数学

解説
＞ｂ₁≠０であるから、

ｂ₁,…,ｂrが線型独立より、
ｃ₁ｂ₁＋…＋ｃrｂr＝０ならばｃ₁＝…＝ｃr＝０
ここで、ｂ₁＝０として
ｃ₁ｂ₁＋…＋ｃrｂr＝０とすると、
ｃ₁が０以外でｃ₂＝…＝ｃr＝０で成り立ってしまう。つまり、線型従属になって矛盾する。
よって、ｂ₁≠０という事である。

＞よってＷ＝Ｋｂ₁＋Ｋａ₂＋…＋Ｋａnである。

Ｋｂ₁＋Ｋａ₂＋…＋Ｋａnに
ｂ₁＝ｃ₁ａ₁＋…＋ｃnａnを代入すると、
Ｋｂ₁＋Ｋａ₂＋…＋Ｋａn
＝Ｋ(ｃ₁ａ₁＋…＋ｃnａn)＋Ｋａ₂＋…＋Ｋａn
＝Ｋｃ₁ａ₁＋…＋Ｋｃnａn＋Ｋａ₂＋…＋Ｋａn
＝Ｋａ₁＋Ｋａ₂＋…＋Ｋａn
（Ｋは数体より四則演算について閉じているから。）
ところで、Ｗ＝Ｋａ₁＋…＋Ｋａnだったので、
Ｋｂ₁＋Ｋａ₂＋…＋Ｋａn＝Ｗ
つまり、Ｗ＝Ｋｂ₁＋Ｋａ₂＋…＋Ｋａnという事である。

定義
複素数の集合ℂの部分集合Ｋが０と１を含み、ℂの加法と乗法に関して閉じているときＫを数体と言う。すなわち、Ｋ⊆ℂが数体とは
数体の条件
（ⅰ）ｘ,ｙ∈Ｋならばｘ＋ｙ∈Ｋ,－ｘ∈Ｋ
（ⅱ）ｘ,ｙ∈Ｋならばｘｙ∈Ｋ　またｘ≠０ならばｘ^-1∈Ｋ
（ⅲ）０,１∈Ｋ
をみたすことである。
「線型代数入門」有馬哲著より

念のため、「加法と乗法に関して閉じている」とあるので、「四則演算について閉じている」なんて間違っているよなんて考えてはいけない。加法と乗法の逆元が存在しているという事は減法と除法についても閉じているという事である。（細かい解説はあまり意味がないので省略。）

＞ｂ₂＝ｃ₁ｂ₁＋ｃ₂ａ₂＋…＋ｃnａn
となるが、ｂ₁,ｂ₂が線型独立だから、ｃ₂,…,ｃnの中に０でないものが少なくとも一つある。

ｂ₁,ｂ₂が線型独立より、
ｃ₁ｂ₁＋ｃ₂ｂ₂＝０ならばｃ₁＝ｃ₂＝０
ここで、上の式を移項すると、
ｂ₂－ｃ₁ｂ₁＝ｃ₂ａ₂＋…＋ｃnａn
つまり、ｂ₂－ｃ₁ｂ₁＝０とすると１＝－ｃ₁＝０でなければならないが、１＝０で矛盾が生じるのでｂ₂－ｃ₁ｂ₁≠０である。
よって、左辺が≠０より右辺も≠０である。
∴ｃ₂ａ₂＋…＋ｃnａn≠０
よって、ｃ₂,…,ｃnの中に０でないものが少なくとも１つあるという事である。（全部０なら０になるが、それ以外は≠０だから。因みに、ｃ₂～ｃnが全部０じゃなくてもｃ₂ａ₂＋…＋ｃnａn＝０となる場合もあるが、＝０の話なので関係ない。）

おまけ：

解説
＞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。

まず、補題３の意味は、（１）は普通に分かるので、（２）の意味。
ｆ'(Ｘ)＝０という事はｆ(Ｘ)が定数という事なので、「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)が定数であることは同値である」という事である。
つまり、ｆ(Ⅹ)がＫ上既約という事は重根を持つはずがないので、ｆ(Ｘ)は定数であるという当たり前の事を言っているだけである。

＞（１）（⇒）：ｆ(Ｘ)＝(Ｘ－α)^2・ｇ(Ｘ)とおく。
ｆ'(Ｘ)＝２(Ｘ－α)ｇ(Ｘ)+(Ｘ－α)^2・ｇ'(Ｘ)
　　　＝(Ｘ－α){２ｇ(Ｘ)＋(Ｘ－α)ｇ'(Ｘ)}
∴ｆ'(α)＝０

微分の法則で微分して、Ｘ＝αを代入しただけである。

＞（⇐）：αがｆ(Ｘ)の重根ではないとする。すなわち、
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ－α)ｈ(Ｘ)，ｈ(α)≠０，（ｈ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]）
このとき、ｆ'(Ｘ)＝ｈ(Ｘ)＋(Ｘ－α)ｈ'(Ｘ)
となるので、ｆ'(α)＝ｈ(α)≠０
である。ゆえに、αとｆ(Ｘ)はｆ'(Ｘ)の共通根ではない。

対偶を取って示している訳である。つまり、
αがｆ(Ｘ)とｆ'(Ｘ)の共通根である⇒αがｆ(Ｘ)の重根である
の対偶は、
αがｆ(Ｘ)の重根でない⇒αがｆ(Ｘ)とｆ'(Ｘ)の共通根でない
これを証明すれば良い。
あとは、読めば分かるので省略。
ところで、（ｈ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]）ではなく、
（ｈ(Ｘ)∈Ｌ[Ｘ]）ですよね。
α∈Ｌでｆ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]なのですから。
因みに、「（１）（⇒）：ｆ(Ｘ)＝(Ｘ－α)^2・ｇ(Ｘ)とおく。」のｇ(Ｘ)もｇ(Ｘ)∈Ｌ(Ｘ)ですよね。
具体例で考察してみましょう。
例えば、Ｋをℚ，Ｌをℝと考えると、α＝√３として、
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ－√３)^2・ｇ(Ｘ)と置ける。
∴ｆ(Ｘ)＝(Ｘ^2＋３－２√３Ｘ)ｇ(Ｘ)
ここで、ｇ(Ｘ)＝Ｘ^2＋２√３Ｘ＋３とすると、
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ^2＋３－２√３Ｘ)(Ｘ^３)^＋２√３Ｘ)
＝(Ｘ^2＋３)^2－１２Ｘ^2＝(Ｘ^2－３)^2
よって、ｆ(Ｘ)＝Ｘ^4－６Ｘ^2＋９でｆ(Ｘ)∈ℚ[Ｘ]と出来るからである。
つまり、ｇ(Ｘ)∈ℝ[Ｘ]ならばｆ(Ｘ)∈ℚ[Ｘ]となるが、ｇ(Ｘ)∈ℚ[Ｘ]ではｆ(Ｘ)∈ℚ[Ｘ]とならず、ｆ(Ｘ)∈ℝ[Ｘ]になってしまうという事である。

＞（２）αをｆ(Ｘ)の重根とする。（１）によりｆ'(α)＝０である。ｆ(Ｘ)は既約である

ｆ(Ｘ)＝(Ｘ－α)²ｇ(Ｘ)の形でもα∉Ｋならば既約。

＞ｆ(Ｘ)|ｆ'(Ｘ)
degｆ'(Ｘ)＜degｆ(Ｘ)であるのでｆ'(Ｘ)＝０でなければならない。

ｆ'(Ｘ)はｆ(Ｘ)の倍数で、指数が整数の多項式を微分したらｆ'(Ｘ)の次数の方がｆ(Ｘ)の次数より１小さくなるので、ｆ'(Ｘ)＝０しかあり得ないという事（０は全ての倍数だから）。

＞逆にｆ'(Ｘ)＝０とすれば、ｆ'(α)＝０であるから（１）によりαはｆ(Ｘ)の重根である。

また、条件よりｆ(α)＝０だから、αはｆ(Ｘ)とｆ'(Ｘ)の共通根となり、（１）の逆によりαはｆ(Ｘ)の重根になる訳である。

おまけ：
「終に、権教権門の輩を一人もなく攻め落として法王の家人となし、天下万民・諸乗・一仏乗となって妙法独り繁昌せんとき、万民一同に南無妙法蓮華経と唱えたてまつらば、吹く風枝を鳴らさず、雨壌を砕かず、世は義農の世（理想世界）となりて、今生には不祥の災難をはらい、長生の術を得、人法ともに不老不死の理あらわれん時を、おのおの御覧ぜよ。現世安穏の証文、疑いあるべからざるものなり。」
「日蓮の大予言」アポカリプス２１研究会著より

「第五の五百歳のとき、悪鬼の身に入れる大僧等、国中に充満せん。そのときに智人一人出現せん。かの悪鬼の入れる大僧等、ときの王・臣・万民等を語らいて、悪口罵詈、杖木瓦礫、梵帝・日月・四天等に申しくだされ、その時天変地妖盛んなるべし。
　国主等、そのいさめを用いずば、鄰国に仰せつけて、彼々の国々の悪王・悪比丘等をせめらるるならば、前代未聞の大闘諍・一閻浮提に起るべし。
　そのとき、日月所照の四天下の一切衆生、あるいは国を惜しみ、あるいは身を惜しむゆえに、一切の仏菩薩に祈りをかくとも験なくば、かの憎みつる一の小僧を信じて、無量の大僧等・八方の大王等・一切の万民、みな頭を地につけ、掌を合わせて一同に南無妙法蓮華経と唱うべし。例せば神力品の十神力のとき、十方世界の一切衆生、一人もなく娑婆世界に向って大音声を発ちて、南無釈迦牟尼仏・南無釈迦牟尼仏と一同に叫びしがごとし。」
「日蓮の予言」アポカリプス２１研究会著より
引用元：https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12881258814.html

補足解説
＞具体例で考察してみましょう。
例えば、Ｋをℚ，Ｌをℝと考えると、α＝√３として、
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ－√３)^2・ｇ(Ｘ)と置ける。
∴ｆ(Ｘ)＝(Ｘ^2＋３－２√３Ｘ)ｇ(Ｘ)
ここで、ｇ(Ｘ)＝Ｘ^2＋２√３Ｘ＋３とすると、
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ^2＋３－２√３Ｘ)(Ｘ^３)^＋２√３Ｘ)
＝(Ｘ^2＋３)^2－１２Ｘ^2＝(Ｘ^2－３)^2
よって、ｆ(Ｘ)＝Ｘ^4－６Ｘ^2＋９でｆ(Ｘ)∈ℚ[Ｘ]と出来るからである。
つまり、ｇ(Ｘ)∈ℝ[Ｘ]ならばｆ(Ｘ)∈ℚ[Ｘ]となるが、ｇ(Ｘ)∈ℚ[Ｘ]ではｆ(Ｘ)∈ℚ[Ｘ]とならず、ｆ(Ｘ)∈ℝ[Ｘ]になってしまうという事である。

ｆ(Ｘ)＝Ｘ^4－６Ｘ^2＋９
＝(Ⅹ²－３)²
でℚ上可約である。
実は、これは他のどんな場合でも可約になる。（それは本題の証明から示される。）
よって、これを解消するには、ｆ(Ｘ)が定数である必要がある。∴ｆ(Ｘ)＝ｃ（ｃ∈Ｋ）
∴ｆ'(Ｘ)＝０
よって、（２）は自明な事なのである。

つまり、

（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。

＞つまり、ｆ(Ⅹ)がＫ上既約という事は重根を持つはずがないので、ｆ(Ｘ)は定数であるという当たり前の事を言っているだけである。

おまけ：
https://www.tvu.co.jp/contact/chikiriyatomoko/

問題
図のように、△ＡＢＣと辺ＢＣを直径とする円がある。円と辺ＡＢ，ＡＣの交点をそれぞれＤ，Ｅとし、ＢＥとＣＤの交点をＦ，ＡＦとＤＥの交点をＧとする。∠ＡＢＣ＝４２°，∠ＡＣＢ＝６８°のとき、次の問いに答えなさい。
（１）∠ＢＦＣの大きさを求めなさい。
（２）∠ＡＧＥの大きさを求めなさい。
（０１　京都西）

模範解答
（１）ＢＣが直径であることから、
∠ＢＤＣ＝∠ＢＥＣ＝９０°
よってこのとき、４点Ａ，Ｄ，Ｆ，Ｅは同一円周上にあって、右図のようになる（注：∠ＤＣＢ＝∠ＤＥＢ（＝∠ＤＥＦ）＝∠ＤＡＦ＝○となっていて、四角形ＡＤＦＥの外接円が点線で描かれている図）。ここで、
∠ＢＦＣ＝∠ＤＦＥ＝１８０°－∠ＤＡＥ
＝∠ＡＢＣ＋∠ＡＣＢ＝４２°＋６８°
＝１１０°
（２）∠ＡＧＥ＝∠ＡＤＧ＋∠ＤＡＧ・・・①
ここで、∠ＡＤＧ＝∠ＥＣＢ＝６８°
∠ＤＡＧ＝∠ＤＥＦ＝∠ＤＣＢ
＝９０°－４２°＝４８°
∴①＝６８°＋４８°＝１１６°
「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。

（１）の私の解法
ＢＣは直径より∠ＢＤＣ＝∠ＢＥＣ＝９０°
∴∠ＦＢＣ＝∠ＥＢＣ＝∠９０°－６８°
＝２２°
また、∠ＦＣＢ＝∠ＤＣＢ＝９０°－４２°
＝４８°
よって、△ＦＢＣの内角の和より、
∠ＢＦＣ＝１８０°－２２°－４８°
＝１１０°
（２）（１）の結果より、∠ＤＦＢ＝１８０°－１１０°＝７０°
また、∠Ａ＝１８０°－４２°－６８°
＝７０°より、∠ＤＦＢ＝∠Ａ
よって、四角形ＡＤＦＥは円に内接する四角形である。また、四角形ＤＢＣＥも円に内接する四角形より、∠ＡＥＧ＝∠ＤＢＣ＝４２°
また、２つの円周角を組み合わせると、
∠ＥＡＧ＝∠ＥＡＦ＝∠ＥＤＦ＝∠ＥＤＣ＝∠ＥＢＣ＝２２°（（１）より）
よって、△ＡＧＥの内角の和より、
∠ＡＧＥ＝１８０°－４２°－２２°
＝１１６°

（２）の私の別解
ＢＣは直径より∠ＢＤＣ＝∠ＢＥＣ＝９０°
よって、ＣＤ⊥ＡＢ，ＢＥ⊥ＡＣより、点Ｆは△ＡＢＣの垂心である。∴ＡＦ⊥ＢＣ
よって、ＡＦの延長とＢＣとの交点をＨとすると、∠ＥＡＧ＝∠ＣＡＨ＝９０°－６８°
＝２２°
また、四角形ＤＢＣＥは円に内接する四角形より、∠ＡＥＧ＝∠ＤＢＣ＝４２°
よって、△ＡＧＥの内角の和より、
∠ＡＧＥ＝１８０°－２２°－４２°
＝１１６°

おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1889300394704240819

問題
右の図のように、長さ１０の線分ＢＣを直径とする半円周上に点Ａをとり、弧ＡＢ，弧ＡＣの中点をそれぞれＭ，Ｎとする。また、ＭＮとＡＢ，ＡＣの交点をそれぞれＰ，Ｑとするとき、次の問いに答えなさい。
（１）∠ＭＡＮの大きさと線分ＭＮの長さを求めなさい。
（２）△ＡＭＰ∽△ＮＡＱであることを証明しなさい。
（３）ＭＰ＝√２のとき、△ＡＰＱの面積を求めなさい。
（０１　愛光）

模範解答
（１）∠ＭＡＢ＋∠ＮＡＣ＝(四分円の円周角)
＝１８０°÷４＝４５°
∴∠ＭＡＮ＝４５°＋９０°＝１３５°・・・①
このとき、円の中心をＯとすると、
∠ＭＯＮ＝９０°より、ＭＮ＝５√２
（２）図の○同士，●同士（注：∠ＡＮＭ＝∠ＭＡＢ＝○，∠ＡＭＮ＝∠ＮＡＣ＝●）の角が等しいから、二角相等で、△ＡＭＰ∽△ＮＡＱ
（３）∠ＡＰＱ（＝○＋●）＝∠ＡＱＰであるから、ＡＰ＝ｘとおくと、
ＡＱ＝ｘ，ＰＱ＝√２ｘ
（２）より、ＭＰ：ＰＡ＝ＡＱ：ＱＮ・・・②であり、
ＱＮ＝５√２－√２－√２ｘ＝√２(４－ｘ)
であるから、②は、
√２：ｘ＝ｘ：√２(４－ｘ)
∴ｘ²＋２ｘ－８＝０　∴(ｘ－２)(ｘ＋４)＝０
ｘ＞０より、ｘ＝２
∴△ＡＰＱ＝ｘ²/２＝２
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞∴∠ＭＡＮ＝４５°＋９０°＝１３５°・・・①
このとき、円の中心をＯとすると、
∠ＭＯＮ＝９０°より、ＭＮ＝５√２

円周角と中心角の関係より、優角ＭＯＮ＝１３５°×２＝２７０°
∴劣角ＭＯＮ＝３６０°－２７０°＝９０°
すなわち、∠ＭＯＮ＝９０°
また、半径よりＯＭ＝ＯＮなので、△ＯＭＮは直角二等辺三角形。∴ＭＮ＝５√２

（１）の私の解法
ＣＭを結んで∠ＭＣＡ＝∠ＭＣＢ＝○，ＢＮを結んで∠ＮＢＡ＝∠ＮＢＣ＝●と置くと、円周角より∠ＭＡＢ＝∠ＭＣＢ＝〇，∠ＮＡＣ＝∠ＮＢＣ＝●
よって、∠ＭＡＮ＝∠ＢＡＣ＋〇＋●
また、半円の円周角より∠ＢＡＣ＝９０°で●●＋○○＝９０°より○＋●＝４５°
よって、∠ＭＡＮ＝９０°＋４５°＝１３５°
また、ＯＡを結んで∠ＡＯＭ＝∠ＢＯＭ＝×，∠ＡＯＮ＝∠ＣＯＮ＝□と置くと、
∠ＭＯＮ＝×＋□で、××＋□□＝１８０°より∠ＭＯＮ＝９０°また、半径よりＯＭ＝ＯＮなので、△ＯＭＮは直角二等辺三角形。
∴ＭＮ＝５√２

（３）の別解
△ＰＡＭと△ＱＡＮのそれぞれの内対角の和より、∠ＡＰＱ＝∠ＡＱＰ＝○＋●
また、∠ＰＡＱ＝∠ＢＡＣ＝９０°より、△ＡＰＱは直角二等辺三角形。
また、（１）より∠ＭＡＮ＝１３５°より、ＭＡの延長上にＮから垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＮＡＨも直角二等辺三角形である。
また、∠ＰＡＭ＝∠ＡＮＭ＝○，∠Ｍは共通より２角が等しいので、△ＰＡＭ∽△ＡＮＭ
ところで、（１）よりＭＮ＝５√２と条件のＭＰ＝√２より、√２：ＡＭ＝ＡＭ：５√２が成り立つ。∴ＡＭ²＝１０　∴ＡＭ＝√１０
ここで、ＡＰ＝ＡＱ＝ｘと置いて、（２）の△ＡＭＰ∽△ＮＡＱを使うと、
√２：√１０＝ｘ：ＡＮ　∴ＡＮ＝√５ｘ
ところで、△ＮＡＨは直角二等辺三角形だったので、ＡＨ＝ＮＨ＝ＡＮ/√２＝√５ｘ/√２
よって、△ＭＮＨで三平方の定理を使うと、
(√１０＋√５ｘ/√２)²＋(√５ｘ/√２)²＝(５√２)²が成り立つ。
∴１０＋５ｘ²/２＋１０ｘ＋５ｘ²/２＝５０
∴５ｘ²＋１０ｘ－４０＝０
∴ｘ²＋２ｘ－８＝０　∴(ｘ＋４)(ｘ－２)＝０
ｘ＞０より、ｘ＝２
∴△ＡＰＱ＝ｘ²/２＝２

あまり意味がない別解でした。ただし、ビリヤードで言う曲玉みたいなものですね。

おまけ：

解説
＞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。

まず、補題２の意味は、２つの多項式ｆ(Ｘ)とｇ(Ｘ)がありｆ(Ｘ)を既約多項式とする。このとき、ｆ(Ｘ)の解αでｇ(α)＝０となるならば、ｆ(Ｘ)はｇ(Ｘ)を割り切るといういわば当たり前の話である。
例えば、ｆ(Ｘ)＝Ｘ²＋Ｘ＋１とすると、１つの解はωであるが、例えばｇ(Ｘ)＝(Ｘ－１)(Ｘ²＋Ｘ＋１)にＸ＝ωを代入するとＸ²＋Ｘ＋１＝０よりｇ(ω)＝０になるが、逆に、ｇ(ω)＝０となる式は必ずＸ²＋Ｘ＋１を含むからである。（ωの最小多項式はＸ²＋Ｘ＋１だから。）つまり、ｇ(Ｘ)はｆ(Ｘ)で必ず割り切れるという事。念のため、ｇ(Ｘ)がｆ(Ｘ)の定数倍の場合も割り切ると表現する。

そこで、解説は次回にして、別解を作ってみました。

別解
背理法で示す。
ｇ(Ｘ)がｆ(Ｘ)で割り切れないと仮定すると、ｆ(Ｘ)とｇ(Ｘ)は互いに素（ｆ(Ｘ)が既約多項式だから）より最大公約数は１。
よって、定理4.8より、
１＝ｆ(Ｘ)ξ(Ｘ)＋ｇ(Ｘ)η(Ｘ)が成り立つ多項式ξ(Ｘ)，η(Ｘ)がＫ[Ｘ]に存在する。

定理4.8
体Ｋ上の２つの多項式ｆ(Ｘ)とｇ(Ｘ)の最大公約数がｄ(Ｘ)ならば
ｄ(Ｘ)＝ｆ(Ｘ)ξ(Ｘ)＋ｇ(Ｘ)η(Ｘ)
となるような多項式ξ(Ｘ)，η(Ｘ)がＫ[Ｘ]の中に存在する。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

上の式にＸ＝αを代入すると、
１＝ｆ(α)ξ(α)＋ｇ(α)η(α)
で、αはｆ(Ｘ)の根よりｆ(α)＝０
また、条件よりｇ(α)＝０
これらを代入すると、１＝０で矛盾である。
よって、背理法により、ｇ(Ｘ)はｆ(Ｘ)で割り切れる。
よって、「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」事が示された。

別解２
実際にｇ(Ｘ)をｆ(Ｘ)で割って、
ｇ(Ｘ)＝ｆ(Ｘ)ｑ(Ｘ)＋ｒ(Ｘ)
（degｒ(Ｘ)＜degｆ(Ｘ)またはｒ(Ｘ)＝０）
と置ける。

定理4.5（除法の定理）
Ｋを体とする。２つの多項式ｆ(Ｘ),ｇ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]について、ｇ(Ｘ)≠０とすると、ｆ(Ｘ)＝ｑ(Ｘ)ｇ(Ｘ)＋ｒ(Ｘ)を満足する多項式ｑ(Ｘ),ｒ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]が存在する。ただしｒ(Ｘ)は０であるか、または次数がｇ(Ｘ)の次数より小さい多項式とする。しかも、このようなｑ(Ｘ)とｒ(Ｘ)はｆ(Ｘ)とｇ(Ｘ)によって一意的に定まる。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

上の式にⅩ＝αを代入すると、
ｇ(α)＝ｆ(α)ｑ(α)＋ｒ(α)
で、αはｆ(Ｘ)の根よりｆ(α)＝０
また、条件よりｇ(α)＝０
これらを代入すると、０＝ｒ(α)
よって、ｒ(Ｘ)はαを根に持つ多項式で、上の条件より、degｒ(Ｘ)＜degｆ(Ｘ)
そして、ｆ(Ｘ)は既約多項式より、ｒ(Ｘ)＝０しかあり得ない。
∴ｇ(Ｘ)＝ｆ(Ｘ)ｑ(Ｘ)
よって、ｇ(Ｘ)はｆ(Ｘ)で割り切れる。
よって、「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」事が示された。

因みに、手元にある本を参考しにして自分で作ったので、自分で裏を取って下さい。

別解１は、「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著p.214（ただし、有理数体ℚ限定なので注意が必要。）
別解２は、「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著p.129~130（最小多項式の話（別の話）なので注意が必要。）

おまけ：

解説の続き
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)をみたせば、ｇ(Ｘ)はｆ(Ｘ)で割り切れなければならない。

証明
Ｋにαを添加した体をＫ(α)とする。準同型写像
σ：Ｋ[Ｘ]→Ｋ[α]＝Ｋ(α)
　　ｈ(Ｘ)→ｈ(α)
の核kerσは準同型定理3.5によりＫ[Ｘ]/kerσ≃Ｋ(α)を満たすので、ｆ(Ｘ)で生成されている（例4.4参照）。
仮定より、ｇ(α)＝０であるから、ｇ(Ｘ)はkerσに属する。したがって、ｇ(Ｘ)はｆ(Ｘ)で割り切れる。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

＞Ｋにαを添加した体をＫ(α)とする。準同型写像
σ：Ｋ[Ｘ]→Ｋ[α]＝Ｋ(α)
　　ｈ(Ｘ)→ｈ(α)

「Ｋにαを添加した体をＫ(α)」を具体的に言えば、例えば、ℚ[√２]などである。ℚに√２を添加したという事。ここで、例4.4を挙げると、

例4.4
ｆ(Ｘ)をℚ[Ｘ]のｎ次の既約多項式とする。αをｆ(Ｘ)＝０の一つの根とし、
ℚ[α]＝{ａ₀＋ａ₁α＋ａ₂α²＋…＋ａn-1α^(n-1)｜ａi∈ℚ}
なる集合を考えると、ℚ[α]は体になる。
このとき、剰余体ℚ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))とℚ[α]は同型である。ℚ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))≃ℚ[α]
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

これにα＝√２を代入すると、ℚ[√２]＝{ａ＋ｂ√２｜ａ,ｂ∈ℚ}になる事が分かるだろう。因みに、添加するαが³√２だったら、ℚ[³√２,³√４]になるという事。
また、σが準同型写像である事は、代入の原理だからである。

定理4.4（代入の原理）
環Ｌを部分環とするような環とし、Ｌの元αはＲのすべての元と可換とする。Ｒ[Ｘ]の元ｆ(Ｘ),ｇ(Ｘ)について、次が成り立つ。
（ⅰ）ｆ(Ｘ)＋ｇ(Ｘ)＝ξ(Ｘ)
⇒ｆ(α)＋ｇ(α)＝ξ(α)
（ⅱ）ｆ(Ｘ)・ｇ(Ｘ)＝η(Ｘ)
⇒ｆ(α)・ｇ(α)＝η(α)

定理4.4は多項式環Ｒ[Ｘ]の元ｆ(Ｘ)に対してｆ(α)（∈Ｌ）を対応させる写像Φが環としての準同型写像であることを意味している。
Φ：Ｒ[Ｘ]→Ｌ
　　ｆ(Ｘ)→ｆ(α)
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

＞Ｋ[Ｘ]/kerσ≃Ｋ(α)を満たすので、ｆ(Ｘ)で生成されている（例4.4参照）。

例4.4では、確かにℚ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))≃ℚ[α]となっていて、kerσはｆ(Ｘ)で生成されている。
一応、ちゃんと解説しよう。
Ｋ[Ｘ]/kerσ≃Ｋ(α)の右辺が体（「Ｋにαを添加した体をＫ(α)」としたから）より、それと同型な左辺も体。よって、定理4.11より、kerσは既約多項式で生成されるイデアルである。

定理4.11
K[Ｘ]を体Ｋ上の多項式環で、ｆ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]とするとき、つぎの５つの命題は同値である。
（１）ｆ(Ｘ)は既約多項式である。
（２）(ｆ(Ｘ))＝ｆ(Ｘ)Ｋ[Ｘ]は素イデアルである。
（３）(ｆ(Ｘ))＝ｆ(Ｘ)Ｋ[Ｘ]は極大イデアルである。
（４）Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))は整域である。
（５）Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))は体である。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

（１）と（５）より。

また、「Ｋ[Ｘ]/kerσ≃Ｋ(α)を満たすので、ｆ(Ｘ)で生成されている」事を厳密に証明してみよう。
αはｆ(Ｘ)の根より、ｆ(α)＝０
よって、代入の原理より、σ(ｆ(Ｘ))＝０
よって、kerｆ（kerσ）の性質より、
ｆ(Ｘ)∈kerσ
∴(ｆ(Ｘ))⊂kerσ（因みに、kerσはイデアルである。）

定理3.2
ｆをＲからＲ'への環の準同型写像とし、０_R'をＲ'の零元とすると
ｆ^-1(０_R')＝{ｘ｜ｘ∈Ｒ，ｆ(ｘ)＝０_R'}
はＲのイデアルである。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

定義3.3
定理3.2の環Ｒのイデアルｆ^-1(０_R')を準同型写像ｆの核という。
　環の準同型写像ｆの核は加法群の準同型写像としての核と同じであるから、加法群の場合と同じ記号kerｆを用いて表す。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

ところで、ｆ(Ｘ)は既約多項式より、定理4.11により、(ｆ(Ｘ))は極大イデアルである。
これと(ｆ(Ｘ))⊂kerσより、(ｆ(Ｘ))＝kerσである。（kerσ≠Ｋ[Ｘ]より）
よって、「kerσはｆ(Ｘ)で生成されている」事が示された。

＞仮定より、ｇ(α)＝０であるから、ｇ(Ｘ)はkerσに属する。したがって、ｇ(Ｘ)はｆ(Ｘ)で割り切れる。

σ(ｇ(Ｘ))＝ｇ(α)＝０より、ｇ(Ｘ)∈kerσ
これに(ｆ(Ｘ))＝kerσを代入すると、
ｇ(Ｘ)∈(ｆ(Ｘ))　∴ｆ(Ｘ)｜ｇ(Ｘ)
つまり、ｇ(Ｘ)はｆ(Ｘ)で割り切れる。

念のため、上の「kerσ≠Ｋ[Ｘ]」の理由は、σは準同型写像だからσ(１)＝１≠０でkerσには元１がないのでＫ[Ｘ]全体ではないから。

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

もっとも、σは代入の原理なので、σ(１)＝１に決まってますが。

おまけ：

問題
下図で、∠ＡＰＢ＝３０°，∠ＰＡＣ＝６０°，弧ＡＢ＋弧ＣＤ＝(２/３)円周　である。
（１）弧ＣＥ：弧ＥＤを求めなさい。
（２）ＡＱ＝６，ＱＣ＝１のとき、ＰＤの長さを求めなさい。
（０３　立教新座）

図の解説：円の上部に水平の弦ＡＤを弧ＡＤの中心角が１２０°弱ぐらいに引き、円周上に∠ＣＡＤ＝６０°となる点Ｃを取る。また、ＡＤの延長上の点Ｐに対して弧ＡＣ上の点Ｂが∠ＢＰＡ＝３０°となるように点Ｂ，Ｐを取る。ただし、ＢＰとＡＣの交点をＱとして、ＡＱ：ＱＣ＝６：１になるように取るのである。

模範解答
（１）弧ＡＢ＋弧ＣＤ＝(２/３)円周　より、
∠ＡＤＢ＋∠ＤＡＣ＝１８０°×(２/３)＝１２０°
∴∠ＡＤＢ＝１２０°－∠ＤＡＣ＝６０°
∴∠ＤＢＥ＝∠ＡＤＢ－∠ＤＰＢ＝３０°
∴弧ＣＥ：弧ＥＤ＝(６０°－３０°)：３０°＝１：１
（２）（１）より、△ＡＦＤ，△ＢＣＦはともに正三角形で、△ＤＢＰは二等辺三角形。
∴ＰＤ＝ＢＤ＝ＢＦ＋ＦＤ＝ＣＦ＋ＦＡ＝１＋６＝７
「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。
（２）のアレンジ（（１）を使わない場合）
弧ＡＢ＋弧ＣＤ＝(２/３)円周　より残りの、
弧ＡＤ＋弧ＢＣ＝(１/３)円周
を考えると、アルハゼンの定理より、
∠ＡＦＤ＝弧ＡＤの円周角＋弧ＢＣの円周角
＝(１/３)円周の円周角＝６０°
よって、△ＦＡＤは２つの角が６０°より正三角形より∠ＡＤＦ＝６０°
よって、△ＤＢＦの内対角の和より、∠ＤＢＰ＝６０°－３０°＝３０°
よって、△ＤＢＰは二等辺三角形。以後同じ。

（２）の私の解法
△ＡＰＱは１：２：√３の直角三角形でＡＱ＝６より、ＡＰ＝１２，ＰＱ＝６√３　
また、ＡＥを結ぶと、（１）より∠ＣＡＥ＝３０°で△ＥＡＱと△ＣＢＱも１：２：√３の直角三角形。∴ＢＱ＝√３，ＱＥ＝６/√３＝２√３
∴ＰＢ＝ＰＱ＋ＢＱ＝６√３＋√３＝７√３
また、ＰＥ＝ＰＱ－ＱＥ＝６√３－２√３＝４√３　よって、方べきの定理を使うと、
ＰＤ・ＰＡ＝ＰＥ・ＰＢより、
ＰＤ・１２＝４√３・７√３
∴ＰＤ＝７

おまけ：
「14:03彼らは、玉座の前、また四つの生き物と長老たちの前で、新しい歌のたぐいをうたった。この歌は、地上から贖われた十四万四千人の者たちのほかは、覚えることができなかった。 14:04彼らは、女に触れて身を汚したことのない者である。彼らは童貞だからである。この者たちは、小羊の行くところへは、どこへでも従って行く。この者たちは、神と小羊に献げられる初穂として、人々の中から贖われた者たちで、 14:05その口には偽りがなく、とがめられるところのない者たちである。」
「ヨハネの黙示録」第１４章３節～５節（新共同訳）

問題
１辺が６の正方形ＡＢＣＤの内部に正三角形ＥＣＤ，ＦＤＡ，ＧＡＢ，ＨＢＣがあり、それぞれの交点を考えると、中央に八角形が出来る。その面積を求めて下さい。

模範解答
右図のようになって（注：正方形の中心をＯ，ＡＤの中点をＭ，ＡＧとＤＥの交点をＰとすると点ＰはＯＭ上にある。また、ＡＧとＣＨの交点をＱとすると点ＱはＯＤ上にある。そして、ＱからＯＰに下ろした垂線の足をＲとした図で、∠ＤＯＭ＝４５°，∠ＰＤＭ＝３０°，∠ＯＰＱ＝６０°）、
ＰＲ＝ａとおくと、ＱＲ＝ＯＲ＝√３ａであるから、△ＯＰＱ＝(ＯＰ×ＱＲ)/２
＝{(３＋√３)/２}ａ²・・・①
ところで、ＯＰ＝ＯＭ－ＰＭ＝３－√３で、これが(√３＋１)ａであるから、
ａ＝(３－√３)/(√３＋１)＝２√３－３
よって、求める面積は、
８×①＝８×[{(３＋√３)/２}×(２√３－３)²]
＝１２(９－５√３)
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
要は、中央の八角形の１/８の△ＯＰＱの面積を求める作戦である。今までの類題の模範解答も皆同じ戦法である。ただし、初めの問題の模範解答だけ（１）と（２）の誘導があるからもっとエレガントな解法であるが。だから、この手の問題の定石はこの手法という事である。念のため、私の解法は受験用じゃないので、適当だが。

正方形の中心をＯ，ＡＧとＤＥの交点をＰ，ＡＧとＣＨの交点をＱとし、ＯＰの延長とＡＤとの交点をＭとすると、点ＭはＡＤの中点で対称性より点ＨはＯＭ上にある。また、ＯＱの延長は点Ｄに達し、△ＯＤＭは直角二等辺三角形になる。
∴∠ＤＯＭ＝４５°
また、△ＧＡＢは正三角形より∠ＢＡＧ＝６０°また、対称性よりＡＢ∥ＰＯ　よって、同位角より、∠ＯＰＱ＝∠ＢＡＧ＝６０°
ここで、ＱからＯＰに垂線を下ろしその足をＲとすると、△ＱＰＲは１：２：√３の直角三角形になり、△ＱＯＲは直角二等辺三角形になる。
よって、ＰＲ＝ａと置くと、ＱＲ＝ＯＲ＝√３ａ　∴ＯＰ＝ａ＋√３ａ＝(１＋√３)ａ———①
また、△ＯＤＭが直角二等辺三角形よりＯＭ＝３で、△ＰＤＭが１：２：√３の直角三角形より、ＰＭ＝３/√３＝√３
∴ＯＰ＝ＯＭ－ＰＭ＝３－√３———②
①，②より、(１＋√３)ａ＝３－√３
∴ａ＝(３－√３)/(√３＋１)
＝(３－√３)(√３－１)/２
＝(３√３－３－３＋√３)/２
＝(４√３－６)/２＝２√３－３———ア
また、△ＯＰＱ＝ＯＰ×ＱＲ×(１/２)
＝(１＋√３)ａ×√３ａ×(１/２)
＝(３＋√３)ａ²/２———イ
イをアに代入すると、
△ＯＰＱ＝(３＋√３)(２√３－３)²/２
＝(３＋√３)(２１－１２√３)/２
よって、求める面積はこの８倍で、
Ｓ＝４(３＋√３)(２１－１２√３)
＝４(６３－３６√３＋２１√３－３６)
＝４(２７－１５√３)
＝１２(９－５√３)

私の解法は次回。

おまけ：
https://www.msn.com/ja-jp/entertainment/hollywood/%E8%8B%B1%E5%9B%BD%E3%81%AE%E9%AD%94%E5%A5%B3%E3%83%9E%E3%82%B6%E3%83%BC-%E3%82%B7%E3%83%97%E3%83%88%E3%83%B3%E3%81%AE%E4%B8%8D%E7%A9%8F%E3%81%AA%E4%BA%88%E8%A8%80/ss-BB1oxHMK?ocid=msedgntp&pc=U531&cvid=fd7e31a4c1704480a29d9ba4bc18d017&ei=33#image=20

問題
１辺が６の正方形ＡＢＣＤの内部に正三角形ＥＣＤ，ＦＤＡ，ＧＡＢ，ＨＢＣがあり、それぞれの交点を考えると、中央に八角形が出来る。その面積を求めて下さい。

私の解法
ＡＦとＤＥの交点をＰとすると、対称性から中央に正方形が出来るので、∠ＡＰＤ＝９０°
また、△ＥＣＤが正三角形より、∠ＰＤＡ＝３０°よって、△ＰＡＤは１：２：√３の直角三角形である。
∴ＡＰ＝ＡＤ/２＝３，ＤＥ＝３√３　
∴△ＰＡＤ＝３×３√３×(１/２)＝９√３/２
ところで、対称性より、中央の正方形は正方形ＡＢＣＤから△ＰＡＤと合同な４つの三角形を引いたものである。
∴中央の正方形＝３６－１８√３
よって、中央の正方形の１辺の長さをｌとすると、ｌ＝√(３６－１８√３)
ここで、目的の八角形に注目すると、対称性から中央の正方形から合同な小さな直角三角形を引いたものである事が分かり、さらにＡＧとＢＨの交点を１つの頂点とした先の正方形と合同な正方形に注目すると、中央の正方形の１辺の長さはその小さな直角三角形の３辺の長さの和である事が分かる。そして、その小さな直角三角形が３０°，６０°，９０°の直角三角形である事はすぐ分かる。
よって、ａ＋２ａ＋√３ａ＝√(３６－１８√３)が成り立つ。
∴ａ(３＋√３)＝√(３６－１８√３)
＝３√(４－２√３)＝３√(√３－１)²
＝３(√３－１)
∴ａ＝３(√３－１)/(３＋√３)
＝√３(√３－１)/(√３＋１)
＝√３(√３－１)²/２
＝√３(４－２√３)/２
＝√３(２－√３)＝２√３－３
∴ａ＝２√３－３
∴ａ²＝(２√３－３)²＝２１－１２√３———①
また、求める面積をＳとすると、
Ｓ＝３６－１８√３－ａ×√３ａ×(１/２)×４＝３６－１８√３－２√３ａ²———②
①を②に代入すると、
Ｓ＝３６－１８√３－２√３(２１－１２√３)
＝３６－１８√３－４２√３＋７２
＝１０８－６０√３
＝１２(９－５√３)

おまけ：
詩百篇第1巻4番
世界に一人の君主が産み出されるが、
その平穏と生涯は長くはないだろう。
そのとき釣り舟は失われ、
最大の損害に見舞われるだろう。
引用元：https://w.atwiki.jp/nostradamus/pages/1129.html

https://www.jstage.jst.go.jp/article/bellf/33/0/33_51/_article/-char/ja（三島由紀夫が世話役か。）

解説
＞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。

問題の意味は、まず、Ｋは有限体に限らずに解説する。例えば、Ｋを有理数体ℚとして、
ｆ(Ｘ)＝Ｘ²＋Ｘ＋１とすると、
Ｘ²＋Ｘ＋１＝０の解はＸ＝(－１±√３ｉ)/２なので、ｆ(Ｘ)＝[Ｘ－{(－１＋√３ｉ)/２}][Ｘ－{(－１－√３ｉ)/２}]
と因数分解出来、(－１±√３ｉ)/２は複素数体ℂの元なのでℚの拡大体である。
つまり、当たり前な話なのである。
例えば、ｆ(Ｘ)＝Ｘ²＋Ｘ－１とすると、
Ｘ²＋Ｘ－１＝０の解はＸ＝(－１±√５)/２なので、ｆ(Ｘ)＝[Ｘ－{(－１＋√５)/２}][Ｘ－{(－１－√５)/２}]
と因数分解出来、(－１±√５)/２は実数体ℝの元なのでℚの拡大体となりＯＫ。
「１次式の積に分解するようなＫの拡大体Ｌが存在する」事がイメージ出来るだろう。
因みに、モニックとは最高次の係数が１である事である。

「多項式ｆ(Ｘ)の最高次の係数が１のとき、ｆ(Ｘ)をモニックな多項式という。」
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

また、degは次数である。

定義4.1
Ｒを可換環とする。Ｒとは関係ない文字ＸをＲ上の不定元（あるいは変数）という。Ｒ上のＸの多項式とは
ｆ(Ｘ)＝ａnＸ^n＋ａn-1Ｘ^(n-1)＋…＋ａ₁Ｘ＋ａ₀（ａi∈Ｒ）
の形の式のことであるとする。ａn≠０のとき、ｆ(Ｘ)はｎ次の多項式である。また、ｎをｆ(Ｘ)の次数といいｎ＝degｆ(Ｘ)で表す。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

＞ｎ＝１あればｆ(Ｘ)＝Ｘ－ａ（ａ∈Ｋ）となるから定理は、当然、正しい。

ｎ＝１の場合は１次式なので因数分解する必要もない場合で、具体例で考えると、
ｆ(Ｘ)＝Ｘ－ａ（ａ∈ℚ⊂ℂ）なので、拡大体が存在するという事である。

＞ｆ(Ｘ)が既約であれば補題１により、ｆ(Ｘ)の根αを含むＫの拡大体Ｌ'が存在する。

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。

まずは、ｆ(Ｘ)が既約多項式の場合を証明するという訳である。補題１により拡大体Ｌ'が存在する事は分かるだろう。また、|Ｘ＝αである。（「Ｘの剰余類 |Ｘはｆ(Ｘ)のＬにおける根」だから。）
よって、「ｆ(Ｘ)の根αを含むＫの拡大体Ｌ'が存在する」という事なのだが、あまりピンと来ない人のために、ここでもＫをℚにして具体的に考える。

例3.5
有理数体ℚ上の１変数の多項式環ℚ[Ｘ]において、多項式Ｘ²－２によって生成されたイデアル(Ｘ²－２)による剰余環ℚ[Ｘ]/(Ｘ²－２)と体ℚ[√２]は環として同型である。

イデアル(Ｘ²－２)はＸ²－２の倍数の集合と考えて貰って良い。そして、剰余環ℚ[Ｘ]/(Ｘ²－２)は任意の多項式ｆ(Ｘ)をＸ²－２で割った余りの集合である。Ｘ²－２で割った余りなので、ａＸ＋ｂ（ａ,ｂ∈ℚ）で表される。
つまり、ℚ[√２]＝{ａ＋ｂ√２｜ａ,ｂ∈ℚ}と同型である事は自明である。また、√２がＸ²－２の根である事から、「ｆ(Ｘ)の根αを含むＫの拡大体Ｌ'が存在する」事がイメージ出来るだろう。
念のため、ここでは、ℚ[√２]がℚの拡大体という事。

＞Ｌ'[Ｘ]において、ｆ(Ｘ)をＸ－αで割れば、定理4.5の系より
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ－α)ｇ(Ｘ)，ｇ(Ｘ)∈Ｌ'[Ｘ]
でなければならない。

定理4.5の系（因数定理）
ｆ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]，α∈Ｋとする。このとき、ｆ(α)＝０であるための必要十分条件は、ある多項式ｇ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]が存在して、
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ－α)ｇ(Ｘ)
と表されることである。

要は、αはｆ(Ｘ)の根なので、Ｘ－αで割れば割り切れ、ｆ(Ｘ)∈Ｌ'[Ｘ]よりＸ－α∈L'[Ⅹ]で割った商ｇ(Ｘ)もｇ(Ⅹ)∈Ｌ'[Ｘ]という事である。（念のため、α∈Ｌ'だからＸ－α∈Ｌ'[Ｘ]である。）

＞ｇ(Ｘ)の次数はｎ－１であるから、帰納法の仮定により、Ｌ'の拡大体Ｌで、Ｌ[Ｘ]においてはｇ(Ｘ)が１次式の積に分解するような体Ｌが存在する。

上で「ｆ(Ｘ)＝(Ｘ－α)ｇ(Ｘ)，ｇ(Ｘ)∈Ｌ'[Ｘ]」となり、ｆ(Ｘ)がｎ次式なので、ｇ(Ｘ)はｎ－１次式である。よって、数学的帰納法の仮定により、ｇ(Ｘ)は１次式に分解されそのような体Ｌが存在するという事である。（「そのような」とはＬ'の拡大体という事。）

＞したがって、ｆ(Ｘ)はＬ[Ｘ]で１次式の積に分解する。

上の「ｆ(Ｘ)＝(Ｘ－α)ｇ(Ｘ)，ｇ(Ｘ)∈Ｌ'[Ｘ]」で、ｇ(Ｘ)がｎ－１個の１次式に分解されるので、(Ｘ－α)をかけたｆ(Ｘ)がｎ個の１次式に分解され、そのような体Ｌが存在するという事である。

＞（ⅱ）ｆ(Ｘ)が可約であれば、ｆ(Ｘ)の既約因子の１つをｆ₁(Ｘ)とする。ｆ₁(Ｘ)に対して、補題１を適用すれば
ｆ₁(Ｘ)＝(Ｘ－α)ｇ(Ｘ)，α∈Ｌ'，ｇ(Ｘ)∈Ｌ'[Ｘ]
を満たすＫの拡大体Ｌ'の存在が証明される。

（ⅰ）は既約の場合に定理が成り立つ事を証明し、可約は既約多項式の積なので、成り立つ事は自明である。ただし、既約因子によって、具体例ではℝやℂに分かれるだろうが、成り立つ事は間違いない。念のため、証明は有限体での証明である。

前言撤回、根性がある中学生にしか理解出来ないだろう。

おまけ：

余興的問題
https://www.msn.com/ja-jp/lifestyle/other/%E5%9B%B3%E5%BD%A2%E5%95%8F%E9%A1%8C-vol-1071-%E3%82%B0%E3%83%AC%E3%83%BC%E3%81%AE%E9%83%A8%E5%88%86%E3%81%AE%E9%9D%A2%E7%A9%8D%E3%82%92%E6%B1%82%E3%82%81%E3%82%88-%E5%85%A83%E5%95%8F/ar-AA1yj3XV?ocid=msedgntp&pc=U531&cvid=491cd6d729714ce2a7953cf8326e9eac&ei=6

この第３問は、円に外接する四角形の向かい合う二辺の和は等しいという定理https://manabitimes.jp/math/819を使えば一発ですが、それを使わない別解を作って下さい。

回答
台形に左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、内接円の中心をＯとする。
ここで、ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＤＨＣは８，１５，１７の原始ピタゴラス数の直角三角形になる。
また、ＡＤ＝ｘと置くと、ＢＣ＝ｘ＋８
今、ＢＡの延長とＣＤの延長との交点をＥとすると、△ＥＡＤ∽△ＥＨＣより、ＥＡ＝(１５/８)ｘ
∴ＥＢ＝(１５/８)ｘ＋１５
ところで、ＯＡ，ＯＢは∠Ａ，∠Ｂの二等分線より、△ＯＡＢは直角二等辺三角形である。よって、半径は、１５/２ｃｍである。
また、ＢＣ＝ｘ＋８
∴△ＥＢＣ＝{(１５/８)ｘ＋１５}×(ｘ＋８)×(１/２)———①
また、△ＥＢＣ＝{(１５/８)ｘ＋１５}×(１５/２)×(１/２)＋(ｘ＋８)×(１５/２)×(１/２)＋{(１７/８)ｘ＋１７)×(１５/２)×(１/２)———②
①，②より、
{(１５/８)ｘ＋１５}×(ｘ＋８)×(１/２)
＝{(１５/８)ｘ＋１５}×(１５/２)×(１/２)＋(ｘ＋８)×(１５/２)×(１/２)＋{(１７/８)ｘ＋１７)×(１５/２)×(１/２)
∴{(１５/８)ｘ＋１５}×(ｘ＋８)
＝{(１５/８)ｘ＋１５}×(１５/２)＋(ｘ＋８)×(１５/２)＋{(１７/８)ｘ＋１７)×(１５/２)
∴(１５/８)ｘ²＋３０ｘ＋１２０
＝(１５²/２)(ｘ/８＋１)＋(１５/２)(ｘ＋８)＋(２５５/２)(ｘ/８＋１)
この両辺を１６倍すると、
３０ｘ²＋４８０ｘ＋１９２０
＝２２５(ｘ＋８)＋１２０(ｘ＋８)＋２５５(ｘ＋８)
＝２２５ｘ＋１８００＋１２０ｘ＋９６０＋２５５ｘ＋２０４０
∴３０ｘ²－１２０ｘ－２８８０＝０
∴ｘ²－４ｘ－９６＝０
∴(ｘ＋８)(ｘ－１２)＝０　∴ｘ＝－８，１２
ｘ＞０より、ｘ＝１２　∴ＡＢ＝１２ｃｍ
∴ＢＣ＝ｘ＋８＝２０ｃｍ
∴台形ＡＢＣＤ＝(１２＋２０)×１５×(１/２)
＝１６×１５＝２４０ｃｍ²

もっとも簡単に出来ますね。うっかりしました。次回。

おまけ：

問題
∠Ａ＝∠Ｂ＝∠Ｒ（直角），ＡＢ＝１５ｃｍ，ＤＣ＝１７ｃｍの円に外接する台形ＡＢＣＤの面積を求めて下さい。
引用元：https://www.msn.com/ja-jp/lifestyle/other/%E5%9B%B3%E5%BD%A2%E5%95%8F%E9%A1%8C-vol-1071-%E3%82%B0%E3%83%AC%E3%83%BC%E3%81%AE%E9%83%A8%E5%88%86%E3%81%AE%E9%9D%A2%E7%A9%8D%E3%82%92%E6%B1%82%E3%82%81%E3%82%88-%E5%85%A83%E5%95%8F/ar-AA1yj3XV?ocid=msedgntp&pc=U531&cvid=491cd6d729714ce2a7953cf8326e9eac&ei=6（第３問）

解法１
円に外接する四角形の性質より、
ＡＤ＋ＢＣ＝ＡＢ＋ＤＣ＝１５＋１７＝３２ｃｍ
よって、台形の面積をＳとすると、
Ｓ＝３２×１５÷２＝２４０ｃｍ²

解法２
ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＤＨＣは８，１５，１７の原始ピタゴラス数の直角三角形になり、ＨＣ＝８ｃｍ
ここで、ＡＤ＝ｘと置くと、ＢＣ＝ｘ＋８
∴台形ＡＢＣＤ＝{ｘ＋(ｘ＋８)}×１５×(１/２)＝１５(ｘ＋４)———①
また、内接円の中心をＯとすると、ＯＡ，ＯＢは∠Ａ，∠Ｂの二等分線より、△ＯＡＢは直角二等辺三角形になり、ＡＢと円との接点をＴとすると、ＯＴ⊥ＡＢで点ＴはＡＢの中点になる。
つまり、円の半径は、ｒ＝１５/２ｃｍである。
∴台形ＡＢＣＤ＝△ＯＡＢ＋△ＯＢＣ＋△ＯＣＤ＋△ＯＤＡ＝１５ｒ/２＋(ｘ＋８)ｒ/２＋１７ｒ/２＋ｘｒ/２
＝(ｒ/２)(１５＋ｘ＋８＋１７＋ｘ)
＝(ｒ/２)(２ｘ＋４０)＝ｒ(ｘ＋２０)
これにｒ＝１５/２を代入すると、
台形ＡＢＣＤ＝(１５/２)(ｘ＋２０)———②
①，②より、
１５(ｘ＋４)＝(１５/２)(ｘ＋２０)
∴２(ｘ＋４)＝ｘ＋２０
∴ｘ＝１２　
これを①に代入すると、
台形ＡＢＣＤ＝１５・１６＝２４０ｃｍ²

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-11939755641.html

解説
＞（ⅰ）定義より明らか。

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

証明
まず、ａ₁が線型独立⇒ａ₁≠０の証明
ａ₁が線型独立ならば、

線型独立の定義
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”

定義より、ｃａ₁＝０ならば必ずｃ＝０
今、ａ₁＝０とすると、ｃは０以外でもｃａ₁＝０となる。よって、必ずｃ＝０に矛盾する。
よって、背理法によりａ₁≠０である。
つまり、ａ₁が線型独立⇒ａ₁≠０———①
次に、ａ₁≠０⇒ａ₁が線型独立の証明
ａ₁≠０ならば、ｃａ₁＝０とするとｃ＝０である。よって、定義よりａ₁は線型独立である。
つまり、ａ₁≠０⇒ａ₁が線型独立———②
①，②より、
ａ₁が線型独立⇒ａ₁≠０
よって、示された。

＞（⇐）は（ⅱ）の（⇒）より生ずる。

（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。

から、

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

証明
ａk∈Ｋａ₁＋…＋Ｋａk-1＋Ｋａk+1＋…＋Ｋａnより、ａkは、
ａk＝ｃ₁ａ₁＋…＋ｃk-1ａk-1＋ｃk+1ａk+1＋…＋ｃnａnと書ける。
∴ｃ₁ａ₁＋…＋ｃk-1ａk-1＋(－１)ａk＋ｃk+1ａk+1＋…＋ｃnａn＝０
よって、少なくとも１個０でないものがあるので、ａ₁,…,ａnは線型従属である。
よって、示された。

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

補足
「線型独立の概念は定義の通り代数的に理解するよりほかに仕方がないが、その幾何学的意味を求める人には、次の例は役に立つであろう。

例（3.1.8）
普通の空間Ｅ³の一点Ｏを零元とする実線型空間（Ｅ³,Ｏ）を考える。三つの点Ａ,Ｂ,Ｃ∈Ｅ³に対し
（ⅰ）Ａが線型独立⇔Ａ≠Ｏ
（ⅱ）Ａ,Ｂが線型独立⇔Ａ≠Ｏ,かつＢ∉ℝＡ
⇔ＯＡＢが三角形をつくる
（ⅲ）Ａ,Ｂ,Ｃが線型独立⇔Ａ,Ｂが線型独立,かつＣ∉ℝＡ＋ℝＢ⇔ＯＡＢが三角形をつくり、Ｃ∉平面ＯＡＢ⇔ＯＡＢＣが四面体をつくる
　線型独立の概念は、線型代数学の学習上最大の難所とも言え、初心者には難しい。その定義は明確なのであるが、その意味が容易に把握できない所にその原因がある。しかしこの概念は、今後座標を導入するために欠くべからざる重要なものである。線型独立の理解なくして線型代数学の理解はありえないのであるから、読者は是非この概念を自分のものにしてほしい。」
「線型代数入門」有馬哲著より

初学者はこんなの読んでも分からないと思います。当時は、本気で以心伝心じゃないと理解出来ないんじゃないかと思っていました。因みに、私ならバカでも分かりそうな解説も出来ますが、金にならないのでやりません。本当に「すぐわかる線形代数」石村園子先生には救われました。

おまけ：

問題
半径１の円の円周上に反時計回りに８等分点Ａ～Ｈがあり、Ａ→Ｄ→Ｇ→Ｂ→Ｅ→Ｈ→Ｃ→Ｆ→Ａと線分で結ばれている。この時、中央の八角形の面積を求めて下さい。

模範解答
図で（注：円の中心をＯとしてＢＧとＣＨの交点をJ，ＡＦとＢＧの交点をＫとすると、ＯＡ，ＯＨはそれぞれ点Ｊ，Ｋを通る。また、ＪＫの延長上にＡ，Ｈから下ろした垂線の足をＡ'，Ｈ'とし、ＡからＯＨに垂線を下ろしその足をＩとした図）、△ＯＪＫと△ＯＡＨの相似比は、
ＪＫ：ＡＨ＝ＪＫ：Ａ'Ｈ'
＝√２：(√２＋２)＝１：(１＋√２)
これと、△ＯＡＨ＝(ＯＨ×ＡＩ)/２
＝(１/２)×１×(１/√２)＝１/２√２
より、求める面積は、
８×△ＯＪＫ＝８×[(１/２√２)×{１²/(１＋√２)²}]＝６√２－８
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞ＪＫ：Ａ'Ｈ'＝√２：(√２＋２)

全体図で見ると、点Ａ'，Ｈ'はそれぞれＡＤとＢＧの交点，ＢＧとＥＨの交点であり、ＡＫとＨＪの交点をＬとすると、それはＡＦとＣＨの交点でもあり、△ＬＪＫも△ＬＨＡも直角二等辺三角形である。また、全体図で見ると対称性より、Ａ'Ｊ＝ＬＪ，ＬＫ＝Ｈ'Ｋ（△ＡＡ'Ｊ≡△ＡＬＪ，△ＨＬＫ≡△ＨＨ'Ｋだから）
よって、直角二等辺三角形の１：√２を利用すると、ＪＫ：Ａ'Ｈ'＝√２：(１＋√２＋１)
＝√２：(√２＋２)

＞△ＯＡＨ＝(ＯＨ×ＡＩ)/２
＝(１/２)×１×(１/√２)＝１/２√２

全体図で見ると、∠ＡＯＨ＝４５°なので、△ＡＯＩは直角二等辺三角形だから。

ちょっと違うが、私の解法１を紹介しよう。

解法１
ＡＦとＢＧの交点をＩ，ＡＦとＥＨの交点をＪとし、円の中心をＯとすると、対称性よりＯＨ，ＯＧはそれぞれ点Ｉ，Ｊを通る。
また、対称性よりＢＨ∥ＣＧよりＢＨ∥ＯＧ
よって、△ＩＨＢ∽△ＩＯＧで相似比ＨＢ：ＯＧ　ところで、△ＯＨＢは直角二等辺三角形より、ＯＨ：ＨＢ＝１：√２　
∴ＨＢ：ＯＧ＝√２：１
∴ＯＩ：ＨＩ＝１：√２
∴ＯＩ：ＯＨ＝１：１＋√２
また、△ＯＩＪ∽△ＯＨＧより相似比は１：１＋√２で面積比は１²：(１＋√２)²＝１：３＋２√２
ここで、ＨからＯＧに垂線を下ろしその足をＫとすると、△ＨＯＫは直角二等辺三角形になるので、ＨＫ＝１/√２
∴△ＯＨＧ＝１×(１/√２)×(１/２)＝１/２√２
∴正八角形ＡＢＣＤＥＦＧＨ＝(１/２√２)×８＝４/√２＝２√２
よって、求める面積をＳとすると、
Ｓ＝２√２×{１/(３＋２√２)}
＝２√２/(３＋２√２)＝２√２(３－２√２)
＝６√２－８

求め方は、大分違いましたね。方向性は同じですが。解法２は次回。

おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1886746694970474999

「イエスは彼らに言われた、「この世の子らは、めとったり、とついだりするが、かの世にはいって死人からの復活にあずかるにふさわしい者たちは、めとったり、とついだりすることはない。彼らは天使にも等しいものであり、また復活にあずかるゆえに、神の子でもあるので、もう死ぬことはあり得ないからである。」
「ルカによる福音書」第２０章３４節～３６節（口語訳）
引用元：https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12822692483.html

問題
半径１の円の円周上に反時計回りに８等分点Ａ～Ｈがあり、Ａ→Ｄ→Ｇ→Ｂ→Ｅ→Ｈ→Ｃ→Ｆ→Ａと線分で結ばれている。この時、中央の八角形の面積を求めて下さい。

私の解法２
ＡＦとＣＨ，ＤＧとの交点をそれぞれＰ，Ｑとし、ＡＦとＢＧ，ＥＨとの交点をそれぞれＲ，Ｓとすると、△ＰＡＨは直角二等辺三角形（対称性から中央の四角形は正方形になり∠ＡＰＨ＝９０°で、対称性よりＡＰ＝ＨＰだから）より、
ＡＰ：ＡＨ＝１：√２
また、８等分よりＡＨ＝ＨＧで、四角形ＰＱＧＨは長方形よりＰＱ＝ＨＧ　よって、ＡＨ＝ＰＱより、
ＡＰ：ＰＱ＝１：√２
よって、対称性より、
ＡＰ：ＰＱ：ＱＦ＝１：√２：１———①である。
ところで、八角形ＡＢＣＤＥＦＧＨは正八角形で中央の八角形も対称性から正八角形である。
つまり、ＰＲ：ＲＳ：ＳＱ＝１：√２：１———②である。（念のため、ＢＡの延長とＧＨの延長との交点とＥＦの延長とＨＧの延長との交点を定めて考えると良い。）
ここで、円の中心をＯとして、ＦからＯＥに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＥＯＩは直角二等辺三角形になり、ＯＦ＝１より、ＯＩ＝ＦＩ＝１/√２
∴ＩＥ＝１－１/√２
よって、△ＥＦＩで三平方の定理を使うと、
ＥＦ＝√{(１－１/√２)²＋(１/√２)²}
＝√(１＋１/２－√２＋１/２)＝√(２－√２)
また、ＡＨ＝２，∠ＡＦＥ＝９０°より△ＡＥＦで三平方の定理を使うと、
ＡＦ＝√{２²－(２－√２)}＝√(２＋√２)
①を使うと、
ＰＱ＝{√２/(１＋√２＋１)}ＡＦ
＝{√２/(２＋√２)}・√(２＋√２)
＝√(２＋√２)/(√２＋１)
＝(√２－１)√(２＋√２)
また、②を使うと、
ＰＲ＝{１/(１＋√２＋１)}ＰＱ
＝(√２－１)√(２＋√２)/(２＋√２)
＝(√２－１)(２－√２)√(２＋√２)/２
＝(２√２－２－２＋√２)√(２＋√２)/２
＝(３√２－４)√(２＋√２)/２
よって、中央の正八角形の面積をＳとすると、
Ｓ＝ＰＱ²－(ＰＲ²/２)×４＝ＰＱ²－２ＰＲ²
＝(√２－１)²(２＋√２)－(３√２－４)²(２＋√２)/２
＝(３－２√２)(２＋√２)－(１８＋１６－２４√２)(２＋√２)/２
＝(３－２√２)(２＋√２)－(１７－１２√２)(２＋√２)
＝(２＋√２)(－１４＋１０√２)
＝２(２＋√２)(－７＋５√２)
＝２(－１４＋１０√２－７√２＋１０)
＝２(－４＋３√２)
＝６√２－８

おまけ：