数学

解説
＞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。

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。

「Ｌ＝Ｋ(α)となっている」のＬ→Ｋ，Ｋ→Ｆpとすれば納得出来るだろう。（例6.3の解説をしても良いが、今回はスルーしよう。）

＞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

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。
（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。

定理6.3の（２）を読めば分かるだろう。また、最後の＝Ｋは上の「前に例6.3でみたようにＫ＝Ｆp(α)である」からである。

＞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。

「αはｆ(Ｘ)の根であり」は「ｆ(Ｘ)をαのＦp上の最小多項式とすれば」から分かり、「Ｘ^q－Ｘの根でもある」は定理6.6から分かる。

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

「巡回群Ｋ*の生成元をα」としているからである。また、「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」は補題２を読めば自明である。

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。

つまり、同じ根を持つ２つの方程式は、既約多項式の方がもう１つを割り切るという事。

＞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。

ここは次回。

＞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。

「Ｆp[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))≃Ｆp(α)＝Ｋ」と「再び定理6.3よりＦp[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))≃Ｆp(α')」から、
Ｋ≃Ｆp(α')という事。
「Ｆp(α')はｑ個の元をもつ」はＫがｑ個の元を持ち、それと同型だからｑ個の元を持つという事。（同型写像は全単射だから。）
「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」は、部分集合で元の個数が同じだから等しいという事。
また、「Ｆp(α')はＫ'の部分集合」は、「ｆ(Ｘ)はＫ'に根α'をもつ」からα'∈Ｋ'でＫ'は体だから四則演算について閉じていて、Ｆp(α')⊂Ｋ'だから。

おまけ：
https://dic.pixiv.net/a/%E3%83%A9%E3%83%97%E3%83%A9%E3%82%B9%E3%81%AE%E6%82%AA%E9%AD%94

解説の続き（素朴な疑問シリーズ）

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。

補足
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)
と分解されるが、右辺の各因子は既約である。（以下省略。）

多分、（すでに）他の証明法があると思いますが、それは専門家に任せましょう。なお、私のデタラメな勘違いでしたら、本当にすみません。（お詫びのしようもありませんが。）

おまけ：

問題
図のように、線分ＡＢを直径とする半径２の円Ｏがある。線分ＯＢ上にＯＨ＝１となる点Ｈをとり、Ｈを通って直線ＡＢに垂直な直線と円Ｏとの交点の１つをＰとする。点Ｐにおける円Ｏの接線が直線ＡＢと交わる点をＱとする。また、直線ＨＰ上に点Ｉを線分ＩＨの中点がＰとなるようにとる。さらに、Ｑから線分ＩＯに垂線をひき、ＩＯとの交点をＪとし、線分ＱＪと円Ｏとの交点をＲとする。このとき、次の問いに答えなさい。
（１）線分ＯＱの長さを求めなさい。
（２）線分ＯＪの長さを求めなさい。
（３）線分ＩＲの長さを求めなさい。
（０５　東京学芸大付）

図の解説：円Ｏと直径ＡＢを描き、ＯＢの中点をＨとし、ＨからＯＢに対して垂線を立て、円との交点をＰとしその先にＩＰ＝ＰＨとなる点Ｉを取りＯＩを結ぶ。
また、点Ｐにおける円Ｏの接線を引きＡＢの延長との交点をＱとし、ＱからＯＩに垂線を下ろしその足をＪとし、ＱＪと円との交点をＲとする。また、ＩＲを結び、円の半径が２の図。

模範解答
（１）ＯＰ：ＯＨ＝２：１より、
∠ＰＯＨ＝６０°∴ＯＱ＝ＯＰ×２＝４・・・①
（２）二角相等で、△ＯＨＩ∽△ＯＪＱ・・・②
ここで、（１）より、ＨＰ＝√３
∴ＨＩ＝ＨＰ×２＝２√３
よって、②の３辺比は、１：２√３：√１３
∴ＯＪ＝ＯＱ×(１/√１３)＝①×(１/√１３)
＝４/√１３＝４√１３/１３・・・③
（３）（２）より、ＩＪ＝ＯＩ－ＯＪ
＝√１３－①＝９/√１３
また、ＪＲ²＝ＯＲ²－ＯＪ²＝２²－③²
＝３６/１３
∴ＩＲ＝√(ＩＪ²＋ＪＲ²)
＝√(８１/１３＋３６/１３)＝３
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説は、読めば分かるので省略。
因みに、「（１）が（２）の、（２）が（３）のヒントだと思えれば、糸口がつかめそうです。なお、直角がたくさんあるので、主役は三平方です。」とありますが、（３）は三平方の定理を使わない別解も出来ます。もっとも、円の性質と√は中３の範囲なので、中２の難問には使えないですが。（注：範囲は私の中３の時の記憶で現在のものは知らない。）

腕に覚えがある人は挑戦してみて下さい。因みに、何でもありは高１の解法です。

おまけ：
詩百篇第1巻60番
一人の皇帝がイタリアの近くに生まれ、
帝国にとても高く売られるだろう。
彼がどのような人々に加わるのかと噂され、
君主というよりも肉屋と思われるであろう。
引用元：https://w.atwiki.jp/nostradamus/pages/653.html

詩百篇第8巻76番
イングランドにおいて国王よりも肉屋といえる、
陰気な場所で生まれた者が、力で帝国を手にするだろう。
信仰も法も持たない卑劣漢が領土から搾取するだろう。
彼の時代があまりにも近づいているので私は嘆息する。
引用元：https://w.atwiki.jp/nostradamus/pages/1673.html

念のため、別に意味はない。

問題
図のように、線分ＡＢを直径とする半径２の円Ｏがある。線分ＯＢ上にＯＨ＝１となる点Ｈをとり、Ｈを通って直線ＡＢに垂直な直線と円Ｏとの交点の１つをＰとする。点Ｐにおける円Ｏの接線が直線ＡＢと交わる点をＱとする。また、直線ＨＰ上に点Ｉを線分ＩＨの中点がＰとなるようにとる。さらに、Ｑから線分ＩＯに垂線をひき、ＩＯとの交点をＪとし、線分ＱＪと円Ｏとの交点をＲとする。このとき、次の問いに答えなさい。
（１）線分ＯＱの長さを求めなさい。
（２）線分ＯＪの長さを求めなさい。
（３）線分ＩＲの長さを求めなさい。
（０５　東京学芸大付）

図の解説：円Ｏと直径ＡＢを描き、ＯＢの中点をＨとし、ＨからＯＢに対して垂線を立て、円との交点をＰとしその先にＩＰ＝ＰＨとなる点Ｉを取りＯＩを結ぶ。
また、点Ｐにおける円Ｏの接線を引きＡＢの延長との交点をＱとし、ＱからＯＩに垂線を下ろしその足をＪとし、ＱＪと円との交点をＲとする。また、ＩＲを結び、円の半径が２の図。

（３）の別解（会えて三平方の定理を使わないバージョン）
∠ＩＪＱ＝∠ＩＨＱ＝９０°より、４点Ｉ,Ｊ,Ｈ,Ｑは同一円周上にある。
よって、円周角より∠ＪＩＨ＝∠ＪＱＨ＝●と置く。また、∠ＯＪＱ＝∠ＯＰＱ＝９０°（ＰＱは接線よりＯＰ⊥ＰＱ）より、４点Ｊ,Ｏ,Ｑ,Ｐも同一円周上にある。
よって、円周角より∠ＪＰＯ＝∠ＪＱＯ＝●
よって、∠ＪＩＨ＝∠ＪＰＯ
よって、∠ＯＩＰ＝∠ＯＰＪ
また、∠ＩＯＰは共通より２角が等しいので、△ＩＯＰ∽△ＰＯＪ
∴ＩＯ：ＯＰ＝ＰＯ：ＯＪ
また、半径よりＯＰ＝ＯＲを代入すると、
ＩＯ：ＯＲ＝ＲＯ：ＯＪ
また、∠ＪＯＲは共通より二辺比と挟角が等しいので、△ＩＯＲ∽△ＲＯＪ
∴∠ＩＲＯ＝∠ＲＪＯ＝９０°
よって、直角と共有の角を考えると２角が等しいので、△ＲＯＩ∽△ＪＯＲ∽△ＪＲＩ
よって、△ＪＯＲ∽△ＪＲＩより、
ＯＪ：ＪＲ＝ＲＪ：ＪＩが成り立つ。
∴ＪＲ²＝ＯＪ・ＪＩ
ところで、（２）より、ＯＪ＝４√１３/１３
また、ＯＩ＝√{１²＋(２√３)²}＝√１３より、ＪＩ＝√１３－４√１３/１３＝９√１３/１３　また、△ＲＯＩ∽△ＪＲＩより、
ＯＩ：ＩＲ＝ＲＩ：ＩＪが成り立つので、
ＩＲ²＝ＯＩ・ＪＩ＝√１３・９√１３/１３
＝９　∴ＩＲ＝３

この解法のさらにアレンジ
∠ＯＩＰ＝∠ＯＰＪまでは同じ。
よって、∠ＪＩＰ＝∠ＯＰＪより、△ＰＩＪの外接円を想定すると接弦定理の逆により、ＯＰはその円の接線になる。
よって、方べきの定理より、ＯＰ²＝ＯＪ・ＯＩ
また、半径よりＯＰ＝ＯＲを代入すると、
ＯＲ²＝ＯＪ・ＯＩ
ところで、ＲＪ⊥ＯＩかつＯＲ²＝ＯＪ・ＯＩより、アーキタスの定理の逆により、△ＲＩＯは∠Ｒが直角の直角三角形である。
よって、アーキタスの定理を使うと、
ＩＲ²＝ＩＪ・ＩＯ＝(９√１３/１３)・√１３
＝９　∴ＩＲ＝３

おまけ：

問題
図のように、線分ＡＢを直径とする半径２の円Ｏがある。線分ＯＢ上にＯＨ＝１となる点Ｈをとり、Ｈを通って直線ＡＢに垂直な直線と円Ｏとの交点の１つをＰとする。点Ｐにおける円Ｏの接線が直線ＡＢと交わる点をＱとする。また、直線ＨＰ上に点Ｉを線分ＩＨの中点がＰとなるようにとる。さらに、Ｑから線分ＩＯに垂線をひき、ＩＯとの交点をＪとし、線分ＱＪと円Ｏとの交点をＲとする。このとき、次の問いに答えなさい。
（１）線分ＯＱの長さを求めなさい。
（２）線分ＯＪの長さを求めなさい。
（３）線分ＩＲの長さを求めなさい。
（０５　東京学芸大付）

図の解説：円Ｏと直径ＡＢを描き、ＯＢの中点をＨとし、ＨからＯＢに対して垂線を立て、円との交点をＰとしその先にＩＰ＝ＰＨとなる点Ｉを取りＯＩを結ぶ。
また、点Ｐにおける円Ｏの接線を引きＡＢの延長との交点をＱとし、ＱからＯＩに垂線を下ろしその足をＪとし、ＱＪと円との交点をＲとする。また、ＩＲを結び、円の半径が２の図。

何でもありの解法
点Ｏをｘｙ座標の原点に置き、ＡＢを直交座標のｘ軸に取ると、Ｈ(１,０)，Ｐ(１,√３)，
Ｉ(１,２√３)と置ける。
（１）接線と円の中心との関係よりＯＰ⊥ＰＱで、直線ＯＰの傾きが√３より直線ＰＱの傾きは、－１/√３　また、点Ｐ(１,√３)を通るので、直線ＰＱの方程式は、
ｙ－√３＝(－１/√３)(ｘ－１)
∴ｙ＝(－１/√３)ｘ＋４/√３
よって、点Ｑの座標は、
０＝(－１/√３)ｘ＋４/√３を解いて、ｘ＝４
∴ＯＱ＝４
（２）Ｑ(４,０)　また、直線ＯＩの方程式はｙ＝２√３ｘで、それと直交し点Ｑ(４,０)を通る直線の方程式は、ｙ＝(－１/２√３)(ｘ－４)
∴ｙ＝(－１/２√３)ｘ＋２/√３
よって、点Ｊの座標は、
２√３ｘ＝(－１/２√３)ｘ＋２/√３を解いて、
２√３ｘ＋(１/２√３)ｘ＝２/√３
計算省略で、ｘ＝４/１３
∴ｙ＝２√３・(４/１３)＝８√３/１３
∴Ｊ(４/１３，８√３/１３)
∴ＯＪ＝√{(４/１３)²＋(８√３/１３)²}
＝４√１３/１３（計算省略）
∴ＯＪ＝４√１３/１３
（３）点Ｒの座標は、円の方程式ｘ²＋ｙ²＝２²と直線ＪＱの方程式ｙ＝(－１/２√３)ｘ＋２/√３を連立させて、
ｘ²＋{(－１/２√３)ｘ＋２/√３}²＝４を解くと、計算省略で、１３ｘ²－８ｘ－３２＝０となり、これを解の公式で解くと、計算省略で、
ｘ＝(４±１２√３)/１３となる。
Ｒのｘ座標は正より、ｘ＝(４＋１２√３)/１３
よって、計算省略で、ｙ＝(－６＋８√３)/１３
∴Ｒ((４＋１２√３)/１３,(－６＋８√３)/１３)
また、Ｉ(１,２√３)より、
ＩＲ＝√[{(－９＋１２√３)/１３}²＋{(－６－１８√３)/１３}²]
＝√{(８１＋４３２－２１６√３)/１３²＋(３６＋９７２－２１６√３)/１３²}
＝√(１５２１)/１３＝√(３・１３)²/１３
＝３
∴ＩＲ＝３

判別式の解法や微分の解法もあるが省略。

おまけ：
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E6%82%AA%E9%AD%94%E3%81%AE%E8%A9%A9%E8%A8%B3%E8%80%85%E6%AE%BA%E4%BA%BA%E4%BA%8B%E4%BB%B6

命題（3.2.3）
線型空間Ｖが有限個の元で生成される⇔dimＶ＜∞

証明
（⇒）基底の存在定理（3.2.1）の（ⅱ）による。
（⇐）明白。
「線型代数入門」有馬哲著より

解説
＞（⇒）基底の存在定理（3.2.1）の（ⅱ）による。

定理（3.2.1）
Ｖを数体Ｋ上の線型空間，ａ₁,ａ₂,…,ａn∈Ｖとする。
（ⅱ）（基底の存在）
ａ₁,…,ａnの中に０でないものがあるとする（ｎ≧１）。このとき、ａ₁,…,ａnの一部ａi₁,…,ａirを適当にとって
ａi₁,…,ａirは線型独立
Ｋａ₁＋…＋Ｋａn＝Ｋａi₁＋…＋Ｋａir
とすることができる。当然１≦ｒ≦ｎ

また、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
「線型代数入門」有馬哲著より

「基底の存在定理（3.2.1）の（ⅱ）による」は、ちょっと無理がないですか？ それより、次元の定義も持ち出して、

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持つ
このときＶはｎ次元であると言い、dimｋＶ＝ｎと書く。
（ⅲ）Ｖが有限次元でないとき、すなわちどんな自然数ｎに対してもｎ個の線型独立な元がＶの中に存在するとき、Ｖは無限次元であると言い、dimｋＶ＝∞と書く。
「線型代数入門」有馬哲著より

命題（3.2.3）
線型空間Ｖが有限個の元で生成される⇔dimＶ＜∞

線型空間Ｖが有限個の元で生成される⇒dimＶ＜∞の証明
基底の定義の（２）より有限個をｎ個とするとｎ個の元は（１）より線型独立である。（命題3.2.3の有限個の元が線型独立とは限らないが、線型独立としても良い（生成するのに無駄がない状態）。）
よって、定義と命題（3.2.2）（ⅱ）より、線型空間Ｖはｎ次元である。∴dimＶ＝ｎ＜∞（ｎは有限だから。）
よって、示された。

dimＶ＜∞⇒線型空間Ｖが有限個の元で生成されるの証明

定義と命題（3.2.2）（ⅱ）より、Ｖは有限個の元よりなる基底を持つ。
よって、基底の定義の（２）より、線型空間Ｖが有限個の元で生成される

よって、示された。

基底の定義
（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

念のため、これがＶがｂ₁,ｂ₂,…,ｂnで生成されているという状態。

おまけ：

問題
図のように正方形ＣＤＥＦの辺ＤＥ上にＨをとり、ＣＨ，ＣＦ，ＥＦとＣＨ，ＣＤ，ＤＨに接する２つの円をそれぞれＰ，Ｑとする。円Ｐ，Ｑの半径をそれぞれ４，３とするとき、正方形ＣＤＥＦの一辺の長さを答えなさい。
（０４　県立千葉）

図の解説：正方形の右下の頂点から反時計回りにＣＤＥＦと振り、辺ＤＥ上に点Ｈを取る。△ＣＤＨの内接円を描きその中心をＱとし、３辺ＥＦ，ＦＣ，ＣＨに接する円を描きその中心をＰとすると、円Ｑの半径が３，円Ｐの半径が４となる図。

模範解答
右図のように点Ｇをとる（注：ＦＥの延長とＣＨの交点をＧとする）。
ここで、△ＧＦＣ∽△ＣＤＨであり、相似比は、それらの内接円の半径の比に等しいから、４：３
よって、ＦＣ＝４ａとおくと、ＤＨ＝３ａ
このとき、ＤＣ（＝ＦＣ）＝４ａであるから、ＣＨ＝５ａである。
右図（注：円ＱとＤＨ，ＤＣとの接点をそれぞれＩ，Ｊとした図）で、
ＤＩ（＝ＤＪ）＝(ＤＨ＋ＤＣ－ＣＨ)/２（注：公式だが下で解説する）であるが、四角形ＱＪＤＩは正方形であるから、３＝(３ａ＋４ａ－５ａ)/２　∴ａ＝３
よって、正方形の一辺の長さは、４ａ＝１２
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞ＤＩ（＝ＤＪ）＝(ＤＨ＋ＤＣ－ＣＨ)/２

直角三角形に限らず、任意の三角形と内接円で成り立つ公式である。一応、公式を使わない方法で求めてみよう（それが公式の導き方である）。
円と接線の関係より、ＤＩ＝ＤＪ＝ｘと置くと、ＣＪ＝ＤＣ－ｘ，ＨＩ＝ＤＨ－ｘ
ここで、円Ｑ（内接円）とＣＨとの接点をＫとすると、円と接線の関係より、
ＣＫ＝ＣＪ＝ＤＣ－ｘ———①　
ＨＫ＝ＨＩ＝ＤＨ－ｘ———②
また、ＣＨ＝ＣＫ＋ＨＫ———③
①，②を③に代入すると、
ＣＨ＝(ＤＣ－ｘ)＋(ＤＨ－ｘ)
∴２ｘ＝ＤＨ＋ＤＣ－ＣＨ
∴ｘ＝(ＤＨ＋ＤＣ－ＣＨ)/２
∴ＤＩ＝ＤＪ＝(ＤＨ＋ＤＣ－ＣＨ)/２

＞四角形ＱＪＤＩは正方形であるから、３＝(３ａ＋４ａ－５ａ)/２　∴ａ＝３

四角形ＣＤＥＦは正方形より∠Ｄ＝９０°
また、円の中心と接線との関係より、ＱＩ⊥ＤＨ，ＱＪ⊥ＤＣ
よって、四角形ＱＪＤＩは３直角より長方形で、半径より隣り合う２辺の長さが等しいので正方形である。∴ＤＩ＝ＱＩ＝３
また、ＤＩ＝(ＤＨ＋ＤＣ－ＣＨ)/２
＝((３ａ＋４ａ－５ａ)/２より、
３＝(３ａ＋４ａ－５ａ)/２という事。

私の解法１
右図のように点Ｇをとる（注：ＦＥの延長とＣＨの交点をＧとする）。
ここで、△ＧＦＣ∽△ＣＤＨであり、相似比は、それらの内接円の半径の比に等しいから、４：３
よって、ＦＣ＝４ａとおくと、ＤＨ＝３ａ
このとき、ＤＣ（＝ＦＣ）＝４ａであるから、ＣＨ＝５ａである。
右図（注：円ＱとＤＨ，ＤＣとの接点をそれぞれＩ，Ｊとした図）で、
ここまでは同じ。
△ＤＨＣの面積を２通りで求めると、
△ＤＨＣ＝△ＱＤＨ＋△ＱＣＤ＋△ＱＨＣ
＝３ａ×３×(１/２)＋４ａ×３×(１/２)＋５ａ×３×(１/２)＝１８ａ———①
△ＤＨＣ＝ＤＨ×ＤＣ×(１/２)＝３ａ×４ａ×(１/２)＝６ａ²———②
①，②より、６ａ²＝１８ａ
ａ≠０より、ａ＝３
よって、正方形の一辺の長さは、４ａ＝１２

私の別解は次回。

おまけ：

問題
図のように正方形ＣＤＥＦの辺ＤＥ上にＨをとり、ＣＨ，ＣＦ，ＥＦとＣＨ，ＣＤ，ＤＨに接する２つの円をそれぞれＰ，Ｑとする。円Ｐ，Ｑの半径をそれぞれ４，３とするとき、正方形ＣＤＥＦの一辺の長さを答えなさい。
（０４　県立千葉）

図の解説：正方形の右下の頂点から反時計回りにＣＤＥＦと振り、辺ＤＥ上に点Ｈを取る。△ＣＤＨの内接円を描きその中心をＱとし、３辺ＥＦ，ＦＣ，ＣＨに接する円を描きその中心をＰとすると、円Ｑの半径が３，円Ｐの半径が４となる図。

私の別解１
円ＰとＣＦ，ＣＨとの接点をそれぞれＳ，Ｔ
円ＱとＣＨ，ＣＤとの接点をそれぞれＵ，Ｖ
とし、正方形の１辺の長さをｘと置くと、円と接線の関係より、
ＣＴ＝ＣＳ＝ｘ－４，ＣＵ＝ＣＶ＝ｘ－３
∴ＵＴ＝ｘ－３－(ｘ－４)＝１
ここで、ＤＦとＣＨの交点をＩとすると、ＰＴ⊥ＣＨ，ＱＵ⊥ＣＨと対頂角より△ＰＩＴと△ＱＩＵは相似な直角三角形で相似比は４：３である。
∴ＴＩ＝(４/７)ＵＴ＝４/７———①
また、ＰＴ＝４———②
ところで、対称性より４点Ｆ，Ｐ，Ｑ，Ｄは一直線上にあり、
ＰＱ＝√２ｘ－４√２－３√２
＝√２ｘ－７√２＝√２(ｘ－７)
∴ＰＩ＝(４/７)ＰＱ＝４√２(ｘ－７)/７———③
①，②，③より、△ＰＩＴで三平方の定理を使うと、
(４/７)²＋４²＝{４√２(ｘ－７)/７}²
∴１/４９＋１＝２(ｘ－７)²/４９
∴５０＝２(ｘ－７)²　∴(ｘ－７)²＝２５
∴ｘ－７＝±５　∴ｘ＝１２，２
ｘ＞３より、ｘ＝１２
よって、答えは、１２

別解２は解法１の系。模範解答のようにすぐに思い付く人は良いが、そうじゃない人のための解法。

おまけ：

問題
図のように正方形ＣＤＥＦの辺ＤＥ上にＨをとり、ＣＨ，ＣＦ，ＥＦとＣＨ，ＣＤ，ＤＨに接する２つの円をそれぞれＰ，Ｑとする。円Ｐ，Ｑの半径をそれぞれ４，３とするとき、正方形ＣＤＥＦの一辺の長さを答えなさい。
（０４　県立千葉）

図の解説：正方形の右下の頂点から反時計回りにＣＤＥＦと振り、辺ＤＥ上に点Ｈを取る。△ＣＤＨの内接円を描きその中心をＱとし、３辺ＥＦ，ＦＣ，ＣＨに接する円を描きその中心をＰとすると、円Ｑの半径が３，円Ｐの半径が４となる図。

私の別解２
ＤＦとＣＨの交点をＩとすると正方形と円の対称性より、５点Ｆ,Ｐ,Ｉ,Ｑ,Ｄは一直線上にある。
ここで、正方形の１辺の長さをｘと置いて、ＰＱの所に直角二等辺三角形を作ると、
ＰＱ＝√２(ｘ－３－４)＝√２(ｘ－７)
また、対頂角と直角の２角が等しいので、△ＰＩＴ∽△ＱＩＵで相似比４：３
よって、ＰＩ＝(４/７)ＰＱ
＝４√２(ｘ－７)/７
ＱＩ＝(３/７)ＰＱ＝３√２(ｘ－７)/７
また、ＦＰ＝４√2、ＤＱ＝３√２より、
ＦＩ＝４√２(ｘ－７)/７＋４√２
＝４√２ｘ/７
ＤＩ＝３√２(ｘ－７)/７＋３√２
＝３√２ｘ/７
ところで、△ＩＤＨ∽△ＩＦＣより、
ＤＨ：ＦＣ＝ＤＩ：ＦＩ
∴ＤＨ：ｘ＝３√２ｘ/７：４√２ｘ/７
＝３：４
∴ＤＨ＝３ｘ/４
また、ＤＣ＝ｘより、△ＣＤＨが３：４：５の直角三角形である事が分かり、あとは模範解答か私の解法１と同じ。

おまけ：

解説
＞定理6.6を使ってｑ＝２²＝４個の場合を具体的に求めて、本当に体になっているかどうかを確認して下さい。

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。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

ｑ＝４より、Ｘ⁴－Ｘ＝０を解くと、
Ｘ(Ｘ³－１)＝Ｘ(Ｘ－１)(Ｘ²＋Ｘ＋１)＝０
∴Ｘ＝０,１,ω,ω²
∴Ｋ＝{０,１,ω,ω²}
これが体になっているかどうか確認する。
まず、乗法について閉じている事。
０・１＝０∈Ｋ
０・ω＝０∈Ｋ
０・ω²＝０∈Ｋ
１・ω＝ω∈Ｋ
１・ω²＝ω²∈Ｋ
ω・ω²＝ω³＝１∈Ｋ
次に、Ｋ*＝{１,ω,ω²}の乗法逆元の存在。
１/１＝１∈Ｋ*
１/ω＝ω²/ω³＝ω²/１＝ω²∈Ｋ*
１/ω²＝ω/ω³＝ω/１＝ω∈Ｋ*
次に、加法について閉じている事。
０＋０＝０∈Ｋ
０＋１＝１∈Ｋ
０＋ω＝ω∈Ｋ
０＋ω²＝ω²∈Ｋ
１＋１＝２∉Ｋより体ではない、と考えてはいけない。標数２より、mod２で考えると、
１＋１＝２≡０∈Ｋ
１＋ω＝－ω²≡ω²∈Ｋ
１＋ω²＝－ω≡ω∈Ｋ
ω＋ω＝２ω≡０∈Ｋ
ω＋ω²＝－１≡１∈Ｋ
ω²＋ω²＝２ω²≡０∈Ｋ
加法の逆元の存在は、
－０＝０∈Ｋ
－１≡１∈Ｋ
－ω≡ω∈Ｋ
－ω²≡ω²∈Ｋ
以上より、Ｋは体である。（加法と乗法の単位元も確認出来る。）

「このｐを体Ｋの標数という。標数がｐである体Ｋは体ℤ/(ｐ)と同型な体を部分体として含むことになる。この体はＫに含まれる最小の体であり、Ｋの素体と呼ばれる。」
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

今回の場合は、Ｋ＝{０,１,ω,ω²}の{０,１}の事である。だから、mod２で考える事は必然なのである。（念のため、自分流の解釈なので、注意して下さい。しかし、何でもっと色々書かないのでしょうか。３周目だから具体的に分かりますが、１周目はほとんどスルーでした。文章の意味は分かりますが。）

＞(α＋β)^q＝α^q＋β^qにおいて、βのかわりに－βとおけば
(α－β)^q＝α^q－β^q
が得られる。

ｑが偶数の場合は、
(α－β)^q＝α^q＋(－β)^q＝α^q＋β^q
で成り立たないが、ｑが偶数の場合は、ｑ＝２^rなので、mod２で考えると、
(α－β)^q＝α^q－β^q
で成り立つ。
厳密には、数学的帰納法の所からやり直した方が良いかもしれないが、面白くないので省略。

おまけ：
https://gakushuin-admissions.jp/post/29943.html

解説
＞（⇐）は独立元のいれかえ定理（（3.2.1）の（ⅲ））より明白。

（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

Ｖがｎ個の元よりなる基底をもつ⇒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事を証明するという事。
そして、

定理（3.2.1）
Ｖを数体Ｋ上の線型空間，ａ₁,ａ₂,…,ａn∈Ｖとする。
（ⅲ）（独立元のいれかえ）
ｂ₁,…,ｂr∈Ｋａ₁＋…＋Ｋａnかつｂ₁,…,ｂrが線型独立ならば、ａ₁,…,ａnの中の適当なｒ個たとえば
ａ₁,…,ａrをｂ₁,…,ｂrでおきかえて
Ｋａ₁＋…＋Ｋａn＝Ｋｂ₁＋…＋Ｋｂr＋Ｋａr+1＋…＋Ｋａn
とすることができる。特にｒ≦ｎである。

また、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

よって、Ｖがｎ個の元よりなる基底をもつならば、（２）でｎ個までは線型独立な元ａ₁～ａnを生成できるが、ｎ＋１個以上は出来ませんよ、その理由は「特にｒ≦ｎである」から。
といった所だと思うが、おかしくないだろうか。「ｂ₁,…,ｂr∈Ｋａ₁＋…＋Ｋａnかつｂ₁,…,ｂrが線型独立ならば」（ｒ≦ｎ）と初めから条件を付けているだけで、それ以上生成出来ない理由がない。（もちろん、実際は出来ないのだが、これでは証明にならないだろう。）
そこで、自分で証明してみた。

命題
Ｖがｎ個の元よりなる基底をもつ⇒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

証明
Ｖの基底を＜ｂ₁,ｂ₂,…,ｂn＞とすると、定義の（ⅱ）より、ａ₁,ａ₂,…,ａn,ｘ∈Ｖに対して、
ａ₁,ａ₂,…,ａn,ｘ∈Ｋｂ₁＋Ｋｂ₂＋…＋Ｋｂn
ここで、ａ₁,ａ₂,…,ａn,ｘのｎ＋１個の元が線型独立と仮定すると、命題（3.1.7）（ⅱ）より、
ａ₁,ａ₂,…,ａnが線型独立で、
ｘ∉Ｋａ₁＋…＋Ｋａn⊂Ｋｂ₁＋…＋Ｋｂn
（ａ₁,…,ａnは全てｂ₁,…,ｂnの生成元だから。）
よって、ｘ∉Ｋｂ₁＋…＋Ｋｂnより、
ｘ∈Ｋｂ₁＋Ｋｂ₂＋…＋Ｋｂnに矛盾する。
よって、背理法により、ａ₁,ａ₂,…,ａn,ｘのｎ＋１個の元は線型従属である。
ところで、ｘは任意に選んだので、ｎ＋１個の線型独立な元は存在しない。
よって、示された。

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
（ⅲ）ａ₁,…,ａn（ｎ≧２）が線型従属⇔ａ₁,…,ａnの中の少なくとも一つたとえばａkがＫａ₁＋…＋Ｋａk-1＋Ｋａk+1＋…＋Ｋａnに属する。

因みに、以前（2025/2/12 16:29 の投稿）に、定理（3.2.1）（ⅰ）（基底の延長）の証明がおかしいと指摘しましたが、今回も同じ状態だと思います。
なお、私の方が間違っていましたら謝罪しようがないほど失礼な話ですが。（まさに気違いか。）

おまけ：
https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q1260427217

解説
＞とくにα'はｆ(ｘ)の原始元でもあり、ｆ(ｘ)の３つの根をα'の式で表すことができます。

α'＝³√２＋ω　この両辺を３乗すると、
α'³＝(³√２＋ω)³
＝２＋１＋３³√２ω²＋３³√４ω
＝３＋３³√２ω(ω＋³√２)
＝３＋３³√２ωα'
∴³√２ω＝(α'³－３)/３α'
よって、１つの根をα'で表せた。
ここで、両辺を３乗すると、
{(α'³－３)/３α'}³＝２
＝(³√２)³，(³√２ω)³，(³√２ω²)³
よって、３根とも(α'³－３)/３α'で表せる。
よって、α'は原始元である。
これで良いだろうか。判定して下さい。
当然、ダメならダメな理由を付けて下さい。

これだけじゃ面白くないので、３次方程式の解の公式の３乗根の中が虚数の場合は、１つで３つの実数を表している例を紹介しましょう。https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-10985660980.html

補足
オイラーの証明は偶然の産物？
「オイラーはＺ³を因数分解していき、さらに代数的整数の世界にまで広げて因数分解し、Ｚ³＝(ａ＋√(－３)ｂ)(ａ－√(－３)ｂ)に絞りこんだ。この２つの数字は立法数とみなせるので、
　右図Ｚ³＝(ｔ＋√(－３)ｂ)(ｔ－√(－３)ｂ)というように、置き換えることができるとした。
　そしてさらに小さい「立法数＝立法数×立法数」の式を導き出し、「無限降下法」で見事証明した。
　オイラーはｎ＝３の証明によって、代数的整数を使った新しい証明の可能性を切り拓いたのである。
　ところが、このような立法数の定理が代理的整数の世界でも成り立つと考えたことに問題があった。
　いわば、たまたま条件が整ったものを用い、証明してしまったのである。
　実際、右の図のように整数を代数的整数というものに拡張してみると、
　たとえば、
　　６＝(１＋√(－５))(１－√(－５))
　　６＝２×３
といったように、素因数分解の一意性が成り立たないことがわかる。」
「図解雑学　数論とフェルマーの最終定理」久我勝利著より

因みに、右図という所に「オイラーの証明のなかでは、たまたま表面化しなかった」とありますが、「数学の花束」中村茂著に、

「よく言われる批判に、「オイラーは厳密性に欠ける」というものがあります。正弦を多項式の延長と考えたり、有限に対して成り立つ関係を無限に対して適用したりしていて、正にこの批判がピッタリあてはまるようにも見えます。しかし私は、その批判は全く当たらないと思います。確かに表面的には彼の時代の風潮そのままに、現在の厳密性の基準からしたら怪しい議論はたくさんありますが、彼の天才は厳密な証明のない議論で進めて良いものとそうでないものを直観的に判断していたのです。私たちが小さな頭で厳密性にこだわるのは、そうしなければ正しさを認めてもらえないからですが、大らかな議論を進めながらもこの天才はちゃんと正しいことに確信をもっていたのです。そうでなかったら、彼の論文の山は紙くずの山になっていたはずです。」

とあります。

補足２
「フェルマーが残した命題のほとんどに証明を付け、また、いくつかの間違った命題には反証を提出したのがオイラーでした。例えば、２^32＋１が６４１で割れることを示してフェルマーの間違った言明を正し、４つの平方数の和で書ける２つの数の積は、やはり４つの平方数の和で書けることを恒等式で示して、「任意の自然数は４つの自然数の平方の和で書ける」というフェルマーの命題のラグランジュによる証明に道を開いたのでした。このようにしてフェルマーの言明が“ほら吹きのたわごと”ではなく、まさに数論に新しい時代を画す重要な仕事であることを世界に向かって明らかにし、フェルマーが創始した近代数論がいかに魅力にあふれた分野であるかを実証して、後輩のラグランジュやガウスに勇気を与えたのがオイラーだったのです。」
「数学の花束」中村茂著より

おまけ：

解説の続き
＞α'＝³√２＋ω　この両辺を３乗すると、
α'³＝(³√２＋ω)³
＝２＋１＋３³√２ω²＋３³√４ω
＝３＋３³√２ω(ω＋³√２)
＝３＋３³√２ωα'
∴³√２ω＝(α'³－３)/３α'
よって、１つの根をα'で表せた。
ここで、両辺を３乗すると、
{(α'³－３)/３α'}³＝２
＝(³√２)³，(³√２ω)³，(³√２ω²)³
よって、３根とも(α'³－３)/３α'で表せる。
よって、α'は原始元である。
これで良いだろうか。判定して下さい。
当然、ダメならダメな理由を付けて下さい。

ダメである。その理由は、
³√２ω＝(α'³－３)/３α'
これを変形して、α'³－３³√２ωα'－３＝０とすると、３次方程式となるので、解は３つ出来る。
つまり、(α'³－３)/３α'＝³√２
(α'³－３)/３α'＝³√２ω
(α'³－３)/３α'＝³√２ω²
となるα'はそれぞれ違うからである。
念のため、α'＝³√２＋ωの場合は、
(α'³－３)/３α'＝³√２ωのみである。
代入すれば分かるがそれは省略する。

それでは、元に戻って、

＞上のα'＝³√２＋ω＝³√２＋³√２ω/³√２
＝α₁＋α₂/α₁
は、ｐα₁＋ｑα₂＋ｒα₃の形をしていないので、本当に原始元かどうか判定して下さい。

原始元である。その理由は、「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著p.373に、
「³√２，ωは、α＝³√２＋ωを用いて、
³√２＝(２/９)α⁵＋(１/３)α⁴＋(２/３)α³－(２/３)α²＋α＋２
ω＝(－２/９)α⁵－(１/３)α⁴－(２/３)α³＋(２/３)α²－２
と表されます。」
とあるので、上のα'で残り２つの根も表せるからである。（他力本願でご免なさい。）

「フェルマー自身は、ｎ＝４の場合と同値な命題の証明を書き記しています。この近代数論の父は、イギリスの数学者たちや大陸の数学者たちに挑戦状を送り、何とか数論の面白さを共有したいと熱望しながら、結局は、その挑戦的な言葉の裏にこめられたフェルマーの真の思いを汲み取る人が現れず、孤独のままでした。最後に同好の士になってもらおうとパスカルに狙いをつけて丁重に勧誘しますが断られてしまい、結局同時代人には仲間を見つけることが出来ませんでした。そして、オイラーの登場となります。フェルマーが高く投げた孤高のパスワークを１００年の後にしっかりと受け止めたのです。
　オイラーの生涯にわたる数論への興味に火をつけたのはモスクワとペテルスブルグを行ったり来たりしていた数学者ゴルドバッハでした。オイラーとの最初の手紙のやり取りで、オイラーに、あるフェルマーの問題を知っているかと質問し、素っ気ない返事になお食い下がって聞いているうちに、フェルマーに対するオイラーの興味が突然燃え上がり、夢中でフェルマーを読み始めたといいます。それから１０年近く経ってから、オイラーはフェルマーの最終定理のｎ＝４の場合に解がないことを証明し（１７３８年）、そのまた１０年後にはｎ＝３の場合にも解がないことを証明しました（１７４８年）。１７５３年にはこの最終定理を「とても美しい定理」と表現し、ｎ＝３と４の場合以外は証明出来ていないと述べています。」
「数学の花束」中村滋著より

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

問題
右図のように、半径３の円Ｏがあり、線分ＡＢは直径である。点Ａにおける円Ｏの接線上にＡＰ＝１となる点Ｐをとる。Ｐを通るＡＰ以外の円Ｏの接線が点Ｂにおける円Ｏの接線と交わる点をＱとする。
（１）ＰＱの長さを求めなさい。
（２）ＰＱと円Ｏの接点をＣとするとき、△ＡＢＣの面積を求めなさい。
（０２　帝塚山学院泉ヶ丘）

図の解説：円Ｏを描き、縦に直径を上から下にＡＢとし中心をＯとする。また、２点Ａ，Ｂにおける円Ｏの接線を引き、円周上の点で∠ＡＯＣ＝６０°ぐらいの点Ｃを取り、点Ｃにおける接線と先の点Ａ，Ｂにおける接線との交点をそれぞれＰ，Ｑとした図。（半径３でＡＰ＝１である。）

模範解答
（１）右図（注：ＯＣ，ＯＰ，ＯＱを結んだ図）で、
△ＯＡＰ≡△ＯＣＰ・・・①
△ＱＢＯ≡△ＱＣＯ・・・②
であるが、２(●＋○)＝１８０°（注：∠ＢＯＱ＝∠ＣＯＱ＝●，∠ＡＯＰ＝∠ＣＯＰ＝○）より、●＋○＝９０°
一方、●＋×＝９０°（注：∠ＢＱＯ＝∠ＣＱＯ＝×）であるから、○＝×
よって、①と②は相似である。
すると、網目の三角形（注：△ＯＢＱと△ＰＡＯ）において、
１：３＝３：ＢＱ　∴ＢＱ＝９
∴ＰＱ＝ＰＣ＋ＣＱ＝ＰＡ＋ＢＱ＝１＋９
＝１０
別解
ＢＱ＝ＣＱ＝ｘとおき、図の△ＰＱＨ（注：∠ＰＯＱ＝●＋○＝９０°）で三平方の定理を使うと、(ｘ＋１)²＝(ｘ－１)²＋６²　∴ｘ＝９　∴ＰＱ＝９＋１＝１０

（２）（１）より、右図（注：∠ＢＯＣ＝∠ＡＰＣ＝●●，ＯＢ＝ＯＣ，ＰＡ＝ＰＣ）のようになって、△ＰＡＣ∽△ＯＢＣ
相似比は１：３である（注：ＯＢ＝３，ＡＰ＝１）から、ＡＣ＝ａ，ＢＣ＝３ａとおける。
すると、直角三角形ＡＢＣにおいて、
ａ²＋(３ａ)²＝６²　∴ａ²＝１８/５
このとき、△ＡＢＣ＝(ａ×３ａ)/２
＝(３/２)×(１８/５)＝２７/５
別解
右図（注：ＰからＢＱに下ろした垂線の足をＨ，ＣからＡＢに下ろした垂線の足をＩとして、ＰＨとＣＩの交点をＪとした図）において、
ＣＩ＝ＣＪ＋ＪＩ＝８×(１/１０)＋１＝９/５
∴△ＡＢＣ＝(１/２)×６×(９/５)＝２７/５
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

（２）の別解の解説は次回、私の解法と一緒にやりますね。まぁ、読めば分かりますが。因みに、私はこの解法は思い付きませんでした。

おまけ：

問題
右図のように、半径３の円Ｏがあり、線分ＡＢは直径である。点Ａにおける円Ｏの接線上にＡＰ＝１となる点Ｐをとる。Ｐを通るＡＰ以外の円Ｏの接線が点Ｂにおける円Ｏの接線と交わる点をＱとする。
（１）ＰＱの長さを求めなさい。
（２）ＰＱと円Ｏの接点をＣとするとき、△ＡＢＣの面積を求めなさい。
（０２　帝塚山学院泉ヶ丘）

図の解説：円Ｏを描き、縦に直径を上から下にＡＢとし中心をＯとする。また、２点Ａ，Ｂにおける円Ｏの接線を引き、円周上の点で∠ＡＯＣ＝６０°ぐらいの点Ｃを取り、点Ｃにおける接線と先の点Ａ，Ｂにおける接線との交点をそれぞれＰ，Ｑとした図。（半径３でＡＰ＝１である。）

（１）の２通りは私の解法と同じ。
（２）の私の解法
∠ＯＢＱ＝∠ＯＣＱ＝９０°より四角形ＯＣＱＢは円に内接する四角形。
よって、円周角より∠ＯＢＣ＝∠ＯＱＣ＝(１/２)∠ＢＱＣ＝(１/２)∠ＯＡＣ＝∠ＡＯＰ
∴∠ＡＢＣ＝∠ＡＯＰ———①
また、ＡＢは直径より∠ＡＣＢ＝９０°
∴∠ＡＣＢ＝∠ＰＡＯ———②
①，②より２角が等しいので、
△ＡＢＣ∽△ＰＯＡ
ところで、△ＰＡＯは１：３：√１０の直角三角形より、△ＡＢＣも１：３：√１０の直角三角形で、ＡＢ＝６より、
∴ＡＣ＝６/√１０，ＢＣ＝(６/√１０)×３＝１８/√１０
∴△ＡＢＣ＝(６/√１０)×(１８/√１０)×(１/２)＝５４/１０＝２７/５

私の別解１
ＯＰを結ぶと、△ＯＡＰ≡△ＯＣＰで△ＯＡＰは直角を挟むに２辺の比が１：３の直角三角形で∠ＡＯＰはその最小角。また、∠ＡＯＣはその角の２倍なので、ＣからＯＡに垂線を下ろしその足をＨとすると、マニアックな定理により△ＣＯＨは３：４：５の直角三角形になる。
そして、ＯＣ＝３よりＣＨ＝(３/５)×３＝９/５　∴△ＡＢＣ＝６×(９/５)×(１/２)＝２７/５

マニアックな定理
直角を挟む２辺の比がｍ：ｎ（ｍ＞ｎ）の直角三角形の最小角の２倍の角を含む直角三角形の３辺比は、ｍ²－ｎ²：２ｍｎ：ｍ²＋ｎ²である。（定理の証明は省略。）

これにｍ＝３，ｎ＝１を代入すると、
ｍ²－ｎ²＝３²－１²＝８
２ｍｎ＝２・３・１＝６
ｍ²＋ｎ²＝３²＋１²＝１０
より、６：８：１０＝３：４：５となる。

一応、受験用の解答は、
ＡＢ＝４，ＢＣ＝５，ＣＡ＝３，∠Ａ＝９０°の直角三角形とその内接円と内心Ｉを描き、ＢＣ，ＣＡ，ＡＢとの接点をそれぞれＰ，Ｑ，Ｒとする。
まず、内接円の半径をｒとすると、
３ｒ/２＋４ｒ/２＋５ｒ/２＝３・４・(１/２)が成り立つので、１２ｒ＝１２　∴ｒ＝１
つまり、内接円の半径は１
また、ＩＱ⊥ＡＣ，ＩＲ⊥ＡＢ，∠Ａ＝９０°，ＩＱ＝ＩＲより、四角形ＡＲＩＱは正方形である。よって、ＡＱ＝ＡＲ＝１
∴ＢＲ＝４－１＝３
よって、△ＩＢＲ≡△ＩＢＰで直角を挟む２辺の比が１：３である。
よって、３：４：５の直角三角形は２辺の比が１：３の直角三角形の最小角の２倍の角を含む。これは、図形的に逆も成り立つので、直角を挟む２辺の比が１：２の直角三角形の最小角の２倍の角を含む直角三角形は３：４：５の直角三角形である。
これを上の解答に付け加えれば良い。

別解２などは次回。

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/a611aed8121e7e29e8b79cd68633a524db1cf2fe

問題
右図のように、半径３の円Ｏがあり、線分ＡＢは直径である。点Ａにおける円Ｏの接線上にＡＰ＝１となる点Ｐをとる。Ｐを通るＡＰ以外の円Ｏの接線が点Ｂにおける円Ｏの接線と交わる点をＱとする。
（１）ＰＱの長さを求めなさい。
（２）ＰＱと円Ｏの接点をＣとするとき、△ＡＢＣの面積を求めなさい。
（０２　帝塚山学院泉ヶ丘）

図の解説：円Ｏを描き、縦に直径を上から下にＡＢとし中心をＯとする。また、２点Ａ，Ｂにおける円Ｏの接線を引き、円周上の点で∠ＡＯＣ＝６０°ぐらいの点Ｃを取り、点Ｃにおける接線と先の点Ａ，Ｂにおける接線との交点をそれぞれＰ，Ｑとした図。（半径３でＡＰ＝１である。）

何でもありの解法１
（１）円Ｏの中心をｘｙ座標の原点に置き、直交座標を取ると、Ｐ(１,－３)，直線ＢＱ：ｙ＝３，直線ＡＰ＝－３と置ける。
また、円Ｏの方程式は、ｘ²＋ｙ²＝３²———①
直線ＰＱの傾きをｍとすると点Ｐを通るので、直線の方程式は、ｙ－(－３)＝ｍ(ｘ－１)
∴ｙ＝ｍｘ－ｍ－３———②
②を①に代入すると、
ｘ²＋(ｍｘ－ｍ－３)²＝９
∴ｘ²＋ｍ²ｘ²＋ｍ²＋９－２ｍ²ｘ＋６ｍ－６ｍｘ＝９　∴(ｍ²＋１)ｘ²－２ｍ(ｍ＋３)ｘ＋ｍ²＋６ｍ＝０　∴(ｍ²＋１)ｘ²－２ｍ(ｍ＋３)ｘ＋ｍ(ｍ＋６)＝０　この判別式Ｄ/４＝ｍ²(ｍ＋３)²－ｍ(ｍ＋６)(ｍ²＋１)＝０とすると、
ｍ{ｍ(ｍ＋３)²－(ｍ＋６)(ｍ²＋１)}＝０
ｍ≠０より、
ｍ(ｍ＋３)²－(ｍ＋６)(ｍ²＋１)＝０
∴ｍ(ｍ²＋６ｍ＋９)－(ｍ³＋６ｍ²＋ｍ＋６)＝０
∴８ｍ－６＝０　∴ｍ＝３/４
これを②に代入すると、直線ＰＱの方程式は、
ｙ＝(３/４)ｘ－３/４－３
∴ｙ＝(３/４)ｘ－１５/４
よって、Ｑの座標は、ｙ＝３を代入して、
３＝(３/４)ｘ－１５/４　
∴(３/４)ｘ＝２７/４
∴ｘ＝９　∴Ｑ(９,３)
また、Ｐ(１,－３)だったので、
ＰＱ＝√{(１－９)²＋(－３－３)²}
＝√(６４＋３６)＝√１００＝１０
よって、答えは、１０

（２）点Ｃのｘ座標は、①とｙ＝(３/４)ｘ－１５/４を連立させて、
ｘ²＋{(３/４)ｘ－１５/４}²＝３²を解くと、
ｘ²＋(９/１６)ｘ²－(４５/８)ｘ＋２２５/１６＝９　∴(２５/１６)ｘ²－(４５/８)ｘ＋８１/１６＝０
∴２５ｘ²－９０ｘ＋８１＝０
∴(５ｘ－９)²＝０　∴ｘ＝９/５
よって、△ＡＢＣ＝６×(９/５)×(１/２)
＝２７/５
よって、答えは、２７/５

似たような解法を何通りか。

おまけ：

問題
右図のように、半径３の円Ｏがあり、線分ＡＢは直径である。点Ａにおける円Ｏの接線上にＡＰ＝１となる点Ｐをとる。Ｐを通るＡＰ以外の円Ｏの接線が点Ｂにおける円Ｏの接線と交わる点をＱとする。
（１）ＰＱの長さを求めなさい。
（２）ＰＱと円Ｏの接点をＣとするとき、△ＡＢＣの面積を求めなさい。
（０２　帝塚山学院泉ヶ丘）

図の解説：円Ｏを描き、縦に直径を上から下にＡＢとし中心をＯとする。また、２点Ａ，Ｂにおける円Ｏの接線を引き、円周上の点で∠ＡＯＣ＝６０°ぐらいの点Ｃを取り、点Ｃにおける接線と先の点Ａ，Ｂにおける接線との交点をそれぞれＰ，Ｑとした図。（半径３でＡＰ＝１である。）

何でもありの解法１の系
円Ｏの中心をｘｙ座標の原点に置き、直交座標を取ると、Ｐ(１,－３)，直線ＢＱ：ｙ＝３，直線ＡＰ＝－３と置ける。
また、円Ｏの方程式は、ｘ²＋ｙ²＝３²
直線ＰＱの方程式をｙ＝ａｘ＋ｂと置いて代入すると、ｘ²＋(ａｘ＋ｂ)²＝９
∴ｘ²＋ａ²ｘ²＋２ａｂｘ＋ｂ²＝９
∴(ａ²＋１)ｘ²＋２ａｂｘ＋ｂ²－９＝０
この判別式Ｄ/４＝ａ²ｂ²－(ａ²＋１)(ｂ²－９)＝０とすると、ａ²ｂ²－(ａ²ｂ²－９ａ²＋ｂ²－９)＝０　∴９ａ²－ｂ²＋９＝０———①
また、直線ＰＱは点Ｐ(１,－３)を通るので、－３＝ａ＋ｂ　∴ｂ＝－ａ－３———②
②を①に代入すると、
９ａ²－(－ａ－３)²＋９＝０
∴９ａ²－(ａ²＋６ａ＋９)＋９＝０
∴８ａ²－６ａ＝０　∴２ａ(４ａ－３)＝０
図よりａ＞０なので、ａ＝３/４———☆
ところで、点Ｐ，Ｑの座標は、ｙ＝ａｘ＋ｂにｙ＝－３，３を代入して、
－３＝ａｘ＋ｂより、ａｘ＝－ｂ－３
∴ｘ＝(－ｂ－３)/ａ　
∴Ｐ((－ｂ－３)/ａ，－３)
３＝ａｘ＋ｂより、ａｘ＝－ｂ＋３
∴ｘ＝(－ｂ＋３)/ａ　
∴Ｑ((－ｂ＋３)/ａ，３)
∴ＰＱ＝√[{(－ｂ－３)/ａ－(－ｂ＋３)/ａ}²＋(－３－３)²]＝√{(－６/ａ)²＋３６}
＝６√(１/ａ²＋１)———☆☆
☆より、ａ²＝９/１６　∴１/ａ²＝１６/９
これを☆☆に代入すると、
ＰＱ＝６√(１６/９＋１)＝６√(２５/９)
＝６(５/３)＝１０
∴ＰＱ＝１０
（２）☆を②に代入すると、
ｂ＝－３/４－３＝－１５/４
よって、直線ＰＱの方程式は、
ｙ＝(３/４)ｘ－１５/４
これを円の方程式ｘ²＋ｙ²＝３²と連立させて、
ｘ²＋{(３/４)ｘ－１５/４}²＝３²を解くと、
ｘ²＋(９/１６)ｘ²－(４５/８)ｘ＋２２５/１６＝９　∴(２５/１６)ｘ²－(４５/８)ｘ＋８１/１６＝０
∴２５ｘ²－９０ｘ＋８１＝０
∴(５ｘ－９)²＝０　∴ｘ＝９/５
よって、△ＡＢＣ＝６×(９/５)×(１/２)
＝２７/５
よって、答えは、２７/５

何でもありの解法２も数Ⅰの解法で、解法３は数ⅡＢの微分で解法４は数Ⅲの微分の解法の予定。（数Ⅲのだけやってみた。）

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/f95a01d29f486ae0e858e5fe82681444fe4c21b2

よく考えたら解法３も数Ⅲの微分でした。もっとも４０年前の分類（３０年前の記憶）ですが。当時は数ⅡBを基礎解析，数Ⅲを微分積分としていたと思います。

問題
右図のように、半径３の円Ｏがあり、線分ＡＢは直径である。点Ａにおける円Ｏの接線上にＡＰ＝１となる点Ｐをとる。Ｐを通るＡＰ以外の円Ｏの接線が点Ｂにおける円Ｏの接線と交わる点をＱとする。
（１）ＰＱの長さを求めなさい。
（２）ＰＱと円Ｏの接点をＣとするとき、△ＡＢＣの面積を求めなさい。
（０２　帝塚山学院泉ヶ丘）

図の解説：円Ｏを描き、縦に直径を上から下にＡＢとし中心をＯとする。また、２点Ａ，Ｂにおける円Ｏの接線を引き、円周上の点で∠ＡＯＣ＝６０°ぐらいの点Ｃを取り、点Ｃにおける接線と先の点Ａ，Ｂにおける接線との交点をそれぞれＰ，Ｑとした図。（半径３でＡＰ＝１である。）

座標の解法２
円Ｏの中心をｘｙ座標の原点に置き、直交座標を取ると、Ｐ(１,－３)，直線ＢＱ：ｙ＝３，直線ＡＰ＝－３と置ける。
また、円Ｏの方程式は、ｘ²＋ｙ²＝３²
ここで、点Ｃの座標をＣ(ｘ₁,ｙ₁)と置くと、直線ＯＣの傾きがｙ₁/ｘ₁より直線ＰＱの傾きは－ｘ₁/ｙ₁（接線と中心Ｏとの関係より直交するから）で、点Ｃを通るので、直線ＰＱの方程式は、ｙ－ｙ₁＝(－ｘ₁/ｙ₁)(ｘ－ｘ₁)
∴ｙ＝(－ｘ₁/ｙ₁)ｘ＋(ｘ₁²＋ｙ₁²)/ｙ₁
また、点Ｃは円Ｏ上の点より、
ｘ₁²＋ｙ₁²＝３²———ア
よって、これを上式に代入すると、
ｙ＝(－ｘ₁/ｙ₁)ｘ＋９/ｙ₁
ところで、直線ＰＱは点Ｐ(１,－３)を通るので、－３＝－ｘ₁/ｙ₁＋９/ｙ₁が成り立つ。
∴ｘ₁＝３ｙ₁＋９———イ
イをアに代入すると、
(３ｙ₁＋９)²＋ｙ₁²＝９
∴１０ｙ₁²＋５４ｙ₁＋７２＝０
∴５ｙ₁²＋２７ｙ₁＋３６＝０
∴(ｙ₁＋３)(５ｙ₁＋１２)＝０
∴ｙ₁＝－３，－１２/５
図より、ｙ₁＜３なので、ｙ₁＝－１２/５
これをイに代入すると、
ｘ₁＝－３６/５＋９＝９/５
∴Ｃ(９/５,－１２/５)
まず、（２）から、
△ＡＢＣ＝６×(９/５)×(１/２)＝２７/５
（１）Ｐ(１,－３)，Ｃ(９/５,－１２/５)より、直線ＰＱの方程式は、
　　　－３＝ａ＋ｂ
－１２/５＝(９/５)ａ＋ｂ
より、－３/５＝(－４/５)ａ
∴ａ＝３/４　∴ｂ＝－３/４－３＝－１５/４
∴ｙ＝(３/４)ｘ－１５/４
よって、点Ｑの座標は、ｙ＝３を代入して、
３＝(３/４)ｘ－１５/４　
∴(３/４)ｘ＝２７/４
∴ｘ＝９　∴Ｑ(９,３)
また、Ｐ(１,－３)だったので、
ＰＱ＝√{(１－９)²＋(－３－３)²}
＝√(６４＋３６)＝√１００＝１０
よって、答えは、１０

座標の解法３
円Ｏの中心をｘｙ座標の原点に置き、直交座標を取ると、Ｐ(１,－３)，直線ＢＱ：ｙ＝３，直線ＡＰ＝－３と置ける。
また、円Ｏの方程式は、ｘ²＋ｙ²＝３²
ここで、点Ｃの座標をＣ(ｘ₁,ｙ₁)と置いて、ｘ²＋ｙ²＝３²の両辺をｘで微分すると、
２ｘ＋２ｙｙ'＝０　∴２ｙｙ'＝－２ｘ
∴ｙ'＝－ｘ/ｙ
よって、点Ｃにおける接線の傾きは－ｘ₁/ｙ₁より、直線ＰＱは傾きが－ｘ₁/ｙ₁で点Ｃ(ｘ₁,ｙ₁)を通る直線より、直線の方程式は、
ｙ－ｙ₁＝(－ｘ₁/ｙ₁)(ｘ－ｘ₁)
∴ｙ＝(－ｘ₁/ｙ₁)ｘ＋(ｘ₁²＋ｙ₁²)/ｙ₁
以後、座標の解法２と同じ。

座標の解法４
円Ｏの中心をｘｙ座標の原点に置き、直交座標を取ると、Ｐ(１,－３)，直線ＢＱ：ｙ＝３，直線ＡＰ＝－３と置ける。
また、円Ｏの方程式は、ｘ²＋ｙ²＝３²
∴ｙ²＝９－ｘ²　∴ｙ＝±√(９－ｘ²)
図より、点Ｃが下半円周上にある事は自明なので、ｙ＝－√(９－ｘ²)
これをｘで微分すると、
ｙ'＝－(１/２)(－２ｘ)/√(９－ｘ²)
＝ｘ/√(９－ｘ²)
これにｙ＝－√(９－ｘ²)を代入すると、
ｙ'＝－ｘ/ｙ
ここで、点Ｃの座標をＣ(ｘ₁,ｙ₁)と置くと、点Ｃにおける接線の傾きは－ｘ₁/ｙ₁より、直線ＰＱは傾きが－ｘ₁/ｙ₁で点Ｃ(ｘ₁,ｙ₁)を通る直線より、直線の方程式は、
ｙ－ｙ₁＝(－ｘ₁/ｙ₁)(ｘ－ｘ₁)
∴ｙ＝(－ｘ₁/ｙ₁)ｘ＋(ｘ₁²＋ｙ₁²)/ｙ₁
以後、座標の解法２と同じ。

解法４の微分を高２（数ⅡＢ）の微分と勘違いしました。とにかく、数Ⅰの解法から段々頭を使わなく（工夫しなく）なりますね。笑
まぁ、受験は記憶力と要領ですよね。

おまけ：

解説
＞Ｆpを位数ｐの体（ℤ/(ｐ)は確かに存在する）とする。

条件よりｐは素数。そして、定理2.9の（１）と（５）より、ℤ/(ｐ)は確かに体である。

定理2.9
有理整数環ℤにおいて、次の５つの命題は同値である。
（１）ｐは素数である。
（２）(ｐ)＝ｐℤは素イデアルである。
（３）(ｐ)＝ｐℤは極大イデアルである。
（４）ℤ/(ｐ)は整域である。
（５）ℤ/(ｐ)は体である。

＞Ｆp[Ｘ]に属する多項式Ｘ^q－Ｘが１次式の積に分解するようなＦpの拡大体Ｌが存在する（定理6.5）。

Ｆpが有限体ではなく、例えば有理数体ℚとすると、Ｘ^q－Ｘが１次式の積に分解するようなℚの拡大体ℂが存在する。
そして、係数が有限体の場合も拡大体Ｌが存在する事が定理6.5によって保証されるという訳である。

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。

具体的には、例えば、有限体ＫをＦpとすると、Ｆp[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))である。ただし、ｆ(Ｘ)は既約多項式。その理由は補題１。

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。

また、もっと具体的に知りたい人は、p.245~246の例6.5を見ると良い。

＞定理6.6の証明で述べたように、これらの根は、すべて異なるから集合Ｋはｑ個の元をもつ。

定理6.6の証明
証明
Ｋ＝Ｆqの乗法群をＫ*で表す。Ｋ*の位数はｑ－１である。有限群の元の位数はその群の位数の約数であったから（第２章定理4.4の系２）、Ｋ*の任意の元αの位数はｑ－１の約数である。したがって、
α^(q-1)＝１
となるが（第２章定理4.4の系３）、これはαが方程式
Ｘ^(q-1)－１＝０
の根であることを意味する。Ｋの元でＫ*に属さない元０はＸ＝０の根であるからＫの元すべては
Ｘ(Ｘ^(q-1)－１)＝０
の根である。ｆ(Ｘ)＝Ｘ^q－Ｘとおく。ｆ'(Ｘ)＝－１とｆ(Ｘ)は共通根をもたないので、補題３により方程式ｆ(Ｘ)＝０の根は互いに異なる。ｆ(Ｘ)の根の全体をＳとすると、上に述べたことよりＫ⊂Ｓ。一方定理4.6によって、多項式ｆ(Ｘ)の根の数はｆ(Ｘ)の次数ｑを越えないから
ｑ＝|Ｋ|≦|Ｓ|≦ｑ
ゆえに、Ｋ＝Ｓを得る。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

「ｆ'(Ｘ)＝－１とｆ(Ｘ)は共通根をもたないので、補題３により方程式ｆ(Ｘ)＝０の根は互いに異なる」からである。

補題３
Ｋ[Ｘ]を体Ｋ上の多項式環とし、ｆ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]とする。また、αをＫのある拡大体Ｌの元でｆ(α)＝０であるとする。このとき、次の命題が成立する。
（１）αがｆ(Ｘ)の重根である⇔αがｆ(Ｘ)とｆ'(Ｘ)の共通根である。
（２）ｆ(Ｘ)が既約であるとするとき、αがｆ(Ｘ)の重根であることと、ｆ'(Ｘ)＝０であることは同値である。

（１）の対偶からである。もっとも、この解説にはあまり意味はないが。

＞(αβ)^q＝α^qβ^q＝αβ
(α^-1)^q＝(α^q)^-1＝α^-1（α≠０）
であるからαβもα^-1（α≠０）もまたＫの元である。

「ＫをＬにおけるＸ^q－Ｘの根全体の集合とする」ので、Ｘ^q－Ｘ＝０を解くと、
Ｘ(Ｘ^(q-1)－１)＝０　
∴Ｘ＝０，Ｘ^(q-1)＝１
また、「α,β∈Ｋとする」ので、
α^(q-1)＝１，β^(q-1)＝１
ここで、(αβ)^qを作ると、αとβは可換（Ｋは根の集合だから）なので、
(αβ)^q＝α^qβ^q———①

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

また、α^(q-1)＝１，β^(q-1)＝１のそれぞれの両辺にα,βをかけると、
α^q＝α，β^q＝β
∴α^qβ^q＝αβ———②
①，②より、(αβ)^q＝αβ
∴(αβ)^q－αβ＝０
よって、αβはＸ^q－Ｘの根より、αβ∈Ｋ
また、(α^-1)^q＝(α^q)^-1＝α^-1（α≠０）より、(α^-1)^q－α^-1＝０
よって、α^-1もＸ^q－Ｘの根より、α^-1∈Ｋ
よって、「αβもα^-1（α≠０）もまたＫの元である」という事。

続きは次回。

おまけ：

解説の続き

定理6.7
ｐを素数，ｑ＝ｐ^r（ｒ≧１）とすると、元の個数がｑである体が存在する。

証明
Ｆpを位数ｐの体（ℤ/(ｐ)は確かに存在する）とする。Ｆp[Ｘ]に属する多項式Ｘ^q－Ｘが１次式の積に分解するようなＦpの拡大体Ｌが存在する（定理6.5）。ＫをＬにおけるＸ^q－Ｘの根全体の集合とする。定理6.6の証明で述べたように、これらの根は、すべて異なるから集合Ｋはｑ個の元をもつ。Ｋが体であれば、我々はｑ個の元をもつ体の存在を確認したことになる。α,β∈Ｋとする。
(αβ)^q＝α^qβ^q＝αβ
(α^-1)^q＝(α^q)^-1＝α^-1（α≠０）
であるからαβもα^-1（α≠０）もまたＫの元である。和，差については
(α＋β)^q＝α^q＋β^q
(α－β)^q＝α^q－β^q
を証明しなければならないが、それは次の補題から得られる。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

＞適当に分かり易く解説して下さい。また、それが終ったら、上の証明（定理6.7の証明）はｐ^rという要素を使っていないようですが、それでも大丈夫な理由を述べて下さい。

「和，差については
(α＋β)^q＝α^q＋β^q
(α－β)^q＝α^q－β^q
を証明しなければならないが、それは次の補題から得られる。」
ここで、ｐ^rを使うから大丈夫である。
これだけじゃ面白くないので、詐欺的別証を作ってみましょう。

定理6.7
ｐを素数，ｑ＝ｐ^r（ｒ≧１）とすると、元の個数がｑである体が存在する。

別証
数学的帰納法で示す。
（ⅰ）ｒ＝１の場合、ｐは素数よりℤ/(ｐ)を考えると定理2.9より体なので成り立つ。

定理2.9
有理整数環ℤにおいて、次の５つの命題は同値である。
（１）ｐは素数である。
（２）(ｐ)＝ｐℤは素イデアルである。
（３）(ｐ)＝ｐℤは極大イデアルである。
（４）ℤ/(ｐ)は整域である。
（５）ℤ/(ｐ)は体である。

また、ℤ/(ｐ)＝{|０,|１,…,|(ｐ－１)}で元の個数は確かにｐ個。
（ⅱ）ｒ＝ｋの時に成り立つと仮定すると、有限体の元の個数は常に素数のベキであるので、ｒ＝ｋ＋１の場合も体になり成り立つ。
（ⅰ），（ⅱ）より、数学的帰納法により示された。

補足
「Ｋを有限体，Ｆpをその素体とする。Kは有限個の元しか含まないので、KをＦp上のベクトル空間として考えるとき、その次元は無限ではあり得ない。つまりdim_FpＫは有限の値ｒである。このとき、ＫはＦp上のベクトル空間として(Ｆp)^rに同型であり、
Ｋ≅Ｆp⊕…⊕Ｆp
(Ｆp)^rはｐ^r個の元からなるので、有限体の元の個数は常に素数のベキである。」
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

数学的帰納法にする意味はありませんね。補足の部分から自明という解答でしょうか。
因みに、補題１の証明のσが写像ではない事と似ていますね。

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。

証明
環Ｌ＝Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))が体になることは定理4.11で証明した。Ｋは体であるから、準同型写像
σ：Ｋ→Ｌ
　　ａ→|ａ
は単射である（定理3.4）。したがって、Ｋをその像と同一視することができる。この意味でＬはＫを含む体であると考えられ、ＬはＫの拡大体であり、Ｌの元 |Ｘをｆ(Ｘ)のＸに代入すればｆ(|Ｘ)＝|０であるから、Ｌの元 |Ｘは方程式ｆ(Ｘ)＝０の根である。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

＞Ｋは体であるから、準同型写像
σ：Ｋ→Ｌ
　　ａ→|ａ
は単射である（定理3.4）。

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

しかし、σ自体が準同型写像ではない。もし、σを準同型写像とすると、

定理3.1
Ｉを環Ｒのイデアルとする。Ｒの元ａに対して、ａを含むＲ/Ｉの剰余類|ａを対応させると、これは環Ｒから剰余類Ｒ/Ｉへの環の全準同型写像である。
π：Ｒ→Ｒ/Ｉ
　　ａ→|ａ
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

定理3.1より、全射である。また、定理3.4から単射でもあるので、準同型写像かつ全単射となる。つまり、同型写像である。よって、ＬはＫの拡大体ではなくってしまう。よって、矛盾である。
よって、σは準同型写像ではない。前回も述べたが、実はσは写像でもないのである。
詳しくは、2025/1/31 14:09の投稿を見て下さい。（2025/2/3 13:39の投稿の列より）

＞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。

とんでもない事に気付いてしまいました。（念のため、勘違いかもしれませんが。）
このσって写像じゃないですよね。その理由は、
Ｆ₂＝{|０,|１}，Ｋ＝Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ²＋Ｘ＋１)で、
Ｋ＝{０,１,α,α²＝α＋１}
σが単射だったらα,α²に対応するものがない事になりますし、実際は対応しているので１対多対応なので写像ではないという事です。（2025/1/31 14:09の投稿より）

おまけ：

解説
＞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。

ｂ₁,ｂ₂,…,ｂnに同じものはない。その理由は、条件（１）ｂ₁,ｂ₂,…,ｂnは線型独立である。
だからである。
そこで、ｂ₁,ｂ₂,…,ｂnが線型独立ならばｂ₁,ｂ₂,…,ｂnのうちに同じものはないという事を証明する。

証明
この対偶を取ると、
ｂ₁,ｂ₂,…,ｂnに同じものがあるならばｂ₁,ｂ₂,…,ｂnは線型従属である。これを示せば良い。
そこで、同じものをｂ₁，ｂ₂としても一般性を失わないので、
ｃ₁ｂ₁＋(－ｃ₁)ｂ₂＋０ｂ₃＋・・・＋０ｂn＝０とすると、ｃ₁＝ｃ₂＝・・・＝ｃn＝０以外で成り立つので、ｂ₁,ｂ₂,…,ｂnは線型従属である。
よって、示された。

定義（線型独立）
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。
「線型代数入門」有馬哲著より

＞定義より明らかに、＜ｂ₁,ｂ₂,…,ｂn＞が基底であれば、ｂ₁,ｂ₂,…,ｂnの順序をいれかえたもの、たとえば＜ｂn,…,ｂ₂,ｂ₁＞もまた基底である

定義
（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

（１）の順序を入れ換えても線型独立は線型独立のままだし、（２）の線型結合の式の項を入れ換えても等式が成り立つからである。

＞なぜなら、独立元のいれかえ定理（（3.2.1）の（ⅲ））によって、ｍ≦ｎかつｎ≦ｍとなるからである。

定理（3.2.1）
Ｖを数体Ｋ上の線型空間，ａ₁,ａ₂,…,ａn∈Ｖとする。
（ⅲ）（独立元のいれかえ）
ｂ₁,…,ｂr∈Ｋａ₁＋…＋Ｋａnかつｂ₁,…,ｂrが線型独立ならば、ａ₁,…,ａnの中の適当なｒ個たとえば
ａ₁,…,ａrをｂ₁,…,ｂrでおきかえて
Ｋａ₁＋…＋Ｋａn＝Ｋｂ₁＋…＋Ｋｂr＋Ｋａr+1＋…＋Ｋａn
とすることができる。特にｒ≦ｎである。

一応、その前の部分も抜き出すと、

注意２．一つの線型空間Ｖの基底を構成する元の個数はどの基底についても等しい。すなわち＜ｂ₁,ｂ₂,…,ｂn＞と＜ｂ'₁,ｂ'₂,…,ｂ'm＞がともにＶの基底であればｍ＝ｎである。なぜなら、独立元のいれかえ定理（（3.2.1）の（ⅲ））によって、ｍ≦ｎかつｎ≦ｍとなるからである。

まず、＜ｂ₁,ｂ₂,…,ｂn＞がＶの基底である事から、基底の定義の（２）によって、Ｖの元を全てｂ₁,ｂ₂,…,ｂnの線型結合の形で表せる。つまり、
ｂ'₁,ｂ'₂,…,ｂ'm∈Ｋｂ₁＋Ｋｂ₂＋…＋Ｋｂn
よって、定理（3.2.1）の（ⅲ）（独立元のいれかえ）により、ｍ≦ｎである。
次に、＜ｂ'₁,ｂ'₂,…,ｂ'm＞がＶの基底である事から、基底の定義の（２）によって、Ｖの元を全てｂ'₁,ｂ'₂,…,ｂ'mの線型結合の形で表せる。つまり、ｂ₁,ｂ₂,…,ｂn∈Ｋｂ'₁＋Ｋｂ'₂＋…＋Ｋｂ'm
よって、定理（3.2.1）の（ⅲ）（独立元のいれかえ）により、ｎ≦ｍである。
∴ｍ＝ｎ

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）

解説
＞ｆ(Ｘ)＝Ｘ^q－Ｘとおく。ｆ'(Ｘ)＝－１とｆ(Ｘ)は共通根をもたないので、補題３により方程式ｆ(Ｘ)＝０の根は互いに異なる。

ｆ(Ｘ)をＸで微分すると、
ｆ'(Ｘ)＝ｑＸ^(q-1)－１
また、「Ｋの元すべてはＸ(Ｘ^(q-1)－１)＝０の根である」ので、Ｘ＝０またはＸ^(q-1)＝１
（ⅰ）Ｘ＝０の場合、ｆ'(Ｘ)＝－１
（ⅱ）Ｘ^(q-1)＝１の場合、ｆ'(Ｘ)＝ｑ－１
参考書の方は、（ⅰ）の場合しか考えていませんね。ミスだと思いますが、続けます。
ｆ'(Ｘ)＝－１のＸ＝αを代入してもｆ'(α)＝０とならないので、αはｆ'(Ｘ)の根ではない。
また、条件よりｆ(α)＝０でαはＫ*の任意の元より、ｆ(Ｘ)とｆ'(Ｘ)は共通根を持たない。
よって、補題３（１）の対偶により、ｆ(Ｘ)は重根を持たない。
よって、「ｆ(Ｘ)＝０の根は互いに異なる」という事。

補題３
Ｋ[Ｘ]を体Ｋ上の多項式環とし、ｆ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]とする。また、αをＫのある拡大体Ｌの元でｆ(α)＝０であるとする。このとき、次の命題が成立する。
（１）αがｆ(Ｘ)の重根である⇔αがｆ(Ｘ)とｆ'(Ｘ)の共通根である。
（２）ｆ(Ｘ)が既約であるとするとき、αがｆ(Ｘ)の重根であることと、ｆ'(Ｘ)＝０であることは同値である。

（ⅱ）Ｘ^(q-1)＝１の場合、ｆ'(Ｘ)＝ｑ－１
ところで、ｑ＝ｐ^r，ｒ≧１より、ｑ＝１とはならない。よって、αがｆ'(Ｘ)の根にはならないので、（ⅰ）と同様。

それでは、具体例を考えてみましょう。

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。

ｑ＝２²＝４とすると、Ｘ⁴－Ｘ＝０
∴Ｘ(Ｘ³－１)＝０　
∴Ｘ(Ｘ－１)(Ｘ²＋Ｘ＋１)＝０
∴Ｘ＝０,１,ω,ω²
この４個がＫの元という事である。これは定理6.1を満たしている。

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。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

また、今後やるが先取りして定理6.8を考察すると、

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。

そこで、例6.5。

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。Ｘ^2＋Ｘ＋１はＦ2[Ｘ]の既約多項式であるから、剰余環
Ｋ＝Ｆ2[Ｘ]/(Ｘ^2＋Ｘ＋１)
は体である。

このＫは、「以上よりＫ＝{０，１，α，α^2＝α＋１}である」ので、上の例と同型だろう。
因みに、ω²＋ω＋１＝０なので、
ω²＝－ω－１である。（α^2＝α＋１は係数がＦ₂だから。）

おまけ：

問題
右図で、ＭはＢＣの中点，ＡＤ⊥ＢＣ，ＣＥ⊥ＡＢである。ＢＣ＝１５，ＯＭ＝４のとき、次の問いに答えなさい。
（１）△ＡＢＣの外接円の直径を求めなさい。
（２）ＡＦの長さを求めなさい。
（０３　明治大付中野）

模範解答
（１）右図のように（注：ＢＯを結び、その延長と円との交点をＰとした図）、直径ＢＰを引くと、中点連結定理により、ＰＣ＝２ＯＭ＝８
ここで、ＰＣ⊥ＢＣ・・・①　であるから、
ＢＰ＝√(ＢＣ²＋ＰＣ²)＝√(１５²＋８²)
＝１７
（２）①より、ＰＣ∥ＡＤ・・・②
同様に、ＰＡ⊥ＡＢより、ＰＡ∥ＣＥ・・・③
②，③より、四角形ＡＦＣＰは平行四辺形である。よって、ＡＦ＝ＰＣ＝８
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
（１）は簡単に補助線を引いているが、簡単なようで意外とこれは高等技術（ただの定石だが）である。まぁ、普通は、半径より△ＯＢＣが二等辺三角形で点ＭがＢＣの中点よりＯＭ⊥ＢＣより、△ＯＢＭで三平方の定理を使うと、
ＯＢ＝√{４²＋(１５/２)²}
＝√(６４/４＋２２５/４)
＝√(２８９/４)＝１７/２
よって、半径が１７/２より、直径は１７
と求める事だろう。
すると、（２）で息詰まってしまうが、ある程度定石を知っている人なら、ＢＯを結んでその延長と円との交点を定める。以後同じという事である。

（２）の別解
点Ｂをｘｙ座標の原点に置き、ＢＣをｘ軸とした直交座標を取り、Ａ(ａ,ｂ)，Ｃ(１５,０)と置くと、Ｄ(ａ,０)，Ｏ(１５/２,４)となる。
直線ＡＢの傾きはｂ/ａより、それと直交する直線ＣＥの傾きは－ａ/ｂ（ｂ≠０）で点Ｃを通るので、直線ＣＥの方程式は、ｙ＝(－ａ/ｂ)(ｘ－１５)
∴ｙ＝(－ａ/ｂ)ｘ＋１５ａ/ｂ
よって、点Ｆのｙ座標は、これにｘ＝ａを代入して、ｙ＝－ａ²/ｂ＋１５ａ/ｂ
∴ＡＦ＝ｂ－(－ａ²/ｂ＋１５ａ/ｂ)
＝(ｂ²＋ａ²－１５ａ)/ｂ
∴ＡＦ＝(ａ²＋ｂ²－１５ａ)/ｂ———①
また、（１）より、半径が１７/２より、２点間の距離の公式を使うと、
ＯＡ＝√{(ａ－１５/２)²＋(ｂ－４)²}＝１７/２が成り立つ。
∴ａ²－１５ａ＋２２５/４＋ｂ²－８ｂ＋１６
＝２８９/４
∴ａ²＋ｂ²－１５ａ－８ｂ＝０
∴ａ²＋ｂ²－１５ａ＝８ｂ———②
②を①に代入すると、
ＡＦ＝８
（多分、今回の新作。）
何でもありの解法は次回。因みに、何も見ないで作りました。

おまけ：

問題
右図で、ＭはＢＣの中点，ＡＤ⊥ＢＣ，ＣＥ⊥ＡＢである。ＢＣ＝１５，ＯＭ＝４のとき、次の問いに答えなさい。
（１）△ＡＢＣの外接円の直径を求めなさい。
（２）ＡＦの長さを求めなさい。
（０３　明治大付中野）

（２）の何でもありの解法
ＡＤ⊥ＢＣ，ＣＥ⊥ＡＢより、点Ｆは△ＡＢＣの垂心である。ここで
△ＡＢＣの垂心をＨ，外心をＯとすると、
↑ＯＨ＝↑ＯＡ＋↑ＯＢ＋↑ＯＣが成り立つという定理（証明は下でする）を使うと、
↑ＯＦ＝↑ＯＡ＋↑ＯＢ＋↑ＯＣ
∴↑ＯＦ－↑ＯＡ＝↑ＯＢ＋↑ＯＣ
∴↑ＡＦ＝↑ＯＢ＋↑ＯＣ
∴ＡＦ＝|↑ＡＦ|＝|↑ＯＢ＋↑ＯＣ|———①
ところで、半径よりＯＢ＝ＯＣなので、↑ＯＢ＋↑ＯＣの行き先を点Ｅ（↑ＯＢ＋↑ＯＣ＝↑ＯＥ）とすると、四角形ＯＢＥＣはひし形でＯＥ＝２ＯＭ＝８となる。つまり、
|↑ＯＢ＋↑ＯＣ|＝|↑ＯＥ|＝ＯＥ＝８———②
①，②より、ＡＦ＝８

定理
△ＡＢＣの垂心をＨ，外心をＯとすると、
↑ＯＨ＝↑ＯＡ＋↑ＯＢ＋↑ＯＣが成り立つ。

証明
↑ＯＸ＝↑ＯＡ＋↑ＯＢ＋↑ＯＣとなる点Ｘを考察すると、
↑ＯＢ＋↑ＯＣ＝↑ＯＸ－↑ＯＡ
ここで、↑ＯＢ＋↑ＯＣ＝↑ＯＤとなる点をＤとすると、ＯＢ＝ＯＣより四角形ＯＢＤＣはひし形でＯＤ⊥ＢＣ
また、点Ｈは垂心より、ＡＨ⊥ＢＣ　よって、ＯＤ∥ＡＦ　よって、↑ＯＢ＋↑ＯＣの起点をＯからＡに移すと、点ＤはＡＨ（とその延長）上にあり、↑ＯＢ＋↑ＯＣ＝↑ＯＸ－↑ＯＡより点ＸもＡからＢＣに下ろした垂線上にある。
また、↑ＯＡ＋↑ＯＢ＝↑ＯＸ－↑ＯＣとして同様の事をすると、点ＸはＣからＡＢに下ろした垂線上にもある事が分かる。
つまり、点Ｘは垂心である。よって、Ｘ＝Ｈを代入すると、↑ＯＨ＝↑ＯＡ＋↑ＯＢ＋↑ＯＣが成り立つという訳である。（アドリブで作ったので、ちょっと分かり難いかもしれない。）

おまけ：
「押尾に部屋を貸していた野口美佳は、2012年にこの事件について「散々な目に遭った」と述懐、「関東連合という組織と無関係なのにネットで検索すると（私が）関係者とか出てくる」などと発言している。」
引用元：https://ja.wikipedia.org/wiki/%E6%8A%BC%E5%B0%BE%E5%AD%A6%E4%BA%8B%E4%BB%B6#%E6%B5%81%E8%A8%80%E8%9C%9A%E8%AA%9E