数学

問題
右の図において、∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＥ，ＡＢ＝５，
ＡＣ＝３，ＡＤ＝ａ，ＡＥ＝ｂとする。
ＢＤ/ＣＥをａ,ｂを用いて表すと、ＢＤ/ＣＥ＝□である。さらに、ＢＤ＝２，ＣＤ＝４とすると、ＣＥ＝□である。
（００　灘）

図の解説：ＡＢ＞ＡＣで∠Ａが９０°ぐらいの△ＡＢＣの辺ＢＣ上に∠ＤＡＢ＝∠ＥＡＣとなる点Ｄ，Ｅがある図。ただし、点の順序は左からＢ,Ｄ,Ｅ,Ｃとする。

模範解答
ＢＤ/ＣＥ＝△ＡＢＤ/△ＡＣＥ・・・①
一方、①の２つの三角形は頂角が等しいから、
①＝(ＡＢ×ＡＤ)/(ＡＣ×ＡＥ)＝５ａ/３ｂ・・・②
同様に、△ＡＢＥ/△ＡＣＤ＝ＢＥ/ＣＤ＝５ｂ/３ａ・・・③
②×③より、(ＢＤ/ＣＥ)×(ＢＥ/ＣＤ)＝２５/９
ここで、ＣＥ＝ｘとすると、
(２/ｘ)×(６－ｘ)/４＝２５/９
∴９(６－ｘ)＝５０ｘ　∴ｘ＝５４/５９

別解（後半について）
右図のように、平行四辺形ＡＢＦＣを作る（注：平行四辺形は一意的に作られ、ＡＤの延長とＢＦとの交点をＧ，ＡＥの延長とＣＦとの交点をＨとした図）と、まず、△ＡＤＣ∽△ＧＤＢより、
ＢＧ＝３×(１/２)＝３/２
すると、△ＡＢＧ∽△ＡＣＨより、
ＣＨ＝(３/２)×(３/５)＝９/１０
最後に、△ＡＢＥ∽△ＨＣＥより、
ＣＥ＝６×[(９/１０)/{５＋(９/１０)}]
＝６×(９/５９)＝５４/５９
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞ＢＤ/ＣＥ＝△ＡＢＤ/△ＡＣＥ・・・①

△ＡＢＤと△ＡＣＥは高さを共有しているので、面積比は底辺比と等しいから。（受験算数の超基本の定石。）

＞一方、①の２つの三角形は頂角が等しいから、
①＝(ＡＢ×ＡＤ)/(ＡＣ×ＡＥ)＝５ａ/３ｂ・・・②

これは△ＡＢＤと△ＡＣＥの１つの角が等しい三角形の面積比の公式を使ったもの。
△ＡＢＤ：△ＡＣＥ＝ＡＢ×ＡＤ：ＡＣ×ＡＥ
これも定石の１つとして覚えていなければ、受験では苦戦をするだろう。

＞同様に、△ＡＢＥ/△ＡＣＤ＝ＢＥ/ＣＤ＝５ｂ/３ａ・・・③

∠ＢＡＥ＝∠ＢＡＤ＋∠ＤＡＥ
∠ＣＡＤ＝∠ＣＡＥ＋∠ＤＡＥ
で、条件より∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＥなので、
∠ＢＡＥ＝∠ＣＡＤ
よって、△ＡＢＥと△ＡＣＤで上の２つの定石を使ったもの。

＞②×③より、(ＢＤ/ＣＥ)×(ＢＥ/ＣＤ)＝２５/９
ここで、ＣＥ＝ｘとすると、
(２/ｘ)×(６－ｘ)/４＝２５/９

ＣＥ＝ｘとすると、ＢＥ＝６－ｘ
また、ＢＤ＝２，ＣＤ＝４
これらを上の式に代入したもの。

＞△ＡＢＧ∽△ＡＣＨ

平行四辺形の性質より、∠Ｂ＝∠Ｃ
また、条件の∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＥより２角が等しいから。

＞最後に、△ＡＢＥ∽△ＨＣＥより、
ＣＥ＝６×[(９/１０)/{５＋(９/１０)}]
＝６×(９/５９)＝５４/５９

△ＡＢＥ∽△ＨＣＥの相似比はＡＢ：ＨＣ＝５：(９/１０)で、ＢＣ＝６だから。

私の解法は次回。

おまけ：

問題
右の図において、∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＥ，ＡＢ＝５，
ＡＣ＝３，ＡＤ＝ａ，ＡＥ＝ｂとする。
ＢＤ/ＣＥをａ,ｂを用いて表すと、ＢＤ/ＣＥ＝□である。さらに、ＢＤ＝２，ＣＤ＝４とすると、ＣＥ＝□である。
（００　灘）

図の解説：ＡＢ＞ＡＣで∠Ａが９０°ぐらいの△ＡＢＣの辺ＢＣ上に∠ＤＡＢ＝∠ＥＡＣとなる点Ｄ，Ｅがある図。ただし、点の順序は左からＢ,Ｄ,Ｅ,Ｃとする。

私の解法
前半は上の模範解答と同じで、
ＢＤ/ＣＥ＝△ＡＢＤ/△ＡＣＥ
＝(ＡＢ×ＡＤ)/(ＡＣ×ＡＥ)＝５ａ/３ｂ
また、ＢＤ＝２，ＣＤ＝４より、ＢＣ＝６
ここで、∠Ａの二等分線を引き、ＢＣとの交点をＦとすると、ＡＦは∠ＤＡＥの二等分線でもある。
まず、△ＡＢＣで角の二等分線の定理を使うと、
ＢＦ：ＣＦ＝ＡＢ：ＡＣ＝５：３
∴ＢＦ＝(５/８)ＢＣ＝(５/８)×６＝１５/４
ＣＦ＝(３/８)ＢＣ＝(３/８)×６＝９/４
∴ＤＦ＝ＢＦ－ＢＤ＝１５/４－２＝７/４
次に、△ＡＤＥで角の二等分線の定理を使うと、
ＤＦ：ＦＥ＝ＡＤ：ＡＥ＝ａ：ｂ
また、ＤＦ＝７/４
ＦＥ＝ＣＦ－ＣＥ＝９/４－ＣＥ
これらを代入すると、
７/４：９/４－ＣＥ＝ａ：ｂ———①
ところで、前半より、ＢＤ/ＣＥ＝５ａ/３ｂ
これにＢＤ＝２を代入すると、
２/ＣＥ＝５ａ/３ｂ
∴ＣＥ＝６ｂ/５ａ———②
②を①に代入すると、
７/４：９/４－６ｂ/５ａ＝ａ：ｂ
∴(７/４)ｂ＝ａ(９/４－６ｂ/５ａ)
∴７ｂ/４＝(９/４)ａ－６ｂ/５
∴(９/４)ａ＝７ｂ/４＋６ｂ/５＝５９ｂ/２０
∴４５ａ＝５９ｂ
∴５ａ＝５９ｂ/９———③
③を②に代入すると、
ＣＥ＝６ｂ/(５９ｂ/９)＝５４/５９

因みに、参考書に、
「後半が難問です。前半のように’頂角が等しい三角形の面積比’に着目するか、’角の二等分線の定理’を使うか、でしょうが、相似だけを使った別解もあります。」
とあり、上の模範解答と別解が示されている訳ですが、角の二等分線の定理の解法が載っていません。私の解法の事でしょうか。
念のため、この記述を見る前に解いた事は言うまでもない。（言ってますが。笑）

おまけ：

解説
＞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。

＞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は、Ｌ＝Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))より、定数のみの部分集合を考えれば、Ｋを部分体として含む事は自明である。（写像もどきはいらないという事。）

＞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。

Ｌ＝Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))より、Ｌはｆ(Ⅹ)で割った余りの集合だから、ｆ(|Ｘ)＝|０である。
つまり、|Ｘは方程式ｆ(Ｘ)＝０の解であるという事。

念のため、補題１自体は正しいという事で問題はない。ただし、専門家の人に（全ての）裏を取って貰って下さい。

おまけ：
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E6%9D%91%E4%B8%8B%E5%AD%9D%E8%94%B5

問題
図のような１辺の長さが４の正方形がある。辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡの中点をそれぞれＫ，Ｌ，Ｍ，Ｎとする。さらに、ＡＬとＢＮ，ＫＣとの交点をそれぞれＰ，Ｑとする。このとき、次の問いに答えなさい。
（１）△ＰＢＬの面積を求めなさい。
（２）△ＱＣＬの面積を求めなさい。
（３）網目部分の面積を求めなさい。
（００　福岡大付大濠）

模範解答
（１）ＰはＡＬの中点であるから、
△ＰＢＬ＝(２×２)/２＝２・・・①
（２）図２のようにＫ'をとる（注：ＫからＡＬと平行な直線を引き、ＢＣとの交点をＫ'とする）と、Ｋ'はＢＬの中点であるから、
ＢＫ'：Ｋ'Ｌ：ＬＣ＝１：１：２
∴ＫＱ：ＱＣ＝Ｋ'Ｌ：ＬＣ＝１：２
∴△ＱＣＬ＝△ＫＣＢ×(ＣＬ/ＣＢ)×(ＣＱ/ＣＫ)＝(４×２)/２×(１/２)×(２/３)＝４/３・・・②
（３）網目部分は、正方形から図１の太線の図形（注：四辺形ＰＢＣＱ）を４つ取り除くと得られるから、
網目部分＝正方形－太線部分×４
＝４²－(①＋②)×４
＝１６－(２＋４/３)×４＝８/３
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
（２）は参考書の別解もあるが、私の模範解答なので、今回はスルーする。
また、補助線の引き方だが、簡単そうに見えるが素人（平均的な中学生）には無理があるだろう。そこで、私の別解とは違うが、素人向けの補助線を伝授しよう。
要は、ＫＱ：ＱＣを知りたいので、こういう場合はＣＫの延長とＤＡの延長の交点を定めると良い。その点をＥとすると、△ＫＡＥ≡△ＫＢＣよりＡＥ＝ＢＣ　また、△ＱＡＥ∽△ＱＬＣとなり、相似比はＡＥ：ＬＣより２：１となる。よって、ＡＱ：ＬＱ＝２：１　よって、対称性よりＣＱ：ＫＱ＝２：１なので、ＫＱ：ＱＣ＝１：２
（念のため、途中からＫＱ：ＱＣを直接求めても良いし、ＡＬの延長とＤＣの延長との交点を定めて、もっとスマートに求めても良い。何にしても延長すれば打開出来ると覚えておいた方が良いだろう。）
（３）はエレガントである。（１）と（２）は（３）のための下準備（誘導）だったのである。読めば分かるので、解説は省略。

（３）の参考書の別解
求積すべき図形は、右図（Ｏは正方形の中心）の網目部分の８倍ですから———
『ＮＲ：ＲＯ＝ＡＮ：ＯＭ＝１：１・・・ア
∴ＮＳ：ＳＣ＝ＮＲ：ＭＣ＝１：２・・・イ
∴８×△ＯＲＳ＝８×{(１/２)×１×(２/３)}＝８/３』

解説
正方形ＡＢＣＤの中心をＯ，ＡＭとＮＬ，ＮＣとの交点をそれぞれＲ，Ｓとし、△ＯＲＳが網目部分という事。つまり、八角形の対称性からこの三角形の８倍が答えという事。
アは、△ＲＮＡ∽△ＲＯＭより。
イは、△ＳＮＲ∽△ＳＣＭより。
アより、ＯＲ＝(１/２)×２＝１
イより、ＳからＯＲに下ろした垂線の長さは、(１/３)×２＝２/３
∴△ＯＲＳ＝１×(２/３)×(１/２)＝１/３
よって、答えはこの８倍で、８/３という事。

私の解法は次回。

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/20488c93c3a2b4366a948b57ac0e9d8304daa93d

問題
図のような１辺の長さが４の正方形がある。辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡの中点をそれぞれＫ，Ｌ，Ｍ，Ｎとする。さらに、ＡＬとＢＮ，ＫＣとの交点をそれぞれＰ，Ｑとする。このとき、次の問いに答えなさい。
（１）△ＰＢＬの面積を求めなさい。
（２）△ＱＣＬの面積を求めなさい。
（３）網目部分の面積を求めなさい。
（００　福岡大付大濠）

（２）の私の模範解答（参考書の別解）
△ＣＢＫと直線ＡＬでメネラウスの定理を使うと、(１/１)(ＱＫ/ＣＱ)(２/１)＝１が成り立つ。∴ＱＫ/ＣＱ＝１/２　
∴ＱＫ：ＣＱ＝１：２　∴ＣＱ：ＣＫ＝２：３
∴△ＱＣＬ＝(２/３)△ＫＣＬ
＝(２/３){(１/２)△ＫＣＢ}＝(１/３)△ＫＣＢ
＝(１/３){(４×２×(１/２)}＝４/３

（２）の私の別解
ＢＤを結ぶと、正方形と中点の対称性より、ＢＤは点Ｑを通る。
よって、△ＱＢＬ∽△ＱＤＡで相似比１：２より高さの比も１：２
よって、ＱからＢＣに下ろした垂線の長さはＡＢの１/３で、４/３
∴△ＱＣＬ＝２×(４/３)×(１/２)＝４/３

（３）の私のオリジナル解法１（思い付いた順）
ＢＮとＣＫの交点をＥとすると、二等辺三角形ＰＡＢの内対角の和より、∠ＱＰＥ＝∠ＰＡＢ＋∠ＰＢＡ＝２∠ＰＡＢ＝２∠ＬＡＢ
また、ＢＮ⊥ＣＫである。（角度から考えてもすぐ分かるが、点Ｅを含む中央の四角形は対称性から正方形になる事は自明なので∠Ｅ＝９０°である。）
よって、△ＰＱＥは直角を挟む二辺の比が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である。よって、マニアックな定理により、△ＰＱＥは３：４：５の直角三角形である。

定理
二辺の比が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三辺比は、
ｍ²－ｎ²：２ｍｎ：ｍ²＋ｎ²である。

ところで、∠ＬＡＢは直角を挟む二辺の比が１：２なので、ｍ＝２，ｎ＝１を代入すると、△ＰＱＥの三辺比は、２²－１²：２・２・１：２²＋１²＝３：４：５という事。

ところで、先の中央の正方形をＥから反時計回りにＥ，Ｆ，Ｇ，Ｈと振り、△ＡＮＨを点Ｎを中心にＡＮがＤＮにくっつくまで回転移動させ、点Ｈに行き先をＨ'とすると、四角形Ｈ'ＨＧＤは先の中央の正方形と合同な正方形になる。これを△ＤＭＧ，△ＣＬＦ，△ＢＫＥでも同様の事をすると、正方形ＡＢＣＤの面積は中央の正方形ＥＦＧＨの５倍の面積と等しい事が分かる。（十字形になるという事。）
∴正方形ＥＦＧＨ＝４×４÷５＝１６/５
そして、正方形ＥＦＧＨの１辺の長さに注目すると、対称性から直角三角形ＰＱＥと合同な直角三角形で出来ている事が分かる。
よって、３ａ＋４ａ＋５ａ＝４/√５が成り立つ。∴１２ａ＝４√５　∴ａ＝１/３√５
∴ａ²＝１/４５———①
また、求める面積をＳとすると、
Ｓ＝１６/５－３ａ×４ａ×(１/２)×４
＝１６/５－２４ａ²———②
①を②に代入すると、
Ｓ＝１６/５－８/１５＝４８/１５－８/１５
＝４０/１５＝８/３
よって、答えは、８/３

因みに、受験にも使えるように補足解説があります。また、正方形ＥＦＧＨを別の方法で求める事も出来ます。それらと解法２は次回。

おまけ：

問題
図のような１辺の長さが４の正方形がある。辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡの中点をそれぞれＫ，Ｌ，Ｍ，Ｎとする。さらに、ＡＬとＢＮ，ＫＣとの交点をそれぞれＰ，Ｑとする。このとき、次の問いに答えなさい。
（１）△ＰＢＬの面積を求めなさい。
（２）△ＱＣＬの面積を求めなさい。
（３）網目部分の面積を求めなさい。
（００　福岡大付大濠）

（３）の解法１の系（受験用にアレンジ）
ＢＮとＣＫの交点をＥとすると、二等辺三角形ＰＡＢの内対角の和より、∠ＱＰＥ＝∠ＰＡＢ＋∠ＰＢＡ＝２∠ＰＡＢ＝２∠ＬＡＢ
また、ＢＮ⊥ＣＫである。（角度から考えてもすぐ分かるが、点Ｅを含む中央の四角形は対称性から正方形になる事は自明なので∠Ｅ＝９０°である。）
ここで、△ＰＱＥの内接円を描き、内心をＩ，ＰＱ，ＱＥ，ＥＰとの接点をそれぞれＳ，Ｔ，Ｕとすると、３直角と半径から四角形ＥＵＩＴは正方形になる。
ところで、∠ＱＰＥ＝２∠ＬＡＢより、△ＥＰＳと△ＬＡＢは相似である。（ＥＰは∠ＱＰＥの二等分線だから。）
よって、内接円の半径をｒと置くと、ＰＳ＝２ｒ（△ＬＡＢの直角を挟む二辺比が１：２だから。）
∴ＰＵ＝ＰＳ＝２ｒ　また、ＥＵ＝ＥＴ＝ｒより、ＰＥ＝２ｒ＋ｒ＝３ｒ
また、ＱＳ＝ＱＴ＝ｘと置くと、ＰＱ＝２ｒ＋ｘ，ＱＥ＝ｘ＋ｒ
よって、△ＰＱＥで三平方の定理を使うと、
(ｘ＋ｒ)²＋(３ｒ)²＝(２ｒ＋ｘ)²が成り立つ。
∴ｘ²＋２ｒｘ＋ｒ²＋９ｒ²＝ｘ²＋４ｒｘ＋４ｒ²
∴２ｒｘ＝６ｒ²　ｒ≠０より、ｘ＝３ｒ
∴ＰＱ＝２ｒ＋３ｒ＝５ｒ，ＱＥ＝３ｒ＋ｒ＝４ｒ，ＥＰ＝３ｒ
また、ＣＫとＤＬの交点をＦとすると、ＢＮ∥ＬＤよりＢＥ∥ＬＦ　よって、△ＣＢＥでの中点連結定理の逆により、点ＦはＣＥの中点。
∴ＣＦ＝ＦＥ———①
また、２角が等しいので、△ＢＫＥ∽△ＣＫＢで△ＣＫＢは直角を挟む二辺の比が１：２より、△ＢＫＥも直角を挟む二辺の比が１：２
∴ＫＥ＝(１/２)ＢＥ———②
ところで、△ＣＢＥと△ＤＣＦは合同より、
ＢＥ＝ＣＦ———③
①，③より、ＢＥ＝ＦＥ———④
④を②に代入すると、ＫＥ＝(１/２)ＦＥ
これと①より、
ＫＥ：ＦＥ：ＣＦ＝１：２：２
つまり、ＥＦ＝(２/５)ＣＫ＝(２/５)・２√５＝４√５/５＝４/√５
そして、正方形ＥＦＧＨの１辺の長さに注目すると、対称性から直角三角形ＰＱＥと合同な直角三角形で出来ている事が分かる。
よって、３ｒ＋４ｒ＋５ｒ＝４/√５が成り立つ。∴１２ｒ＝４√５　∴ｒ＝１/３√５
∴ｒ²＝１/４５———ア
また、求める面積をＳとすると、
Ｓ＝１６/５－３ｒ×４ｒ×(１/２)×４
＝１６/５－２４ｒ²———イ
①を②に代入すると、
Ｓ＝１６/５－８/１５＝４８/１５－８/１５
＝４０/１５＝８/３
よって、答えは、８/３

因みに、正方形の１辺の長さＥＦは正方形ＡＢＣＤから△ＣＢＥ４個分を引いて、√で求めても良い。その場合は、ＥからＢＣに下ろした垂線の長さを求めるが、ＣＫの延長とＤＡの延長の交点を定めれば比較的簡単に求められる。
ただし、ＥＦの長さは、解法１の算数の方法が瞬殺で一番良い。（念のため、十字の方法まで。）

私のオリジナル解法２は次回。

おまけ：

問題
図のような１辺の長さが４の正方形がある。辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡの中点をそれぞれＫ，Ｌ，Ｍ，Ｎとする。さらに、ＡＬとＢＮ，ＫＣとの交点をそれぞれＰ，Ｑとする。このとき、次の問いに答えなさい。
（１）△ＰＢＬの面積を求めなさい。
（２）△ＱＣＬの面積を求めなさい。
（３）網目部分の面積を求めなさい。
（００　福岡大付大濠）

（３）の私の解法２
ＢＭとＤＬの交点をＲ，ＡＭとＣＮの交点をＳ，ＢＮとＤＫの交点をＴとすると、対称性より四角形ＴＱＲＳは正方形になる。
また、ＢＤを結ぶと、対称性より点ℚ，Ｓを通る。ところで、△ＱＢＬ∽△ＱＤＡで相似比１：２なので、△ＳＤＮ∽△ＳＢＣでも同様で、ＢＱ＝ＱＳ＝ＳＤである。
∴ＱＣ＝４√２/３
∴正方形ＴＱＲＳ＝(４√２/３)²/２＝１６/９
∴ＱＲ＝４/３
よって、△ＵＲＱ∽△ＵＢＣの相似比は、
４/３：４＝１：３より、面積比は１：９
また、ＢＭとＣＫの交点をＵとすると、△ＣＵＬ∽△ＣＫＢで相似比は１：２より、ＵＬ＝１
∴△ＵＢＣ＝４×１×(１/２)＝２
∴△ＵＲＱ＝２×(１/９)＝２/９
よって、網目部分の面積をＳとすると、
Ｓ＝正方形ＴＱＲＳ＋４△ＵＲＱ
＝１６/９＋８/９＝２４/９＝８/３

おまけ：
https://hensachi.org/josai-univ-220612

https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q10125315020

「2 あなたの神、主がこの四十年の間、荒野であなたを導かれたそのすべての道を覚えなければならない。それはあなたを苦しめて、あなたを試み、あなたの心のうちを知り、あなたがその命令を守るか、どうかを知るためであった。
3 それで主はあなたを苦しめ、あなたを飢えさせ、あなたも知らず、あなたの先祖たちも知らなかったマナをもって、あなたを養われた。人はパンだけでは生きず、人は主の口から出るすべてのことばによって生きることをあなたに知らせるためであった。
4 この四十年の間、あなたの着物はすり切れず、あなたの足は、はれなかった。
5 あなたはまた人がその子を訓練するように、あなたの神、主もあなたを訓練されることを心にとめなければならない。」
「申命記」第８章２節～５節（口語訳）

解説
＞（ⅰ）cosｔ, sinｔ∈Ｖは線型独立である。なぜなら、
すべてのｘ∈(－∞,∞)に対しｃ₁cosｘ＋ｃ₂sinｘ＝０ならば、特にｘ＝０とおけばｃ₁＝０，ｘ＝π/２とおけばｃ₂＝０　∴ｃ₁＝ｃ₂＝０

関数が線型独立とは、
「ｆ₁,…,ｆnが線型独立とは
すべてのｘ∈(－∞,∞)に対しｃ₁ｆ₁(ｘ)＋…＋ｃnｆn(ｘ)＝０ならばｃ₁＝…＝ｃn＝０
が成り立つことである。」
なので、すべてのｘ∈(－∞,∞)に対しｃ₁cosｘ＋ｃ₂sinｘ＝０とする。
そして、すべてのｘで成り立つので、まずｘ＝０とすると、cosｘ＝１，sinｘ＝０より、
ｃ₁・１＋ｃ₂・０＝０となりｃ₁＝０
次に、すべてのｘで成り立つので、ｘ＝π/２とすると、cosｘ＝０，sinｘ＝１より、
ｃ₁・０＋ｃ₂・１＝０となりｃ₂＝０
∴ｃ₁＝ｃ₂＝０
よって、すべてのｘ∈(－∞,∞)に対しｃ₁cosｘ＋ｃ₂sinｘ＝０とするとｃ₁＝ｃ₂＝０
よって、cosｘとsinｘは線型独立であるという事。
因みに、ｘ＝π/4とすると、
ｃ₁cosｘ＋ｃ₂sinｘ＝０ならばｃ₁＝１，ｃ₂＝－1
で成り立つから線型従属などと勘違いしてはいけない。上の定義にあるように全てのｘでの話である。

＞（ⅲ）ａ∈ℝのとき、ｅ^at, tｅ^atは線型独立。（証明は（ⅱ）とほぼ同様。）

すべてのｘ∈(－∞,∞)に対し、
ｃ₁ｅ^ax＋ｃ₂ｘｅ^ax＝０———①
とする。
①の両辺をｘで微分すると、
ｃ₁ａｅ^ax＋ｃ₂(ｅ^ax＋ａｘｅ^ax)＝０
∴ｅ^ax(ｃ₁ａ＋ｃ₂＋ｃ₂ａｘ)＝０
ところで、ｅ^ax≠０より、
ｃ₁ａ＋ｃ₂＋ｃ₂ａｘ＝０
∴ｃ₂ａｘ＝－(ｃ₁ａ＋ｃ₂)
∴ｘ＝－(ｃ₁ａ＋ｃ₂)/ｃ₂ａ———②
②を①に代入すると、
ｃ₁ｅ^ax＋ｃ₂{－(ｃ₁ａ＋ｃ₂)/ｃ₂ａ}ｅ^ax＝０
この両辺をｅ^ax≠０で割ると、
ｃ₁＋ｃ₂{－(ｃ₁ａ＋ｃ₂)/ｃ₂ａ}＝０
∴ａｃ₁－(ｃ₁ａ＋ｃ₂)＝０
∴－ｃ₂＝０　∴ｃ₂＝０
これを①に代入すると、ｃ₁ｅ^ax＝０
ｅ^ax≠０より、ｃ₁＝０
∴ｃ₁＝ｃ₂＝０
よって、すべてのｘ∈(－∞,∞)に対し、
ｃ₁ｅ^ax＋ｃ₂ｘｅ^ax＝０ならばｃ₁＝ｃ₂＝０であるので、ｅ^axとｘｅ^axは線型独立であるという事。

おまけ：

問題
右の図のように、ＡＢ＜ＡＤの長方形ＡＢＣＤがある。∠ＤＡＢの二等分線上に点Ｅをとり、直線ＣＥとＢＤの交点をＦとする。
（１）ＥＦ⊥ＢＤのとき、ＣＥ＝ＣＡであることを証明しなさい。
（０４　大阪教育大付天王寺）
（２）ＣＥ＝ＣＡのとき、ＥＦ⊥ＢＤであることを証明しなさい。
（０４　桐朋）

模範解答
（１）ＡＥが∠Ａの二等分線であることなどから、角度について、右図のようになる（注：∠ＣＡＥ＝●，∠ＣＥＡ＝○，∠ＣＡＤ＝∠ＤＢＣ＝△と置き、ＡＥとＢＤ，ＢＣとの交点をそれぞれＧ，Ｈとし、∠ＥＧＦ＝×，∠ＢＡＨ＝∠ＤＡＨ＝∠ＡＨＢ＝４５°と置いた図）。
△ＥＦＧで、○＝９０°－×
△ＢＨＧで、×＝４５°＋△
であるから、
○＝９０°－(４５°＋△)＝４５°－△＝●
よって、ＣＥ＝ＣＡである。
（２）ＡＥが∠Ａの二等分線であることと、ＣＥ＝ＣＡなどから、角度について、右図のようになる（注：∠ＣＡＥ＝∠ＣＥＡ＝●，∠ＥＦＢ＝□，∠ＤＡＣ＝∠ＤＢＣ＝△と置き、ＡＥとＢＤの交点をＧとし、∠ＥＧＦ＝×，∠ＢＡＥ＝∠ＤＡＥ＝∠ＡＨＢ＝４５°と置いた図だが、前回のＨは省略されている図）。
ここで、×＝４５°＋△であるから、
×＋●＝(４５°＋△)＋●＝４５°＋(△＋●)＝４５°＋４５°＝９０°
よって、△ＥＦＧで、
□＝１８０°－(×＋●)＝１８０°－９０°
＝９０°
「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。全く同じだが、私の解法１も紹介しておこう。

解法１
（１）∠ＦＣＢ＝９０°－∠ＤＢＣ＝９０°－∠ＤＡＣ＝∠ＢＡＣ
∴∠ＦＣＢ＝∠ＢＡＣ———①
また、ＡＥとＢＣの交点をＧとすると、
∠ＦＣＢ＝∠ＣＧＥ＋∠Ｅ＝４５°＋∠Ｅ———②
また、∠ＢＡＣ＝４５°＋∠ＣＡＥ———③
①，②，③より、∠Ｅ＝∠ＣＡＥ
よって、△ＣＡＥは二等辺三角形より、
ＣＥ＝ＣＡ
（２）ＣＥ＝ＣＡより△ＣＡＥは二等辺三角形。
∴∠ＣＡＥ＝∠ＣＥＡ
この両辺に４５°を加えると、
∠ＣＡＥ＋４５°＝∠ＣＥＡ＋４５°
∴∠ＣＡＥ＋∠ＢＡＥ＝∠ＣＥＡ＋∠ＣＧＥ
∴∠ＢＡＣ＝∠ＦＣＢ
また、∠ＡＣＢ＝∠ＦＢＣ
よって、△ＡＢＣと△ＣＦＢにおいて２角が等しいので、残りの１角も等しい。
∴∠ＣＦＢ＝∠ＡＢＣ＝９０°
∴ＥＦ⊥ＢＤ

おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1883093325739425880

一応、解法３も作ってみました。因みに、解法２は機転が利く人ならすぐ出来ると思いますが、解法３はちょっと苦労しました。

おまけ：
https://bunshun.jp/articles/-/63268

賢い人ならすぐ分かったと思いますが、解法２は座標を利用して下さい。賢いにも種類があると思うが、ＩＱじゃないだろう。

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

問題
右の図のように、ＡＢ＜ＡＤの長方形ＡＢＣＤがある。∠ＤＡＢの二等分線上に点Ｅをとり、直線ＣＥとＢＤの交点をＦとする。
（１）ＥＦ⊥ＢＤのとき、ＣＥ＝ＣＡであることを証明しなさい。
（０４　大阪教育大付天王寺）
（２）ＣＥ＝ＣＡのとき、ＥＦ⊥ＢＤであることを証明しなさい。
（０４　桐朋）

私の解法２
（１）点Ｂをｘｙ座標の原点に置き、ＢＣをｘ軸，ＡＢをｙ軸に取ると、
Ａ(０,ａ)，Ｂ(０,０)，Ｃ(ｃ,０)，Ｄ(ｃ,ａ)と置け、直線ＢＤの傾きはａ/ｃより、それと直交する直線ＥＦの傾きは、－ｃ/ａ
よって、直線ＥＦは傾きが－ｃ/ａで点Ｃ(ｃ,０)を通る直線より、直線の方程式は、
ｙ－０＝(－ｃ/ａ)(ｘ－ｃ)
∴ｙ＝(－ｃ/ａ)ｘ＋ｃ²/ａ———①
また、直線ＡＥの方程式は、∠ＢＡＥ＝４５°でｙ切片がａより、ｙ＝－ｘ＋ａ———②
よって、点Ｅの座標は①と②を連立させて、
(－ｃ/ａ)ｘ＋ｃ²/ａ＝－ｘ＋ａを解くと、両辺に－ａをかけて、
ｃｘ－ｃ²＝ａｘ－ａ²　∴(ａ－ｃ)ｘ＝ａ²－ｃ²
ところで、ＡＢ＜ＡＤよりａ＜ｃ
よって、ａ－ｃ≠０より両辺をａ－ｃで割ると、ｘ＝ａ＋ｃ　これを②に代入すると、
ｙ＝－(ａ＋ｃ)＋ａ＝－ｃ
∴Ｅ(－ｃ,ａ＋ｃ)
よって、２点間の距離の公式より、
ＣＥ＝√[{ｃ－(ａ＋ｃ)}²＋ｃ²]＝√(ａ²＋ｃ²)
また、ＣＡ＝√(ａ²＋ｃ²)
∴ＣＥ＝ＣＡ
よって、示された。
（２）直線ＡＥの方程式は、ｙ＝－ｘ＋ａ
よって、点Ｅの座標は、Ｅ(ｅ,－ｅ＋ａ)と置ける。ここで、条件のＣＥ＝ＣＡより、２点間の距離の公式を使うと、
√{(ｃ－ｅ)²＋(ｅ－ａ)²}＝√(ａ²＋ｃ²)
が成り立つ。
∴(ｃ－ｅ)²＋(ｅ－ａ)²＝ａ²＋ｃ²
∴ｃ²＋e²－２ｃｅ＋ｅ²＋ａ²－２ａｅ
＝ａ²＋ｃ²
∴２ｅ²－２(ａ＋ｃ)ｅ＝０
∴２ｅ(ｅ－ａ－ｃ)＝０
ところで、ｅ≠０より、ｅ＝ａ＋ｃ
∴Ｅ(ａ＋ｃ,－ｃ)
よって、直線ＣＥの傾きは、
{０－(－ｃ)}/{ｃ－(ａ＋ｃ)}＝－ｃ/ａ
また、直線ＢＤの傾きは、ａ/ｃより、
(－ｃ/ａ)(ａ/ｃ)＝－１
よって、直線ＣＥと直線ＢＤは直交している。
∴ＥＦ⊥ＢＤ
よって、示された。

脱法でも受験に勝つには、実戦の数学ですね。ただし、１５°，７５°，９０°の直角三角形の三辺比や角の二等分線の長さの公式などは使うと点数を貰えない可能性があるので、注意が必要。マークシートならＯＫですね。

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

問題
右の図のように、ＡＢ＜ＡＤの長方形ＡＢＣＤがある。∠ＤＡＢの二等分線上に点Ｅをとり、直線ＣＥとＢＤの交点をＦとする。
（１）ＥＦ⊥ＢＤのとき、ＣＥ＝ＣＡであることを証明しなさい。
（０４　大阪教育大付天王寺）
（２）ＣＥ＝ＣＡのとき、ＥＦ⊥ＢＤであることを証明しなさい。
（０４　桐朋）

私の解法３
（１）ＡＢ＝ａ，ＡＤ＝ＢＣ＝ｂと置くと、
ＣＡ＝√(ａ²＋ｂ²)———①
ここで、ＡＢ，ＤＣを延長してＥからＡＤと平行線を引き、ＡＢの延長，ＤＣの延長との交点をそれぞれＧ，Ｈとすると、∠Ｇ＝９０°で∠ＢＡＥ＝４５°より△ＡＧＥは直角二等辺三角形になる。
また、四角形ＢＧＨＣは長方形より、ＢＧ＝ＣＨ＝ｘ，ＨＥ＝ｙと置くと、ＧＨ＝ＢＣ＝ＡＤ＝ｂより、ＧＥ＝ｂ＋ｙ，ＡＧ＝ａ＋ｘ
∴ｂ＋ｙ＝ａ＋ｘ　∴ｙ＝ｘ＋ａ－ｂ———ア
ところで、条件より∠ＥＦＢ＝９０°なので、△ＣＥＨ∽△ＣＤＦ，△ＣＤＦ∽△ＢＤＣより、△ＣＥＨ∽△ＢＤＣである。
∴ｘ：ｙ＝ｂ：ａ———イ
アをイに代入すると、
ｘ：ｘ＋ａ－ｂ＝ｂ：ａ
∴ａｘ＝ｂ(ｘ＋ａ－ｂ)＝ｂｘ＋ｂ(ａ－ｂ)
∴(ａ－ｂ)ｘ＝ｂ(ａ－ｂ)
ところで、ＡＢ＜ＡＤより、ａ≠ｂ
よって、ａ－ｂ≠０より、両辺をａ－ｂで割ると、ｘ＝ｂ　∴ｙ＝ａ
∴ＣＥ＝√(ｘ²＋ｙ²)＝√(ａ²＋ｂ²)———②
①，②より、ＣＥ＝ＣＡ
よって、示された。
（最後の所は、三平方の定理よりも△ＡＢＣ≡△ＥＨＣの方がエレガントかもしれない。）
（２）ＣＥ＝ＣＡ＝√(ａ²＋ｂ²)
また、ＣＥ＝√(ｘ²＋ｙ²)より、
ｘ²＋ｙ²＝ａ²＋ｂ²———①
また、ａ＋ｘ＝ｂ＋ｙより、
ｙ＝ｘ＋ａ－ｂ———②
②を①に代入すると、
ｘ²＋(ｘ＋ａ－ｂ)²＝ａ²＋ｂ²
∴ｘ²＋ｘ²＋ａ²＋ｂ²＋２ａｘ－２ｂｘ－２ａｂ＝ａ²＋ｂ²
∴２ｘ²＋２(ａ－ｂ)ｘ－２ａｂ＝０
∴ｘ²＋(ａ－ｂ)ｘ－ａｂ＝０
∴(ｘ＋ａ)(ｘ－ｂ)＝０　
ｘ＞０より、ｘ＝ｂ　∴ｙ＝ａ
∴△ＡＢＣ≡△ＥＨＣ　∴∠ＡＣＢ＝∠ＥＨＣ
また、対頂角より、∠ＥＣＨ＝∠ＦＣＤ
∴∠ＡＣＢ＝∠ＤＣＦ
また、∠ＢＡＣ＝∠ＦＤＣ　
よって、△ＡＢＣと△ＤＦＣにおいて残りの１角も等しい。∴∠ＣＦＤ＝∠ＡＢＣ＝９０°
∴ＥＦ⊥ＢＤ
よって、示された。

おまけ：

解説
＞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）。

念のため、ℤ/(２)はℤ₂（２で割った余りの集合）と同じ事。
また、「Ｘ²＋Ｘ＋１はＦ₂[Ｘ]の既約多項式である」は、ちゃんと確認した方が良い。
例えば、Ⅹ²＋１はＦ₂[Ｘ]では可約である。∵Ⅹ²＋１＝Ｘ²＋０Ｘ＋１≡Ｘ²＋２Ｘ＋１＝(Ｘ＋１)²だから。
また、Ｘ²＋Ｘ＋１が既約多項式ならばＦ₂[Ｘ]/(Ｘ²＋Ｘ＋１)が体は定理4.11は、何回も同じような事をやったので、省略。（定理4.11を見れば自明。）

＞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）。Ｆ₂の元のσによる像を同じ記号で書くことにする。この意味でＫはＦ₂を部分体として含んでいる。

単射になる事は定理3.4より自明。

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

ただし、ここでσが準同型写像である事の確認をしておく。それは定理3.1より。

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

また、「Ｆ₂の元のσによる像を同じ記号で書くことにする。この意味でＫはＦ₂を部分体として含んでいる」は、Ｆ₂＝{０,１}はＦ₂[Ｘ]/(Ｘ²＋Ｘ＋１)の定数部分でそのまま（単射で）写像されるので、（そのまま）Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ²＋Ｘ＋１)の部分体になるという事である。

＞さらに、Ｋの元|ＸはＦ₂[Ｘ]の多項式の根である。それは、
(|Ｘ)²＋|Ｘ＋１＝|(Ｘ²＋Ｘ＋１)＝|０
となるからである。

念のため、|(Ｘ²＋Ｘ＋１)＝|０は、Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ²＋Ｘ＋１)がＸ²＋Ｘ＋１で割った余りの集合だからである。Ｘ²＋Ｘ＋１をＸ²＋Ｘ＋１で割った余りは０だから。
また、(|Ｘ)²＋|Ｘ＋１＝|(Ｘ²＋Ｘ＋１)は、定理2.3より。

定理2.3
Ｉを環Ｒのイデアルとすると、Ｉを法とする剰余類全体の集合Ｒ/Ｉに対して、加法と乗法を次のように定義することができる。すなわちＲの元ａ,ｂに対して、
|ａ＋|ｂ＝|(ａ＋ｂ)
|ａ・|ｂ＝|(ａ・ｂ)
と定義することができる。これらの演算に関して、剰余類の全体Ｒ/Ｉは環になる。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

＞|Ｘをαと書くことにすればＫ＝Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ²＋Ｘ＋１)の任意の元は、Ｆ₂[Ｘ]の多項式によりｆ(α)と表現される。ｆ(Ｘ)をＸ²＋Ｘ＋１で割れば
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ²＋Ｘ＋１)ｇ(Ｘ)＋ａＸ＋ｂ（ｇ(Ｘ)∈Ｆ₂[Ｘ]，ａ,ｂ∈Ｆ₂）
となるから、結局、
ｆ(α)＝ａα＋ｂ（ａ,ｂ∈Ｆ₂）
である。

「|Ｘをαと書くことにすればＫ＝Ｆ₂[Ｘ]/(Ｘ²＋Ｘ＋１)の任意の元は、Ｆ₂[Ｘ]の多項式によりｆ(α)と表現される。」で一旦区切って、実際「ｆ(Ｘ)をＸ²＋Ｘ＋１で割れば
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ²＋Ｘ＋１)ｇ(Ｘ)＋ａＸ＋ｂ（ｇ(Ｘ)∈Ｆ₂[Ｘ]，ａ,ｂ∈Ｆ₂）
となるから、結局、
ｆ(α)＝ａα＋ｂ（ａ,ｂ∈Ｆ₂）
である」
と書いた方が分かり易い。因みに、前半は、定理6.3(２)を見ても良い。

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

＞ｆ(α)＝ａα＋ｂ（ａ,ｂ∈Ｆ₂）
である。
ａ＝０ のときは ｆ(α)＝０ または １，
ａ＝１ のときは ｆ(α)＝α または α＋１

ａ,ｂはＦ₂の元なので、０か１の場合しかないので、ａ,ｂが２通りずつで２×２＝４通り。

＞以上によりＫ＝{０,１,α,α²＝α＋１}である。αとα＋１はＸ²＋Ｘ＋１の２つの根となるので、ＫはＦ₂の拡大体であって Ｘ²＋Ｘ＋１＝０ の２根を含んでいる。

ところで、上に「(|Ｘ)²＋|Ｘ＋１＝|(Ｘ²＋Ｘ＋１)＝|０」と「|Ｘをαと書くことにすれば」とあるので、α²＋α＋１＝０である。
∴α＋１＝－α²＝α²（Ｆ₂では１＝－１だから。）
よって、Ｋ＝{０,１,α,α²}
ここで、まず、定理6.1が確認できる。

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

次に、p.240の文章も確認出来る。

「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

今回のＫの個数は４で２²だからである。しかし、有理整数環ℤの剰余環ℤ/(ｐ)が体になるのはｐが素数の場合だけなのに、多項式環の剰余類の場合はちゃんと確認出来るのは嬉しい。（参考書には書いてないので、悩みました。恥ずかしながら、３回目（３周目）でようやく気付きました。）

「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Ｋ＝{０,１,α,α²}ではＦ₂＝{０,１}が素体という事ですね。つまり、標数が２。

＞αとα＋１はＸ²＋Ｘ＋１の２つの根となる

αがＸ²＋Ｘ＋１の根となるのは自明なので、α＋１の方を確認すると、(α＋１)²＋α＋１＋１＝α²＋３α＋３≡α²＋α＋１でＯＫ。
因みに、直接Ｘ²＋Ｘ＋１をＸ－αで割っても良い。商がＸ＋(α＋１)，余りがα²＋α＋１＝０となり、Ｘ＝－(α＋１)≡α＋１でＯＫ。

＞ＫはＦ₂の拡大体であって Ｘ²＋Ｘ＋１＝０ の２根を含んでいる。

p.189の例3.5を挙げよう。

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。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

ℚ[√２]はℚの拡大体で、既約多項式Ｘ²－２＝０の根±√２を含んでいる。

おまけ：

解説
＞Ｆ：Ｖ→Ｖ'が線型写像であるとき、
Ｆ(ｃ₁ａ₁＋…＋ｃkａk)＝ｃ₁Ｆ(ａ₁)＋…＋ｃkＦ(ａk)
であるから、
ｃ₁ａ₁＋…＋ｃkａk＝０ならばｃ₁Ｆ(ａ₁)＋…＋ｃkＦ(ａk)＝０'
が成り立つ。すなわち線型写像は線型従属性を保存する。

線型写像の定義
Ｋを数体，ＶとＶ'をＫ上の線型空間とする。ＶからＶ'への写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'が二つの条件
Ｆ(ｘ＋ｙ)＝Ｆ(ｘ)＋Ｆ(ｙ)
Ｆ(ａｘ)＝ａＦ(ｘ)
をみたすとき、ＦをＫ上の線型写像，Ｋ線型写像または線型写像と言う。
このとき、
Ｆ(０)＝０'（０'はＶ'の零元）
なることは、Ｆ(ａｘ)＝ａＦ(ｘ)においてａ＝０とおけばわかる。また明らかに
Ｆ(ａ₁ｘ₁＋ａ₂ｘ₂＋…＋ａkｘk)＝ａ₁Ｆ(ｘ₁)＋ａ₂Ｆ(ｘ₂)＋…＋ａkＦ(ｘk)
「線型代数入門」有馬哲著より

Ｆは線型写像より、
Ｆ(ｃ₁ａ₁＋…＋ｃkａk)
＝Ｆ(ｃ₁ａ₁)＋…＋Ｆ(ｃkａk)
＝ｃ₁Ｆ(ａ₁)＋…＋ｃkＦ(ａk)
また、Ｆ(０)＝０'より、
ｃ₁ａ₁＋…＋ｃkａk＝０ならばｃ₁Ｆ(ａ₁)＋…＋ｃkＦ(ａk)＝０'
ところで、（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仮定しているので、
ｃ₁Ｆ(ａ₁)＋…＋ｃkＦ(ａk)＝０'となる（ｃ₁,ｃ₂,…,ｃk）≠（０,０,…,０）
となるｃ₁,…,ｃk∈Ｋが少なくとも一組存在している。つまり、{Ｆ(ａ₁),…,Ｆ(ａk)}は線型従属である。
よって、写像元が線型従属ならば写像先も線型従属である。つまり、「線型写像は線型従属性を保存する」という事である。

＞線型独立性は線型写像によって必ずしも保存されない。

上より、写像元が線型従属ならば写像先も線型従属である。———☆
ところで、「線型従属の否定を線型独立と言う」ので、☆の対偶を取ると、
写像先が線型従属でないならば写像元は線型従属でない。
つまり、写像先が線型独立ならば写像元も線型独立であるという事は言えるが、「線型独立性は線型写像によって必ずしも保存されない」という事は言えない。
そこで、Ｖの元↑ａ＝(１,０)，↑ｂ＝(０,１)を選んで、ｃ₁↑ａ＋ｃ₂↑ｂ＝↑０とすると、
ｃ₁(１,０)＋ｃ₂(０,１)＝(０,０)
∴ｃ₁＝ｃ₂＝０
よって、ｃ₁↑ａ＋ｃ₂↑ｂ＝↑０ならばｃ₁＝ｃ₂＝０より、↑ａと↑ｂは線型独立である。

定義
ａ₁,ａ₂,…,ａkが線型独立とは
“ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂＋…＋ｃkａk＝０ならば必ずｃ₁＝ｃ₂＝…＝０”
（上から引用。）

ここで、線型写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'，Ｆ(ｘ)＝Ａｘ，
Ａ＝(１ ２)（本当は上下で１つの括弧）
　　(２ ４)（注：Ａは行列である。）
を定めると、
Ｆ(↑ａ)＝(１ ２)(１)＝(１)
　　　　　(２ ４)(０)　(２)
（注：上では行ベクトルにしたが、ここでは列ベクトルにした。）
Ｆ(↑ｂ)＝(１ ２)(０)＝(２)
　　　　　(２ ４)(１)　(４)
∴Ｆ(↑ａ)＝(１,２)，Ｆ(↑ｂ)＝(２,４)
（注：再び行ベクトルにした。）
ここで、
２Ｆ(↑ａ)＋(－１)Ｆ(↑ｂ)
＝２(１,２)－(２,４)＝(０,０)
よって、２Ｆ(↑ａ)＋(－１)Ｆ(↑ｂ)＝(０,０)より、ｃ₁Ｆ(ａ₁)＋ｃ₂Ｆ(ａ₂)＝０ならばｃ₁＝ｃ₂＝０でなくｃ₁＝２，ｃ₂＝－１が存在するので、Ｆ(↑ａ)とＦ(↑ｂ)は線型従属である。
よって、写像元は線型独立だったのに、写像先では線型従属になったので、線型写像で線型独立性は保存されるとは限らない事が証明された。（反例）
因みに、行ベクトルにカンマを入れたのは高校数学ではそうするからである。でもこちらhttps://mathlandscape.com/column-row-vector/でもカンマが入っていますね。「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著では入っていませんが。
念のため、証明は全部自分で考えました。

おまけ：

解説
＞定理6.3によりＫ(α)＝Ｋ[α]である。

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。

（２）の最後より、その通りである。ところで、p.157例1.5に、

例1.5
Ｒを可換環とするとき、Ｒの元を係数とする変数（不定元）Ｘの多項式全体の集合は通常の加法と乗法に関して可換環になる。この環をＲ上の一変数の多項式環といい、記号Ｒ[Ｘ]により表す。ｆ(Ｘ)∈Ｒ[Ｘ]でありｆ(Ｘ)≠０であれば、ａ₀,…,ａn∈Ｒ，ａn≠０としてｆ(Ｘ)は
ｆ(Ｘ)＝ａ₀＋ａ₁Ｘ＋…＋ａnＸ^n
と一意的に表される。また、Ｋを体とするとき、Ｋの元を係数とするＸの有理式全体の集合は通常の加法と乗法に関して体になる。この体をＫ上の一変数有理関数体といい、記号Ｋ(Ｘ)により表す。

とあり、係数が体ＫならばＫ[Ｘ]は体になるので、Ｘ＝αとしたＫ[α]も体になるに決まっている。ただし、Ｋ[α]の方はαが代数的の場合は（αがｎ次方程式の解の場合）、ｎ－１次以下の多項式の集合となる。つまり、{１,α,α²,…,α^(n-1)}で生成される式の集合。だから、ベクトル空間うんぬんという話になるのである。（ｎ－１次以下の多項式の集合となる理由は続きにある。）

＞任意の元は、Ｋ係数の多項式ｇ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]があってｇ(α)の形に表される。ｇ(Ｘ)をｐ(Ｘ)で割って
ｇ(Ｘ)＝ｐ(Ｘ)ｑ(Ｘ)＋ｒ(Ｘ)（ｒ(Ｘ)＝０ または degｒ(Ｘ)＜ｎ）
と表す。Ｘにαを代入して
ｇ(α)＝ｐ(α)ｑ(α)＋ｒ(α)＝ｒ(α)
ｒ(Ｘ)＝０のときはｇ(α)＝ｒ(α)＝０であり、ｒ(Ｘ)≠０のときは、
ｒ(Ｘ)＝ａ₀＋ａ₁Ｘ＋…＋ａn-1Ｘ^(n-1)（ａi∈Ｋ，０≦ｉ≦ｎ－１）
と書けるので
ｇ(α)＝ｒ(α)＝ａ₀＋ａ₁α＋…＋ａn-1α^(n-1)
と表される。

これを読めば、Ｋ[α]（＝Ｋ(α)）がｎ－１次以下の式の集合になる事が分かる。
ところで、何故、こんな事をするのかと言うと、{１,α,α²,…,α^(n-1)}が基底である事を言うには、任意のＫ[α]の元を{１,α,α²,…,α^(n-1)}の１次結合の形で表わせないとダメだからである。（任意の元を（この基底で）生成できるという事を示すという事。）
念のため、ｇ(Ｘ)を任意に選んでＸ＝αを代入しているので、ｇ(α)はＫ[α]の任意の元という事である。

＞また、
ｂ₀＋ｂ₁α＋…＋ｂn-1α^(n-1)＝０（ｂi∈Ｋ，０≦ｉ≦ｎ－１）
であって、ｂ₀,ｂ₁,…,ｂn-1の中に０でないものがあるとすれば、αの最小多項式ｐ(Ｘ)の次数がｎであることに矛盾する。したがって、{１,α,α²,…,α^(n-1)}はＫ上１次独立である。

任意の元を生成出来て、かつ{１,α,α²,…,α^(n-1)}が１次独立ならば基底である事が言えるので、今度は１次独立である事を示している訳である。
因みに、ｂ₀＋ｂ₁α＋…＋ｂn-1α^(n-1)＝０のｂ₀,ｂ₁,…,ｂn-1の中に０でないものが１つでもあれば、ｂ₀＋ｂ₁α＋…＋ｂn-1α^(n-1)＝０はｂ₀＋ｂ₁Ｘ＋…＋ｂn-1Ｘ^(n-1)＝０にＸ＝αを代入したものになり、αはｎ－１次以下の方程式の解になり、αの最小多項式がｎ－１次以下になり、最小多項式の次数がｎである事に矛盾するという事。

＞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。

Ｋ(α)の基底の個数がｎ個よりｎ次元なので、拡大次数がｎという事。
例えば、[ℚ[√２]：ℚ]＝２
ℚ[√２]＝ａ＋ｂ√２で基底は１と√２の２個だから２次元で、拡大次数は２という事。

補足
＞だから、ベクトル空間うんぬんという話になるのである。

問3.3
（４）ℚ[√２]は{１,√２}を基底とする有理数体ℚ上の２次元ベクトル空間であることを確かめよ。
（１）～（３）は省略。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

問4.3
（３）ℚ[α]は{１,α,…,α^(n-1)}を基底とする体ℚ上のｎ次元ベクトル空間であることを示せ。
（１）,（２）は省略。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

おまけ：

問題
図１の四角形ＡＢＣＤにおいて、ＡＢ＝ＣＤです。ＡＤおよびＢＣの中点をそれぞれＭ，Ｎとし、対角線ＢＤの中点をＬとします。
（１）△ＬＭＮが二等辺三角形であることを証明しなさい。
（２）（１）の四角形においてＢＡの延長線とＮＭの延長線との交点をＰとします。図２において、∠ＤＰＭの大きさを求めなさい。
（０２　加藤学園暁秀）

図１の解説：∠Ｂが７５°ぐらい，∠Ｃが４５°ぐらい，∠Ａが８０°ぐらいの四角形ＡＢＣＤ（∠Ｄは１６０°ぐらいになる）を描き、ＢＤを結び、ＢＤ，ＡＤ，ＢＣの中点をそれぞれＬ，Ｍ，Ｎとした図。
図２の解説：図１の∠Ｂを７４°，∠Ｃを５０°とし、ＢＡの延長とＮＭの延長との交点をＱ，ＣＤの延長とＱＮとの交点をＰとした図。

模範解答
（１）中点連結定理により、
ＭＬ＝(１/２)ＡＢ，ＮＬ＝(１/２)ＣＤ
ここで、ＡＢ＝ＣＤであるから、ＭＬ＝ＮＬ
よって、題意が成り立つ。
（２）ＢＤの中点Ｌをとると、（１）より、図アの○の角同士は等しい（注：∠ＬＭＮ＝∠ＬＮＭ＝○）。
また、ＭＬ∥ＱＢ，ＬＮ∥ＰＣであるから、
●＝○（注：●＝∠Ｑ）（同位角），ｘ＝○（注：ｘ＝∠ＤＰＭ）（錯角）
∴●＝ｘ・・・①
よって、∠ＰＮＣ＝●＋７４°＝ｘ＋７４°であるから、△ＰＮＣの内角の和について、
(ｘ＋７４°)＋ｘ＋５０°＝１８０°
∴２ｘ＝５６°∴ｘ＝２８°
「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）の参考書の別解（私の模範解答）
上の①より、∠ＢＱＮ＝∠ＣＰＮ
△ＰＮＣを、Ｎを中心にＣがＢに重なるまで回転させると、△ＱＢＰ'（注：Ｐ'は点Ｐの移動先の点）が出来て、
ｘ＝{１８０°－(７４°＋５０°)}/２＝２８°

解説
∠ＱＮＢと∠ＰＮＣは補角をなしている（加えると１８０°になるという事）ので、△ＰＮＣを点Ｎで回転させ、点Ｐの行き先をＰ'とすると、∠ＱＮＢと∠Ｐ'ＮＢも補角をなすので、ＱＮＰ'は一直線になる。
また、∠Ｐ'＝∠ＣＰＮ＝∠ＢＱＮ＝∠Ｑより、△ＢＱＰ'は頂角が７４°＋５０°＝１２４°の二等辺三角形になる。
よって、∠ＤＰＭ＝∠ＣＰＮ＝∠Ｐ'＝(１８０°－１２４°)÷２＝５６°÷２＝２８°

因みに、中点の定石の１つで、点ＮがＢＣの中点より、ＱＮの延長上にＮＰ'＝ＮＰとなる点Ｐ'を取れば、四角形ＰＢＰ'Ｃは平行四辺形になり、△Ｐ'ＮＢ≡△ＰＮＣとなり、上図の回転と同じ構図が出来る。または、ＱＮの延長上にＱ'Ｎ＝ＱＮとなる点Ｑ'を取っても解ける。その場合は、△ＱＮＢの方を回転移動させた構図と同じになる。
念のため、定石と言っても、昔、私がオリジナルで作ったものだと思うので、一般性はない。因みに、最近は算数の回転ばかり使っている。と言うより、先に思い付く。進化しているのかな？

私の別解は次回。

おまけ：

問題
図１の四角形ＡＢＣＤにおいて、ＡＢ＝ＣＤです。ＡＤおよびＢＣの中点をそれぞれＭ，Ｎとし、対角線ＢＤの中点をＬとします。
（１）△ＬＭＮが二等辺三角形であることを証明しなさい。
（２）（１）の四角形においてＢＡの延長線とＮＭの延長線との交点をＰとします。図２において、∠ＤＰＭの大きさを求めなさい。
（０２　加藤学園暁秀）

図１の解説：∠Ｂが７５°ぐらい，∠Ｃが４５°ぐらい，∠Ａが８０°ぐらいの四角形ＡＢＣＤ（∠Ｄは１６０°ぐらいになる）を描き、ＢＤを結び、ＢＤ，ＡＤ，ＢＣの中点をそれぞれＬ，Ｍ，Ｎとした図。
図２の解説：図１の∠Ｂを７４°，∠Ｃを５０°とし、ＢＡの延長とＮＭの延長との交点をＱ，ＣＤの延長とＱＮとの交点をＰとした図。

（２）の私の別解
（１）より、△ＬＭＮは二等辺三角形。
よって、底角と同位角と錯角より、∠ＢＱＮ＝∠ＣＰＮである。（詳しくは、上の参考書の模範解答の①までを読んで下さい。）
ここで、ＱからＰＣと平行な直線を引き、ＢＣの延長との交点をＥとすると、同位角より∠Ｅ＝∠Ｃ＝５０°また、∠ＤＰＭ＝∠ＣＰＮ＝∠ＢＱＮ＝(１/２)∠Ｑ———①
ところで、△ＱＢＥの内角の和より、∠Ｑ＝１８０°－７４°－５０°＝５６°———②
②を①に代入すると、
∠ＤＰＭ＝５６°÷２＝２８°

おまけ：
https://www.oakweb.ca/harmony/pythagorean/sirene-j.html#:~:text=%E3%82%AE%E3%83%AA%E3%82%B7%E3%82%A2%E7%A5%9E%E8%A9%B1%E3%81%AE9%E4%BA%BA,%E7%B5%90%E5%A9%9A%E3%81%8B%E3%82%89%E7%94%9F%E3%81%BE%E3%82%8C%E3%81%9F%E3%81%A8%E8%A8%80%E3%81%86%E3%80%82

定義
ｎ次の正方行列Ａに対し、線型変換Ｆ_A：ℝ^n→ℝ^n，ｘ→Ａｘの固有値，固有ベクトル，固有空間を、それぞれ行列Ａの固有値，固有ベクトル，固有空間という。したがって、ａ∈ℝが固有値とは
（１）ｐ≠０　（２）Ａｐ＝ａｐ
となる列ベクトルｐが存在することである。ａに属する固有空間は、
Ｗ(ａ)＝{ｘ∈ℝ^n｜(Ａ－ａＥn)ｘ＝０}
である。特に、dimＷ(ａ)＝ｎ－rank(Ａ－ａＥn)となる。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

解説
＞ａに属する固有空間は、
Ｗ(ａ)＝{ｘ∈ℝ^n｜(Ａ－ａＥn)ｘ＝０}
である。

補足より、
（２）Ｗ(ａ)＝{ｘ∈Ｖ｜Ｔ(ｘ)＝ａｘ}とおく。
Ｗ(ａ)は線型変換　Ｔ－ａＩv：Ｖ→Ｖ
の核(Ｔ－ａＩv)^-1(０)に等しく、Ｖの部分線型空間である。Ｗ(ａ)を固有値ａに属するＴの固有空間という。

このＴに対応するのがＦ_Aで、具体的には行列Ａである。
そこで、Ｔ(ｘ)＝ａｘをＡｘ＝ａｘとすると、Ａｘ－ａｘ＝０　∴(Ａ－ａ)ｘ＝０
∴(Ａ－ａＥn)ｘ＝０　
よって、Ｗ(ａ)＝{ｘ∈Ｖ｜Ｔ(ｘ)＝ａｘ}が、
Ｗ(ａ)＝{ｘ∈ℝ^n｜(Ａ－ａＥn)ｘ＝０}となる訳である。

＞特に、dimＷ(ａ)＝ｎ－rank(Ａ－ａＥn)となる。

Ｗ(ａ)＝{ｘ∈ℝ^n｜(Ａ－ａＥn)ｘ＝０}
ここで、線型変換（写像）Φ：Ｖ→Ｖ，ｘ→(Ａ－ａＥn)ｘを定めると、定理より、
dimＶ＝dim(Φ^-1(０'))＋dim(Φ(Ｖ))

定理
線型写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'に対し、Ｖが有限次元のとき
（１）dimＶ＝dim(Ｆ^-1(０'))＋dim(Ｆ(Ｖ))が成り立つ。
（２）は省略。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

∴dim(Φ^-1(０'))＝dimＶ－dim(Φ(Ｖ))———☆
ところで、Ｗ(ａ)＝{ｘ∈ℝ^n｜(Ａ－ａＥn)ｘ＝０}，Φ：Ｖ→Ｖ，ｘ→(Ａ－ａＥn)ｘより、
Ｗ(ａ)＝Φ^-1(０)———①である。
また、dimＶ＝dim(ℝ^n)＝ｎ———②
また、dimΦ(Ｖ)＝dimΦ(ℝ^n)＝rank(Ａ－ａＥn)———③

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

①，②，③を☆に代入すると、
dimＷ(ａ)＝ｎ－rank(Ａ－ａＥn)
という事。
または、Ｗ(ａ)＝{ｘ∈ℝ^n｜(Ａ－ａＥn)ｘ＝０}を解空間と見ると、

命題
ｎ変数の同次方程式Ａｘ＝Ｏの解の全体は、行列Ａに対応する線型写像Ｆ_Aの核(Ｆ_A)^-1(０)に一致し、線型空間である。解空間の次元は、dim(Ｆ_A)^-1(０)＝ｎ－rankＡとなっている。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

dimＷ(ａ)＝ｎ－rank(Ａ－ａＥn)
と一発である。

おまけ：
https://dic.pixiv.net/a/%E4%B8%80%E6%9D%A1%E8%81%96%E4%B9%9F

命題（2.3.2）
（ⅰ）正方行列Ａが正則ならばＡ^-1もまた正則でその逆行列はＡに等しい。すなわち(Ａ^-1)^-1＝Ａ
（ⅱ）正方行列Ａが正則ならば転置行列 t^Ａもまた正則でその逆行列は t^(Ａ^-1)に等しい。すなわち(t^Ａ)^-1＝t^(Ａ^-1)　これを簡単にt^Ａ^-1と書く。
（ⅲ）ｎ次行列Ａ,Ｂがともに正則ならば、積ＡＢもまた正則でその逆行列はＢ^-1Ａ^-1に等しい。すなわち(ＡＢ)^-1＝Ｂ^-1Ａ^-1

証明
（ⅰ）Ａ^-1の逆行列をⅩと置くと、逆行列の定義より、ＸＡ^-1＝Ａ^-1Ｘ＝Ｅが成り立つ。

定義
正方行列Ａに対し、
ＸＡ＝Ｅ かつ ＡＸ＝Ｅ
となる行列Ｘが少なくとも一つ存在するとき、Ａを正則行列または可逆行列と言う。行列ＸをＡの逆行列と言う。

ここで、Ｘ＝Ａとすると、
ＡＡ^-1＝Ａ^-1Ａ＝Ｅとなり成り立つので、
Ａ^-1の逆行列ＸはＡである。
つまり、(Ａ^-1)^-1＝Ａという事である。

（ⅱ）t^Ａの逆行列をＸと置くと、逆行列の定義より、Ｘt^Ａ＝t^ＡＸ＝Ｅが成り立つ。
ここで、Ｘ＝t^(Ａ^-1)とすると、
Ｘt^Ａ＝t^(Ａ^-1)t^Ａ＝t^(ＡＡ^-1)
（t^(ＡＢ)＝t^Ｂt^Ａを使った。）

命題
|(ＡＢ)＝|Ａ|Ｂ，t^(ＡＢ)＝t^Ｂt^Ａ
「演習詳解　線型代数」有馬哲・浅枝陽共著p.40より
（注：|の方は複素共役行列の事である。また、証明は載っていない。）
その後、よく見たら「線型代数入門」有馬哲著にも載っていた。（当然か。）

命題（2.2.5）
行列の複素共役と転置の二つの操作と行列の乗法の間には
|(ＡＢ)＝|Ａ|Ｂ，t^(ＡＢ)＝t^Ｂt^Ａ
なる関係がある。（第二の等式で右辺の行列の順序に注意せよ！）

証明　やさしいから読者にゆだねる。

こちらhttps://manabitimes.jp/math/1046の６の証明。
因みに、「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著には和とか積とか分けないで載っていて、２行２列の行列で具体的な問題で納得させている。

話を元に戻して、
Ｘt^Ａ＝t^(Ａ^-1)t^Ａ＝t^(ＡＡ^-1)
＝t^Ｅ＝Ｅ
また、t^ＡＸ＝t^Ａt^(Ａ^-1)＝t^(Ａ^-1Ａ)
＝t^Ｅ＝Ｅ
よって、Ｘt^Ａ＝t^ＡＸ＝Ｅより、t^Ａの逆行列Ｘはt^(Ａ^-1)である。
つまり、(t^Ａ)^-1＝t^(Ａ^-1)という事。

（ⅲ）ＡＢの逆行列をＸと置くと、逆行列の定義より、Ｘ(ＡＢ)＝(ＡＢ)Ｘ＝Ｅが成り立つ。
ここで、Ｘ＝Ｂ^-1Ａ^-1とすると、
Ｘ(ＡＢ)＝Ｂ^-1Ａ^-1(ＡＢ)
＝Ｂ^-1(Ａ^-1Ａ)Ｂ＝Ｂ^-1ＥＢ＝Ｂ^-1Ｂ＝Ｅ
また、(ＡＢ)Ｘ＝(ＡＢ)Ｂ^-1Ａ^-1
＝Ａ(ＢＢ^-1)Ａ^-1＝ＡＥＡ^-1＝ＡＡ^-1＝Ｅ
よって、Ｘ(ＡＢ)＝(ＡＢ)Ｘ＝Ｅが成り立つ。
よって、ＡＢの逆行列ＸはＢ^-1Ａ^-1である。
つまり、(ＡＢ)^-1＝Ｂ^-1Ａ^-1という事。

おまけ：