｘ^(q'-1)－１)(Ｘ^(q-q')＋…＋１)
これはＸ^(q'-1)－１がＸ^(q-1)－１を割り切ることを意味している。したがって、Ｘ^q'－ＸはＸ^q－Ｘを割り切る。

（定理6.9の証明）
ｋ|ｒとする。ｆ(Ｘ)はＦpのある拡大体Ｌの中に根をもち（定理6.5）、Ｌの部分体Ｆp(α)は定理6.4により[Ｆp(α)：Ｆp]＝ｋを満たす。Ｋ＝Ｆp(α)はｐ^k個の元からなる体となるからαはＸ^q'－Ｘ（ｑ'＝ｐ^k）の根である（定理6.6）。
　補題２によりｆ(Ｘ)はＸ^q'－Ｘを割り切る。さらに補題５よりＸ^q'－ＸはＸ^q－Ｘを割り切るのでｆ(Ｘ)はＸ^q－Ｘを割り切る。
　逆に、ｆ(Ｘ)|Ｘ^q－Ｘと仮定する。Ｋをｑ個の元からなる体、すなわちＸ^q－ＸがＫ[Ｘ]の中で１次式の積に分解する体とする（定理6.6参照）。ｋ∤ｒとすると矛盾が生じることを示せばよい。ｆ(Ｘ)がＫの中に根βをもてば、Ｆp(β)＝Ｍ⊂Ｋとおくとき、
[Ｋ：Ｆp]＝[Ｋ：Ｍ][Ｍ：Ｆp]
である（定理6.2）。
[Ｋ：Ｆp]＝ｒ，[Ｍ：Ｆp]＝ｋ
であるから、これはｋ∤ｒに反する。したがってｋ∤ｒであれば、ｆ(Ｘ)はＫの中に根をもつことはない。それゆえｆ(Ｘ)がＸ^q－Ｘを割り切ることもない。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

＞逆に、ｆ(Ｘ)|Ｘ^q－Ｘと仮定する。

今度は、ｆ(Ｘ)|Ｘ^q－Ｘならばｋ|ｒを示す訳である。

＞Ｋをｑ個の元からなる体、すなわちＸ^q－ＸがＫ[Ｘ]の中で１次式の積に分解する体とする（定理6.6参照）。ｋ∤ｒとすると矛盾が生じることを示せばよい。

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。

要は、背理法で証明するという事である。そのために、Ｘ^q－Ｘの根がなす有限体Ｋを設定する訳である。（設定するというより自動的に発生するというべきか。）

＞ｆ(Ｘ)がＫの中に根βをもてば、Ｆp(β)＝Ｍ⊂Ｋとおくとき、
[Ｋ：Ｆp]＝[Ｋ：Ｍ][Ｍ：Ｆp]
である（定理6.2）。

定理6.2
Ｌを有限体，ＫをＬの部分体でさらにＦはＫの部分体とする。このとき、次の等式が成り立つ。
[Ｌ：Ｆ]＝[Ｌ：Ｋ][Ｋ：Ｆ]
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

「ｆ(Ｘ)がＫの中に根βをもてば」は、ｆ(Ｘ)|Ｘ^q－Ｘから成り立つ。
「Ｆp(β)＝Ｍ⊂Ｋとおくとき」は、一応、例6.3も見ておいた方が良いかもしれない。

例6.3
定理6.1によれば有限体Ｌの乗法群Ｌ*は巡回群であるから、Ｌ*の生成元の１つをαとすればＬ*＝＜α＞である。したがって、Ｌの任意の部分体Ｋに対してＬ＝Ｋ(α)となっている。すなわち、有限体Ｌはその任意の部分体Ｋの単純拡大である。

ちょっと意味合いは違うが、参考にはなるだろう。
また、「[Ｋ：Ｆp]＝[Ｋ：Ｍ][Ｍ：Ｆp]である（定理6.2）」は、「Ｆp(β)＝Ｍ⊂Ｋ」と定理6.2から自明とする。

＞[Ｋ：Ｆp]＝ｒ，[Ｍ：Ｆp]＝ｋ
であるから、これはｋ∤ｒに反する。

Ｋはｑ＝ｐ^r個の有限体だから[Ｋ：Ｆp]＝ｒ。
また、[Ｍ：Ｆp]＝ｋは、Ｆp(β)＝Ｍでｆ(Ｘ)の次数がｋだから。（定理6.4より）

定理6.4
Ｋ⊂Ｌ，α∈Ｌとしてαを体Ｋ上代数的な元とする。αのＫ上の最小多項式をｐ(Ｘ)とし、ｐ(Ｘ)の次数がｎであるとする。このとき、{１,α,α²,…,α^(n-1)}は体Ｋ(α)のＫ上のベクトル空間としての基底である。したがって、[Ｋ(α)：Ｋ]＝ｎである。

よって、[Ｌ：Ｆ]＝[Ｌ：Ｋ][Ｋ：Ｆ]に当てはめて考えると、[Ｋ：Ｆp]＝[Ｋ：Ｍ][Ｍ：Ｆp]
よって、ｒ＝[Ｋ：Ｍ]・ｋより、ｋ|ｒだからｋ∤ｒに矛盾するという事。

＞したがってｋ∤ｒであれば、ｆ(Ｘ)はＫの中に根をもつことはない。それゆえｆ(Ｘ)がＸ^q－Ｘを割り切ることもない。

よって、背理法により、ｋ|ｒという事。
つまり、ｆ(Ｘ)|Ｘ^q－Ｘならばｋ|ｒが示された。

おまけ：
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%81%9F%E3%81%91%E3%81%97%E3%81%AE%E3%82%B3%E3%83%9E%E5%A4%A7%E6%95%B0%E5%AD%A6%E7%A7%91

解説

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

証明
（ⅰ）は次元の定義（3.2.2）の（ⅱ）と基底の延長定理より明白。
（ⅱ）dimＷ＝dimＶ＝ｎとし、＜ｂ₁,…,ｂn＞をＷの任意の基底とする。このとき、＜ｂ₁,…,ｂn＞はＶの基底でもある（（3.2.6）の（ⅰ））。∴Ｗ＝Ｖ　（証明終）
「線型代数入門」有馬哲著より

＞（ⅰ）は次元の定義（3.2.2）の（ⅱ）と基底の延長定理より明白。

定義と命題（3.2.2）
（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もつ
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）。（ⅰ）または（ⅱ）のとき、総称してＶは有限次元であると言い、dimｋＶ＜∞と書く。

定理（3.2.1）
Ｖを数体Ｋ上の線型空間，ａ₁,ａ₂,…,ａn∈Ｖとする。
（ⅰ）（基底の延長）
ａ₁,…,ａnの中でａ₁,…,ａsが線型独立であるとする（１≦ｓ≦ｎ）。このとき、ａs+1,…,ａnの中から適当にとったａi_s+1,…,ａi_rをａ₁,…,ａsにつけ加えて
ａ₁,…,ａs,ａi_s+1,…,ａi_rは線型独立
Ｋａ₁＋…＋Ｋａn＝Ｋａ₁＋…＋Ｋａs＋Ｋａi_s+1＋…＋Ｋａi_r
とすることができる（ｓ≦ｒ≦ｎ）。

（ⅰ）（基底の延長）の意味は、
Ｖが何次元か分からないが、線型独立な元がｓ個あるとすると、残りｎ－ｓ個の元の中から適切な個数の元を先のｓ個の元に加えて線型独立にすることが出来、Ｖの次元はｓ＋(ｒ－ｓ)＝ｒとなるという事ですよね。（線型独立な元の個数はｒ個。）

また、「次元の定義（3.2.2）の（ⅱ）」の意味は、
「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」時、Ｖはｎ次元という意味ですよね。

この２つで「ＷがＶの部分空間，dimＶ＜∞であるとき、（ⅰ）dimＷ≦dimＶ，特にdimＷ＜∞」が明白っておかしくないですか。
そこで、自分で考えてみました。

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

（ⅰ）の証明
ＷがＶの部分空間よりＷはＶの部分集合。よって、Ｗの元の個数をｍ，Ｖの元の個数をｎとすると、ｍ≦ｎ　また、ｍ個の中の線型独立な元の最大個数をｍ'，ｎ個の中の線型独立な最大個数をｎ'とすると、ｍ'≦ｎ'である。（これはベン図を描いて考えれば包含関係から自明である。）
よって、定義と命題（3.2.2）（ⅱ）より、
dimＷ≦dimＶ
また、dimＶ＜∞より、dimＷ≦dimＶ＜∞
∴dimＷ＜∞

次に（ⅱ）。

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

＞（ⅱ）dimＷ＝dimＶ＝ｎとし、＜ｂ₁,…,ｂn＞をＷの任意の基底とする。このとき、＜ｂ₁,…,ｂn＞はＶの基底でもある（（3.2.6）の（ⅰ））。∴Ｗ＝Ｖ

定理（3.2.6）
線型空間Ｖがｎ次元のとき、Ｖのｎ個の元ｂ₁,ｂ₂,…,ｂnに対し
（ⅰ）ｂ₁,…,ｂnが線型独立ならば、＜ｂ₁,…,ｂn＞はＶの基底である。
t（ⅰ）ｂ₁,…,ｂnがＶを生成するならば、＜ｂ₁,…,ｂn＞はＶの基底である。

まず、「dimＷ＝dimＶ＝ｎとし、＜ｂ₁,…,ｂn＞をＷの任意の基底とする」とありますが、この「任意」は「ある」じゃないですか？ ＜ｂ₁,ｂ₂,…,ｂn＞は順序を考えた組なのですから。任意じゃ「全て」ですよね。（間違えてたらごめんなさい。本題とは関係ないので進めますね。）
dimＷ＝dimＶ＝ｎとし、＜ｂ₁,…,ｂn＞をＷのある基底とすると、基底の定義より＜ｂ₁,…,ｂn＞は線型独立である。

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

また、dimＶ＝ｎよりＶもｎ次元で、ＷはＶの部分空間より＜ｂ₁,…,ｂn＞はＶの元なので、
定理（3.2.1）（ⅰ）より＜ｂ₁,…,ｂn＞はＶの基底である。（先生の証明だと次元が同じならば線型空間が等しいという事になってしまいますよね。肝が抜けていますね。決して揚げ足取りが目的ではありません。）
よって、Ｗ＝Ｋｂ₁＋Ｋｂ₂＋…＋Ｋｂn
Ｖ＝Ｋｂ₁＋Ｋｂ₂＋…＋Ｋｂn
∴Ｗ＝Ｖ

おまけ：

問題
図のように、∠Ａ＝７５°の△ＡＢＣを線分ＤＥを折り目として点Ａが辺ＢＣ上の点Ａ'にくるように折り返す。ＤＡ'⊥ＢＣ，ＡＤ＝６，ＢＡ'＝２√３とする。このとき、∠ＡＣＢ＝□°，ＢＣ＝□，ＡＥ＝□である。
（０５　東海）
図の解説：∠Ａ＝７５°，∠Ｂ＝６０°ぐらい，∠Ｃ＝４５°ぐらいの△ＡＢＣを描き、辺ＡＢ上の点Ｄ，辺ＡＣ上の点Ｅで三角形を折り返すと点ＡがＢＣ上に来て、Ａ'とするとＤＡ'⊥ＢＣとなっている図。ただし、ＤＥ，ＤＡ'，Ａ'Ｅを結び、ＡＤ，ＡＥは点線とする。

模範解答
直角三角形ＤＢＡ'で、
ＢＡ'：Ａ'Ｄ＝２√３：６＝１：√３
∴∠Ｂ＝６０°
∴∠ＡＣＢ＝１８０°－(７５°＋６０°)＝４５°よって、図２（注：△ＡＢＣの頂点ＡからＢＣに下ろした垂線の足をＨとした図で∠Ｂ＝６０°，∠Ｃ＝４５°）のようになり、
ＢＣ＝ＢＨ＋ＨＣ＝ＢＨ＋ＨＡ
＝ＡＢ×(１/２＋√３/２)
＝(６＋４√３)×{(１＋√３)/２}
＝９＋５√３・・・①
次に、図１（注：Ａ'からＡＢに下ろした垂線の足をＩとした図）で、
∠ＡＥＡ'＝∠ＥＣＡ'＋∠ＥＡ'Ｃ
＝４５°＋１５°＝６０°
これとＥＡ＝ＥＡ'より、△ＥＡＡ'は正三角形。
∴ＡＥ＝Ａ'Ｉ×(２/√３)
＝Ａ'Ｃ×(１/√２)×(２/√３)
＝Ａ'Ｃ×(√６/３)・・・②
ここで、Ａ'Ｃ＝①－２√３＝９＋３√３
∴②＝(９＋３√３)×(√６/３)
＝３√６＋３√２
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞∴ＡＥ＝Ａ'Ｉ×(２/√３)
＝Ａ'Ｃ×(１/√２)×(２/√３)
＝Ａ'Ｃ×(√６/３)・・・②

このようにうまい事、垂線Ａ'Ｉを思い付けば良いが、地道に解く方法もある。
△ＥＡＡ'が正三角形と気付いた後、ＡＥ＝ＡＡ'よりＡＡ'を求める。ＢＣを求めるのに使った垂線ＡＨを利用すると、△ＡＢＨは１：２：√３の直角三角形でＡＢ＝４√３＋６（解説省略）より、
ＢＨ＝２√３＋３，ＡＨ＝６＋３√３
∴Ａ'Ｈ＝ＢＨ－ＢＡ'＝２√３＋３－２√３
＝３
よって、△ＡＡ'Ｈで三平方の定理を使うと、
ＡＡ'＝√{３²＋(６＋３√３)²
＝３√{１²＋(２＋√３)²}
＝３√(８＋４√３)
＝３√(８＋２√１２)
＝３√(√６＋√２)²
＝３(√６＋√２)
∴ＡＥ＝３(√６＋√２)

また、参考書に、
「ＡＥがやや問題です。’15°,75°の直角三角形’の辺比を知らない場合は、正三角形を見つけて解くことになるでしょう。」
とあり、実際に解法が載っています。

➡注　△ＡＤＥは、底角７５°の二等辺三角形ですから、’15°定規’の辺比を知っていれば、
ＡＥ＝(ＡＤ/２)×{４/(√６－√２)}
＝３(√６＋√２)
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

１５°，７５°，９０°の直角三角形の三辺比、
√６－√２：√６＋√２：４
ですね。マークシートなら使いましょうね。

私の別解（複数）は次回。

おまけ：

問題
図のように、∠Ａ＝７５°の△ＡＢＣを線分ＤＥを折り目として点Ａが辺ＢＣ上の点Ａ'にくるように折り返す。ＤＡ'⊥ＢＣ，ＡＤ＝６，ＢＡ'＝２√３とする。このとき、∠ＡＣＢ＝□°，ＢＣ＝□，ＡＥ＝□である。
（０５　東海）

図の解説：∠Ａ＝７５°，∠Ｂ＝６０°ぐらい，∠Ｃ＝４５°ぐらいの△ＡＢＣを描き、辺ＡＢ上の点Ｄ，辺ＡＣ上の点Ｅで三角形を折り返すと点ＡがＢＣ上に来て、Ａ'とするとＤＡ'⊥ＢＣとなっている図。ただし、ＤＥ，ＤＡ'，Ａ'Ｅを結び、ＡＤ，ＡＥは点線とする。

ＡＥの別解１
直角三角形ＤＢＡ'で、
ＢＡ'：Ａ'Ｄ＝２√３：６＝１：√３
∴∠Ｂ＝６０°
∴∠ＡＣＢ＝１８０°－(７５°＋６０°)＝４５°よって、図２（注：△ＡＢＣの頂点ＡからＢＣに下ろした垂線の足をＨとした図で∠Ｂ＝６０°，∠Ｃ＝４５°）のようになり、
ＢＣ＝ＢＨ＋ＨＣ＝ＢＨ＋ＨＡ
＝ＡＢ×(１/２＋√３/２)
＝(６＋４√３)×{(１＋√３)/２}
＝９＋５√３（ここまでは模範解答と同じ。）
また、△ＡＨＣは直角二等辺三角形で△ＡＢＨは１：２：√３の直角三角形より、
ＡＣ＝√２ＡＨ＝√２{(√３/２)ＡＢ}
＝(√６/２)ＡＢ＝(√６/２)(４√３＋６)
＝６√２＋３√６
ここで、ＡＥ＝ｘと置くと、
ＥＣ＝６√２＋３√６－ｘ
また、ＥからＢＣに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＥＣＩは直角二等辺三角形になるので、
ＥＩ＝ＣＩ＝ＥＣ/√２＝６＋３√３－ｘ/√２
ところで、Ａ'Ｃ＝ＢＣ－ＢＡ'＝(９＋５√３)－２√３＝９＋３√３
∴Ａ'Ｉ＝Ａ'Ｃ－ＣＩ＝(９＋３√３)－(６＋３√３－ｘ/√２)＝３＋ｘ/√２
よって、△ＥＡ'Ｉで三平方の定理を使うと、
(３＋ｘ/√２)²＋(６＋３√３－ｘ/√２)²＝ｘ²が成り立つ。
∴９＋ｘ²/２＋３√２ｘ＋２７＋３６＋ｘ²/２＋３６√３－６√２ｘ－３√６ｘ＝ｘ²
∴－３√２ｘ－３√６ｘ＋７２＋３６√３＝０
∴３(√６＋√２)ｘ＝７２＋３６√３
∴(√６＋√２)ｘ＝２４＋１２√３
∴ｘ＝(２４＋１２√３)/(√６＋√２)
＝(２４＋１２√３)(√６－√２)/４
＝(６＋３√３)(√６－√２)
＝６√６－６√２＋９√２－３√６
＝３√６＋３√２＝３(√６＋√２)
∴ＡＥ＝３(√６＋√２)

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12576477048.html

問題
図のように、∠Ａ＝７５°の△ＡＢＣを線分ＤＥを折り目として点Ａが辺ＢＣ上の点Ａ'にくるように折り返す。ＤＡ'⊥ＢＣ，ＡＤ＝６，ＢＡ'＝２√３とする。このとき、∠ＡＣＢ＝□°，ＢＣ＝□，ＡＥ＝□である。
（０５　東海）

図の解説：∠Ａ＝７５°，∠Ｂ＝６０°ぐらい，∠Ｃ＝４５°ぐらいの△ＡＢＣを描き、辺ＡＢ上の点Ｄ，辺ＡＣ上の点Ｅで三角形を折り返すと点ＡがＢＣ上に来て、Ａ'とするとＤＡ'⊥ＢＣとなっている図。ただし、ＤＥ，ＤＡ'，Ａ'Ｅを結び、ＡＤ，ＡＥは点線とする。

ＡＥの別解２
直角三角形ＤＢＡ'で、
ＢＡ'：Ａ'Ｄ＝２√３：６＝１：√３
∴∠Ｂ＝６０°（ここまでは模範解答と同じ。）
よって、∠ＢＤＡ＝３０°より∠ＡＤＡ'＝１５０°∴∠ＥＤＡ＝∠ＥＤＡ'＝７５°
また、∠Ａ＝７５°より△ＥＡＤは頂角が３０°の二等辺三角形。
ここで、ＡＤを１辺とした正三角形ＦＡＤを頂点ＦがＡＤに対して点Ｅと同じ側に作ると、二等辺三角形と正三角形の対称性から∠ＦＥＡ＝３０°÷２＝１５°また、∠ＦＡＥ＝７５°－６０°＝１５°
よって、∠ＦＥＡ＝∠ＦＡＥより△ＦＡＥは二等辺三角形。
∴ＥＦ＝ＡＦ＝ＡＤ＝６　また、ＦからＡＤに垂線を下ろしその足をＨとすると、対称性から３点Ｅ，Ｆ，Ｈは一直線上にあり、△ＦＨＡは１：２：√３の直角三角形になる。
よって、ＦＨ＝３√３よりＥＨ＝３√３＋６　また、ＡＨ＝３より△ＥＨＡで三平方の定理を使うと、
ＡＥ＝√{３²＋(３√３＋６)²}
＝３√{１²＋(√３＋２)²}＝３√(８＋４√３)
＝３√(√６＋√２)²＝３(√６＋√２)
よって、ＡＥ＝３(√６＋√２)

ＡＥの別解３
△ＥＡＤが頂角が３０°の二等辺三角形までは別解２と同じ。
ここで、ＡＥ＝ｘと置いて、ＥからＡＤに垂線を下ろしその足をＨ，ＤからＡＥに垂線を下ろしその足をＩとすると、直角が等しく∠Ａを共有していて２角が等しいので、△ＥＡＨ∽△ＤＡＩ
よって、ＡＥ：ＡＨ＝ＡＤ：ＡＩが成り立つ。
∴ｘ：３＝６：ｘ－(√３/２)ｘ
（△ＥＤＩは１：２：√３の直角三角形だから。）
∴ｘ{ｘ－(√３/２)ｘ}＝１８
∴ｘ²(１－√３/２)＝１８
∴(２－√３)ｘ²＝３６
∴ｘ²＝３６/(２－√３)＝３６(２＋√３)
＝９(８＋４√３)＝９(√６＋√２)²
∴ｘ＝±３(√６＋√２)
ｘ＝ＡＥ＞０より、ｘ＝３(√６＋√２)
∴ＡＥ＝３(√６＋√２)

ＡＥの別解４
△ＥＡＤが頂角が３０°の二等辺三角形までは別解２と同じ。
ここで、点ＤのＡＥに対する対称点をＤ'とすると、∠ＤＡＤ'＝７５°×２＝１５０°
また、∠ＡＤＡ'＝７５°×２＝１５０°
よって、Ａ'Ｄの延長とＤ'Ａの延長との交点をＦとすると、△ＦＤＡは頂角が１２０°の二等辺三角形になる。（底角が共に３０°だから。）
よって、その二辺比１：√３より、
ＦＡ＝６/√３＝２√３　また、ＡＤ'＝ＡＤ＝６より、ＦＤ'＝２√３＋６
また、ＡＤ'＝ＤＡ'よりＦＤ'＝ＦＡ'で△ＦＡ'Ｄ'も頂角が１２０°の二等辺三角形である。よって、その二辺比より、Ａ'Ｄ'＝√３ＦＤ'＝√３(２√３＋６)＝６＋６√３
ところで、ＥＤ'＝ＥＤ＝ＥＡ'，∠Ｄ'ＥＡ'＝３０°×３＝９０°より、△ＥＡ'Ｄ'は直角二等辺三角形である。
∴ＥＤ'＝Ａ'Ｄ'/√２＝(６＋６√３)/√２
＝３√２＋３√６＝３(√６＋√２)
∴ＡＥ＝Ｄ'Ｅ＝３(√６＋√２)

他にも無理をすれば作れると思うが、面白くないのでやらない。

おまけ：

解説
＞Ｘ³＋Ｘ＋１とＸ³＋Ｘ²＋１はともにＦ₂[Ｘ]の既約多項式であるから、補題１によりＦ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ＋１)とＦ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ²＋１)はともにＦ₂の拡大体であり、それらのＦ₂上の拡大次数は定理6.4によりいずれも３である。

補題１
Ｋを有限体，ｆ(Ｘ)を多項式環Ｋ[Ｘ]に属する既約多項式とする。そのとき、環Ｌ＝Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))はＫの拡大体であり、Ｘの剰余類 |Ｘはｆ(Ｘ)のＬにおける根である。

定理6.4
Ｋ⊂Ｌ，α∈Ｌとしてαを体Ｋ上代数的な元とする。αのＫ上の最小多項式をｐ(Ｘ)とし、ｐ(Ｘ)の次数がｎであるとする。このとき、{１,α,α²,…,α^(n-1)}は体Ｋ(α)のＫ上のベクトル空間としての基底である。したがって、[Ｋ(α)：Ｋ]＝ｎである。

前半は読めば分かるので、後半、
Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ＋１)
は、Ｘ³＋Ｘ＋１で割った余りの多項式の集合なので、Ｘの２次式である。よって、これをＦ₂上のベクトル空間として見ると、基底の１つとして{１,α,α²}（この３つは線型独立）を選べる。つまり、基底の個数が３個より３次元でＦ₂上の拡大次数が３という事である。

＞したがって、Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ＋１)，Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ²＋１)はともに８個の元よりなる体となり、定理6.8により、２つの体は同型である。

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。

上より、Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ＋１)，Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ²＋１)は共に、Ｆ₂＝{０,１}上の拡大指数が３より、元の個数は２³＝８個。
よって、定理6.8より２つの有限体は同型という事。

＞Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ＋１)におけるＸ³＋Ｘ＋１の根 |Ｘをα，Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ²＋１)におけるＸ³＋Ｘ²＋１の根 |Ｘをβとおけば、
Ｆ₂(α)＝Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ＋１)
Ｆ₂(β)＝Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ²＋１)

定理6.3(２)より、

定理6.3
体の拡大Ｋ⊂ＬでαはＬの元とするとき、次のことが成り立つ。
（１）αがＫ上超越的であれば
σ：Ｋ[Ｘ]→Ｋ[α]⊂Ｌ（Ｘ→α）
は環同型写像であり、Ｋ[α]の商体Ｋ(α)はＫ上の有理関数体Ｋ(Ｘ)と同型である。
（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。すなわち、Ｋ[α]＝Ｋ(α)となる。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

まぁ、剰余の定理を考えた方が良いか。
Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ＋１)がＸ³＋Ｘ＋１で割った余りの集合でαがＸ³＋Ｘ＋１の根なのだから、Ｆ₂(α)＝Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ＋１)は当然という事。

＞Ｆ₂(α)は{１,α,α²}のＦ₂係数の１次結合であり、Ｆ₂(β)は{１,β,β²}のＦ₂係数の１次結合であるから（定理6.4）
Ｆ₂(α)＝{０,１,α,１＋α,α²,１＋α²,α＋α²,
１＋α＋α²}
Ｆ₂(β)＝{０,１,β,１＋β,β²,１＋β²,β＋β²,
１＋β＋β²}

Ｆ₂＝{０,１}で、
Ｆ₂(α)＝{ｃ₁１＋ｃ₂α＋ｃ₃α²｜ｃi∈Ｆ₂}
とすれば、元の個数は２×２×２＝８個で、{０,１,α,１＋α,α²,１＋α²,α＋α²,１＋α＋α²}となる事が分かるだろう。
βの方も同じである事は言うまでもない。

＞Ｆ₂(α)からＦ₂(β)への任意の同型写像をσとする。このとき、
σ(α³＋α＋１)＝０，
{σ(α)}³＋σ(α)＋１＝０。
　これはσ(α)がＦ₂(β)の元で方程式Ｘ³＋Ｘ＋１＝０の根でなければならないことを意味する。

結果から、Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ＋１)≃Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ²＋１)が分かっているので、この間に同型写像が存在しそれをσとする。
また、「Ｘ³＋Ｘ＋１の根 |Ｘをα」よりα³＋α＋１＝０　また、σは同型写像より準同型写像かつ全単射なので、準同型写像である。よって、加法群の準同写像の定理より、

定理6.2
ｆを群Ｇから群Ｇ'への準同型写像とし、ｅをＧの単位元，ｅ'をＧ'の単位元とするとき、次が成り立つ。
（１）Ｇの単位元ｅは準同型写像ｆによってＧ'の単位元ｅ'に移る。ｆ(ｅ)＝ｅ'
（２）Ｇの任意の元ａに対してはｆ(ａ^-1)＝ｆ(ａ)^-1

この（１）を加法群に適用すると、ｆ(０)＝０
よって、σ(０)＝０でα³＋α＋１＝０より、
σ(α³＋α＋１)＝０と出来るという事である。
よって、準同型写像の性質より、
σ(α³＋α＋１)＝σ(α³)＋σ(α)＋σ(１)
＝{σ(α)}³＋σ(α)＋１
よって、{σ(α)}³＋σ(α)＋１＝０という事。

定義3.1
Ｒ,Ｒ'を環とし、ｆをＲからＲ'への写像とする。任意のａ,ｂ∈Ｒに対して
ｆ(ａ＋ｂ)＝ｆ(ａ)＋ｆ(ｂ)
ｆ(ａ・ｂ)＝ｆ(ａ)・ｆ(ｂ)
ｆ(１_R)＝１_R'
が満たされているとき、ｆをＲからＲ'への環の準同型写像であるという。

「これはσ(α)がＦ₂(β)の元で方程式Ｘ³＋Ｘ＋１＝０の根でなければならないことを意味する」は自明とする。

＞Ｆ₂(β)*をその生成元βにより
Ｆ₂(β)*＝{β,β²,β³,β⁴,β⁵,β⁶,１}
と表し、

これは、定理6.1から。

定理6.1
有限体Ｋの０以外の元からなる乗法群Ｋ*は巡回群である。

ところで、このβ（生成元）を上のＦ₂(β)＝{０,１,β,１＋β,β²,１＋β²,β＋β²,１＋β＋β²}のβと同じβに出来る理由は、例6.3。

例6.3
定理6.1によれば有限体Ｌの乗法群Ｌ*は巡回群であるから、Ｌ*の生成元の１つをαとすればＬ*＝＜α＞である。したがって、Ｌの任意の部分体Ｋに対してＬ＝Ｋ(α)となっている。すなわち、有限体Ｌはその任意の部分体Ｋの単純拡大である。

同じαだからである。もっとも、共通の１元とβが入っているから暗黙の了解だろう。

続きは次回。

おまけ：

解説の続き

例6.8
　定理6.8により同じ個数の元からなる２つの有限体は同型であるが、この同型写像は一意に定まるものではないことを例示する。
Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ＋１)≃Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ²＋１)
　Ｘ³＋Ｘ＋１とＸ³＋Ｘ²＋１はともにＦ₂[Ｘ]の既約多項式であるから、補題１によりＦ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ＋１)とＦ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ²＋１)はともにＦ₂の拡大体であり、それらのＦ₂上の拡大次数は定理6.4によりいずれも３である。したがって、Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ＋１)，Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ²＋１)はともに８個の元よりなる体となり、定理6.8により、２つの体は同型である。Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ＋１)におけるＸ³＋Ｘ＋１の根 |Ｘをα，Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ²＋１)におけるＸ³＋Ｘ²＋１の根 |Ｘをβとおけば、
Ｆ₂(α)＝Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ＋１)
Ｆ₂(β)＝Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ²＋１)
Ｆ₂(α)は{１,α,α²}のＦ₂係数の１次結合であり、Ｆ₂(β)は{１,β,β²}のＦ₂係数の１次結合であるから（定理6.4）
Ｆ₂(α)＝{０,１,α,１＋α,α²,１＋α²,α＋α²,
１＋α＋α²}
Ｆ₂(β)＝{０,１,β,１＋β,β²,１＋β²,β＋β²,
１＋β＋β²}
Ｆ₂(α)からＦ₂(β)への任意の同型写像をσとする。このとき、
σ(α³＋α＋１)＝０，
{σ(α)}³＋σ(α)＋１＝０。
　これはσ(α)がＦ₂(β)の元で方程式Ｘ³＋Ｘ＋１＝０の根でなければならないことを意味する。Ｆ₂(β)*をその生成元βにより
Ｆ₂(β)*＝{β,β²,β³,β⁴,β⁵,β⁶,１}
と表し、この中からＸ³＋Ｘ＋１＝０の根となるものを直接計算して求めれば
β³，β⁵，β⁶
となる。

Ｆ₂(β)の元　X³+X²+X=0の根　X³+X+1=0の根
０　
１
β　　　　　　　 　　○
１＋β＝β⁵　　　　　　　　　　　 　○
β²　　　　　　　 　 ○
１＋β²＝β³　　　　　　　　　　　　○
β＋β²＝β⁶　　　　　　　　　　　　○
１＋β＋β²＝β⁴　　○

　αの像σ(α)をβ³,β⁶,β^12＝β⁵のいずれに定めてもＦ₂(α)からＦ₂(β)の上への同型写像が与えられる。このことの証明は読者の演習として残しておくことにする。以上により、元の個数が８である体の同型は一意的に定まるものでないことが示されたことになる。」
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

＞Ｆ₂(β)の元　X³+X²+1=0の根　X³+X+1=0の根
０　
１
β　　　　　　　 　　○
１＋β＝β⁵　　　　　　　　　　　 　○
β²　　　　　　　 　 ○
１＋β²＝β³　　　　　　　　　　　　○
β＋β²＝β⁶　　　　　　　　　　　　○
１＋β＋β²＝β⁴　　○

まず、１＋β＝β⁵から確認しよう。
「Ｘ³＋Ｘ²＋１の根 |Ｘをβ」より、
β³＋β²＋１＝０　∴β²(β＋１)＝－１≡１
∴１＋β＝１/β²＝β^-2＝β⁵（β⁷＝１より）
よって、１＋β＝β⁵でＯＫ。
次に、１＋β²＝β³　
β³＋β²＋１＝０より、１＋β²＝－β³≡β³
よって、１＋β²＝β³でＯＫ。
次に、β＋β²＝β⁶
β³＋β²＋１＝０より、β(β²＋β)＝－１≡１
∴β＋β²＝１/β＝β^-1＝β⁶（β⁷＝１より）
よって、β＋β²＝β⁶でＯＫ。
最後に、１＋β＋β²＝β⁴
上より１＋β²＝β³　これを左辺に代入すると、
１＋β＋β²＝β＋β³＝β(１＋β²)
再び上より１＋β²＝β³を代入すると、
１＋β＋β²＝β⁴でＯＫ。
よって、Ｆ₂(β)
＝{０,１,β,１＋β,β²,１＋β²,β＋β²,１＋β＋β²}
＝{０,１,β,β⁵,β²,β³,β⁶,β⁴}が示せた。
次に、β,β²,β⁴がX³+X²+1=0の根である事を確認する。
βを代入すると、「Ｘ³＋Ｘ²＋１の根 |Ｘをβ」より、β³＋β²＋１＝０でＯＫ。
β²を代入すると、β⁶＋β⁴＋１＝β⁴(β²＋１)＋１＝β⁴・β³＋１＝β⁷＋１＝１＋１＝２≡０
よって、β⁶＋β⁴＋１＝０でβ²はＸ³＋Ｘ²＋１の根でＯＫ。
β⁴を代入すると、β^12＋β^8＋１＝β⁵＋β＋１＝β⁵＋β⁵＝２β⁵≡０
よって、β^12＋β^8＋１＝０でβ⁴はＸ³＋Ｘ²＋１の根でＯＫ。
続いて、β⁵,β³,β⁶がX³+X+1=0の根である事を確認しても良いが、

＞Ｆ₂(β)*＝{β,β²,β³,β⁴,β⁵,β⁶,１}
と表し、この中からＸ³＋Ｘ＋１＝０の根となるものを直接計算して求めれば
β³，β⁵，β⁶
となる。

これをやろう。まず、βから、
β；β³＋β＋１＝(１＋β²)＋β＋１＝β²＋β＋２≡β²＋β＝β⁶≠０
よって、βはＸ³＋Ｘ＋１＝０の根ではない。
β²；β⁶＋β²＋１＝(β＋β²)＋β²＋１＝２β²＋β＋１≡β＋１＝β⁵≠０
よって、β²もＸ³＋Ｘ＋１＝０の根ではない。
β³；β⁹＋β³＋１＝β²＋(１＋β²)＋１＝２β²＋２≡０
よって、β³はＸ³＋Ｘ＋１＝０の根である。
β⁴；β^12＋β⁴＋１＝β⁵＋(１＋β＋β²)＋１＝β⁵＋β²＋β＋２≡(１＋β)＋β²＋β＝β²＋２β＋１≡β²＋１＝β³≠０
よって、β⁴はＸ³＋Ｘ＋１＝０の根ではない。
β⁵；β^15＋β⁵＋１＝β＋(１＋β)＋１＝２β＋２≡０
よって、β⁵はＸ³＋Ｘ＋１＝０の根である。
β⁶；β^18＋β⁶＋１＝β⁴＋(β＋β²)＋１＝β⁴＋(１＋β＋β²)＝β⁴＋β⁴＝２β⁴≡０
よって、β⁶もＸ³＋Ｘ＋１＝０の根である。
以上より、β³，β⁵，β⁶のみである事が確認された。

＞「αの像σ(α)をβ³,β⁶,β^12＝β⁵のいずれに定めてもＦ₂(α)からＦ₂(β)の上への同型写像が与えられる」事の証明をして下さい。

これは次回。

おまけ：

例6.8
　定理6.8により同じ個数の元からなる２つの有限体は同型であるが、この同型写像は一意に定まるものではないことを例示する。
Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ＋１)≃Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ²＋１)
　Ｘ³＋Ｘ＋１とＸ³＋Ｘ²＋１はともにＦ₂[Ｘ]の既約多項式であるから、補題１によりＦ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ＋１)とＦ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ²＋１)はともにＦ₂の拡大体であり、それらのＦ₂上の拡大次数は定理6.4によりいずれも３である。したがって、Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ＋１)，Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ²＋１)はともに８個の元よりなる体となり、定理6.8により、２つの体は同型である。Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ＋１)におけるＸ³＋Ｘ＋１の根 |Ｘをα，Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ²＋１)におけるＸ³＋Ｘ²＋１の根 |Ｘをβとおけば、
Ｆ₂(α)＝Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ＋１)
Ｆ₂(β)＝Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ²＋１)
Ｆ₂(α)は{１,α,α²}のＦ₂係数の１次結合であり、Ｆ₂(β)は{１,β,β²}のＦ₂係数の１次結合であるから（定理6.4）
Ｆ₂(α)＝{０,１,α,１＋α,α²,１＋α²,α＋α²,
１＋α＋α²}
Ｆ₂(β)＝{０,１,β,１＋β,β²,１＋β²,β＋β²,
１＋β＋β²}
Ｆ₂(α)からＦ₂(β)への任意の同型写像をσとする。このとき、
σ(α³＋α＋１)＝０，
{σ(α)}³＋σ(α)＋１＝０。
　これはσ(α)がＦ₂(β)の元で方程式Ｘ³＋Ｘ＋１＝０の根でなければならないことを意味する。Ｆ₂(β)*をその生成元βにより
Ｆ₂(β)*＝{β,β²,β³,β⁴,β⁵,β⁶,１}
と表し、この中からＸ³＋Ｘ＋１＝０の根となるものを直接計算して求めれば
β³，β⁵，β⁶
となる。

Ｆ₂(β)の元　X³+X²+X=0の根　X³+X+1=0の根
０　
１
β　　　　　　　 　　○
１＋β＝β⁵　　　　　　　　　　　 　○
β²　　　　　　　 　 ○
１＋β²＝β³　　　　　　　　　　　　○
β＋β²＝β⁶　　　　　　　　　　　　○
１＋β＋β²＝β⁴　　○

　αの像σ(α)をβ³,β⁶,β^12＝β⁵のいずれに定めてもＦ₂(α)からＦ₂(β)の上への同型写像が与えられる。このことの証明は読者の演習として残しておくことにする。以上により、元の個数が８である体の同型は一意的に定まるものでないことが示されたことになる。」
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

解説の続き

＞「αの像σ(α)をβ³,β⁶,β^12＝β⁵のいずれに定めてもＦ₂(α)からＦ₂(β)の上への同型写像が与えられる」事の証明をして下さい。

「Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ＋１)，Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ²＋１)はともに８個の元よりなる体となり、定理6.8により、２つの体は同型である」ので、「Ｆ₂(α)からＦ₂(β)への任意の同型写像をσとする」と、「β³，β⁵，β⁶となる」。
（ⅰ）σ(α)＝β³の場合、
Ｆ₂(α)＝{０,１,α,１＋α,α²,１＋α²,α＋α²,
１＋α＋α²}
σ(０)＝０
σ(１)＝１
σ(α)＝β³
σ(１＋α)＝σ(１)＋σ(α)＝１＋β³
＝１＋(１＋β²)＝２＋β²≡β²
σ(α²)＝{σ(α)}²＝(β³)²＝β⁶
σ(１＋α²)＝σ(１)＋σ(α²)＝１＋β⁶
＝１＋(β＋β²)＝１＋β＋β²＝β⁴
σ(α＋α²)＝σ(α)＋σ(α²)＝β³＋β⁶
＝β³＋(β＋β²)＝β(β²＋１＋β)
＝β・β⁴＝β⁵
σ(１＋α＋α²)＝σ(１)＋σ(α)＋σ(α²)
＝１＋β³＋β⁶＝１＋(１＋β²)＋(β＋β²)
＝２＋β＋２β²≡β
よって、Ｆ₂(α)からＦ₂(β)への全単射である。
（ⅱ）σ(α)＝β⁶の場合、
Ｆ₂(α)＝{０,１,α,１＋α,α²,１＋α²,α＋α²,
１＋α＋α²}
σ(０)＝０
σ(１)＝１
σ(α)＝β⁶
σ(１＋α)＝σ(１)＋σ(α)＝１＋β⁶
＝１＋(β＋β²)＝１＋β＋β²＝β⁴
σ(α²)＝{σ(α)}²＝(β⁶)²＝β^12＝β⁵
σ(１＋α²)＝σ(１)＋σ(α²)＝１＋β^12
＝１＋β⁵＝１＋(１＋β)＝２＋β≡β
σ(α＋α²)＝σ(α)＋σ(α²)＝β⁶＋β^12
＝β⁶＋β⁵＝β⁵(β＋１)＝β⁵・β⁵＝β^10
＝β³
σ(１＋α＋α²)＝σ(１)＋σ(α)＋σ(α²)
＝１＋β⁶＋β^12＝１＋β⁶＋β⁵
＝１＋(β＋β²)＋(１＋β)＝２＋２β＋β²
≡β²
よって、Ｆ₂(α)からＦ₂(β)への全単射である。
（ⅲ）σ(α)＝β⁵の場合、
Ｆ₂(α)＝{０,１,α,１＋α,α²,１＋α²,α＋α²,
１＋α＋α²}
σ(０)＝０
σ(１)＝１
σ(α)＝β⁵
σ(１＋α)＝σ(１)＋σ(α)＝１＋β⁵
＝１＋(１＋β)＝２＋β≡β
σ(α²)＝{σ(α)}²＝(β⁵)²＝β^10＝β³
σ(１＋α²)＝σ(１)＋σ(α²)＝１＋β^10
＝１＋β³＝１＋(１＋β²)＝２＋β²≡β²
σ(α＋α²)＝σ(α)＋σ(α²)＝β⁵＋β^10
＝β⁵＋β³＝β³(β²＋１)＝β³・β³＝β⁶
σ(１＋α＋α²)＝σ(１)＋σ(α)＋σ(α²)
＝１＋β⁵＋β^10＝１＋(１＋β)＋β³
＝２＋β＋β³≡β(１＋β²)＝β・β³＝β⁴
よって、Ｆ₂(α)からＦ₂(β)への全単射である。
以上より、「αの像σ(α)をβ³,β⁶,β^12＝β⁵のいずれに定めてもＦ₂(α)からＦ₂(β)の上への同型写像が与えられる」事が示された。

これだけでは面白くないので、素朴な疑問シリーズ。
今回、Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ＋１)とＦ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ²＋１)が同型という事だが、例6.6から、
Ｘ⁸－Ｘ＝Ｘ(Ｘ－１)(Ｘ³＋Ｘ＋１)(Ｘ³＋Ｘ²＋１)で共にＸ⁸－Ｘの因子を使った剰余体だが、他の３次式でも同型になるのだろうか（元の個数は８個で同じだから）。
因みに、Ｆ₂係数の既約多項式は、
Ｘ，Ｘ＋1、Ｘ²＋Ｘ＋１，Ｘ³＋Ｘ²＋１，Ｘ³＋Ｘ＋１で全部なので、３次の既約多項式はこの２つしかないので、試せない。
というのは、以前に、

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。

証明
ｑ＝ｐ^r（ｒ≧１）とし、ＫとＫ'を元の個数がｑである体とする。体Ｋの乗法群をＫ*とし、巡回群Ｋ*の生成元をαとする。このとき、前に例6.3でみたようにＫ＝Ｆp(α)である。ｆ(Ｘ)をαのＦp上の最小多項式とすれば、定理6.3より
Ｆp[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))≃Ｆp(α)＝Ｋ
αはｆ(Ｘ)の根でありＸ^q－Ｘの根でもあるがｆ(Ｘ)は既約多項式であるから、補題２によりＸ^q－Ｘはｆ(Ｘ)で割り切れる。一方、Ｘ^q－Ｘは体Ｋ'の中で１次式の積に分解する（定理6.6）からｆ(Ｘ)はＫ'に根α'を持つ。すると、ｆ(Ｘ)はα'のＦp上の最小多項式でもあるから、再び定理6.3より
Ｆp[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))≃Ｆp(α')
ゆえにＫ≃Ｆp(α')となるので、Ｆp(α')はｑ個の元をもつ。Ｆp(α')はＫ'の部分集合であり、それぞれの元の個数が一致してｑであるからＦp(α')＝Ｋ'でなければならない。したがって、Ｋ≃Ｋ'となる。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

＞一方、Ｘ^q－Ｘは体Ｋ'の中で１次式の積に分解する（定理6.6）からｆ(Ｘ)はＫ'に根α'を持つ。

その前に「Ｘ^q－Ｘはｆ(Ｘ)で割り切れる」とあるので、Ｘ^q－Ｘ＝ｆ(Ｘ)Ｑ(Ｘ)と置け、また、「Ｘ^q－Ｘは体Ｋ'の中で１次式の積に分解する」ので、Ｘ^q－Ｘ＝Ｘ(Ｘ－１)(Ｘ－ζ)(Ｘ－ζ²)…(Ｘ－ζ^(q-2))と置ける。
∴ｆ(Ｘ)Ｑ(Ｘ)＝Ｘ(Ｘ－１)(Ｘ－ζ)(Ｘ－ζ²)…(Ｘ－ζ^(q-2))（ζ,…,ζ^(p-2)∈Ｋ'）
この右辺のどれかがα'で、ｆ(α')Ｑ(α')＝０となるが、ｆ(α')＝０またはＱ(α')＝０である。
つまり、必ず「ｆ(Ｘ)はＫ'に根α'を持つ」とは言えないのである。もちろん、ｆ(α')＝０の場合は上の続きで同型が言えるだろう。
しかし、それも本当に証明になっているのだろうか。その理由は「ｆ(Ｘ)はα'のＦp上の最小多項式でもあるから」と同じｆ(Ｘ)で議論しているが、例えば、例6.8。

例6.8
定理6.8により同じ個数の元からなる２つの有限体は同型であるが、この同型は一意に定まるものではないことを例示する。
Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ＋１)≃Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ²＋１)

同型の例である。
つまり、Ｑ(α')＝０の方で、Ｑ(Ｘ)＝Ｘ(Ｘ－１)ｇ(Ｘ)と置くと、Ｑ(α)＝α(α－１)ｇ(α)＝０より、ｇ(α)＝０
このｇ(Ｘ)がＸ³＋Ｘ²＋１
ｆ(Ｘ)がＸ³＋Ｘ＋１
に当たり、Ｑ(α')＝０の方を証明しなくてはいけないのではないだろうかという事。
（2025/2/25 12:06の投稿の列より）

と疑問があるからである。
でも、検索したらちゃんと証明されているのでＯＫである。（１３分ぐらいの所から。）
多分、係数がＦ₂より大きくなっても、
「今回、Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ＋１)とＦ₂[Ｘ]/(Ｘ³＋Ｘ²＋１)が同型という事だが、例6.6から、
Ｘ⁸－Ｘ＝Ｘ(Ｘ－１)(Ｘ³＋Ｘ＋１)(Ｘ³＋Ｘ²＋１)で」
のように、他の３次式は存在しないような関係になるのだろう。そもそも定理6.6を読むと、１種類しかないように読めるので、同型なんてゆるい縛りはＯＫだろう。

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

という訳で、今回の素朴な疑問はＯＫである。

おまけ：

問題
図の△ＡＢＣは、ＡＢ＝ＡＣとする二等辺三角形で、△ＡＣＤは正三角形である。また、∠ＡＣＢ＝７５°，ＡＣ＝２とする。
このとき、次の問いに答えなさい。
（１）∠ＡＤＢの大きさを求めなさい。
（２）ＢＣの長さを求めなさい。
（３）△ＢＣＤの面積を求めなさい。
（０１　那須高原海城）

図の解説：底角が７５°のＡＢ＝ＡＣの二等辺三角形ＡＢＣの辺ＡＣの外側に正三角形ＤＡＣがあり、ＢＤが結ばれた図。

（１）の別解
ＡＢ＝ＡＣ，ＡＣ＝ＡＤより、
ＡＢ＝ＡＣ＝ＡＤ
よって、点Ａを中心に半径ＡＢの円を描くと３点Ｂ，Ｃ，Ｄを通る。
つまり、３点Ｂ，Ｃ，Ｄは同一円周上にあり、その円の中心はＡである。
よって、円周角と中心角の関係より、
∠ＢＤＣ＝(１/２）∠ＢＡＣ———①
また、△ＡＢＣは底角が７５°の二等辺三角形より、∠ＢＡＣ＝３０°———②
①，②より、∠ＢＤＣ＝１５°
また、△ＡＣＤは正三角形より、∠ＡＤＣ＝６０°∴∠ＡＤＢ＝６０°－１５°＝４５°

（２）の別解１
△ＡＢＣは底角が７５°の二等辺三角形より、ＡからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、ＨはＢＣの中点になり１５°，７５°，９０°の直角三角形が出来る。
よって、その三辺比を使うと、短い順に√６－√２：√６＋√２：４で、ＡＢ＝２より、
ＢＨ＝(√６－√２)/２となる。
∴ＢＣ＝２ＢＨ＝√６－√２

まぁ、これは二重根号を使わないと言っても、普通の中学では教えないような脱法解法ですが。
因みに、「高校への数学　日日のハイレベル演習」の初めの公式集のような所には当然載っています。（「この形は、入試でよく現れ、解法によっては’二重根号’が出てくるので、覚えておくと便利」だそう。マークシートなら全然問題ないし、二重根号を外す解法しか思い浮かばない時も裏取りには便利。または、先にこれで求めて逆から考えても良いし。）

（３）の別解
ＣからＡＢに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＡＣＨは１：２：√３の直角三角形になるので、ＣＨ＝１，また、ＡＢ＝ＡＣ＝２より、
△ＡＢＣ＝２×１×(１/２)＝１
また、△ＡＣＤは１辺が２の正三角形より、
△ＡＣＤ＝２×√３×(１/２)＝√３
よって、四角形ＡＢＣＤ＝１＋√３———①
また、∠ＢＡＣ＝３０°，∠ＣＡＤ＝６０°より∠ＢＡＤ＝９０°でＡＢ＝ＡＤより△ＡＢＤは直角二等辺三角形。
∴△ＡＢＤ＝２×２×(１/２)＝２———②
①－②より、
△ＢＣＤ＝√３－１

（２）の二重根号を使わない解法に限定するのは結構面白いと思います。
上の「➡注」の解法を入れて４通りは二重根号になります。例えば、ＢＣを１辺とした正三角形ＥＢＣを△ＡＢＣの内部に作る解法とかＡからＢＣに垂線を下ろしその足をＨ，ＢからＡＣに垂線を下ろしその足をＩとし△ＡＢＨ∽△ＢＣＩを利用する解法とか。

おまけ：
「その人物は、今（1991年）はまだ若い男性で、日本の北部におり、準備ができていない。彼には「青木先生」という武術を教える師がいる。その青木氏自身、武術だけでなく、ある種の哲学を説いている、という。
　果たして、この人物とは誰か。そして彼が説くという「愛の法」と「すべてがひとつ」という教えとは何か。私は期待して、彼の出現を待ちたいと思う。」
引用元：http://tocana.jp/2015/05/post_6404_entry_3.html

問題
図の△ＡＢＣは、ＡＢ＝ＡＣとする二等辺三角形で、△ＡＣＤは正三角形である。また、∠ＡＣＢ＝７５°，ＡＣ＝２とする。
このとき、次の問いに答えなさい。
（１）∠ＡＤＢの大きさを求めなさい。
（２）ＢＣの長さを求めなさい。
（３）△ＢＣＤの面積を求めなさい。
（０１　那須高原海城）

図の解説：底角が７５°のＡＢ＝ＡＣの二等辺三角形ＡＢＣの辺ＡＣの外側に正三角形ＤＡＣがあり、ＢＤが結ばれた図。

（２）の二重根号を使わない別解２
ＢＣの延長上にＤから垂線を下ろしその足をＨとすると、∠ＢＣＤ＝７５°＋６０°＝１３５°∴∠ＤＣＨ＝４５°
よって、△ＤＣＨは直角二等辺三角形である。また、ＣＤ＝ＡＣ＝２より、
ＤＨ＝ＣＨ＝２/√２＝√２　
∴ＢＨ＝ＢＣ＋√２
また、△ＡＢＤは直角二等辺三角形になるので、ＢＤ＝２√２
よって、△ＤＢＨで三平方の定理を使うと、
(ＢＣ＋√２)²＋(√２)²＝(２√２)²が成り立つ。
∴(ＢＣ＋√２)²＝８－２＝６
∴ＢＣ＋√２＝±√６
∴ＢＣ＝±√６－√２
ＢＣ＞０より、ＢＣ＝√６－√２

（２）の二重根号を使わない別解３
ＡＣとＢＤの交点をＥとして、模範解答と同じように角度の計算をすると、△ＢＣＥは二等辺三角形になり、ＢＣ＝ＢＥ———①
ここで、ＤからＡＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＤＡＣは正三角形より△ＤＡＨは１：２：√３の直角三角形になり、ＤＨ＝√３
また、ＢからＣＥに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＡＢＩも１：２：√３の直角三角形になり、ＢＩ＝１
よって、△ＤＨＥ∽△ＢＩＥの相似比は√３：１より、ＢＥ：ＤＥ＝１：√３
また、ＥからＡＢに垂線を下ろしその足をＪとすると、△ＢＪＥ∽△ＢＡＤで△ＢＡＤは直角二等辺三角形である。
よって、ＢＤ＝２√２より、
ＢＥ＝{１/(１＋√３)}ＢＤ
＝{１/(√３＋１)}×２√２
＝２√２(√３－１)/２
＝√２(√３－１)＝√６－√２———②
①，②より、ＢＣ＝√６－√２

おまけ：

問題
図の△ＡＢＣは、ＡＢ＝ＡＣとする二等辺三角形で、△ＡＣＤは正三角形である。また、∠ＡＣＢ＝７５°，ＡＣ＝２とする。
このとき、次の問いに答えなさい。
（１）∠ＡＤＢの大きさを求めなさい。
（２）ＢＣの長さを求めなさい。
（３）△ＢＣＤの面積を求めなさい。
（０１　那須高原海城）

図の解説：底角が７５°のＡＢ＝ＡＣの二等辺三角形ＡＢＣの辺ＡＣの外側に正三角形ＤＡＣがあり、ＢＤが結ばれた図。

（２）の二重根号を使わない別解４
ＡＢ，ＡＣの外側に△ＡＢＣと合同な二等辺三角形△ＡＥＢ，△ＡＦＣを作り、ＥＦを結び、ＥＦとＡＢ，ＡＣとの交点をそれぞれＧ，Ｈとすると、∠ＥＡＦ＝３０°×３＝９０°，ＡＥ＝ＡＢ＝ＡＣ＝ＡＦより、△ＡＥＦは直角二等辺三角形になる。
∴ＥＦ＝２√２　また、∠ＣＦＨ＝７５°－４５°＝３０°，∠ＦＣＨ＝７５°より２角が等しいので、△ＡＣＦ∽△ＦＣＨ
よって、△ＦＣＨも二等辺三角形である。
ここで、ＢＣ＝ｘと置くと、ＦＣ＝ＦＨ＝ｘ
また、対称性よりＥＧ＝ＦＨ＝ｘ
∴ＧＨ＝２√２－２ｘ
また、対称性よりＢＣ∥ＥＦでＧＨ∥ＢＣ
よって、△ＡＧＨ∽△ＡＢＣ
また、ＣからＦＨに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＣＦＩは１：２：√３の直角三角形になるので、ＣＩ＝ｘ/２
また、ＡからＢＣに垂線を下ろしＧＨ，ＢＣとの交点をそれぞれＪ，Ｋとすると、
ＡＪ＝√２，ＡＫ＝√２＋ｘ/２より、
√２：√２＋ｘ/２＝２√２－２ｘ：ｘが成り立つ。∴√２ｘ＝(√２＋ｘ/２)(２√２－２ｘ)
∴√２ｘ＝４－２√２ｘ＋√２ｘ－ｘ²
∴ｘ²＋２√２ｘ－４＝０
∴ｘ＝－√２±√６
ｘ＞０より、ｘ＝√６－√２
∴ＢＣ＝√６－√２

因みに、あと２通りです。もっとも、ただこねくり回してるだけと言われそうな解法かもしれませんが。

おまけ：

問題
図の△ＡＢＣは、ＡＢ＝ＡＣとする二等辺三角形で、△ＡＣＤは正三角形である。また、∠ＡＣＢ＝７５°，ＡＣ＝２とする。
このとき、次の問いに答えなさい。
（１）∠ＡＤＢの大きさを求めなさい。
（２）ＢＣの長さを求めなさい。
（３）△ＢＣＤの面積を求めなさい。
（０１　那須高原海城）

図の解説：底角が７５°のＡＢ＝ＡＣの二等辺三角形ＡＢＣの辺ＡＣの外側に正三角形ＤＡＣがあり、ＢＤが結ばれた図。

（２）の二重根号を使わない別解５
ＢＣを１辺とした正三角形ＥＢＣを点ＥがＢＣに関して点Ａと反対側に作り、ＡＥとＢＣの交点をＦとすると、対称性から点ＦはＢＣの中点になり、△ＥＢＦは１：２：√３の直角三角形になる。
よって、ＢＣ＝ｘと置くと、ＢＦ＝ｘ/２，ＥＦ＝√３ｘ/２　また、△ＡＢＦで三平方の定理を使うと、ＡＦ＝√{２²－(ｘ/２)²}＝√(４－ｘ²/４)
∴ＡＥ＝√(４－ｘ²/４)＋√３ｘ/２
また、∠ＡＢＥ＝７５°＋６０°＝１３５°より、∠ＥＢＨ＝１８０°－１３５°＝４５°
よって、ＥからＡＢの延長上に垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＥＢＨは直角二等辺三角形となるので、ＥＨ＝ＢＨ＝ｘ/√２
ところで、２角が等しいので、△ＡＢＦ∽△ＡＥＨ　∴ＡＢ：ＢＦ＝ＡＥ：ＥＨ
よって、２：ｘ/２＝√(４－ｘ²/４)＋√３ｘ/２：ｘ/√２が成り立つ。
∴√２ｘ＝(ｘ/２){√(４－ｘ²/４)＋√３ｘ/２}
ｘ≠０より、両辺をｘで割って２をかけると、
２√２＝√(４－ｘ²/４)＋√３ｘ/２
∴√(４－ｘ²/４)＝２√２－√３ｘ/２
∴４－ｘ²/４＝８＋３ｘ²/４－２√６ｘ
∴ｘ²－２√６ｘ＋４＝０
これを解の公式で解くと、
ｘ＝√６±√２
ところで、ｘ＝ＢＣ＜２より、
ｘ＝√６－√２　∴ＢＣ＝√６－√２

または、△ＡＥＨで三平方の定理を使うと、
(２＋ｘ/√２)²＋(ｘ/√２)²＝{√(４－ｘ²/４)＋√３ｘ/２}²を解くと、
４＋２√２ｘ＋ｘ²/２＋ｘ²/２
＝４－ｘ²/４＋√３ｘ・√(４－ｘ²/４)＋３ｘ²/４
∴ｘ²＋２√２ｘ＋４＝√３ｘ・√(４－ｘ²/４)＋ｘ²/２＋４
∴ｘ＋２√２＝√３・√(４－ｘ²/４)＋ｘ/２
∴２√３・√(４－ｘ²/４)＝ｘ＋４√２
１２(４－ｘ²/４)＝ｘ²＋８√２ｘ＋３２
∴４８－３ｘ²＝ｘ²＋８√２ｘ＋３２
∴４ｘ²＋８√２ｘ－１６＝０
∴ｘ²＋２√２ｘ－４＝０
これを解の公式で解くと、
∴ｘ＝－√２±√６
ｘ＞０より、ｘ＝√６－√２
∴ＢＣ＝√６－√２

上の２次方程式と異なる所が面白いですね。

おまけ：
「1 だれがわれわれの聞いたことを／信じ得たか。主の腕は、だれにあらわれたか。
2 彼は主の前に若木のように、かわいた土から出る根のように育った。彼にはわれわれの見るべき姿がなく、威厳もなく、われわれの慕うべき美しさもない。
3 彼は侮られて人に捨てられ、悲しみの人で、病を知っていた。また顔をおおって忌みきらわれる者のように、彼は侮られた。われわれも彼を尊ばなかった。
4 まことに彼はわれわれの病を負い、われわれの悲しみをになった。しかるに、われわれは思った、彼は打たれ、神にたたかれ、苦しめられたのだと。
5 しかし彼はわれわれのとがのために傷つけられ、われわれの不義のために砕かれたのだ。彼はみずから懲らしめをうけて、われわれに平安を与え、その打たれた傷によって、われわれはいやされたのだ。」
「イザヤ書」第５３章１節～５節（口語訳）

問題
図の△ＡＢＣは、ＡＢ＝ＡＣとする二等辺三角形で、△ＡＣＤは正三角形である。また、∠ＡＣＢ＝７５°，ＡＣ＝２とする。
このとき、次の問いに答えなさい。
（１）∠ＡＤＢの大きさを求めなさい。
（２）ＢＣの長さを求めなさい。
（３）△ＢＣＤの面積を求めなさい。
（０１　那須高原海城）

図の解説：底角が７５°のＡＢ＝ＡＣの二等辺三角形ＡＢＣの辺ＡＣの外側に正三角形ＤＡＣがあり、ＢＤが結ばれた図。

（２）の二重根号を使わない別解６
ＡＢ＝ＡＣ＝ＡＤ，∠ＢＡＤ＝３０°＋６０°＝９０°より、△ＡＢＤは直角二等辺三角形。
ここで、ＡＣとＢＤの交点をＥとすると、
∠ＥＢＣ＝７５°－４５°＝３０°
よって、∠ＢＥＣ＝１８０°－３０°－７５°＝７５°より、∠ＢＣＥ＝∠ＡＣＢ＝∠ＢＥＣ
よって、△ＢＣＥは二等辺三角形より、
ＢＣ＝ＢＥ
また、辺ＡＢ上にＥＦ＝ＥＢとなる点Ｆを取ると、∠ＥＢＦ＝∠ＤＢＡ＝４５°より△ＥＦＢは直角二等辺三角形となるので、
∠ＢＥＦ＝９０°
∴∠ＦＥＡ＝１８０°－７５°－９０°
＝１５°また、∠ＦＡＥ＝∠ＢＡＣ＝３０°
ここで、ＢＣ＝ｘと置くと、ＢＥ＝ＥＦ＝ｘ，ＢＦ＝√２ｘ　∴ＡＦ＝２－√２ｘ
また、ＦからＡＥに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＡＦＨは１：２：√３の直角三角形より、ＦＨ＝(２－√２ｘ)/２
今、ＡからＢＣに垂線を下ろしその足をＩとすると、２角が等しいので、△ＡＢＩ∽△ＥＦＨ
∴ＡＢ：ＢＩ＝ＥＦ：ＦＨ
よって、２：ｘ/２＝ｘ：(２－√２ｘ)/２が成り立つ。
∴ｘ²/２＝２－√２ｘ　
∴ｘ²＋２√２ｘ－４＝０
これを解の公式で解くと、
∴ｘ＝－√２±√６
ｘ＞０より、ｘ＝√６－√２
∴ＢＣ＝√６－√２

これで終了です。次回は、あまり意味がありませんが、二重根号を使わない別解３の系（試作品でセンスが悪い）をやりますね。

おまけ：
https://eow.alc.co.jp/search?q=bow

問題
図の△ＡＢＣは、ＡＢ＝ＡＣとする二等辺三角形で、△ＡＣＤは正三角形である。また、∠ＡＣＢ＝７５°，ＡＣ＝２とする。
このとき、次の問いに答えなさい。
（１）∠ＡＤＢの大きさを求めなさい。
（２）ＢＣの長さを求めなさい。
（３）△ＢＣＤの面積を求めなさい。
（０１　那須高原海城）

図の解説：底角が７５°のＡＢ＝ＡＣの二等辺三角形ＡＢＣの辺ＡＣの外側に正三角形ＤＡＣがあり、ＢＤが結ばれた図。

（２）の二重根号を使わない別解３の系
ＡＣとＢＤの交点をＥとして、模範解答と同じように角度の計算をすると、△ＢＣＥは二等辺三角形になり、ＢＣ＝ＢＥ———①
ここで、ＤからＡＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＤＡＣは正三角形より△ＤＡＨは１：２：√３の直角三角形になり、ＤＨ＝√３
また、ＢからＣＥに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＡＢＩも１：２：√３の直角三角形になり、ＢＩ＝１
よって、△ＤＨＥ∽△ＢＩＥの相似比は√３：１　∴ＨＥ：ＩＥ＝√３：１
∴ＨＥ：ＣＥ＝√３：２（△ＢＣＥは二等辺三角形で点Ｉは頂角からの垂線の足だから。）
∴ＣＥ＝{２/(２＋√３)}ＣＨ
＝{２/(２＋√３)}×１＝２(２－√３)
∴ＡＥ＝２－２(２－√３)＝２√３－２
また、ＥからＡＢに垂線を下ろしその足をＪとすると、△ＡＥＪは１：２：√３の直角三角形になるので、ＥＪ＝ＡＥ/２＝√３－１
また、∠ＥＢＪ＝７５°－３０°＝４５°より△ＥＢＪは直角二等辺三角形。
∴ＢＥ＝√２ＥＪ＝√２(√３－１)
＝√６－√２———②
①，②より、ＢＣ＝√６－√２

おまけ：

「"本当にかれ（イーサー）は，（審判の）時の印の一つである。だからその（時）に就いて疑ってはならない。そしてわれに従え。これこそ，正しい道である。"[Quran 43:61]」
引用元：https://ja.wikipedia.org/wiki/イスラームにおけるイーサー#再臨

解説
＞Ｆp＝{０,１,２,…,ｐ－１}
であることに注意して、σ(ｊ)＝ｊ・σ(１)＝ｊとなることからσ＝１_Fpである。

ｊは０,１,２,…,ｐ－１のどれかなので整数（自然数）である。よって、ｊ＝１＋１＋…＋１（１がｊ個）とすると、
σ(ｊ)＝σ(１＋…＋１)＝σ(１)＋…＋σ(１)（σは同型写像より準同型写像の性質から。）
＝ｊ・σ(１)
∴σ(ｊ)＝ｊ・σ(１)———①
また、σは環の準同型写像より、
σ(１)＝１———②
②を①に代入すると、σ(ｊ)＝ｊ
よって、σは恒等写像であるので、σ＝１_Fpという事。

定義3.1
Ｒ,Ｒ'を環とし、ｆをＲからＲ'への写像とする。任意のａ,ｂ∈Ｒに対して
ｆ(ａ＋ｂ)＝ｆ(ａ)＋ｆ(ｂ)
ｆ(ａ・ｂ)＝ｆ(ａ)・ｆ(ｂ)
ｆ(１_R)＝１_R'
が満たされているとき、ｆをＲからＲ'への環の準同型写像であるという。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

4.5 恒等写像
集合Ａの任意の元ａに対して集合Ａの同じ元ａを対応させると、これはＡからＡへの写像となる。これをＡからＡへの恒等写像といい１_Aで表す。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

＞したがって、有限体Ｋの素体をＦpとすれば、Ｋの自己同型はすべてＦp-自己同型である。

これはある意味当然な事である。その理由は、続きを解説した後で話す。

＞Ｋ＝{０,１,α,α²＝α＋１}
を例6.5で述べた４個の元からなる体とする。
σ：Ｋ→Ｋ（０→０，１→１）
　　ｘ→ｘ²
によりσを定義すると、σは準同型写像である。実際、ｘ,ｙ∈Ｆpに対して
σ(ｘｙ)＝(ｘｙ)²＝ｘ²ｙ²＝σ(ｘ)σ(ｙ)

解説をする前に、「ｘ,ｙ∈Ｆpに対して」のＦpはＦq（ｑ＝ｐ^r）にした方がいいですよね。Ｆpだと恒等写像（のみ）ですからね。（誤植かな？）
まず、σが自己同型写像である事を確認する。
σで、
０→０²＝０∈Ｋ
１→１²＝１∈Ｋ
α→α²∈Ｋ
α²→(α²)²＝(α＋１)²＝α²＋２α＋１
≡α²＋０＋１(mod２)＝α²＋１＝－α
（例6.5からα²＋α＋１＝０より）
≡α∈Ｋ
よって、Ｋの元は全てＫの元に写像されていて、全単射である事も確認出来る。
よって、あとはσが準同型写像である事を確認すれば良い。まず、乗法については、
σ(ｘｙ)＝(ｘｙ)²＝ｘ²ｙ²＝σ(ｘ)σ(ｙ)
でＯＫ。（(ｘｙ)²＝ｘ²ｙ²が成り立つのは、Ｆqは乗法について可換だから。）

＞補題４より
σ(ｘ＋ｙ)＝(ｘ＋ｙ)²＝ｘ²＋ｙ²＝σ(ｘ)＋σ(ｙ)
さらに、σが全単射であることを確かめるのは容易である。

補題４
Ｋを標数ｐの体で、α,βをＫの元，ｑ＝ｐ^r（ｒ≧１）とすると次の式が成り立つ。
(α＋β)^q＝α^q＋β^q
(α－β)^q＝α^q－β^q

よって、ＯＫ。初学者には写像先がＫについて閉じている事も言った方が良いですね。

定義3.1
Ｒ,Ｒ'を環とし、ｆをＲからＲ'への写像とする。任意のａ,ｂ∈Ｒに対して
ｆ(ａ＋ｂ)＝ｆ(ａ)＋ｆ(ｂ)
ｆ(ａ・ｂ)＝ｆ(ａ)・ｆ(ｂ)
ｆ(１_R)＝１_R'
が満たされているとき、ｆをＲからＲ'への環の準同型写像であるという。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

の続き。
「また、ｆが全単射であるときｆをＲからＲ'への環の同型写像という。ＲからＲ'への環の同型写像が存在するとき、ＲとＲ'は環として同型であるといい、Ｒ≃Ｒ'により表す。特に、ＲからＲそれ自身への環の同型写像を環Ｒの自己同型写像という。」
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

自己同型写像とは、要は、入れ換えである。

＞したがって、Ｋは恒等写像以外にも自己同型（Ｆ₂-自己同型）をもつ。

上のσ：ｘ→ｘ²は恒等写像じゃなくて自己同型写像だったからという事。また、先程の、

＞したがって、有限体Ｋの素体をＦpとすれば、Ｋの自己同型はすべてＦp-自己同型である。

これはある意味当然な事である。

は、有限体の元の個数がｐ個じゃなくてｑ＝ｐ^rになるのは、例6.5のような場合で、

例6.5
Ｆ₂＝{０,１}を２個の元からなる体ℤ/(２)，Ｆ₂[Ｘ]をＦ₂上の多項式環とする。Ｘ²＋Ｘ＋１はＦ₂[Ｘ]の既約多項式であるから、剰余環
Ｋ＝Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ²＋Ｘ＋１)
は体である（定理4.11を参照）。
σ：Ｆ₂→Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ²＋Ｘ＋１)
　　ａ→|ａ＝ａの剰余類
という準同型写像は単射となる（定理3.4）。

Ｘの多項式で割った余りの集合である。つまり、定数は定数のままに決まっているからである。（定数部分は恒等写像という事。）
念のため、Ｆp-自己同型の定義は、

「体Ｋとその部分体Ｆに対してσをＫからＫの上への同型写像であって、そのＦへの制限σ|ＦがＦの恒等写像であるようなσを体ＫのＦ-自己同型写像という。」
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

因みに、何回も述べたが、例6.5のσは写像ではない。（Ｆ₂＝{０,１}からＫ＝{０,１,α,α²＝α＋１}への対応は１対多だから。）

おまけ：

解説
＞ℝ³＝Ｗ(０)＋Ｗ(１)で、dimℝ³＝dimＷ(０)＋dimＷ(１)が成り立つから、
ℝ³＝Ｗ(０)⊕Ｗ(１)
となることがわかる。

まず、ℝ³＝Ｗ(０)＋Ｗ(１)の証明から。
ℝ³⊃Ｗ(０)＋Ｗ(１)は自明。
また、[ｘ ｙ ｚ]＝(ｙ＋ｚ)[１ ０ 1]＋(－ｘ＋２ｙ＋ｚ)[０ １ －１]＋(ｘ－ｙ－ｚ)[１ １ －１]と表せるので、ℝ³⊂Ｗ(０)＋Ｗ(１)
∴ℝ³＝Ｗ(０)＋Ｗ(１)
また、

命題
有限次元線型空間Ｖにおいて、Ｖ＝Ｗ₁＋Ｗ₂のとき、
Ｖ＝Ｗ₁⊕Ｗ₂ ⇔ dimＶ＝dimＷ₁＋dimＷ₂
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

より、dimℝ³＝dimＷ(０)＋dimＷ(１)を示せば良いが、
上より「Ｗ(１)＝ℝ[１ ０ １]＋ℝ[０ １ －１]となる。よってdimＷ(１)＝２」と「よってＷ(０)＝ℝ[１ １ －１]となる」より、基底の個数が２個と１個より、dimＷ(１)＝２，dimＷ(０)＝１
また、dimℝ³＝３より、３＝１＋２で、
dimℝ³＝dimＷ(０)＋dimＷ(１)が成り立つ。

定理（基底の長さの一意性）
線型空間Ｖにおいて（ｎ≧１）、
長さｎの基底が少なくとも一つある⇔dimＶ＝ｎ
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

念のため、基底の長さと基底の個数は同じ意味。一応、「線型代数入門」有馬哲著からも引用しよう。

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）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もつ
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）。（ⅰ）または（ⅱ）のとき、総称してＶは有限次元であると言い、dimｋＶ＜∞と書く。
（ⅲ）は省略。
「線型代数入門」有馬哲著より

この（ⅱ）である。分かればなんて事もない内容なのだが、一読しただけではよく分からないでしょう。

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12883912655.html

解説
＞（ⅰ）数体Ｋは、Ｋ自身の上の線型空間と見るとき一次元である。

まず、次元の定義、

定義と命題（3.2.2）
（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もつ
このときＶはｎ次元であると言い、dimｋV＝ｎ

より、基底の定義を見ると、

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

つまり、１次元とは線型独立な元が１つでＶ＝Ｋｂ₁という形をしているという事である。
そこで、「Ｋ自身の上の線型空間と見るとき」は後回しにして、先に進む。

＞Ｋの任意の元ａ≠０をとるとき、＜ａ＞がＫの基底である。

＜ａ＞は順序を考えているだけで、実質的にはａの事である（１つの場合は順序はない）。当然、線型独立な元が１つしかないのだから、ａが基底である。そして、Ｖ＝Ｋａという形をしているという事。念のため、ｃ∈Ｋに対して、Ｖ＝ｃａという事。つまり、ａをベクトル（線型）と考えれば直線を表しているという事である。
「Ｋ自身の上の線型空間と見るとき」とは、ベクトル空間と見る時という意味である。（Ｋ自身の上とはスカラー倍（定数倍）の要素が集合Ｋという事。）
また、「ａ≠０」は大事な事である。

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。

ａが１つだけでａ＝０では０次元になってしまうからである。また、別の見方をすると、１つの元が線型独立である必要十分条件がａ≠０だからである。

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），（ⅲ）は省略。

＞たとえば、Ｋ＝ℂのとき、dimｃℂ＝１である。

その前に「Ｋの任意の元ａ≠０をとるとき」とあるので、適当にａ＝３＋２ｉとすると、Ｋは線型空間なので零元を含むので、複素平面で点０と点ａを直線で結ぶと、直線は１次元なので、dimｋＶ＝dimｋK＝１
（スカラー倍を自由に動かせばベクトルａは直線上の全ての点を指し示す。）
つまり、dimｃℂ＝１という事である。
（ここでは、任意と適当の解説は省略する。面白くないだろう。）

線型空間の定義
公理Ⅰ（加法の公理）
（３）零元あるいは零と呼ばれる特別な元がただ一つ存在し、すべてのｘ∈Ｖに対して
０＋ｘ＝ｘ＋０＝ｘ（零元の存在）
「線型代数入門」有馬哲著より

（ⅱ）は次回。

おまけ：

解説の続き

例（3.2.4）
（ⅰ）数体Ｋは、Ｋ自身の上の線型空間と見るとき一次元である。Ｋの任意の元ａ≠０をとるとき、＜ａ＞がＫの基底である。たとえば、Ｋ＝ℂのとき、dimｃℂ＝１である。
（ⅱ）複素数体ℂはまた実数体ℝの上の線型空間と見ることもできる。このとき＜１,ｉ＞はℝ線型空間ℂの一つの基底で、dimℝℂ＝２
「線型代数入門」有馬哲著より

＞（ⅱ）複素数体ℂはまた実数体ℝの上の線型空間と見ることもできる。

複素平面上の点ａをａ＝ｐ＋ｑｉ（ｐ,ｑ∈ℝ）とすると、成分は（ｐ,ｑ)でベクトルの成分表示と見る事も出来る。

＞このとき＜１,ｉ＞はℝ線型空間ℂの一つの基底で、dimℝℂ＝２

＜１,ｉ＞がℝ上の線型空間の基底である事を一応、証明しよう。基底の定義は、

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

だったので、まず、１とｉが線型独立である事が必須である。そこで、線型独立の定義は、

定義
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。
「線型代数入門」有馬哲著より

よって、ｃ₁・１＋ｃ₂・ｉ＝０（ｃ₁,ｃ₂∈ℝ）とすると、ｃ₁＋ｃ₂ｉ＝０　ｃ₁,ｃ₂は実数より、ｃ₁＝ｃ₂＝０である。
よって、ｃ₁・１＋ｃ₂・ｉ＝０ならばｃ₁＝ｃ₂＝０なので、１とｉは線型独立な関係である。
因みに、＜１,ｉ＞が線型独立だが、この証明を見て分かるように、＜ｉ,１＞も線型独立である。
因みに、２とｉとか３と２ｉとかもそれぞれ線型独立である。線型従属の定義を考えれば分かるが、２つの元の場合は、片方をスカラー倍（定数倍）して等しくならなければ線型独立である。だから１と２などは線型従属。念のため、「線型従属の否定を線型独立と言う」（「線型代数入門」有馬哲著）。

線型従属の定義
ａ₁,ａ₂,…,ａkの間に自明でない線型関係が存在するとき、言い換えれば
ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂＋…＋ｃkａk＝０（ｃ₁,ｃ₂,…,ｃk）≠（０,０,…,０）
となるｃ₁,…,ｃk∈Ｋが少なくとも一組存在するとき、ａ₁,…,ａkは（Ｋ上）線型従属または一次従属であると言う。
「線型代数入門」有馬哲著より

２個の場合は、ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂＝０ならばｃ₁,ｃ₂のどちらかは０でないという事。
よって、ｃ₁≠０として移項して変形すると、
ａ₁＝(－ｃ₂/ｃ₁)ａ₂＝ｃａ₂（ｃ∈ℝ）
となり、スカラー倍（定数倍）で等しくなるという事。
図で考えれば、２つのベクトルが一直線（平行）上にある場合である。
話を元に戻して、＜１,ｉ＞がℝ上の線型空間の基底である事を証明していたので、基底の定義の（２）、

（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

１とｉが複素平面全てを生成する事は自明なので、ℂ＝ℝ・１＋ℝ・ｉが成り立つ。
よって、＜１,ｉ＞はℝ上の線型空間の基底である。
また、次元の定義の（ⅱ）より、

定義と命題（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もつ
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）。

基底の個数が次元を表すので、dimℝℂ＝２

＞このとき＜１,ｉ＞はℝ線型空間ℂの一つの基底で、dimℝℂ＝２

よって、これの解説終了。

因みに、線型代数学がこういう（中学・高校数学が出来てもよく分からない）ものだと分かれば、こういう漫画ももっとよく分かって面白い。https://bookwalker.jp/series/10921/?srsltid=AfmBOopHlymHzoRFhQMhCpzGsTNqLYoizZdI5b1lCnbqze1lQPk4M5Uc

おまけ：