数学

問題
右の図で、△ＯＡＣと△ＯＢＤはともに正三角形であり、四角形ＯＣＥＤは平行四辺形である。このとき、次の問いに答えなさい。
（１）△ＤＥＢ≡△ＣＡＥであることを証明しなさい。
（２）∠ＢＤＥ＝∠ＢＯＡであることを証明しなさい。
（３）∠ＡＥＢ＝６０°であることを証明しなさい。
（０５　大阪教育大付天王寺）

図の解説：１５°ぐらいの∠ＢＯＡを描き、ＯＢよりＯＡの方をちょっと長く取る。ここで、ＯＢ，ＯＡの外側に１辺がＯＢ，ＯＡの正三角形ＤＯＢとＣＯＡを描き、ＯＤ，ＯＣを二辺とした平行四辺形ＯＣＥＤを描く。（参考書の図では∠ＢＯＡ内に点Ｅがある。）また、ＥＢ，ＥＡを結んだ図。

模範解答
（１）正三角形と平行四辺形の条件から、辺の長さについて右図（注：ＯＡ＝ＡＣ＝ＯＣ＝ＤＥ＝||，ＯＢ＝ＢＤ＝ＯＤ＝ＣＥ＝|，∠ＯＣＥ＝∠ＯＤＥ＝●，∠ＢＤＥ＝○，∠ＡＣＥ＝×，∠ＢＯＡ＝△と振った図）のようになり、また、●同士の角は等しい。
すると、○＝６０°－●＝×であるから、二辺夾角相等で、△ＤＥＢ≡△ＣＡＥ・・・①
（２）右図（注：上と同じ図）で、
△＝∠ＤＯＣ－６０°×２
＝(１８０°－●)－１２０°
＝６０°－●＝○
∴∠ＢＤＥ＝∠ＢＯＡ・・・②
（３）②より、二辺夾角相等で、
△ＯＡＢ≡△ＤＥＢ・・・③
①，③より、ＢＥ＝ＥＡ＝ＢＡであるから、△ＡＢＥは正三角形。
よって、∠ＡＥＢ＝６０°である。
「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。そこで、（３）の参考書の別解。

（３）∠ＡＥＢ＝３６０°－(∠ＤＥＢ＋∠ＣＥＡ)－∠ＤＥＣ
＝３６０°－(１８０°－○)－(１８０°－●)
＝○＋●＝６０°

解説
（１）より△ＤＥＢ≡△ＣＡＥなので、∠ＤＢＥ＝∠ＣＥＡ　よって、これを１行目に代入すると、
∠ＡＥＢ＝３６０°－(∠ＤＥＢ＋∠ＤＢＥ)－∠ＤＥＣ
また、△ＤＢＥの内角の和より、
∠ＤＥＢ＋∠ＤＢＥ＝１８０°－○
また、平行四辺形の性質より、
∠ＤＥＣ＝１８０°－●
これらを代入すると、
∠ＡＥＢ＝３６０°－(１８０°－○)－(１８０°－●)＝○＋●
ところで、○＋●＝∠ＯＤＢ＝６０°より、
∠ＡＥＢ＝６０°という事。

因みに、今回の本は臨時増刊２００６－６月号だが、臨時増刊２００３－５月号にはこの解法は載っていないので、読者などから投稿があったのだろう。（念のため、読者は中学生とは限らない。）

あとがき
『日日のハイレベル演習』の完全リニューアル版（以下’新版’と称す）をお届けします。難関高校受験用の問題集として好評を頂いていた先代の（？）『日日のハイレベル演習』（以下’旧版’と称す）の問題を、２０００年度以降の問題を中心にして一新しました。旧版の良い点を引き継ぎつつ、新版ならではの新しい工夫も随所にちりばめられています。
　従来は、『レベルアップ演習』（主に公立高校受験用）と旧版との２本立てだったのですが、先に、それらの間に入るレベルの『High スタンダード演習』（中堅以上の私立高校受験用）を刊行しました。それとの問題レベルの重複を少なくするために、この新版では、旧版で多く含まれていた難易度Ｂランクの問題をやや減らし、Ｃランクの問題が中心になっています。その意味では、平均の難易度がさらにアップしているわけですが、いたずらな難問は避け、演習価値の高い難問・良問を精選してあります。特に最初は難しく感じるでしょうが、詳しい解説を熟読・理解して、少し時間をおき、再度挑戦してみて下さい。２回，３回，…と取り組むうちに、知らず知らずに大きな力が身に付いていくはずです。
『レベルアップ演習』や『High スタンダード演習』をこなした後の総仕上げに、本書に思いっきりぶつかってみましょう。本書をマスターできれば、どんな難関高校の入試問題にも太刀打ちできるだけの実力が備わっているはず———揺るぎない自信を持って、入試本番に臨めることでしょう。
　なお、本書を読んで疑問に思った点，あるいは別解などがありましたら、下記の住所の「高校への数学編集部」宛にお便りを下さい。
　本書が、できるだけ多くの難関校受験生のお役に立てることを祈ってやみません。（勝又）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」臨時増刊２００６－６より

（２）の私の別解
ＤＥの延長とＯＡとの交点をＦとすると、四角形ＯＣＥＤは平行四辺形よりＤＦ∥ＯＣとなる。
よって、錯角より∠ＤＦＯ＝∠ＦＯＣ＝６０°
また、∠ＤＢＯ＝６０°より、
∠ＤＦＯ＝∠ＤＢＯ
よって、円周角の定理の逆により、４点Ｂ，Ｄ，Ｏ，Ｆは同一円周上にある。
よって、円周角より∠ＢＤＦ＝∠ＢＯＦ
∴∠ＢＤＥ＝∠ＢＯＡ

おまけ：
https://www.sanspo.com/article/20240423-IFN6OX4OBRAIXAENS6U22HLEDA/

解説
＞問6.5
体Ｋの拡大体をＬとし、αとβをＬの元とする。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。βがｆ(Ｘ)の根であればＫ(α)≃Ｋ(β)であることを示せ。

まず、問題の意味は、例4.4で解説すると、

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]

問6.5のαとβは例4.4では同じｆ(Ｘ)の異なる２根という事であり、ℚ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))≃ℚ[α]の左辺が同じなんだから右辺も同じで、
ℚ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))≃ℚ[β]だから、ℚ[α]≃ℚ[β]となる。これを一般的に証明せよという問題。
これだけでは面白くないので、例3.5で余計な事を解説する。

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。

問6.5や例4.4のｆ(Ｘ)が具体的にｆ(Ｘ)＝Ｘ²－２という訳である。よって、α＝√２，β＝－√２とすると、
ℚ[√２]とℚ[－√２]は同型であるという事である。実際、例4.4のℚ[α]にα＝±√２を代入すると、ℚ[√２]＝{ａ＋ｂ√２｜ａ,ｂ∈ℚ}，
ℚ[－√２]＝{ｃ＋ｄ√２｜ｃ,ｄ∈ℚ}となり、同型となりそうな事は一目瞭然だろう。
これは、例えば、ｆ(Ｘ)＝Ｘ²＋Ｘ－１として、α＝(－１＋√５)/２，β＝(－１－√５)/２としても同様の事が言える事がすぐに分かるだろう。そして、その条件が既約多項式という事も。例えば、（有理数係数の）３次方程式で１つの解が因数定理で解けて、α＝有理数，βが√の入った解だったら同型とは言えない形になるからである。（例4.4のℚ[α]に代入するという事。）
そこで、ｆ(Ｘ)＝Ｘ³－２としてみると、
α＝³√２，β＝³√２ω，γ＝³√２ω²
という３つの根が出来、
ℚ[³√２]とℚ[³√２ω]が同型という訳である。これはちょっと素人的（私的）には予想外である。
ℚ[³√２]＝{ａ＋ｂ∛２＋ｃ∛４｜ａ,ｂ,ｃ∈ℚ}
ℚ[³√２ω]＝{ｄ＋ｅ∛２ω＋ｆ∛４ω²｜ｄ,ｅ,ｆ∈ℚ}
しかし、よく考えると１と∛２と∛４，１と∛２ωと∛４ω²が線型独立で基底と考えると同じ３次元で、全単射が成り立ちそうだし（代入の原理で準同型写像だから）同型だろう。
全く関係ないが、
ℚ[∛２,ω]＝ℚ[∛２＋ω]
である。同型ではなく等号である。

問5.7
ℚ(∛２,ω)＝ℚ(∛２＋ω)を示せ。
「がロア理論の頂を踏む」石井俊全著より

また、面白くしようとして地雷を踏んでなければ良いですが。笑
何にしても自己責任でお願いします。

続きは次回。

おまけ：

解説の続き

問6.5
体Ｋの拡大体をＬとし、αとβをＬの元とする。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。βがｆ(Ｘ)の根であればＫ(α)≃Ｋ(β)であることを示せ。

証明
（１）ｆ(Ｘ)はＫ上βの最小多項式であることを示す。
σ_β：Ｋ[Ｘ]→Ｋ[β]（Ｘ→β）
なる準同型写像σ_βを考える。σ_β(１)＝１であるから、kerσ_β≠Ｋ[Ｘ]
また、σ_β(ｆ(Ｘ))＝ｆ(β)＝０より
ｆ(Ｘ)∈kerσ_β　
ゆえに、(ｆ(Ｘ))⊂kerσ_β⊊Ｋ[Ｘ]
ここで、ｆ(Ｘ)はＫ[Ｘ]の既約多項式であるから、定理4.11によって、(ｆ(Ｘ))はＫ[Ｘ]の極大イデアルである。ゆえに、(ｆ(Ｘ))＝kerσ_β
したがって、ｇ(β)＝０（ｇ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]）とすると、ｇ(Ｘ)∈kerσ_β＝(ｆ(Ｘ))
よって、ｆ(Ｘ)｜ｇ(Ⅹ)であるから、ｆ(Ｘ)はβを代入したとき０になるＫ[Ｘ]の次数最小の多項式である。よって、ｆ(Ｘ)はＫ上βの最小多項式である。
（２）ｆ(Ｘ)がＫ上αとβの最小多項式であるから、定理6.3(2)より
Ｋ[α]≃Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))，Ｋ[β]≃Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))
したがって、Ｋ[α]≃Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))≃Ｋ[β]を得る。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

＞σ_β：Ｋ[Ｘ]→Ｋ[β]（Ｘ→β）
なる準同型写像σ_βを考える。σ_β(１)＝１である

σ_βは代入の原理なので、準同型写像である。

定理4.4（代入の原理）
環ＬをＲ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)において、次が成り立つ。
（ⅰ）ｆ(Ｘ)＋ｇ(Ｘ)＝ε(Ｘ)⇒ｆ(α)＋ｇ(α)＝ε(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。

また、環（体）の準同型写像だから、σ_β(１)＝１という事である。

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

＞σ_β(１)＝１であるから、kerσ_β≠Ｋ[Ｘ]

σ_β(Ｋ[Ｘ])＝０でないから。つまり、Ｋ[Ｘ]の中に少なくとも１つは代入の原理でβを代入しても０にならない多項式があるから。（念のため、Ｘを使わないただの１もＫ[Ｘ]の多項式の１つである。）
因みに、なぜわざわざkerσ_β≠Ｋ[Ｘ]なんてあまり意味がなさそうな事を言うのかと言うと、後で極大イデアルの性質を利用する時に使うからである。

＞また、σ_β(ｆ(Ｘ))＝ｆ(β)＝０より
ｆ(Ｘ)∈kerσ_β　

「σ_β(ｆ(Ｘ))＝ｆ(β)＝０」は、σ_βが代入の原理でβを代入し、ｆ(β)＝０は条件の「βがｆ(Ｘ)の根であれば」からである。
よって、σ_β(ｆ(Ｘ))＝０より、kerＦの性質で、
ｆ(Ｘ)∈kerσ_βという事。

＞ｆ(Ｘ)∈kerσ_β　
ゆえに、(ｆ(Ｘ))⊂kerσ_β⊊Ｋ[Ｘ]

kerσ_βはイデアルでその元のｆ(Ｘ)で生成したイデアル(ｆ(Ｘ))がkerσ_βの部分集合になる事はある意味自明だろう。
また、kerσ_β⊊Ｋ[Ｘ]は上で示した事。

＞(ｆ(Ｘ))⊂kerσ_β⊊Ｋ[Ｘ]
ここで、ｆ(Ｘ)はＫ[Ｘ]の既約多項式であるから、定理4.11によって、(ｆ(Ｘ))はＫ[Ｘ]の極大イデアルである。ゆえに、(ｆ(Ｘ))＝kerσ_β

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。

（１）と（３）から「(ｆ(Ｘ))はＫ[Ｘ]の極大イデアルである」という事である。
ここで、極大イデアルの性質より、
(ｆ(Ｘ))＝kerσ_β または kerσ_β＝Ｋ[Ｘ]
だが、kerσ_β⊊Ｋ[Ｘ]より、
(ｆ(Ｘ))＝kerσ_βという事。

極大イデアルの定義
Ｐを可換環のイデアルとする。Ｐを含んでいるＲの真のイデアルが存在しないとき、すなわちＩをＲのイデアルとするとき
Ｐ⊂Ｉ⇒Ｐ＝Ｉ または Ｉ＝Ｒ
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

念のため、kerσ_β⊊Ｋ[Ｘ]よりＩ≠Ｒという事で、Ｐ＝Ｉ（(ｆ(Ｘ))＝kerσ_β）

＞ゆえに、(ｆ(Ｘ))＝kerσ_β
したがって、ｇ(β)＝０（ｇ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]）とすると、ｇ(Ｘ)∈kerσ_β＝(ｆ(Ｘ))
よって、ｆ(Ｘ)｜ｇ(Ⅹ)であるから、ｆ(Ｘ)はβを代入したとき０になるＫ[Ｘ]の次数最小の多項式である。よって、ｆ(Ｘ)はＫ上βの最小多項式である。

ここで、任意にｇ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]を選び、代入の原理σ_βでβを代入しイコール０とすると、
σ_β(ｇ(Ｘ))＝０（ｇ(β)＝０と同じ事。）
∴ｇ(Ｘ)∈kerσ_β
また、(ｆ(Ｘ))＝kerσ_βより、
ｇ(Ｘ)∈(ｆ(Ｘ))となる。
よって、イデアルの性質（ｇ(Ｘ)はｆ(Ｘ)の倍数と考えると良い）より、ｆ(Ｘ)｜ｇ(Ｘ)
よって、ｆ(Ｘ)＜ｇ(Ｘ)でｇ(Ｘ)はＫ[Ｘ]から任意に選んだので、ｆ(Ｘ)は最小（次数）であり、条件「βがｆ(Ｘ)の根であれば」よりｆ(β)＝０である。
よって、「ｆ(Ｘ)はβを代入したとき０になるＫ[Ｘ]の次数最小の多項式である」という事である。
あとは、最小多項式の定義。

＞（２）ｆ(Ｘ)がＫ上αとβの最小多項式であるから、定理6.3(2)より
Ｋ[α]≃Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))，Ｋ[β]≃Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))
したがって、Ｋ[α]≃Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))≃Ｋ[β]を得る。

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。

読めば分かるので、定理を挙げただけで良いだろう。

おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1878796025730879936

問題
四角形ＡＢＣＤがあって、その面積は１６５である。図のように辺ＡＤ，ＢＣの３等分点をＫ，ＬおよびＭ，Ｎとする。次の問いに答えなさい。
（１）△ＡＢＫと△ＣＤＮの面積の和を求めなさい。
（２）辺ＡＢ，ＤＣを１：２に分ける点をそれぞれＰ，Ｑとし、線分ＰＱと線分ＫＭの交点をＲとする。ＱＲ＝２ＰＲであることを証明しなさい。
（００　灘）

模範解答
（１）△ＡＢＫ＋△ＣＤＮ
＝△ＡＢＤ/３＋△ＣＤＢ/３
＝四角形ＡＢＣＤ/３・・・Ⓐ
＝１６５/３＝５５
（２）ＡＰ：ＡＢ＝ＡＫ：ＡＤ＝１：３
∴ＰＫ∥＝(１/３)ＢＤ・・・ア
全く同様に、ＭＱ∥＝(２/３)ＢＤ・・・イ
ア，イより、△ＲＰＫ∽△ＲＱＭで、
相似比は、１：２
∴ＰＲ：ＱＲ＝１：２
∴ＱＲ＝２ＰＲ
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

注：∥＝とした所は、「平行 かつ イコール」という意味だが、参考書に使われている記号が出なかったので、こうした。
https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q14283955099
参考までに。
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E6%95%B0%E5%AD%A6%E8%A8%98%E5%8F%B7%E3%81%AE%E8%A1%A8

解説は、読めば分かるので省略。

■研究　前書きの「有名問題」とは、次のようなものです。
凸四角形ＡＢＣＤで、辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡの各３等分点を順に、Ｅ,Ｆ；Ｇ,Ｈ；Ｉ,Ｊ；Ｋ,Ｌとし、図のように四角形ＰＱＲＳを作った。
このとき、四角形ＰＱＲＳ＝(１/９)四角形ＡＢＣＤであることを証明しなさい。
（注：四角形ＰＱＲＳは中央の四角形で左上の頂点から反時計回りにＰ～Ｓと振ったもの。）
このままでは厳しいでしょうから、ヒントです。
『上の（１）の図で、Ⓐからさらに、
ａ＋ｂ＝四角形ＫＢＮＤ/２
＝(四角形ＡＢＣＤ×(２/３))/２
＝四角形ＡＢＣＤ/３』
注：△ＫＢＮ＝△ＫＭＮ＝ａ，△ＮＫＬ＝△ＮＬＤ＝ｂと置いた図。
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

数学に興味がある人は、是非、挑戦して下さい。ヒントがあれば、普通の人でも解けるチャンスはあると思います。当然、腕に自信がある人はヒントは見ないで解いて下さい。

おまけ：

問題
凸四角形ＡＢＣＤで、辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡの各３等分点を順に、Ｅ,Ｆ；Ｇ,Ｈ；Ｉ,Ｊ；Ｋ,Ｌ（注：反時計回り）とし、図のように四角形ＰＱＲＳを作った。
このとき、四角形ＰＱＲＳ＝(１/９)四角形ＡＢＣＤであることを証明しなさい。
（注：四角形ＰＱＲＳは中央の四角形で左上の頂点から反時計回りにＰ～Ｓと振ったもの。）

解答
まず、補題の証明をしておく。

補題
凸四角形ＡＢＣＤの下底辺の３等分点を左から右にＭ，Ｎとし、上底辺の３等分点を左から右にＫ，Ｌとすると、四角形ＫＭＮＬは四角形ＡＢＣＤの１/３の面積となる。

証明
ＢＤを結ぶと、△ＢＡＫ＝(１/３)△ＢＡＤ
また、△ＤＣＮ＝(１/３)△ＤＢＣ
この２式を加えると、
△ＢＡＫ＋△ＤＣＮ＝(１/３)四角形ＡＢＣＤ
よって、四角形ＫＢＮＬ＝(２/３)四角形ＡＢＣＤ
また、△ＫＢＮ＝△ＫＭＮ＝○
△ＮＤＬ＝△ＮＬＫ＝×と置くと、
○○＋××＝四角形ＫＢＮＬ＝(２/３)四角形ＡＢＣＤ
∴○＋×＝(１/３)四角形ＡＢＣＤ
∴△ＫＭＮ＋△ＮＬＫ＝(１/３)四角形ＡＢＣＤ
∴四角形ＫＭＮＬ＝(１/３)四角形ＡＢＣＤ
よって、示された。

つまり、任意の凸四角形の上底辺の３等分点と下底辺の３等分点で縦に３つに分けた中央の四角形の面積は全体の１/３の面積となる。
ここで、ＥＬ，ＢＤ，ＧＪを結ぶと、△ＡＥＬ∽△ＡＢＤで相似比１：３より、
ＥＬ∥ＢＤ，ＢＤ＝３ＥＬ
また、△ＣＧＪ∽△ＣＢＤで相似比２：３より、ＧＪ∥ＢＤ，ＢＤ＝(３/２)ＧＪ
∴ＥＬ∥ＧＪ，３ＥＬ＝(３/２)ＧＪ
∴ＥＬ：ＧＪ＝(３/２)：３＝１：２
よって、△ＰＥＬ∽△ＰＪＧで相似比１：２より、ＥＰ：ＰＪ＝１：２
ＫＪ，ＡＣ，ＥＨを結んで同様の事をすれば、
ＪＳ：ＳＥ＝１：２
∴ＥＰ：ＰＳ：ＳＪ＝１：１：１
同様に、ＦＱ：ＱＲ：ＲＩ＝１：１：１
よって、補題より、
四角形ＰＱＲＳ＝(１/３)四角形ＥＦＩＪ———①
また、四角形ＥＦＩＪ＝(１/３)四角形ＡＢＣＤ———②
②を①に代入すると、
四角形ＰＱＲＳ＝(１/３){(１/３)四角形ＡＢＣＤ}＝(１/９)四角形ＡＢＣＤ
よって、示された。

おまけ：
https://ameblo.jp/tristessa/entry-12809576819.html

問題
四角形ＡＢＣＤの辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡのそれぞれの中点をＫ，Ｌ，Ｍ，Ｎとし、ＫＭとＬＮの交点をＯとすると、四角形ＡＫＯＮ＋四角形ＣＭＯＬ＝四角形ＢＬＯＫ＋四角形ＤＮＯＭとなる事を証明して下さい。

解答
ＫＮ，ＢＤ，ＬＭを結ぶと、△ＡＢＤと△ＣＢＤでの中点連結定理より、ＫＮ∥ＬＭ，ＫＮ＝ＬＭとなる。よって、四角形ＫＬＭＮは平行四辺形である。
また、△ＡＫＮ∽△ＡＢＤ，△ＣＭＬ∽△ＣＤＢでそれぞれの相似比が１：２より、面積比は１：４
よって、△ＡＫＮ＝(１/４)△ＡＢＤ———ア
また、△ＣＬＭ＝(１/４)△ＣＤＢ———イ
ア＋イより、
△ＡＫＮ＋△ＣＬＭ＝(１/４)四角形ＡＢＣＤ———①
また、ＮＭ，ＡＣ，ＫＬを結んで同様の事をすれば、
△ＤＮＭ＋△ＢＬＫ＝(１/４)四角形ＡＢＣＤ———②
①＋②より、
△ＡＫＮ＋△ＣＬＭ＋△ＤＮＭ＋△ＢＬＫ＝(１/２)四角形ＡＢＣＤ
よって、四角形ＫＬＭＮ＝(１/２)四角形ＡＢＣＤ———③
ところで、四角形ＫＬＭＮは平行四辺形だったので、△ＯＫＮ＝△ＯＬＫ＝△ＯＭＬ＝△ＯＮＭ（平行四辺形の対角線は互いの中点で交わっているから。）
∴△ＯＫＮ＋△ＯＭＬ＝(１/２)四角形ＫＬＭＮ———④
③を④に代入すると、
△ＯＫＮ＋△ＯＭＬ＝(１/４)四角形ＡＢＣＤ———⑤
①＋⑤より、
△ＡＫＮ＋△ＣＬＭ＋△ＯＫＮ＋△ＯＭＬ＝(１/２)四角形ＡＢＣＤ
∴四角形ＡＫＯＮ＋四角形ＣＭＯＬ＝(１/２)四角形ＡＢＣＤ———☆
よって、残りの２つの四角形の和も四角形ＡＢＣＤの１/２なので、
四角形ＢＬＯＫ＋四角形ＤＮＯＭ＝(１/２)四角形ＡＢＣＤ———☆☆
☆，☆☆より、
四角形ＡＫＯＮ＋四角形ＣＭＯＬ＝四角形ＢＬＯＫ＋四角形ＤＮＯＭ
よって、示された。

因みに、簡単に証明出来るので省略しましたが、四角形ＮＢＬＤと四角形ＡＬＣＮのそれぞれの面積も四角形ＡＢＣＤの１/２で上の２つの四角形の和の面積と等しい。美しくないけど、ちょっとだけ難易度を上げたいならば、

問題
四角形ＡＢＣＤの辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡのそれぞれの中点をＫ，Ｌ，Ｍ，Ｎとし、ＫＭとＬＮの交点をＯとすると、四角形ＡＫＯＮ＋四角形ＣＭＯＬ＝四角形ＡＬＣＮとなる事を証明して下さい。

の方が良いかもしれない。念のため、何も見ないで作り、何も見ないで解きました。

おまけ：
https://www.msn.com/ja-jp/entertainment/hollywood/%E3%83%8E%E3%82%B9%E3%83%88%E3%83%A9%E3%83%80%E3%83%A0%E3%82%B9%E3%81%AF%E7%8F%BE%E4%BB%A3%E3%81%AE%E7%8E%8B%E6%97%8F%E3%81%AE%E9%81%8B%E5%91%BD%E3%82%92%E4%BA%88%E8%A8%80%E3%81%97%E3%81%A6%E3%81%84%E3%81%9F%E3%81%AE%E3%81%A0%E3%82%8D%E3%81%86%E3%81%8B/ss-BB1kqcfH?ocid=msedgntp&pc=U531&cvid=1bfd683183934125b16b99bd7210f61a&ei=7#comments&commentId=f69d4015-27b1-4101-b91d-122d4f22fc4c

解説

§6.1　固有値，固有空間
定義　Ｔを線型空間Ｖの線型変換とする。実数ａ∈ℝに対して、
（１）二つの条件　ｐ≠０，Ｔ(ｐ)＝ａｐ（注：ｐは本当は太字）をみたすｐ∈Ｖが存在するとき、ａをＴの一つの固有値という。ｐを固有値ａに属するＴの一つの固有ベクトルという。
（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。したがって、
固有空間＝{０}＋{固有ベクトルｐ}

これだけではよく分からないと思うので、例題を解読した後に解説して下さい。

例題6.1.1
線型変換Ｔ：ℝ₂→ℝ₂，[ｘ ｙ]→[ｘ＋２ｙ ２ｘ＋ｙ]において、Ｔの固有値と固有空間を求めよ。

解
実数ａ∈ℝとベクトルｐ＝[ｐ ｑ]に対して、
Ｔ(ｐ)＝[ｐ＋２ｑ ２ｐ＋ｑ]，ａｐ＝ａ[ｐ ｑ]＝[ａｐ ａｑ]より、Ｔ(ｐ)＝ａｐとすると、
[ｐ＋２ｑ ２ｐ＋ｑ]＝[ａｐ ａｑ]
となる。よって、ｐ＋２ｑ＝ａｐ・・・①
　　　　　　　　２ｐ＋ｑ＝ａｑ・・・②
を解けばよい。①よりｑ＝{(ａ－１)/２}ｐとなるので、②に代入すると
２ｐ＋{(ａ－１)/２}ｐ＝ａ{(ａ－１)/２}ｐ
よって、ｐ(３＋２ａ－ａ²)＝０
固有ベクトルｐは、ｐ≠０でなければならないからｐ≠０　したがって、３＋２ａ－ａ²＝０
となる。この方程式を解いてａ＝３,－１が求めるＴの固有値である。
次に固有ベクトルを求めよう。
ａ＝３の場合、
ｐ＋２ｑ＝３ｐ
２ｐ＋ｑ＝３ｑ　
⇒ｐ＝[ｐ ｑ]＝ｐ[１ １]（ｐ≠０）
ａ＝－１の場合、
ｐ＋２ｑ＝－ｐ
２ｐ＋ｑ＝－ｑ　
⇒ｐ＝[ｐ ｑ]＝ｐ[１ －１]（ｐ≠０）
固有空間は、固有ベクトルに０を加えたものだから、
Ｗ(３)＝ℝ[１ １]，Ｗ(－１)＝ℝ[１ －１]
となる。（解終）
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

線型変換の定義
定義域と値域が等しい写像，すなわち集合ＳからＳ自身への写像をＳの変換という。線型空間ＶからＶ自身への線型写像はＶの線型変換という。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

＞線型変換Ｔ：ℝ₂→ℝ₂，[ｘ ｙ]→[ｘ＋２ｙ ２ｘ＋ｙ]

行ベクトルを列ベクトルにしてみると、
(ｘ)　(ｘ＋２ｙ)
(ｙ)→(２ｘ＋ｙ)
（注：本当は括弧は上下で１つ）
(ｘ＋２ｙ)　(１ ２)(ｘ)
(２ｘ＋ｙ)＝(２ １)(ｙ)
よって、線型変換Ｔとは行列ＡがあってＡｘという変換と等しい。ここで、初めの、

＞§6.1　固有値，固有空間
定義　Ｔを線型空間Ｖの線型変換とする。実数ａ∈ℝに対して、
（１）二つの条件　ｐ≠０，Ｔ(ｐ)＝ａｐ（注：ｐは本当は太字）をみたすｐ∈Ｖが存在するとき、ａをＴの一つの固有値という。ｐを固有値ａに属するＴの一つの固有ベクトルという。

を考えると、
(ａ ｂ)(ｘ)　ａ'(ｘ)
(ｃ ｄ)(ｙ)＝ 　(ｙ)
となる実数ａ'が固有値という事である。また、その時のベクトル✘
また、例題6.1.1から１つの変換Ｔ（行列Ａ）に対して、固有値は１つとは限らない事が分かる。（例題では２つあるから。）

＞（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。したがって、
固有空間＝{０}＋{固有ベクトルｐ}

Ｔ(ｘ)＝ａｘを変形して、Ｔ(ｘ)－ａｘ＝０とすると、Ｗ(ａ)＝{ｘ∈Ｖ｜Ｔ(ｘ)－ａｘ＝０}となり、Ｗ(ａ)はＴ(ｘ)－ａｘという変換の逆変換の零元の行き先である。
つまり、Ｗ(ａ)＝(Ｔ－ａＩv)^-1(０)（Ｉv：ｘ→ｘ（恒等変換））で＝Ker(Ｔ－ａＩv)という訳である。

命題と定義
Ｖ，Ｖ'を線型空間とする。
（１）は省略。
（２）元ａ∈Ｖに対し、ａ自身を対応させる写像は、ＶからＶへの線型写像である。これをＶの恒等写像または恒等変換といい、Ｉ，Ｉvなどで表す。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

核の定義
線型写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'に対し
（ⅰ）Ｖ'の零元０'のＦによる逆像
Ｆ^-1(０')＝{ａ∈Ｖ｜Ｆ(ａ)＝０'}
はＶの部分空間である。これをＦの核（kernel）といい、KerＦとも表す。
（ⅱ）は省略。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

＞固有空間＝{０}＋{固有ベクトルｐ}

初めに、ｐ≠０としなければ全てが始まらず、

「（１）二つの条件　ｐ≠０，Ｔ(ｐ)＝ａｐ（注：ｐは本当は太字）をみたすｐ∈Ｖが存在するとき、ａをＴの一つの固有値という。ｐを固有値ａに属するＴの一つの固有ベクトルという。」

{０}を加えなければ線型空間（部分空間）にならないので、{０}を加えるという事である。

命題
Ｖを線型空間，ＷをＶの空でない部分集合とする。このとき、
部分空間の条件
（１）ａ,ｂ∈Ｗ⇒ａ＋ｂ∈Ｗ
（２）ａ∈Ｗ，ｃ∈ℝ⇒ｃａ∈Ｗ
をみたすならば、ＷはＶの部分線型空間である。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

因みに、（２）で０∈ℝより、０∈Ｗである。これは大事。零元の存在。
（線型空間の公理Ⅰ（３）特別な元０∈Ｖがただ一つ存在し、０＋ａ＝ａ＋０＝ａ）

因みに、（この参考書以外は）何も見ないでやりましたので、自分で裏を取って下さい。

おまけ：

解説
＞（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。

定理の意味は、αがｅとかπのような代数方程式の解にならない場合、σのような代入の原理を使用すると、Ｋ[Ｘ]とＫ[α]は同型になり、またそれぞれで作った有理関数体と商体も同型になる。
具体的には、ｆ(Ｘ)/ｇ(Ｘ) ≅ ｆ(α)/ｇ(α)という事。
解じゃないから当たり前のような気がするだろう。解だったら、ｆ(Ｘ)に対してｆ(α)＝０が何個もあって対等じゃないから同型じゃないと思うけど。

定義4.3
体Ｋ上のｎ変数の多項式環Ｋ[Ｘ₁,…,Ｘn]の商体をＫ上の有理関数体といい、Ｋ(Ｘ₁,…,Ｘn)で表わし、（中略）Ｋ(Ｘ₁,…,Ｘn)の任意の元はＫ[Ｘ₁,…,Ｘn]の元ｆ(Ｘ₁,…,Ｘn)，ｇ(Ｘ₁,…,Ｘn)によって
ｆ(Ｘ₁,…,Ｘn)/ｇ(Ｘ₁,…,Ｘn)
と表される。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

＞（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。

（２）の方の問題の意味は、例えば、剰余環ℚ[Ｘ]/(Ｘ²－２)とℚ[√２]＝{ａ＋ｂ√２｜ａ,ｂ∈ℚ}を考える（因みに、ℚ[√２]は、ℚ[α]＝{ａ₀＋ａ₁α＋ａ₂α²＋…＋ａn-1α^(n-1)｜ａi∈ℚ}にα＝√２を代入して整理されたもの）と、
ℚ[Ｘ]/(Ｘ²－２)はＸ²－２で割った余りなので、ａＸ＋ｂで表され、ℚ[√２]と同型になりそうだと分かるだろう。また、ℚ[√２]が体である事は（具体例では）自明なので、それと同型な左辺も体になるが、それは証明の方でやるので省略。

＞すなわち、Ｋ[α]＝Ｋ(α)となる。

Ｋ(α)の記号の意味。

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。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

続きは次回。

おまけ：

解説の続き

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。

証明
次のような環の準同型写像を考える。
σ：Ｋ[Ｘ]→Ｋ[α]
　　ｆ(Ｘ)→ｆ(α)
（１）αがＫ上超越的であれば、kerσ＝(０)なので、写像σは同型写像である。このとき、定理5.2によってＫ(Ｘ)からＫ[α]の商体Ｋ(α)に拡張することができる。
（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、ｆ(Ｘ)は既約であるからkerσはｆ(Ｘ)で生成される。すなわち、kerσ＝(ｆ(Ｘ))
したがって、準同型定理3.5によりＫ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))はσの像Ｋ[α]と同型になる。ｆ(Ｘ)は既約だから、イデアル(ｆ(Ｘ))は極大イデアルとなりＫ[α]は体となる（定理4.11）。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

＞αがＫ上超越的であれば、kerσ＝(０)なので、写像σは同型写像である。

αがＫ上超越的であれば、σは単射なので、

「αがＫ上代数的であるか、超越的であるかは、Ｋ上の１変数多項式環Ｋ[Ｘ]からＬへの準同型写像
σ：Ｋ[Ｘ]→Ｌ
　　ｆ(Ｘ)→ｆ(α)
により判別することができる。すなわち、σが単射であればαはＫ上超越的であり、そうでなければαはＫ上代数的である。」
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

定理3.3より、kerσ＝(０)である。

定理3.3
ＲとＲ'を環とし、ｆをＲからＲ'への環の準同型写像とする。このとき、ｆが単射であるための必要十分条件は kerｆ＝(０)なることである。
ｆ：単射 ⇔ kerｆ＝(０)

ところで、σは代入の原理なので、準同型写像である。

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

また、代入の原理は全射なので、先の単射と合わせて全単射である。よって、準同型写像かつ全単射より、写像σは同型写像という事。

＞このとき、定理5.2によってＫ(Ｘ)からＫ[α]の商体Ｋ(α)に拡張することができる。

定理5.2
ＲとＲ'を整域とし、その商体をそれぞれＫとＫ'とする。ＲからＲ'への環の単準同型写像ｆは、ＫからＫ'への体の単準同型写像~ｆに一意的に拡張することができる。
特に、ｆが同型写像であれば、~ｆも同型写像である。

これは読んだままである。今回は、σは環同型写像（上で証明した）なので、単射かつ準同型写像で単準同型写像だから出来るという事。

＞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、ｆ(Ｘ)は既約であるからkerσはｆ(Ｘ)で生成される。すなわち、kerσ＝(ｆ(Ｘ))

まず、αがＫ上代数的より、ｆ(α)＝０

「体Ｌが体Ｋの拡大体であり、αはＬの元であるとする。αがＫ上代数的であるとは、αがＫの元を係数とするゼロではない多項式の根になっていることと定義する。」
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

また、σは代入の原理より、σ(ｆ(Ｘ))＝０という事である。∴ｆ(Ｘ)∈kerσ
∴(ｆ(Ｘ))⊂kerσ

補足解説
(　)記号はイデアルを生成するという意味である。また、kerｆはイデアルである。

定義2.3
可換環Ｒにおいて、定理2.4のイデアルＡＲを集合Ａによって生成されたイデアルといい、Ａをその生成系という。特に、Ｉ＝ＡＲで、Ａが有限集合Ａ＝{ａ₁,…,ａn}のとき、Ｉはａ₁,ａ₂,…,ａnによって生成されたイデアルといい、Ｉ＝(ａ₁,ａ₂,…,ａn)　またはＩ＝ａ₁Ｒ＋ａ₂Ｒ＋…＋ａnＲで表し、イデアルＩは有限生成であるという。
　さらにｎ＝１のとき、(ａ₁)＝ａ₁Ｒはａ₁で生成された単項イデアルという。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

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

話を元に戻して、(ｆ(Ｘ))⊂kerσから。
ところで、ｆ(Ｘ)は既約多項式より、(ｆ(Ｘ))は極大イデアル。

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（３）からという事である。
よって、(ｆ(Ｘ))⊂kerσかつ(ｆ(Ｘ))が極大イデアルより、(ｆ(Ｘ))＝kerσという事である。

＞したがって、準同型定理3.5によりＫ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))はσの像Ｋ[α]と同型になる。

定理3.5（準同型定理）
Ｒ，Ｒ'を環，ｆ：Ｒ→Ｒ'をＲからＲ'への準同型写像であるとする。写像
|ｆ：Ｒ/kerｆ→Ｒ'
　　　 |ａ→ｆ(ａ)
は剰余環Ｒ/kerｆから環Ｒ'への単準同型写像である。すなわち、
Ｒ/kerｆ≃ｆ(Ｒ)

ところで、
σ：Ｋ[Ｘ]→Ｋ[α]
より、定理3.5により、
Ｋ[Ｘ]/kerσ≃Ｋ[α]
（σは代入の原理で全射で全単射になるから、定理3.5で言う所のＲ/kerｆ≃ｆ(Ｒ)ではなくＲ/kerｆ≃Ｒ'という事。）
また、上より(ｆ(Ｘ))＝kerσを代入すると、
Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))≃Ｋ[α]
よって、「Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))はσの像Ｋ[α]と同型になる」という事。

＞ｆ(Ｘ)は既約だから、イデアル(ｆ(Ｘ))は極大イデアルとなりＫ[α]は体となる（定理4.11）。

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

上よりＫ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))≃Ｋ[α]で、左辺が定理4.11により体になり、それと同型な右辺のＫ[α]も体になるという事。

おまけ：

問題
図の四角形ＡＢＣＤにおいて、点Ｍは対角線ＢＤ上にあり、ＢＭ：ＭＤ＝３：２，点Ｎは対角線ＡＣの中点です。対角線ＢＤとＡＣの交点をＯとし、四角形ＡＢＣＤ，△ＭＡＣ，△ＢＮＤの面積をそれぞれ６０，９，６とする。
（１）△ＡＤＭと△ＡＢＭの面積の比を答えなさい。
（２）△ＡＢＣの面積を求めなさい。
（３）ＢＯ：ＯＤを答えなさい。
（４）△ＡＢＯの面積を求めなさい。
（０５　樟蔭）

模範解答
（１）△ＡＤＭ：△ＡＢＭ＝ＤＭ：ＢＭ
＝２：３・・・①
（２）四角形ＡＢＣＭ：四角形ＡＤＣＭ
＝(△ＡＢＭ＋△ＣＢＭ)：(△ＡＤＭ＋△ＣＤＭ)＝ＢＭ：ＤＭ＝３：２・・・②
∴四角形ＡＢＣＭ＝四角形ＡＢＣＤ×{３/(３＋２)}＝６０×(３/５)＝３６
∴△ＡＢＣ＝四角形ＡＢＣＭ－△ＭＡＣ
＝３６－９＝２７・・・③
（３）ＢＯ：ＯＤ＝△ＡＢＣ：△ＡＤＣ
＝２７：(６０－２７)＝９：１１
（４）ＡＮ＝ＣＮより、四角形ＡＢＮＤ＝四角形ＣＢＮＤ＝３０
∴△ＡＢＤ＝四角形ＡＢＮＤ－△ＢＮＤ
＝３０－６＝２４
∴ＡＯ：ＯＣ＝△ＡＢＤ：△ＢＣＤ
＝２４：(６０－２４)＝２：３
∴△ＡＢＯ＝△ＡＢＣ×{２/(２＋３)}
＝③×(２/５)＝５４/５
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
（３）で使う公式（定理）は、受験算数でよく使われる定理。知らない場合は、Ｂ，ＤからＡＣに垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ｉとすると、△ＢＯＨ∽△ＤＯＩからＢＯ：ＤＯ＝ＢＨ：ＤＩ———①
また、△ＢＡＣと△ＤＡＣは底辺ＡＣを共有しているので、面積比は高さの比と等しい。
よって、ＢＨ：ＤＩ＝△ＢＡＣ：△ＤＡＣ———②
①，②より、ＢＯ：ＯＤ＝△ＡＢＣ：△ＡＤＣ
と時間もかかるので、覚えるべき定理（公式）の上位のものだろう。
因みに、ＢＯ：ＯＤ＝△ＡＢＯ：△ＡＯＤ———③
ＢＯ：ＯＤ＝△ＣＢＯ：△ＣＯＤ———④
③，④より、
ＢＯ：ＯＤ＝△ＡＢＯ＋△ＣＢＯ：△ＡＯＤ＋△ＣＯＤ＝△ＡＢＣ：△ＡＤＣ
と求めても良い。
厳密には、③＋④より、
２ＢＯ：２ＯＤ＝△ＡＢＯ＋△ＣＢＯ：△ＡＯＤ＋△ＣＯＤ＝△ＡＢＣ：△ＡＤＣより、
ＢＯ：ＯＤ＝△ＡＢＣ：△ＡＤＣ
ただし、ガチガチに絶対にこうなると覚えていると三角関数などで勘違いする恐れがあるので、多角的に裏を取れるような思考法をしておいた方が良い。

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12882907054.html

解説

問題
数体Ｋ上の行列空間Ｍ(ｎ,ｎ,Ｋ)の部分空間Ｗが、条件
“Ａ∈Ｍ(ｎ,ｎ,Ｋ),Ｘ∈Ｗ ならば ＡＸ,ＸＡ∈Ｗ”
をみたす。このとき Ｗ＝{Ｏ} または Ｗ＝Ｍ(ｎ,ｎ,Ｋ) なることを示せ。

解
Ｗ≠{Ｏ}とするとＷにＯでない行列Ａが属する。
Ａ＝(ａij)1≦i,j≦n，ａpq≠０とする。
行列単位 Ｅqp∈Ｍ(ｎ,ｎ,Ｋ) だから仮定により Ｗ∋ＥqpＡＥqp＝ａpqＥqp
Ｗは部分空間だから Ｗ∋(１/ａ^pq)ａpqＥqp＝Ｅqp
再び仮定により Ｗ∋ＥiqＥqpＥpj＝Ｅij，１≦ｉ,ｊ≦ｎ　すべての行列単位ＥijがＷに属し、{Ｅij}1≦i,j≦nはＭ(ｎ,ｎ,Ｋ)の生成元だから Ｍ(ｎ,ｎ,Ｋ)⊆Ｗ
逆の包含関係は明らかだから Ｍ(ｎ,ｎ,Ｋ)＝Ｗ
「演習詳解　線型代数」有馬哲・浅枝陽共著より

＞問題
数体Ｋ上の行列空間Ｍ(ｎ,ｎ,Ｋ)の部分空間Ｗが、条件
“Ａ∈Ｍ(ｎ,ｎ,Ｋ),Ｘ∈Ｗ ならば ＡＸ,ＸＡ∈Ｗ”
をみたす。このとき Ｗ＝{Ｏ} または Ｗ＝Ｍ(ｎ,ｎ,Ｋ) なることを示せ。

問題の意味は、ｎ行ｎ列の行列全体から任意の行列Ａを選んで、また、ｎ行ｎ列の行列全体の部分空間Ｗから任意の行列Ｘを選んで掛け合わせたら、その部分空間Ｗの中に収まりました。その場合は、その部分空間は零行列（零元）のみか、または部分が全体である場合しかありませんよという定理。（念のため、掛け合わせるのは逆も含めて両方じゃないとダメ。）

何となくは当然である事が分かるだろう。部分集合の全ての元と全体集合の全ての元を掛け合わせて、その全てが部分集合の中に入ってしまうなんて、部分集合が０のみか部分集合が全体集合と一致している場合しかあり得なそうという事。
念のため、当然普通の部分集合ではダメで部分空間とか群（体）とかじゃないとダメという事。

＞Ｗ≠{Ｏ}とするとＷにＯでない行列Ａが属する。

Ｗ＝{Ｏ}の場合は成り立つ事が自明である。そこで、Ｗ≠{Ｏ}の場合を考えるという事。

＞行列単位 Ｅqp∈Ｍ(ｎ,ｎ,Ｋ) だから仮定により Ｗ∋ＥqpＡＥqp＝ａpqＥqp

行列単位の定義
(ｐ,ｑ)成分のみが１で他の成分がすべて０である行列を行列単位と言い、Ｅpqで表わす。
「線型代数入門」有馬哲著より

当然、Ｅqp∈Ｍ(ｎ,ｎ,Ｋ)であり、仮定とは、
“Ａ∈Ｍ(ｎ,ｎ,Ｋ),Ｘ∈Ｗ ならば ＡＸ,ＸＡ∈Ｗ”
である。
まず、ＡＸ∈Ｗより、ＥqpＡ∈Ｗである。（Ｅqp∈Ｍ(ｎ,ｎ,Ｋ)，Ａ∈Ｗだから。）
次に、ＥqpＡ＝Ｙと置くと、
Ｙ∈Ｗ，Ｅqp∈Ｍ(ｎ,ｎ,Ｋ)で、仮定のＸＡ∈Ｗより、ＹＥqp∈Ｗである。
つまり、ＥqpＡＥqp∈Ｗである。
ところで、ＥqpＡＥqp＝ａpqＥqpは自分で確認して貰った方が良いだろう。
因みに、ＥqpＡでＡのｑ行全体がｐ行に移り、他の成分は全て０になり、
ＡＥqpでＡのｐ列全体がｑ列に移り、他の成分は全て０になる。
よって、ＥqpＡＥqpでＡのｐ行ｑ列成分だけがｑ行ｐ列に残り、他の成分は全て０になる。
よって、ＥqpＡＥqp＝ａpqＥqpとなり、上のＥqpＡＥqp∈Ｗと合わせて、Ｗ∋ａpqＥqp

＞Ｗは部分空間だから Ｗ∋(１/ａ^pq)ａpqＥqp＝Ｅqp

部分空間だからスカラー倍について閉じていて、Ｗは数体Ｋ上の部分空間で体は四則演算について閉じているので、逆元を含む。
よって、１/ａ^pq∈Ｗだから、ａpqＥqpの(１/ａ^pq)倍について閉じていて、
Ｗ∋(１/ａ^pq)ａpqＥqp＝Ｅqp
という事。

＞再び仮定により Ｗ∋ＥiqＥqpＥpj＝Ｅij，１≦ｉ,ｊ≦ｎ

仮定は、
“Ａ∈Ｍ(ｎ,ｎ,Ｋ),Ｘ∈Ｗ ならば ＡＸ,ＸＡ∈Ｗ”で、
上よりＥqp∈Ｗ，Ｅqp∈Ｍ(ｎ,ｎ,Ｋ) だから、ＥiqＥqp∈Ｗで、これとＥpj∈Ｍ(ｎ,ｎ,Ｋ) より、ＥiqＥqpＥpj∈Ｗという事。

また、ＥiqＥqpＥpj＝Ｅijは実験しても良いが、

「行列単位の間の積はＥpqＥrs＝δqrＥpsとなる。」
「演習詳解　線型代数」有馬哲・浅枝陽共著より

「δij＝１（ｉ＝ｊ），δij＝０（ｉ≠ｊ）と定め、δijをクロネッカー記号と言う。」
「演習詳解　線型代数」有馬哲・浅枝陽共著より

より、ＥiqＥqp＝δqqＥip＝１・Ｅip＝Ｅip
∴ＥiqＥqpＥpj＝ＥipＥpj＝δppＥij
＝１・Ｅij＝Ｅij
∴ＥiqＥqpＥpj＝Ｅij
これとＥiqＥqpＥpj∈Ｗより、
Ｅij∈Ｗ（１≦ｉ,ｊ≦ｎ）

＞すべての行列単位ＥijがＷに属し、{Ｅij}1≦i,j≦nはＭ(ｎ,ｎ,Ｋ)の生成元だから Ｍ(ｎ,ｎ,Ｋ)⊆Ｗ

ところで、先の「行列単位」の定義、

定義
(ｐ,ｑ)成分のみが１で他の成分がすべて０である行列を行列単位と言い、Ｅpqで表わす。
「線型代数入門」有馬哲著より

の続きに、

「どんな行列Ａ＝(ａpq)1≦p≦m,1≦q≦n∈Ｍ(ｍ,ｎ,Ｋ)も行列単位の線型結合
Ａ＝∑(1≦p≦m,1≦q≦n)ａpqＥpq，ａpq∈Ｋ
として表される。すなわち、数体Ｋ上の線型空間Ｍ(ｍ,ｎ,Ｋ)は集合
{Ｅpq}1≦p≦m,1≦q≦n
により生成される。
「線型代数入門」有馬哲著より

とあるので、
Ｍ(ｍ,ｎ,Ｋ)⊆{Ｅpq}1≦p≦m,1≦q≦n
という事である。
よって、上ではＭ(ｎ,ｎ,Ｋ)⊆Ｗという事。

＞逆の包含関係は明らかだから Ｍ(ｎ,ｎ,Ｋ)＝Ｗ

問題文に「行列空間Ｍ(ｎ,ｎ,Ｋ)の部分空間Ｗ」とあるので、Ｗ⊆Ｍ(ｎ,ｎ,Ｋ)
これとＭ(ｎ,ｎ,Ｋ)⊆Ｗより、Ｍ(ｎ,ｎ,Ｋ)＝Ｗという事。

おまけ：

定理
直角を挟む二辺の比がｍ：ｎ（ｍ＞ｎ）の直角三角形の最小角の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。

証明１
∠Ｂが直角でＡＢ＝ｎ，ＢＣ＝ｍの直角三角形ＡＢＣを描き、点ＡのＢＣに関する対称点Ａ'を取ると、∠ＡＣＡ'は直角三角形ＡＢＣの最小角の２倍になる。
よって、ＡからＡ'Ｃに垂線を下ろしその足をＨとして、△ＡＣＨの三辺比がｍ²－ｎ²：２ｍｎ：ｍ²＋ｎ²になっている事を示せば良い。
ＡＨ＝ｘ，Ａ'Ｈ＝ｙと置いて、△ＡＡ'Ｈと△ＡＣＨで三平方の定理を使う。
その前に、△ＡＢＣで三平方の定理を使うと、
ＡＣ＝√(ｍ²＋ｎ²)より、Ａ'Ｃ＝√(ｍ²＋ｎ²)
また、ＡＡ'＝２ＡＢ＝２ｎ
∴ｘ²＋ｙ²＝(２ｎ)²＝４ｎ²———①
ｘ²＋(√(ｍ²＋ｎ²)－ｙ)²＝(√(ｍ²＋ｎ²))²———②
①－②より、
－(ｍ²＋ｎ²)＋２√(ｍ²＋ｎ²)ｙ＝３ｎ²－ｍ²
∴２√(ｍ²＋ｎ²)ｙ＝４ｎ²
∴ｙ＝２ｎ²/√(ｍ²＋ｎ²)
これを①に代入すると、
ｘ²＝４ｎ²－ｘ²＝４ｎ²－４ｎ⁴/(ｍ²＋ｎ²)
＝{４ｎ²(ｍ²＋ｎ²)－４ｎ⁴}/(ｍ²＋ｎ²)
＝４ｍ²ｎ²/(ｍ²＋ｎ²)
ｘ＞０より、ｘ＝２ｍｎ/√(ｍ²＋ｎ²)
∴ＡＨ＝２ｍｎ/√(ｍ²＋ｎ²)
∴ＣＨ＝Ａ'Ｃ－ｙ
＝√(ｍ²＋ｎ²)－２ｎ²/√(ｍ²＋ｎ²)
＝{(ｍ²＋ｎ²)－２ｎ²}/√(ｍ²＋ｎ²)
＝(ｍ²－ｎ²)/√(ｍ²＋ｎ²)
∴ＣＨ＝(ｍ²－ｎ²)/√(ｍ²＋ｎ²)
∴ＣＨ：ＡＨ：ＡＣ
＝(ｍ²－ｎ²)/√(ｍ²＋ｎ²)：２ｍｎ/√(ｍ²＋ｎ²)：√(ｍ²＋ｎ²)
＝ｍ²－ｎ²：２ｍｎ：ｍ²＋ｎ²
よって、示された。

ところで、ｍ，ｎがｍ＞ｎとなる自然数の場合は、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がピタゴラス数になる不思議さがあります（ｍ，ｎの取り方によって全ての整数値の直角三角形をもれなく表しているし、第一、ルートにならない）が、これは有理数に限らず全ての実数で成り立ちます。（証明を読めば当然ですが。）
例えば、１５°，７５°，９０°の直角三角形の三辺比は、
√６－√２：√６＋√２：４で直角を挟む二辺の比は、√６－√２：√６＋√２より、
ｍ＝√６＋√２，ｎ＝√６－√２と置くと、
ｍ²－ｎ²＝(√６＋√２)²－(√６－√２)²＝８√３
２ｍｎ＝２(√６＋√２)(√６－√２)＝８
ｍ²＋ｎ²＝(√６＋√２)²＋(√６－√２)²＝１６
∴ｍ²－ｎ²：２ｍｎ：ｍ²＋ｎ²
＝８√３：８：１６＝√３：１：２
また、この最小角は１５°でこれを２倍すると３０°。よって、その角を含む直角三角形の三辺比は１：２：√３でＯＫ。

因みに、tanの２倍角の公式を使うと簡単に証明出来ます。初等幾何的別解は次回。

おまけ：

定理
直角を挟む二辺の比がｍ：ｎ（ｍ＞ｎ）の直角三角形の最小角の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。

証明２
∠Ａが直角の直角三角形を描き、ＡＢ＝ｍ²－ｎ²，ＢＣ＝ｍ²＋ｎ²，ＣＡ＝２ｍｎとする。
ここで、内接円を描き、辺ＢＣ，ＣＡ，ＡＢとの接点をそれぞれＳ，Ｔ，Ｕとし、内心をＩ，内接円の半径をｒと置くと、
△ＡＢＣ＝２ｍｎ×(ｍ²－ｎ²)×(１/２)
＝ｍｎ(ｍ²－ｎ²)———①
△ＡＢＣ＝△ＩＢＣ＋△ＩＣＡ＋△ＩＡＢ
＝(ｍ²＋ｎ²)ｒ/２＋２ｍｎｒ/２＋(ｍ²－ｎ²)ｒ/２＝ｒ(ｍ²＋ｎ²＋２ｍｎ＋ｍ²－ｎ²)/２
＝ｒ(ｍ²＋ｍｎ)＝ｒｍ(ｍ＋ｎ)———②
①，②より、ｍｎ(ｍ²－ｎ²)＝ｒｍ(ｍ＋ｎ)
∴ｒ＝ｎ(ｍ－ｎ)
よって、内接円の半径は、ｒ＝ｎ(ｍ－ｎ)
また、ＩＴ⊥ＣＡ，ＩＵ⊥ＡＢ，∠Ａが直角より、四角形ＡＵＩＴ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。
∴ＡＴ＝ＡＵ＝ｒ＝ｎ(ｍ－ｎ)
∴ＣＴ＝２ｍｎ－ｎ(ｍ－ｎ)＝ｍｎ＋ｎ²
＝ｎ(ｍ＋ｎ)
∴ＩＴ：ＣＴ＝ｎ(ｍ－ｎ)：ｎ(ｍ＋ｎ)
＝ｍ－ｎ：ｍ＋ｎ
また、ＣＳ＝ＣＴ＝ｎ(ｍ＋ｎ)より、
ＢＳ＝ｍ²＋ｎ²－ｎ(ｍ＋ｎ)＝ｍ²－ｍｎ
＝ｍ(ｍ－ｎ)
∴ＩＳ：ＢＳ＝ｎ(ｍ－ｎ)：ｍ(ｍ－ｎ)
＝ｎ：ｍ
ところで、△ＩＢＳ≡△ＩＢＵより、∠ＩＢＳ＝∠ＩＢＵ　つまり、∠Ｃ＝２∠ＩＢＳ
よって、直角を挟む二辺の比がｍ：ｎの最小角の２倍が∠Ｂとなっていて、これは図形的に逆も成り立つ事が容易に分かる。
よって、直角を挟む二辺の比がｍ：ｎの直角三角形の最小角の２倍を含む直角三角形の三辺比は、ｍ²－ｎ²：２ｍｎ：ｍ²＋ｎ²である。
よって、示された。

因みに、∠Ｃの所で同様に考えれば、

系
直角を挟む二辺の比がｍ－ｎ：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。

が分かるので、この証明は省略する。

さらに、∠Ｂ＋∠Ｃ＝９０°から、直角を挟む二辺比がｍ：ｎの最小角と直角を挟む二辺の比がｍ－ｎ：ｍ＋ｎの和は４５°であるという定理が作れ、その証明にもなっている。

定理
直角を挟む二辺比がｍ：ｎの最小角と直角を挟む二辺の比がｍ－ｎ：ｍ＋ｎの和は４５°である。

別証は次回。因みに、これを作ったのは、前回のＴさんである。（私はうっかり気付かなかった。先に上の証明を作っていたが、言われて気付いたという事。）
https://www.msn.com/ja-jp/lifestyle/other/%E5%9B%B3%E5%BD%A2%E5%95%8F%E9%A1%8C-vol-1019-%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-AA1x9dG2?ocid=msedgntp&pc=U531&cvid=d15a8da488884f3ab10fdbb34c52e5e7&ei=8#comments&commentId=65459f7b-1d09-4591-b25d-41b6c8c791be

それが終わったら、

＞証明は次回。初等幾何的に２通り作ってみました。（３通り目もあるが、それはもう一つの定理を紹介した後。その定理を利用する。ただし、原案は先のＴさん。）

この３通り目をやりますね。因みに、両定理ともtanの２倍角の公式やArctanの加法定理を使っても出来るが、初等幾何的な証明に限定した。
（厳密には、初等幾何的とは数式は使わないものかもしれないが。円と比だけで面積も邪道とか。）

おまけ：

定理
直角を挟む二辺比がｍ：ｎの最小角と直角を挟む二辺の比がｍ－ｎ：ｍ＋ｎの和は４５°である。ただし、ｍ＞ｎとする。

証明１
縦ｍ，横ｍ＋ｎの長方形ＡＢＣＤを描き、辺ＢＣ上にＢＥ＝ｎとなる点Ｅを取ると、ＥＣ＝ｍとなり、また、辺ＣＤ上にＣＦ＝ｎとなる点を取ると、△ＡＢＥ≡△ＥＣＦとなる。
∴ＡＥ＝ＥＦ
また、∠ＢＡＥ＝ＣＥＦ＝●，∠ＡＥＢ＝∠ＥＦＣ＝○と置くと、直角三角形の内角の和より、●＋○＝９０°
また、∠ＢＥＣ＝１８０°＝∠ＡＥＦ＋●＋○より、∠ＡＥＦ＝９０°である。
よって、△ＥＡＦは直角二等辺三角形。
よって、∠ＥＡＦ＝４５°
ところで、ＤＦ＝ｍ－ｎ，ＡＤ＝ｍ＋ｎ，ＡＢ＝ｍ，ＢＥ＝ｎより、△ＡＢＥと△ＡＤＦは直角を挟む二辺の比がそれぞれｍ：ｎとｍ－ｎ：ｍ＋ｎの直角三角形で、∠ＢＡＥと∠ＤＡＦはそれぞれの最小角である。
また、∠ＢＡＥ＋∠ＤＡＦ＝９０°－４５°＝４５°より、直角を挟む二辺比がｍ：ｎの最小角と直角を挟む二辺の比がｍ－ｎ：ｍ＋ｎの和は４５°である。
よって、示された。

因みに、証明を読めば分かるが、ｍ，ｎは有理数限定ではない。
例えば、ｍ＝√３，ｎ＝１とすると、△ＡＢＥと△ＥＣＦは合同な３０°，６０°，９０°の直角三角形になり、△ＡＤＦは直角を挟む二辺の比が√３－１：√３＋１となるが、これは１５°，７５°，９０°の直角三角形の二辺比である。
よって、ぴったりと合って∠Ａ＝３０°＋４５°＋１５°＝９０°，∠ＣＦＤ＝６０°＋４５°＋７５°＝１８０°となる。
念のため、√３－１：√３＋１が１５°，７５°，９０°の直角三角形の二辺比である事は、三辺比√６－√２：√６＋√２：４の√６－√２：√６＋√２を√２でくくれば分かる。
または、ｍ＝√6、ｎ＝√２と置けば、△ＡＤＦは１５°，７５°，９０°の直角三角形になり、△ＡＥと△ＥＣＦは直角を挟む二辺比が√６：√２＝√３：１になるので、３０°，６０°，９０°の直角三角形となり、ぴったり合う事が分かる。

証明２
∠Ａが直角の直角三角形を描き、ＡＢ＝ｍ²－ｎ²，ＢＣ＝ｍ²＋ｎ²，ＣＡ＝２ｍｎとする。
ここで、内接円を描き、辺ＢＣ，ＣＡ，ＡＢとの接点をそれぞれＳ，Ｔ，Ｕとし、内心をＩ，内接円の半径をｒと置くと、
△ＡＢＣ＝２ｍｎ×(ｍ²－ｎ²)×(１/２)
＝ｍｎ(ｍ²－ｎ²)———①
△ＡＢＣ＝△ＩＢＣ＋△ＩＣＡ＋△ＩＡＢ
＝(ｍ²＋ｎ²)ｒ/２＋２ｍｎｒ/２＋(ｍ²－ｎ²)ｒ/２＝ｒ(ｍ²＋ｎ²＋２ｍｎ＋ｍ²－ｎ²)/２
＝ｒ(ｍ²＋ｍｎ)＝ｒｍ(ｍ＋ｎ)———②
①，②より、ｍｎ(ｍ²－ｎ²)＝ｒｍ(ｍ＋ｎ)
∴ｒ＝ｎ(ｍ－ｎ)
よって、内接円の半径は、ｒ＝ｎ(ｍ－ｎ)
また、ＩＴ⊥ＣＡ，ＩＵ⊥ＡＢ，∠Ａが直角より、四角形ＡＵＩＴ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。
∴ＡＴ＝ＡＵ＝ｒ＝ｎ(ｍ－ｎ)
∴ＣＴ＝２ｍｎ－ｎ(ｍ－ｎ)＝ｍｎ＋ｎ²
＝ｎ(ｍ＋ｎ)
∴ＩＴ：ＣＴ＝ｎ(ｍ－ｎ)：ｎ(ｍ＋ｎ)
＝ｍ－ｎ：ｍ＋ｎ
また、ＣＳ＝ＣＴ＝ｎ(ｍ＋ｎ)より、
ＢＳ＝ｍ²＋ｎ²－ｎ(ｍ＋ｎ)＝ｍ²－ｍｎ
＝ｍ(ｍ－ｎ)
∴ＩＳ：ＢＳ＝ｎ(ｍ－ｎ)：ｍ(ｍ－ｎ)
＝ｎ：ｍ
よって、△ＣＩＴと△ＣＩＳは合同で直角を挟む二辺の比がｍ－ｎ：ｍ＋ｎ
また、△ＢＩＵと△ＢＩＳも合同で直角を挟む二辺の比がｍ：ｎ
ところで、∠Ｂ＋∠Ｃ＝９０°より、
∠ＩＢＳ＋∠ＩＣＳ＝９０°÷２＝４５°
よって、直角を挟む二辺比がｍ：ｎの最小角と直角を挟む二辺の比がｍ－ｎ：ｍ＋ｎの和は４５°である。（図形的に逆も成り立つから。）
よって、示された。

初等的な証明３が作れないかどうかは検討中。それが終わったら、前回の定理の証明３をやります。

おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1878796025730879936

定理
直角を挟む二辺比がｍ：ｎの最小角と直角を挟む二辺の比がｍ－ｎ：ｍ＋ｎの和は４５°である。ただし、ｍ＞ｎとする。

証明３
（ⅰ）(ｍ＋ｎ)/(ｍ－ｎ)＞ｍ/ｎの場合
∠Ｂが直角の直角三角形ＡＢＣを描き、ＡＢ＝ｍ－ｎ，ＢＣ＝ｍ＋ｎとする。また、∠Ｅが直角の直角三角形ＤＥＦを描き、ＤＥ＝ｎ，ＥＦ＝ｍとする。
ここで、ＡＢとＤＥの長さを一致させるために、ＡＢにｎ/(ｍ－ｎ)をかけてｎにすると、ＢＣはｎ(ｍ＋ｎ)/(ｍ－ｎ)になる。
今、△Ａ'Ｂ'Ｃ'と△ＤＥＦをＡ'Ｂ'とＤＥを一致させて重ねると、条件の(ｍ＋ｎ)/(ｍ－ｎ)＞ｍ/ｎより、Ｂ'Ｃ'よりＥＦの方が短く、Ｂ'Ｃ'上に点Ｆがあり、Ｂ'Ｆ＝ｍ
また、Ｂ'Ｃ'上にＢ'Ｇ＝Ｂ'Ａ'となる点Ｇを取ると、△Ａ'Ｂ'Ｇは直角二等辺三角形で、∠Ａ'ＧＢ'＝４５°また、Ｂ'Ｇ＝Ｂ'Ａ'＝ｎ
∴ＧＦ＝ｍ－ｎ，Ｇ'Ａ＝√２ｎ
また、ＧＣ'＝ｎ(ｍ＋ｎ)/(ｍ－ｎ)－ｎ
＝{ｎ(ｍ＋ｎ)－ｎ(ｍ－ｎ)}/(ｍ－ｎ)
＝２ｎ²/(ｍ－ｎ)
∴ＧＡ'：ＧＣ'＝√２ｎ：２ｎ²/(ｍ－ｎ)
＝１：√２ｎ/(ｍ－ｎ)＝ｍ－ｎ：√２ｎ
また、ＧＦ：ＧＡ'＝ｍ－ｎ：√２ｎ
∴ＧＡ'：ＧＣ'＝ＧＦ：ＧＡ'
また、∠Ａ'ＧＦは共通より、二辺比と挟角が等しいので、△ＧＡ'Ｃ'∽△ＧＦＡ'
∴∠ＧＡ'Ｆ＝∠ＧＣ'Ａ'
ところで、△ＧＡ'Ｆの内対角の和より、
∠Ａ'ＧＢ'＝∠ＧＡ'Ｆ＋∠ＧＦＡ'
これに∠Ａ'ＧＢ'＝４５°と∠ＧＡ'Ｆ＝∠ＧＣ'Ａ'を代入すると、
４５°＝∠ＧＣ'Ａ'＋∠ＧＦＡ'
∴∠Ａ'Ｃ'Ｂ'＋∠Ａ'ＦＢ'＝４５°
よって、直角を挟む二辺の比がｍ－ｎ：ｍ＋ｎの直角三角形の最小角と直角を挟む二辺の比がｍ：ｎの直角三角形の最小角の和は４５°である。
（ⅱ）ｍ/ｎ＞(ｍ＋ｎ)/(ｍ－ｎ)の場合
∠Ｂが直角の直角三角形ＡＢＣを描き、ＡＢ＝ｎ，ＢＣ＝ｍとする。また、∠Ｅが直角の直角三角形ＤＥＦを描き、ＤＥ＝ｍ－ｎ，ＥＦ＝ｍ＋ｎとする。
ここで、ＡＢとＤＥの長さを一致させるために、ＤＥにｎ/(ｍ－ｎ)をかけてｎにすると、ＥＦはｎ(ｍ＋ｎ)/(ｍ－ｎ)になる。
今、△ＡＢＣと△ＤＥＦをＡＢとＤ'Ｅ'を一致させて重ねると、条件のｍ/ｎ＞(ｍ＋ｎ)/(ｍ－ｎ)より、ＢＣよりＥ'Ｆ'の方が短く、ＢＣ上に点Ｆ'があり、ＢＦ'＝ｎ(ｍ＋ｎ)/(ｍ－ｎ)
また、ＢＣ上にＢＧ＝ＢＡとなる点Ｇを取ると、△ＡＢＧは直角二等辺三角形で、∠ＡＧＢ＝４５°また、ＢＧ＝ＢＡ＝ｎ
∴ＧＣ＝ｍ－ｎ，ＧＡ＝√２ｎ
また、ＧＦ'＝ｎ(ｍ＋ｎ)/(ｍ－ｎ)－ｎ
＝{ｎ(ｍ＋ｎ)－ｎ(ｍ－ｎ)}/(ｍ－ｎ)
＝２ｎ²/(ｍ－ｎ)
∴ＧＡ：ＧＦ'＝√２ｎ：２ｎ²/(ｍ－ｎ)
＝１：√２ｎ/(ｍ－ｎ)＝ｍ－ｎ：√２ｎ
また、ＧＣ：ＧＡ＝ｍ－ｎ：√２ｎ
∴ＧＡ：ＧＦ'＝ＧＣ：ＧＡ
また、∠ＡＧＦ'は共通より、二辺比と挟角が等しいので、△ＧＡ'Ｆ'∽△ＧＣＡ'
∴∠ＧＡＦ'＝∠ＧＣＡ
ところで、△ＧＡＦ'の内対角の和より、
∠ＡＧＢ＝∠ＧＡＦ'＋∠ＧＦ'Ａ
これに∠ＡＧＢ＝４５°と∠ＧＡＦ’＝∠ＧCＡを代入すると、
４５°＝∠ＧＣＡ＋∠ＧＦ'Ａ
∴∠ＡＣＢ＋∠ＡＦ'Ｂ＝４５°
よって、直角を挟む二辺の比がｍ－ｎ：ｍ＋ｎの直角三角形の最小角と直角を挟む二辺の比がｍ：ｎの直角三角形の最小角の和は４５°である。
（ⅰ），（ⅱ）より、示された。

どうでも良い情報ですが、
（ⅰ）の(ｍ＋ｎ)/(ｍ－ｎ)＞ｍ/ｎを変形すると、２ｍｎ＞ｍ²－ｎ²の場合となり、
（ⅱ）のｍ/ｎ＞(ｍ＋ｎ)/(ｍ－ｎ)を変形すると、
ｍ²－ｎ²＞２ｍｎの場合となり、
ピタゴラス数の生成式の直角を挟む２辺の長さの違いと一致します。（どちらが長いか分からないという事。）

おまけ：

定理
直角を挟む二辺の比がｍ：ｎ（ｍ＞ｎ）の直角三角形の最小角の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。

証明３
１辺がｍ(ｍ＋ｎ)の正方形ＡＢＣＤを描き、辺ＢＣ上にＢＥ＝ｎ(ｍ＋ｎ)となる点Ｅを取り、辺ＤＣ上にＤＦ＝ｍ(ｍ－ｎ)となる点Ｆを取ると、
ＡＢ：ＢＥ＝ｍ(ｍ＋ｎ)：ｎ(ｍ＋ｎ)＝ｍ：ｎ
ＡＤ：ＤＦ＝ｍ(ｍ＋ｎ)：ｍ(ｍ－ｎ)＝ｍ＋ｎ：ｍ－ｎ

補題
直角を挟む二辺比がｍ：ｎの最小角と直角を挟む二辺の比がｍ－ｎ：ｍ＋ｎの和は４５°である。ただし、ｍ＞ｎとする。

よって、補題より、∠ＢＡＥ＋∠ＤＡＦ＝４５°となる。よって、∠ＥＡＦ＝９０°－４５°＝４５°となるので、∠ＥＡＦ＝∠ＢＡＥ＋∠ＤＡＦ
よって、ＥＦ上に、∠ＧＡＥ＝∠ＢＡＥ かつ ∠ＧＡＦ＝∠ＤＡＦとなる点Ｇを取る事が出来、△ＡＢＥと△ＡＤＦの折り返しを考えると、ＡＧ⊥ＥＦとなる。

補題２
正方形の折り紙ＡＢＣＤをＡＢ，ＡＤを対角線ＡＣに合わせて折ると、ぴったりと折れて折り目をＡＥ，ＡＦとすると、△ＡＥＦと△ＣＥＦがくっ付いた四角形ＡＥＣＦが出来るが、点ＥをＢＣ上のＢＣ上の好きな所に取ってＡＥで折った場合でも△ＡＤＦの方がぴったりとくっ付いて△ＡＥＦと△ＣＥＦがくっ付いた四角形になる事を証明して下さい。（厳密な証明は、2025/1/11 22:10の投稿に３通りあります。）

よって、∠ＡＢＥ＝∠ＡＧＥ＝９０°より、∠ＦＥＣ＝∠ＢＡＧ＝２∠ＢＡＥ
よって、△ＣＥＦは直角を挟む二辺の比がｍ：ｎの最小角の２倍の角を含む直角三角形である。
ところで、ＣＥ＝ｍ(ｍ＋ｎ)－ｎ(ｍ＋ｎ)＝ｍ²－ｎ²，ＣＦ＝ｍ(ｍ＋ｎ)－ｍ(ｍ－ｎ)＝２ｍｎ
よって、△ＣＥＦで三平方の定理を使うと、
ＥＦ＝√{(ｍ²－ｎ²)²＋(２ｍｎ)²}＝√(ｍ²＋ｎ²)²＝ｍ²＋ｎ²
∴ＣＥ：ＣＦ：ＥＦ＝ｍ²－ｎ²：２ｍｎ：ｍ²＋ｎ²
よって、直角を挟む二辺の比が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。
よって、示された。

因みに、∠ＡＤＦ＝∠ＡＧＦ＝９０°より、∠ＥＦＣ＝∠ＤＡＧ＝２∠ＤＡＦ
よって、

系
直角を挟む二辺の比がｍ－ｎ：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。

も示せる。

念のため、この証明は上で紹介したＴさんのものです。こういう所https://x.com/Nippyo_Dj/status/1864486741488619727に投稿すればいいのに。
私も気が向いたら、トレミーの定理の初等的別証とか円に内接する四角形の対角線の長さの公式の初等的証明（余弦定理を使うものしか見た事がない）とか投稿してみようかな。
一応、双子の弟が中３の時にあるとは知らずに作った証明法を添付しよう。さすがにこれは投稿出来ない。エレガントとは１８０°逆だからね。ただし、非常に意義がある事は言うまでもない。

おまけ：

解説
＞Ｗの正規直交基底をｕ₁,ｕ₂,…,ｕr，Ｖの正規直交基底をｕ₁,ｕ₂,…,ｕr,ｕr+1,…,ｕnとすると、Ｗ^⊥の正規直交基底は、ｕr+1,…,ｕnとなる。

Ｖ＝Ｗ⊕Ｗ^⊥だから。

命題
Ｖを内積空間，Ｗ⊆Ｖを有限次元部分空間とする。このとき、ＶはＷとＷ^⊥の直和である。すなわち、Ｖ＝Ｗ⊕Ｗ^⊥となる。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

＞Ｆは直交変換なので、Ｆ(ｕ₁),…,Ｆ(ｕr),…,Ｆ(ｕn)はＶの正規直交基底となり、Ｆ(Ｗ)の正規直交基底はＦ(ｕ₁),…,Ｆ(ｕr)，Ｆ(Ｗ^⊥)の正規直交基底はＦ(ｕr+1),…,Ｆ(ｕn)である。

補足　直交変換の定義
命題と定義
Ｖを有限次元の内積空間とする。このとき線型変換Ｔ：Ｖ→Ｖについて、次の四つの条件は同値である。
（１）Ｔは長さを変えない。||Ｔ(ｘ)||＝||ｘ||（ｘ∈Ｖ）
（２）Ｔは内積を変えない。＜Ｔ(ｘ)|Ｔ(ｙ)＞＝＜ｘ|ｙ＞（ｘ,ｙ∈Ｖ）
（３）Ｔは長さ１のベクトルを長さ１のベクトルに移す。
（４）ｕ₁,ｕ₂,…,ｕnがＶの正規直交基底ならば、Ｔ(ｕ₁),Ｔ(ｕ₂),…,Ｔ(ｕn)もまた正規直交基底である。
Ｔがこれらの条件を満たすとき、Ｔを直交変換またはユニタリ変換という。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

この（４）からそうなるという事である。

＞よってＶ＝Ｆ(Ｗ)⊕Ｆ(Ｗ^⊥)となるが、直交変換は内積を変えないので、
Ｆ(Ｗ)^⊥＝Ｆ(Ｗ^⊥)

直交変換が内積を変えない事は、すぐ上の定義の（２）から分かり、内積を変えないので、
＜Ｆ(Ｗ)｜Ｆ(Ｗ^⊥)＞＝＜Ｗ｜Ｗ^⊥＞
また、Ｗ^⊥はＷの直交補空間なので、内積は０である。

命題と定義
Ｗと直交するベクトルの全体
Ｗ^⊥＝{ａ∈Ｖ｜ａ⊥Ｗ}＝{ａ∈Ｖ｜任意のｘ∈Ｗ，＜ａ|ｘ＞＝０}
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

∴＜Ｆ(Ｗ)｜Ｆ(Ｗ^⊥)＞＝＜Ｗ｜Ｗ^⊥＞＝０———①
また、＜Ｆ(Ｗ)｜Ｆ(Ｗ)^⊥＞＝０———②
①，②より、
＜Ｆ(Ｗ)｜Ｆ(Ｗ^⊥)＞＝＜Ｆ(Ｗ)｜Ｆ(Ｗ)^⊥＞
∴Ｆ(Ｗ)^⊥＝Ｆ(Ｗ^⊥)
という事。
ところで、こんな事をしなくても、Ｆ：Ｖ→Ｖは直交変換で、

命題
Ｖを内積空間，Ｗ⊆Ｖを有限次元部分空間とする。このとき、ＶはＷとＷ^⊥の直和である。すなわち、Ｖ＝Ｗ⊕Ｗ^⊥となる。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

より、Ｖ＝Ｆ(Ｗ)⊕Ｆ(Ｗ)^⊥
これと「よってＶ＝Ｆ(Ｗ)⊕Ｆ(Ｗ^⊥)となる」から、Ｆ(Ｗ)^⊥＝Ｆ(Ｗ^⊥)が言えないのだろうか。

念のため、直交変換という事は関係なく線型変換でも同じ事。

定義
定義域と値域が等しい写像，すなわち集合ＳからＳ自身への写像をＳの変換という。線型空間ＶからＶ自身への線型写像はＶの線型変換という。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

間違っていたら、惑わすような事を言ってすみません。まぁ、失敗は成功の元と言うからいいか。（念のため、全然間違っているとは思っていないが。）

＞dimＦ(Ｗ)＝dimＷ　また、仮定よりＦ(Ｗ)⊆Ｗとなっているので、
Ｆ(Ｗ)＝Ｗ

部分空間で次元が等しいので同じになるという事。

例題4.2.8
Ｖをｎ次元線型空間とする。部分空間Ｗ⊆Ｖに対し、次の(１)，(２)が成立することを示せ。
（１）dimＷ≦ｎ
（２）dimＷ＝ｎならば、Ｗ＝Ｖ
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

念のため、この（２）から。一応、もっと分かり易い助っ人を呼ぼう。

定理5.16　線形空間の一致
線形空間Ｖ，Ｖ'があり、Ｖ'⊂Ｖを満たす。Ｖ，Ｖ'の次元が同じ有限次元のとき、Ｖ＝Ｖ'となる。
「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著より

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12651609262.html

解説
＞Ｌを有限体，ＫをＬの部分体とすると、Ｌの任意の元αはＫ上代数的である。実際、ある自然数ｒがあって
[Ｌ：Ｋ]＝ｒ
である

補足１（記号[ ： ]の意味）
「有限体Ｋの部分体Ｆが与えられたとき、Ｆ⊂Ｋと書き、体Ｋは体Ｆの拡大体であるという。このとき、ＫはＦ上のベクトル空間になっている。つまりＫの加法がベクトル空間としての加法であり、ｃをＦの元とするとき、Ｋの元ｘのｃ倍（スカラー倍）はＫの元としてのｃとｘの積ｃｘによって定義される。ＫのＦ上のベクトル空間としての次元dim_FＫを拡大Ｆ⊂Ｋの次数といい、記号[Ｋ：Ｆ]により表す。
[Ｋ：Ｆ]＝dim_FＫ
＝ＫのＦ上のベクトル空間としての次元。

ＬはＫ上のベクトル空間で拡大次数がｒという事。

＞実際、ある自然数ｒがあって
[Ｌ：Ｋ]＝ｒ
であるから、ｒ＋１個の元
１,α,α²,…,α^r
はＫ上１次従属でなければならない。

ｒ＋１個の元が１次独立だったら次元がｒ＋１次になってしまうから。（基底の個数がｒ＋１個になるから。）
また、Ｌの元の個数はｐ^rなのでｒ＋１個の元は必ず取れる。（Ｌを有限体，Ｋをその素体Ｆpと考えると、|Ｌ|＝ｐ^rだから。）
さらに、Ｌは体だから単位元１が存在し、乗法について閉じているので、１,α,α²,…,α^r∈Ｌという事。

＞すなわち、すべては０でないＫの元ａ₀,ａ₁,…,ａrが存在して
ａ₀・１＋ａ₁α＋ａ₂α²＋…＋ａrα^r＝０
となっている。これはαが多項式
ｆ(Ｘ)＝ａrＸ^r＋ａr-1Ｘ^(r-1)＋…＋ａ₂Ｘ²＋ａ₁Ｘ＋ａ₀∈Ｋ[Ｘ]
の根であることを示している。

１次従属だから「すべては０でないＫの元ａ₀,ａ₁,…,ａrが存在してａ₀・１＋ａ₁α＋ａ₂α²＋…＋ａrα^r＝０」。
これは、「ｆ(Ｘ)＝ａrＸ^r＋ａr-1Ｘ^(r-1)＋…＋ａ₂Ｘ²＋ａ₁Ｘ＋ａ₀∈Ｋ[Ｘ]」にＸ＝αを代入してイコール０となった式なので、αがｆ(Ｘ)の根である事を意味しているという事。

＞一般に拡大体Ｋ⊂Ｌにおいて、Ｌのすべての元がＫ上代数的であるとき、体ＬはＫ上代数的と言われる。

αはＬの任意の元を選んだので、全ての元で上の事が成り立つ。
よって、「Ｌを有限体，ＫをＬの部分体とすると、Ｌの任意の元αはＫ上代数的である」事が示された。
因みに、ちょっと先に、

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。

という定理があり、有限体は全ての元が代数的である事が確認出来る。（有限体Ｋの全ての元はＦp上代数的である。）また、

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)
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

[Ｆ8：Ｆ2]＝３の拡大次数は２³＝８からで、先の「ｆ(Ｘ)＝ａrＸ^r＋ａr-1Ｘ^(r-1)＋…＋ａ₂Ｘ²＋ａ₁Ｘ＋ａ₀∈Ｋ[Ｘ]の根であることを示している。」のｒをｒ＝３とすると、Ｘ³＋Ｘ＋１，Ｘ³＋Ｘ²＋１の根になっている事が分かる。
因みに、Ｘ⁸－Ｘ＝Ｘ(Ｘ－１)(Ｘ³＋Ｘ＋１)(Ｘ³＋Ｘ²＋１)と出来るのは、係数がＦ2（＝ℤ₂）だからである。
Ｘ⁸－Ｘ＝Ｘ(Ｘ⁷－１)＝Ｘ(Ｘ－１)(Ｘ⁶＋Ｘ⁵＋Ｘ⁴＋Ｘ³＋Ｘ²＋Ｘ＋１)
＝Ｘ(Ｘ－１)(Ｘ⁶＋Ｘ⁵＋Ｘ⁴＋３Ｘ³＋Ｘ²＋Ｘ＋１)
＝Ｘ(Ｘ－１){(Ｘ³＋１)²＋(Ｘ²＋Ｘ)(Ｘ³＋１)＋Ｘ³}
＝Ｘ(Ｘ－１){(Ｘ³＋１)＋Ｘ}{(Ｘ³＋１)＋Ｘ²}
＝Ｘ(Ｘ－１)(Ｘ³＋Ｘ＋１)(Ｘ³＋Ｘ²＋１)

＞Ｋ⊂Ｌで[Ｌ：Ｋ]＜∞となっていれば、例6.4の証明と同様にして、Ｌがたとえ有限体でなくとも、ＬはＫ上代数的となる。

例えば、ℝ[√２]とℝがそうである。
[ℝ[√２]：ℝ]＝２だからである。
ℝ[√２]＝{ａ＋ｂ√２｜ａ,ｂ∈ℚ}
から、ａ・１＋ｂ・√２とすると１と√２は線型独立だから２次元という事である。(多分）
だから、ℝ[³√２]とℝだったら、
ℝ[³√２]＝{ａ＋ｂ³√２＋ｃ³√４｜ａ,ｂ,ｃ∈ℚ}で３次元だろう。
念のため、ℝが１次で拡大次数が２と３という事。
一応、ここだけは、ネットで調べながらやったので大丈夫だと思います。（思う様には調べられませんが。）https://manabitimes.jp/math/2713
因みに、１＋２√２＝ｘと置くと、
ｘ－１＝２√２　∴(ｘ－１)²＝８
∴ｘ²－２ｘ－７＝０
よって、ℝ[√２]の任意の元がある方程式の解になっているので、ℝ[√２]はℝ上代数的であるという事。

おまけ：

問題
Ａ＝(２ １)（注：２行２列の行列）
　　(５ ３)，
Ｂ＝(３ －１)　Ｃ＝(－４ －３)
　　(－５ ２)，　　 ( １０　７)
のとき、
（ⅰ）行列Ａ²－５Ａ＋Ｅ₂，ＡＢ，ＢＡ，ＡＣＢを計算せよ。これらを用いて
（ⅱ）
Ｃ^n＝(　6-5・2^n　　　　　　 3-3・2^n)
　　　(-10+5・2^(n+1) 　 -5＋3・2^(n+1))
を証明せよ（ｎは自然数）。

解答
（ⅰ）Ａ²－５Ａ＋Ｅ₂は地道に計算しても良いが、ケイリー・ハミルトンの定理（私の高校の参考書に２次の公式は載っている）を使うと、
Ａ²－(２＋３)Ａ＋(２・３－１・５)Ｅ＝Ｏ
∴Ａ²－５Ａ＋Ｅ＝Ｏ
よって、Ａ²－５Ａ＋Ｅ₂＝Ｏ
ＡＢ＝(２ １)(３ －１)＝(　６-５ 　-２+２)
　　　(５ ３)(－５ ２)　(１５-１５ -５+６)
＝(１ ０)
　(０ １)
ＢＡ＝(３ －１)(２ １)＝(　６-５　　３-３)
　　　(－５ ２)(５ ３)　(-10+10　-５+６)
＝(１ ０)
　(０ １)
∴ＡＢ＝ＢＡ＝Ｅ₂
ＡＣ＝(２ １)(－４ －３)＝(-8+10 　-6+7)
　　　(５ ３)(１０　７)　(-20+30 -15+21)
＝(２ １)
　(10 ６)
∴ＡＣＢ＝(２ １)(３ －１)
　　　　　(10 ６)(－５ ２)　
＝(６-５　　-２+２)
　(30－30　-10+12)
＝(１ ０)
　(０ ２)
（ⅱ）(ＡＣＢ)^n＝(１ 　０)———①
　　　　　　　　　(０ ２^n)
また、(ＡＣＢ)^n＝(ＡＣＢ)(ＡＣＢ)…(ＡＣＢ)
＝ＡＣ(ＢＡ)Ｃ(ＢＡ)…(ＢＡ)ＣＢ
＝ＡＣＥＣＥ…ＥＣＢ
＝ＡＣ^nＢ———②
①，②より、
ＡＣ^nＢ＝(１ 　０)
　　　　　(０ ２^n)
∴Ｃ^n＝Ａ^-1 (１ 　０)Ｂ^-1
　　　　　　　(０ ２^n)
ところで、ＡＢ＝ＢＡ＝Ｅより、
Ａ＝Ｂ^-1，Ｂ＝Ａ^-1
∴Ｃ^n＝Ｂ (１ 　０)Ａ
　　　 　　(０ ２^n)
＝(３ －１)(１ 　０)(２ １)
　(－５ ２)(０ ２^n)(５ ３)
＝( ３　　 -2^n)(２ １)
　(-５ 2^(n+1))(５ ３)
＝(　6-5・2^n　　　　　　 3-3・2^n)
　(-10+5・2^(n+1) 　 -5＋3・2^(n+1))
よって、示された。

因みに、（ⅰ）のＡ²－５Ａ＋Ｅ₂は（ⅱ）では使わず、対角行列である事（diag(１,２^n)）も使いませんでしたね。

「対角成分以外がすべて０である行列を対角行列と言う。対角行列をdiag(ａ₁,ａ₂,…,ａn)
または diag(ａi)1≦i≦n
などと略記する。」
「線型代数入門」有馬哲著より

おまけ：

解説

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。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

Ｌ*＝＜α＞より、Ｌ＝＜α＞＋{０}
また、ＫはＬの部分体より、Ｋの元をＬの元にかけてもＬの元であるので、
Ｌは、Ｌ＝Ｋ(α)となっているという事。

具体例で考えてみよう。
Ｌ*＝{|１,|２,|３,|４}（mod５）とし（５は素数よりℤpは体（定理2.9）でＬ＝ℤpとするとＬは体だからＬ*は乗法群）、Ｋ＝{|０,|１}（mod２）とすると、ＫはＬの部分集合でＫ*は四則演算について閉じているので体である。つまり、ＫはＬの部分体。

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。

そこで、定理6.1より、ある生成元αが存在して、Ｌ*＝{α,α²,α³,α⁴}　
∴Ｌ＝{|０,α,α²,α³,α⁴}
｜０＝|０・α⁴＋|０・α³＋|０・α²＋|０・α＋|０
α＝|０・α⁴＋|０・α³＋|０・α²＋|１・α＋|０
α²＝|０・α⁴＋|０・α³＋|１・α²＋|０・α＋|０
α³＝|０・α⁴＋|１・α³＋|０・α²＋|０・α＋|０
α⁴＝|１・α⁴＋|０・α³＋|０・α²＋|０・α＋|０
より、Ｌ＝Ｋ(α)と出来る。
また、α＝|２（mod５）とすると、
α＝|２
α²＝|４
α³＝|８＝|３
α⁴＝|１６＝|１
よって、α＝|２はＬ*＝{|１,|２,|３,|４}（mod５）の生成元（原始根）である。
そこで、

補足
「Ｋ⊂Ｌであり、α∈Ｌであるとき、Ｌの部分体であってＫとαを含むものすべての共通部分を記号Ｋ(α)で表し、Ｋにαを添加した体という。（中略）αがＫ上代数的であっても超越的であってもＫ(α)のようにただ１個の元を添加して得られるＫの拡大体をＫの単純拡大という。」
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

Ｌ＝{|０,|１,|２,|３,|４}（mod５）
Ｋ＝{|０,|１}（mod２）
ＫにＬの元|２を添加して、拡大体Ｌを構成してみる。
|２・|０＝|０（左辺の右がＫの元）
|２・|１＝|２（以下、全てmod５）
(|２)²・|１＝|４
(|２)³・|１＝|８＝|３
(|２)⁴・|１＝|１６＝|１
よって、Ｌ＝{|０,|１,|２,|３,|４}（mod５）が構成された。
因みに、|０＝|２（mod２）の|２を使っても良いと思うのですが、一応、指数で対応してみました。
Ｌ＝{|０,|１,|２,|３,|４,|５,|６}（mod７）
Ｋ＝{|０,|１,|２}（mod３）
でもちょっとやってみましたが、一応、出来ます。ただし、とんでもない勘違いの可能性もあるので、自己責任でお願いします。念のため、Ｋも３が素数なので体で部分体です。（２の時は四則演算について閉じていると解説しましたが。）

おまけ：

やっぱり、おかしいですね。modが違うのに部分体の訳がないですよね。

そこで、Ｆ8の部分体がＦ2（＝ℤ₂）である事から、

問6.3
Ｆ8の素体はＦ2であり、[Ｆ8：Ｆ2]＝３であることを示せ。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

「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

Ｆ8とＦ2＝{|０,|１}で考える。
また、定理6.6から、

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。

Ｆ8の元は、Ｘ⁸－Ｘ＝０の解であるので、
Ｆ8＝{|０,|１,ζ,ζ²,ζ³,ζ⁴,ζ⁵,ζ⁶}（有限体の零元を除くと巡回群だから。）
よって、Ｆ8はＦ2にＦ8の元ζを１つ添加した拡大体である。

補足
「Ｋ⊂Ｌであり、α∈Ｌであるとき、Ｌの部分体であってＫとαを含むものすべての共通部分を記号Ｋ(α)で表し、Ｋにαを添加した体という。（中略）αがＫ上代数的であっても超越的であってもＫ(α)のようにただ１個の元を添加して得られるＫの拡大体をＫの単純拡大という。」
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

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。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

また、おかしいかもしれませんが、自己責任でお願いします。もっと先まで読まないとダメですよね。しかし、もうちょっと分かり易い本はないものでしょうか。

おまけ：