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BBS壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/11 22:10 (No.1368264)削除問題
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の半分以下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。
余裕がある人は何通りか作ってみて下さい。
おまけ：
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の半分以下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。
余裕がある人は何通りか作ってみて下さい。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/12 08:02削除問題
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の半分以下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。
解法１
ＡＥを折り目として折った点Ｂの行き先をＢ'，ＡＦを折り目として折った点Ｄの行き先をＤ'とすると、ＡＢ＝ＡＤよりＡＢ'＝ＡＤ'で点Ｂ'と点Ｄ'は一致している。
また、∠ＡＢ'Ｅ＝∠ＡＢＥ＝９０°，∠ＡＤ'Ｆ＝∠ＡＤＦ＝９０°より、
∠ＡＢ'Ｅ＋∠ＡＤ'Ｆ＝９０°＋９０°＝１８０°よって、３点Ｅ，Ｂ'（Ｄ'），Ｆは一直線上にある。よって、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。
よって、示された。
因みに、「ＢＣの半分以下の好きな所」と書いたのは、対称性から同じになるだけで、別に半分以上の所に点Ｅを取っても問題ない。
解法２
正方形ＡＢＣＤの辺ＢＣ上に端点を除いた任意の点Ｅを取り、辺ＤＣ上に∠ＥＡＢ＋∠ＦＡＤ＝４５°となる点Ｆを取る。
ここで、△ＡＦＤをＡＤがＡＢにくっ付くまで点Ａを中心に９０°回転移動させ、点Ｆの行き先をＦ'とすると、ＡＦ＝ＡＦ'，∠Ｆ'ＡＥ＝４５°
また、∠ＦＡＥ＝９０°－４５°＝４５°より、∠Ｆ'ＡＥ＝∠ＦＡＥ
また、ＡＥは共通より二辺挟角が等しいので、△ＡＥＦ'≡△ＡＥＦ
∴∠ＡＥＦ'＝∠ＡＥＦ
ここで、ＡからＥＦに垂線を下ろしその足をＨとすると、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、△ＡＨＥ≡△ＡＢＥ
これはＡＥで△ＡＢＥを折り返すとＥＦ上にぴったりと重なる事を意味している。
つまり、初めに△ＡＥＢをＡＢがＡＤにくっ付くまで点Ａを中心に９０°回転移動させ同様の事をすると、ＡＦで△ＡＤＦを折り返すとＥＦ上にぴったり重なり、ＥＦ＝ＥＦ'より題意が満たされる。
よって、示された。
解法３
正方形ＡＢＣＤの辺ＢＣ上に端点を除いた任意の点Ｅを取り、辺ＤＣ上に∠ＥＡＢ＋∠ＦＡＤ＝４５°となる点Ｆを取る。
ここで、∠ＥＡＢ＝∠ＥＡｌ，∠ＦＡＤ＝∠ＦＡｌとなる直線ｌを引く（∠ＥＡＦ＝４５°だからそういう直線が引ける）。
また、Ｅ，Ｆから直線ｌに垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ｉとすると、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、△ＡＨＥ≡△ＡＢＥ，△ＡＩＦ≡ＡＤＦ
∴ＡＢ＝ＡＨ，ＡＤ＝ＡＩ
また、正方形よりＡＢ＝ＡＤなので、
ＡＨ＝ＡＩ
よって、点Ｈと点Ｉは一致している。
よって、３点Ｅ，Ｈ（Ｉ），Ｆは一直線上にある。これは題意を満たしている。（ちょっと雑ですが、上と同じという事です。）
よって、示された。
おまけ：
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の半分以下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。
解法１
ＡＥを折り目として折った点Ｂの行き先をＢ'，ＡＦを折り目として折った点Ｄの行き先をＤ'とすると、ＡＢ＝ＡＤよりＡＢ'＝ＡＤ'で点Ｂ'と点Ｄ'は一致している。
また、∠ＡＢ'Ｅ＝∠ＡＢＥ＝９０°，∠ＡＤ'Ｆ＝∠ＡＤＦ＝９０°より、
∠ＡＢ'Ｅ＋∠ＡＤ'Ｆ＝９０°＋９０°＝１８０°よって、３点Ｅ，Ｂ'（Ｄ'），Ｆは一直線上にある。よって、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。
よって、示された。
因みに、「ＢＣの半分以下の好きな所」と書いたのは、対称性から同じになるだけで、別に半分以上の所に点Ｅを取っても問題ない。
解法２
正方形ＡＢＣＤの辺ＢＣ上に端点を除いた任意の点Ｅを取り、辺ＤＣ上に∠ＥＡＢ＋∠ＦＡＤ＝４５°となる点Ｆを取る。
ここで、△ＡＦＤをＡＤがＡＢにくっ付くまで点Ａを中心に９０°回転移動させ、点Ｆの行き先をＦ'とすると、ＡＦ＝ＡＦ'，∠Ｆ'ＡＥ＝４５°
また、∠ＦＡＥ＝９０°－４５°＝４５°より、∠Ｆ'ＡＥ＝∠ＦＡＥ
また、ＡＥは共通より二辺挟角が等しいので、△ＡＥＦ'≡△ＡＥＦ
∴∠ＡＥＦ'＝∠ＡＥＦ
ここで、ＡからＥＦに垂線を下ろしその足をＨとすると、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、△ＡＨＥ≡△ＡＢＥ
これはＡＥで△ＡＢＥを折り返すとＥＦ上にぴったりと重なる事を意味している。
つまり、初めに△ＡＥＢをＡＢがＡＤにくっ付くまで点Ａを中心に９０°回転移動させ同様の事をすると、ＡＦで△ＡＤＦを折り返すとＥＦ上にぴったり重なり、ＥＦ＝ＥＦ'より題意が満たされる。
よって、示された。
解法３
正方形ＡＢＣＤの辺ＢＣ上に端点を除いた任意の点Ｅを取り、辺ＤＣ上に∠ＥＡＢ＋∠ＦＡＤ＝４５°となる点Ｆを取る。
ここで、∠ＥＡＢ＝∠ＥＡｌ，∠ＦＡＤ＝∠ＦＡｌとなる直線ｌを引く（∠ＥＡＦ＝４５°だからそういう直線が引ける）。
また、Ｅ，Ｆから直線ｌに垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ｉとすると、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、△ＡＨＥ≡△ＡＢＥ，△ＡＩＦ≡ＡＤＦ
∴ＡＢ＝ＡＨ，ＡＤ＝ＡＩ
また、正方形よりＡＢ＝ＡＤなので、
ＡＨ＝ＡＩ
よって、点Ｈと点Ｉは一致している。
よって、３点Ｅ，Ｈ（Ｉ），Ｆは一直線上にある。これは題意を満たしている。（ちょっと雑ですが、上と同じという事です。）
よって、示された。
おまけ：
返信
返信1
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/10 22:25 (No.1367519)削除問題
図のようなＡＢ＝３，ＡＣ＝５の△ＡＢＣについて、∠Ａの二等分線が辺ＢＣと交わる点をＤ，辺ＢＣの中点をＥとする。頂点ＢからＡＤにひいた垂線とＡＤとの交点をＰとし、ＡＣとの交点をＦとする。
（１）ＰＥ∥ＡＣが成り立つことを証明しなさい。
（２）△ＡＰＥの面積をＳとするとき、△ＡＢＣの面積をＳで表しなさい。
（０４ 同志社）
図の解説：ＡＢ＜ＡＣの△ＡＢＣの∠Ａの二等分線を引き、ＢＣとの交点をＤ，またＢＣの中点をＥとし、ＢからＡＤに垂線を下ろしその足をＰ，ＢＰの延長とＡＣとの交点をＦとし、ＰＥを結んだ図。
（２）は参考書に別解がありますが、私は違う別解を作ってみました。なお、今回から「高校への数学 日日のハイレベル演習」臨時増刊２００６－６からの出題です。（前回同様、図形問題だけやります。）
おまけ：
図のようなＡＢ＝３，ＡＣ＝５の△ＡＢＣについて、∠Ａの二等分線が辺ＢＣと交わる点をＤ，辺ＢＣの中点をＥとする。頂点ＢからＡＤにひいた垂線とＡＤとの交点をＰとし、ＡＣとの交点をＦとする。
（１）ＰＥ∥ＡＣが成り立つことを証明しなさい。
（２）△ＡＰＥの面積をＳとするとき、△ＡＢＣの面積をＳで表しなさい。
（０４ 同志社）
図の解説：ＡＢ＜ＡＣの△ＡＢＣの∠Ａの二等分線を引き、ＢＣとの交点をＤ，またＢＣの中点をＥとし、ＢからＡＤに垂線を下ろしその足をＰ，ＢＰの延長とＡＣとの交点をＦとし、ＰＥを結んだ図。
（２）は参考書に別解がありますが、私は違う別解を作ってみました。なお、今回から「高校への数学 日日のハイレベル演習」臨時増刊２００６－６からの出題です。（前回同様、図形問題だけやります。）
おまけ：
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/11 07:57削除問題
図のようなＡＢ＝３，ＡＣ＝５の△ＡＢＣについて、∠Ａの二等分線が辺ＢＣと交わる点をＤ，辺ＢＣの中点をＥとする。頂点ＢからＡＤにひいた垂線とＡＤとの交点をＰとし、ＡＣとの交点をＦとする。
（１）ＰＥ∥ＡＣが成り立つことを証明しなさい。
（２）△ＡＰＥの面積をＳとするとき、△ＡＢＣの面積をＳで表しなさい。
（０４ 同志社）
模範解答
（１）△ＡＢＰ≡△ＡＦＰより、ＢＰ＝ＦＰ。
これと、ＢＥ＝ＥＣより、ＰＥ∥ＦＣ
∴ＰＥ∥ＡＣ・・・①
（２）①より、△ＦＰＥ＝△ＡＰＥ＝Ｓ
∴△ＢＥＦ＝△ＦＰＥ×２＝２Ｓ
∴△ＢＣＦ＝△ＢＥＦ×２＝４Ｓ・・・②
ところで、ＡＦ＝ＡＢ＝３より、ＣＦ＝５－３＝２であるから、
△ＡＢＣ＝②×(５/２)＝１０Ｓ
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
参考書の（２）の別解
➡注 次のように考えることもできます。
『△ＡＰＥの底辺をＰＥ，△ＡＢＣの底辺をＡＣと見ると、
(底辺の比)＝ＰＥ：ＡＣ＝１：５
(高さの比)＝ＣＥ：ＢＣ＝１：２
∴(面積の比)＝１×１：５×２＝１：１０』
解説
ＰＥ：ＡＣ＝１：５の理由は、ＡＢ＝ＡＦ＝３，ＡＣ＝５よりＦＣ＝５－３＝２で、点Ｅ，ＰはそれぞれＢＣ，ＢＦの中点だから中点連結定理でＰＥ＝(１/２)ＦＣ＝１，また、ＡＣ＝５だから。
高さの比がＣＥ：ＢＣの理由は、Ｅ，ＢからＡＣに垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ｉとすると、ＥＨ，ＢＩは△ＡＰＥ，△ＡＢＣの高さで、また、△ＣＥＨ∽△ＣＢＩより、
ＥＨ：ＢＩ＝ＣＥ：ＣＢ＝１：２だから、
(高さの比)＝ＣＥ：ＢＣ＝１：２という事。
２つを掛け合わせると面積比になる事は自明とする。
（２）の私の解法（これはほとんど同じ）
（１）のＰＥ∥ＡＣより、△ＡＰＥ＝△ＣＰＥ
また、点ＥはＢＣの中点より△ＰＢＥ＝△ＰＣＥ＝△ＣＰＥ ∴△ＡＰＥ＝△ＰＢＥ＝△ＢＰＥ
∴△ＢＰＥ＝Ｓ
また、△ＢＰＥ∽△ＢＦＣで相似比１：４より、△ＢＦＣ＝４Ｓ
また、ＡＦ＝ＡＢ＝３よりＣＦ＝５－３＝２
∴ＣＦ：ＣＡ＝２：５
∴△ＡＢＣ＝(５/２)△ＢＦＣ＝(５/２)×４Ｓ＝１０Ｓ
（２）の私の別解
ＥＰの延長とＡＢとの交点をＧとすると、ＰＥ∥ＡＣよりＧＥ∥ＡＣ また、点ＥはＢＣの中点。
よって、△ＢＡＣでの中点連結定理の逆により、点ＧはＢＡの中点。
よって、△ＥＡＧ＝△ＥＢＧ———①
△ＰＡＧ＝△ＰＢＧ———②
①－②より、△ＡＰＥ＝△ＢＰＥ
∴△ＢＰＥ＝Ｓ
以後同じ。
因みに、△ＥＡＧにおいて点Ｇが底辺ＡＢの中点ならば△ＥＡＰ＝△ＥＢＰは受験算数なら一発で使って良い定理である。
ついでに、中点とは限らずＡＧ：ＢＧ＝△ＥＡＰ：△ＥＢＰという定理のＡＧ＝ＢＧバージョンである。この定理も使って良いと思った。（まぁ、参考書によるから分からないけどね。）
おまけ：
図のようなＡＢ＝３，ＡＣ＝５の△ＡＢＣについて、∠Ａの二等分線が辺ＢＣと交わる点をＤ，辺ＢＣの中点をＥとする。頂点ＢからＡＤにひいた垂線とＡＤとの交点をＰとし、ＡＣとの交点をＦとする。
（１）ＰＥ∥ＡＣが成り立つことを証明しなさい。
（２）△ＡＰＥの面積をＳとするとき、△ＡＢＣの面積をＳで表しなさい。
（０４ 同志社）
模範解答
（１）△ＡＢＰ≡△ＡＦＰより、ＢＰ＝ＦＰ。
これと、ＢＥ＝ＥＣより、ＰＥ∥ＦＣ
∴ＰＥ∥ＡＣ・・・①
（２）①より、△ＦＰＥ＝△ＡＰＥ＝Ｓ
∴△ＢＥＦ＝△ＦＰＥ×２＝２Ｓ
∴△ＢＣＦ＝△ＢＥＦ×２＝４Ｓ・・・②
ところで、ＡＦ＝ＡＢ＝３より、ＣＦ＝５－３＝２であるから、
△ＡＢＣ＝②×(５/２)＝１０Ｓ
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
参考書の（２）の別解
➡注 次のように考えることもできます。
『△ＡＰＥの底辺をＰＥ，△ＡＢＣの底辺をＡＣと見ると、
(底辺の比)＝ＰＥ：ＡＣ＝１：５
(高さの比)＝ＣＥ：ＢＣ＝１：２
∴(面積の比)＝１×１：５×２＝１：１０』
解説
ＰＥ：ＡＣ＝１：５の理由は、ＡＢ＝ＡＦ＝３，ＡＣ＝５よりＦＣ＝５－３＝２で、点Ｅ，ＰはそれぞれＢＣ，ＢＦの中点だから中点連結定理でＰＥ＝(１/２)ＦＣ＝１，また、ＡＣ＝５だから。
高さの比がＣＥ：ＢＣの理由は、Ｅ，ＢからＡＣに垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ｉとすると、ＥＨ，ＢＩは△ＡＰＥ，△ＡＢＣの高さで、また、△ＣＥＨ∽△ＣＢＩより、
ＥＨ：ＢＩ＝ＣＥ：ＣＢ＝１：２だから、
(高さの比)＝ＣＥ：ＢＣ＝１：２という事。
２つを掛け合わせると面積比になる事は自明とする。
（２）の私の解法（これはほとんど同じ）
（１）のＰＥ∥ＡＣより、△ＡＰＥ＝△ＣＰＥ
また、点ＥはＢＣの中点より△ＰＢＥ＝△ＰＣＥ＝△ＣＰＥ ∴△ＡＰＥ＝△ＰＢＥ＝△ＢＰＥ
∴△ＢＰＥ＝Ｓ
また、△ＢＰＥ∽△ＢＦＣで相似比１：４より、△ＢＦＣ＝４Ｓ
また、ＡＦ＝ＡＢ＝３よりＣＦ＝５－３＝２
∴ＣＦ：ＣＡ＝２：５
∴△ＡＢＣ＝(５/２)△ＢＦＣ＝(５/２)×４Ｓ＝１０Ｓ
（２）の私の別解
ＥＰの延長とＡＢとの交点をＧとすると、ＰＥ∥ＡＣよりＧＥ∥ＡＣ また、点ＥはＢＣの中点。
よって、△ＢＡＣでの中点連結定理の逆により、点ＧはＢＡの中点。
よって、△ＥＡＧ＝△ＥＢＧ———①
△ＰＡＧ＝△ＰＢＧ———②
①－②より、△ＡＰＥ＝△ＢＰＥ
∴△ＢＰＥ＝Ｓ
以後同じ。
因みに、△ＥＡＧにおいて点Ｇが底辺ＡＢの中点ならば△ＥＡＰ＝△ＥＢＰは受験算数なら一発で使って良い定理である。
ついでに、中点とは限らずＡＧ：ＢＧ＝△ＥＡＰ：△ＥＢＰという定理のＡＧ＝ＢＧバージョンである。この定理も使って良いと思った。（まぁ、参考書によるから分からないけどね。）
おまけ：
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返信1
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/10 11:37 (No.1367048)削除次の文章を完全解説して下さい。
問題
Wをℝ^nの部分空間とすると、ℝ^n＝W⊕W^⊥となり、ℝ^nの任意の元ｘは
ｘ＝ｘ₁＋ｘ₂，ｘ₁∈Ｗ，ｘ₂∈Ｗ^⊥
と一意的に表される。このときｘ₁をｘのＷへの正射影という。写像
ρｗ：ℝ^n→ℝ^n，ｘ→ｘ₁
をＷに属する射影変換という。いま、
Ｗ＝{[ｘ ｙ ｚ]｜ｘ＋ｙ＋ｚ＝０}，ａ＝[２ －１ １]
（注：本当は列ベクトルだが書けないので行ベクトルにした。）
としたとき、ａのＷへの正射影を求めよ。
解
dimＷ＝２より、Ｗの基底をａ₁＝[１ ０ －１]，ａ₂＝[０ －１ １]とする。（もちろん基底のとり方は無数にあるので、なるべく簡単な基底を選ぶと良い。）次にＷ^⊥の基底ｂを
ｂ＝[１ １ １]
にとる。（この場合には、dimＷ^⊥＝dimℝ³－dimＷ＝３－２＝１となっているので、Ｗ^⊥はただ一つの基底により生成されている。）そこで、実数ｃ₁,ｃ₂,ｃ₃に対して
ａ＝ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂＋ｃ₃ｂ，[２ －１ １]＝ｃ₁[１ ０ －１]＋ｃ₂[０ －１ １]＋ｃ₃[１ １ １]
よって、２＝ｃ₁＋ｃ₃
－１＝－ｃ₂＋ｃ₃
１＝－ｃ₁＋ｃ₂＋ｃ₃
より、ｃ₁＝４/３，ｃ₂＝５/３，ｃ₃＝２/３
したがって、ａのＷへの正射影ａ'＝ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂は
(４/３)[１ ０ －１]＋(５/３)[０ －１ １]
＝(１/３)[４ －５ １] （解終）
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より
適当に分かり易く解説して下さい。出来ればイメージ出来る方が良いですが。その後、
＞もちろん基底のとり方は無数にあるので、なるべく簡単な基底を選ぶと良い。
具体的に自分で適当に基底を取って、結果が同じになる事を確認して下さい。
おまけ：
問題
Wをℝ^nの部分空間とすると、ℝ^n＝W⊕W^⊥となり、ℝ^nの任意の元ｘは
ｘ＝ｘ₁＋ｘ₂，ｘ₁∈Ｗ，ｘ₂∈Ｗ^⊥
と一意的に表される。このときｘ₁をｘのＷへの正射影という。写像
ρｗ：ℝ^n→ℝ^n，ｘ→ｘ₁
をＷに属する射影変換という。いま、
Ｗ＝{[ｘ ｙ ｚ]｜ｘ＋ｙ＋ｚ＝０}，ａ＝[２ －１ １]
（注：本当は列ベクトルだが書けないので行ベクトルにした。）
としたとき、ａのＷへの正射影を求めよ。
解
dimＷ＝２より、Ｗの基底をａ₁＝[１ ０ －１]，ａ₂＝[０ －１ １]とする。（もちろん基底のとり方は無数にあるので、なるべく簡単な基底を選ぶと良い。）次にＷ^⊥の基底ｂを
ｂ＝[１ １ １]
にとる。（この場合には、dimＷ^⊥＝dimℝ³－dimＷ＝３－２＝１となっているので、Ｗ^⊥はただ一つの基底により生成されている。）そこで、実数ｃ₁,ｃ₂,ｃ₃に対して
ａ＝ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂＋ｃ₃ｂ，[２ －１ １]＝ｃ₁[１ ０ －１]＋ｃ₂[０ －１ １]＋ｃ₃[１ １ １]
よって、２＝ｃ₁＋ｃ₃
－１＝－ｃ₂＋ｃ₃
１＝－ｃ₁＋ｃ₂＋ｃ₃
より、ｃ₁＝４/３，ｃ₂＝５/３，ｃ₃＝２/３
したがって、ａのＷへの正射影ａ'＝ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂は
(４/３)[１ ０ －１]＋(５/３)[０ －１ １]
＝(１/３)[４ －５ １] （解終）
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より
適当に分かり易く解説して下さい。出来ればイメージ出来る方が良いですが。その後、
＞もちろん基底のとり方は無数にあるので、なるべく簡単な基底を選ぶと良い。
具体的に自分で適当に基底を取って、結果が同じになる事を確認して下さい。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/10 14:01削除解説
＞Wをℝ^nの部分空間とすると、ℝ^n＝W⊕W^⊥となり、
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。
直和の定義の１つは、部分空間の和Ｕ＝Ｗ₁＋Ｗ₂について、Ｗ₁∩Ｗ₂＝{０}なので、類別のようなイメージで良いと思う。ただし、類別の場合は共通部分は{φ}だが。
＞dimＷ＝２
Ｗ＝{[ｘ ｙ ｚ]｜ｘ＋ｙ＋ｚ＝０}で、ｘ＋ｙ＋ｚ＝０は平面の方程式なので、２次元だから。ただし、大学数学では、
線型写像Ｆ：ℝ³→ℝ¹，[ｘ ｙ ｚ]→[ｘ＋ｙ＋ｚ]を作り、Ｆ^-1(０)＝Ｗとなっている事から、
定理 線型写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'に対し、Ｖが有限次元のとき
dimＶ＝dim(Ｆ^-1(０'))＋dim(Ｆ(Ｖ))
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より
を利用して、dimＷ＝dim(Ｆ^-1(０))＝dimℝ³－dim(Ｆ(ℝ³))
また、
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、dim(Ｆ(ℝ^n))＝rankＡ
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より
より、dimＷ＝dim(Ｆ^-1(０))＝dimℝ³－dim(Ｆ(ℝ³))＝dimℝ³－rankＡ
ところで、線型写像Ｆ：ℝ³→ℝ¹，[ｘ ｙ ｚ]→[ｘ＋ｙ＋ｚ]のＦで定まる行列Ａは１行３列の行列[１ １ １]である。（念のため、[ｘ ｙ ｚ]は本当は列ベクトルで掛け合わせれば[ｘ＋ｙ＋ｚ]になる事が分かるだろう。）∴rankＡ＝１
∴dimＷ＝dimℝ³－rankＡ＝３－１＝２
という事である。
因みに、前回は別の求め方として、解空間を利用したが、今回は省略。
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^-1(０)に一致し、線型空間である。解空間の次元は、dim(Ｆ^-1_A(０))＝ｎ－rankＡ
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より
高校数学の知識でスルーした方が効率が良い事は間違いない。笑
＞（この場合には、dimＷ^⊥＝dimℝ³－dimＷ＝３－２＝１となっているので、Ｗ^⊥はただ一つの基底により生成されている。）
先の命題、
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。
の両辺の次元を取れば成り立つ事は自明（直和だから）だが、一応、系がある。
系 有限次元の内積空間Ｖにおいて、dimＶ＝dimＷ＋dimＷ^⊥が成り立つ。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より
ところで、Ｗはイメージ的には平面である。そして、「Ｗ^⊥はただ一つの基底により生成されている」ので、イメージ的には法線ベクトルだろう。
＞ａ＝ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂＋ｃ₃ｂ，[２ －１ １]＝ｃ₁[１ ０ －１]＋ｃ₂[０ －１ １]＋ｃ₃[１ １ １]
よって、２＝ｃ₁＋ｃ₃
－１＝－ｃ₂＋ｃ₃
１＝－ｃ₁＋ｃ₂＋ｃ₃
より、ｃ₁＝４/３，ｃ₂＝５/３，ｃ₃＝２/３
したがって、ａのＷへの正射影ａ'＝ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂は
(４/３)[１ ０ －１]＋(５/３)[０ －１ １]
＝(１/３)[４ －５ １]
ａはℝ³の元（ベクトル）なので、３つの基底で表している。ａ＝ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂＋ｃ₃ｂのｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂の部分がＷでｃ₃ｂがＷ^⊥の部分という訳である。そして、正射影は、
「ｘ＝ｘ₁＋ｘ₂，ｘ₁∈Ｗ，ｘ₂∈Ｗ^⊥
と一意的に表される。このときｘ₁をｘのＷへの正射影という。」
のｘ₁の部分なので、「ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂」の部分という訳である。
イメージ的には、ℝ³の任意のベクトルが平面ｘ＋ｙ＋ｚ＝０と（平行移動して）交わり、それをcos的に（意味不明かもしれませんが）平面に貼り付けるようなイメージ。（適当）
＞もちろん基底のとり方は無数にあるので、なるべく簡単な基底を選ぶと良い。
具体的に自分で適当に基底を取って、結果が同じになる事を確認して下さい。
これは次回。
おまけ：
＞Wをℝ^nの部分空間とすると、ℝ^n＝W⊕W^⊥となり、
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。
直和の定義の１つは、部分空間の和Ｕ＝Ｗ₁＋Ｗ₂について、Ｗ₁∩Ｗ₂＝{０}なので、類別のようなイメージで良いと思う。ただし、類別の場合は共通部分は{φ}だが。
＞dimＷ＝２
Ｗ＝{[ｘ ｙ ｚ]｜ｘ＋ｙ＋ｚ＝０}で、ｘ＋ｙ＋ｚ＝０は平面の方程式なので、２次元だから。ただし、大学数学では、
線型写像Ｆ：ℝ³→ℝ¹，[ｘ ｙ ｚ]→[ｘ＋ｙ＋ｚ]を作り、Ｆ^-1(０)＝Ｗとなっている事から、
定理 線型写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'に対し、Ｖが有限次元のとき
dimＶ＝dim(Ｆ^-1(０'))＋dim(Ｆ(Ｖ))
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より
を利用して、dimＷ＝dim(Ｆ^-1(０))＝dimℝ³－dim(Ｆ(ℝ³))
また、
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、dim(Ｆ(ℝ^n))＝rankＡ
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より
より、dimＷ＝dim(Ｆ^-1(０))＝dimℝ³－dim(Ｆ(ℝ³))＝dimℝ³－rankＡ
ところで、線型写像Ｆ：ℝ³→ℝ¹，[ｘ ｙ ｚ]→[ｘ＋ｙ＋ｚ]のＦで定まる行列Ａは１行３列の行列[１ １ １]である。（念のため、[ｘ ｙ ｚ]は本当は列ベクトルで掛け合わせれば[ｘ＋ｙ＋ｚ]になる事が分かるだろう。）∴rankＡ＝１
∴dimＷ＝dimℝ³－rankＡ＝３－１＝２
という事である。
因みに、前回は別の求め方として、解空間を利用したが、今回は省略。
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^-1(０)に一致し、線型空間である。解空間の次元は、dim(Ｆ^-1_A(０))＝ｎ－rankＡ
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より
高校数学の知識でスルーした方が効率が良い事は間違いない。笑
＞（この場合には、dimＷ^⊥＝dimℝ³－dimＷ＝３－２＝１となっているので、Ｗ^⊥はただ一つの基底により生成されている。）
先の命題、
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。
の両辺の次元を取れば成り立つ事は自明（直和だから）だが、一応、系がある。
系 有限次元の内積空間Ｖにおいて、dimＶ＝dimＷ＋dimＷ^⊥が成り立つ。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より
ところで、Ｗはイメージ的には平面である。そして、「Ｗ^⊥はただ一つの基底により生成されている」ので、イメージ的には法線ベクトルだろう。
＞ａ＝ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂＋ｃ₃ｂ，[２ －１ １]＝ｃ₁[１ ０ －１]＋ｃ₂[０ －１ １]＋ｃ₃[１ １ １]
よって、２＝ｃ₁＋ｃ₃
－１＝－ｃ₂＋ｃ₃
１＝－ｃ₁＋ｃ₂＋ｃ₃
より、ｃ₁＝４/３，ｃ₂＝５/３，ｃ₃＝２/３
したがって、ａのＷへの正射影ａ'＝ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂は
(４/３)[１ ０ －１]＋(５/３)[０ －１ １]
＝(１/３)[４ －５ １]
ａはℝ³の元（ベクトル）なので、３つの基底で表している。ａ＝ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂＋ｃ₃ｂのｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂の部分がＷでｃ₃ｂがＷ^⊥の部分という訳である。そして、正射影は、
「ｘ＝ｘ₁＋ｘ₂，ｘ₁∈Ｗ，ｘ₂∈Ｗ^⊥
と一意的に表される。このときｘ₁をｘのＷへの正射影という。」
のｘ₁の部分なので、「ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂」の部分という訳である。
イメージ的には、ℝ³の任意のベクトルが平面ｘ＋ｙ＋ｚ＝０と（平行移動して）交わり、それをcos的に（意味不明かもしれませんが）平面に貼り付けるようなイメージ。（適当）
＞もちろん基底のとり方は無数にあるので、なるべく簡単な基底を選ぶと良い。
具体的に自分で適当に基底を取って、結果が同じになる事を確認して下さい。
これは次回。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/10 16:05削除問題
Wをℝ^nの部分空間とすると、ℝ^n＝W⊕W^⊥となり、ℝ^nの任意の元ｘは
ｘ＝ｘ₁＋ｘ₂，ｘ₁∈Ｗ，ｘ₂∈Ｗ^⊥
と一意的に表される。このときｘ₁をｘのＷへの正射影という。写像
ρｗ：ℝ^n→ℝ^n，ｘ→ｘ₁
をＷに属する射影変換という。いま、
Ｗ＝{[ｘ ｙ ｚ]｜ｘ＋ｙ＋ｚ＝０}，ａ＝[２ －１ １]
（注：本当は列ベクトルだが書けないので行ベクトルにした。）
としたとき、ａのＷへの正射影を求めよ。
解
dimＷ＝２より、Ｗの基底をａ₁＝[１ ０ －１]，ａ₂＝[０ －１ １]とする。（もちろん基底のとり方は無数にあるので、なるべく簡単な基底を選ぶと良い。）次にＷ^⊥の基底ｂを
ｂ＝[１ １ １]
にとる。（この場合には、dimＷ^⊥＝dimℝ³－dimＷ＝３－２＝１となっているので、Ｗ^⊥はただ一つの基底により生成されている。）そこで、実数ｃ₁,ｃ₂,ｃ₃に対して
ａ＝ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂＋ｃ₃ｂ，[２ －１ １]＝ｃ₁[１ ０ －１]＋ｃ₂[０ －１ １]＋ｃ₃[１ １ １]
よって、２＝ｃ₁＋ｃ₃
－１＝－ｃ₂＋ｃ₃
１＝－ｃ₁＋ｃ₂＋ｃ₃
より、ｃ₁＝４/３，ｃ₂＝５/３，ｃ₃＝２/３
したがって、ａのＷへの正射影ａ'＝ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂は
(４/３)[１ ０ －１]＋(５/３)[０ －１ １]
＝(１/３)[４ －５ １] （解終）
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より
＞もちろん基底のとり方は無数にあるので、なるべく簡単な基底を選ぶと良い。
具体的に自分で適当に基底を取って、結果が同じになる事を確認して下さい。
まず、Wの基底はＷ＝{[ｘ ｙ ｚ]｜ｘ＋ｙ＋ｚ＝０}に当てはまらなければいけないので、
ａ₁＝[２ －１ －１]，ａ₂＝[－１ －１ ２]
とする。次に、Ｗ^⊥の基底はＷと直交するので、これらとの内積が０でなければいけないので、
ｂ＝[１ １ １]とする。（求め方は省略。）
よって、ａ＝ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂＋ｃ₃ｂより
[２ －１ １]＝ｃ₁[２ －１ －１]＋ｃ₂[－１ －１ ２]＋ｃ₃[１ １ １]とすると、
２＝２ｃ₁－ｃ₂＋ｃ₃———①
－１＝－ｃ₁－ｃ₂＋ｃ₃———②
１＝－ｃ₁＋２ｃ₂＋ｃ₃———③
①－②より、３＝３ｃ₁ ∴ｃ₁＝１
②－③より、－２＝－３ｃ₂ ∴ｃ₂＝２/３
∴ｃ₃＝ｃ₁＋ｃ₂－１＝１＋２/３－１＝２/３
したがって、ａのＷへの正射影ａ'＝ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂は
１・[２ －１ －１]＋(２/３)[－１ －１ ２]
＝(１/３)[６ －３ －３]＋(１/３)[－２ －２ ４]
＝(１/３)[４ －５ １]
よって、上と同じなのでＯＫ。
基底の取り方に意外と手間取りました。何事も習うより慣れろだと思います。（教えて貰える事は非常にラッキーな事ですが。）
おまけ：
Wをℝ^nの部分空間とすると、ℝ^n＝W⊕W^⊥となり、ℝ^nの任意の元ｘは
ｘ＝ｘ₁＋ｘ₂，ｘ₁∈Ｗ，ｘ₂∈Ｗ^⊥
と一意的に表される。このときｘ₁をｘのＷへの正射影という。写像
ρｗ：ℝ^n→ℝ^n，ｘ→ｘ₁
をＷに属する射影変換という。いま、
Ｗ＝{[ｘ ｙ ｚ]｜ｘ＋ｙ＋ｚ＝０}，ａ＝[２ －１ １]
（注：本当は列ベクトルだが書けないので行ベクトルにした。）
としたとき、ａのＷへの正射影を求めよ。
解
dimＷ＝２より、Ｗの基底をａ₁＝[１ ０ －１]，ａ₂＝[０ －１ １]とする。（もちろん基底のとり方は無数にあるので、なるべく簡単な基底を選ぶと良い。）次にＷ^⊥の基底ｂを
ｂ＝[１ １ １]
にとる。（この場合には、dimＷ^⊥＝dimℝ³－dimＷ＝３－２＝１となっているので、Ｗ^⊥はただ一つの基底により生成されている。）そこで、実数ｃ₁,ｃ₂,ｃ₃に対して
ａ＝ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂＋ｃ₃ｂ，[２ －１ １]＝ｃ₁[１ ０ －１]＋ｃ₂[０ －１ １]＋ｃ₃[１ １ １]
よって、２＝ｃ₁＋ｃ₃
－１＝－ｃ₂＋ｃ₃
１＝－ｃ₁＋ｃ₂＋ｃ₃
より、ｃ₁＝４/３，ｃ₂＝５/３，ｃ₃＝２/３
したがって、ａのＷへの正射影ａ'＝ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂は
(４/３)[１ ０ －１]＋(５/３)[０ －１ １]
＝(１/３)[４ －５ １] （解終）
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より
＞もちろん基底のとり方は無数にあるので、なるべく簡単な基底を選ぶと良い。
具体的に自分で適当に基底を取って、結果が同じになる事を確認して下さい。
まず、Wの基底はＷ＝{[ｘ ｙ ｚ]｜ｘ＋ｙ＋ｚ＝０}に当てはまらなければいけないので、
ａ₁＝[２ －１ －１]，ａ₂＝[－１ －１ ２]
とする。次に、Ｗ^⊥の基底はＷと直交するので、これらとの内積が０でなければいけないので、
ｂ＝[１ １ １]とする。（求め方は省略。）
よって、ａ＝ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂＋ｃ₃ｂより
[２ －１ １]＝ｃ₁[２ －１ －１]＋ｃ₂[－１ －１ ２]＋ｃ₃[１ １ １]とすると、
２＝２ｃ₁－ｃ₂＋ｃ₃———①
－１＝－ｃ₁－ｃ₂＋ｃ₃———②
１＝－ｃ₁＋２ｃ₂＋ｃ₃———③
①－②より、３＝３ｃ₁ ∴ｃ₁＝１
②－③より、－２＝－３ｃ₂ ∴ｃ₂＝２/３
∴ｃ₃＝ｃ₁＋ｃ₂－１＝１＋２/３－１＝２/３
したがって、ａのＷへの正射影ａ'＝ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂は
１・[２ －１ －１]＋(２/３)[－１ －１ ２]
＝(１/３)[６ －３ －３]＋(１/３)[－２ －２ ４]
＝(１/３)[４ －５ １]
よって、上と同じなのでＯＫ。
基底の取り方に意外と手間取りました。何事も習うより慣れろだと思います。（教えて貰える事は非常にラッキーな事ですが。）
おまけ：
返信
返信2
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/9 13:13 (No.1366362)削除問題１
(５ １ -１)
Ⅹ＝(３ ３ -３) （注：３行３列の行列）
(２ -２ ２)
に対し、行列Ｙ＝Ｘ³－１０Ｘ²＋２４Ｘを計算せよ。
「線型代数入門」有馬哲著より
問題２
(２ -７ ８)
Ⅹ＝(-１ ２ ８)
(-１ ８ ２)
に対し、行列Ｙ＝Ｘ³－６Ｘ²－５１Ｘ＋１２６Ｅを計算せよ。
「演習詳解 線型代数」有馬哲・浅枝陽共著より
別に面白くありませんが、やってみて下さい。
おまけ：
https://note.com/ken_fukui/n/nf47a396b3982
(５ １ -１)
Ⅹ＝(３ ３ -３) （注：３行３列の行列）
(２ -２ ２)
に対し、行列Ｙ＝Ｘ³－１０Ｘ²＋２４Ｘを計算せよ。
「線型代数入門」有馬哲著より
問題２
(２ -７ ８)
Ⅹ＝(-１ ２ ８)
(-１ ８ ２)
に対し、行列Ｙ＝Ｘ³－６Ｘ²－５１Ｘ＋１２６Ｅを計算せよ。
「演習詳解 線型代数」有馬哲・浅枝陽共著より
別に面白くありませんが、やってみて下さい。
おまけ：
https://note.com/ken_fukui/n/nf47a396b3982
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/9 15:42削除問題１
(５ １ -１)
Ⅹ＝(３ ３ -３) （注：３行３列の行列）
(２ -２ ２)
に対し、行列Ｙ＝Ｘ³－１０Ｘ²＋２４Ｘを計算せよ。
「線型代数入門」有馬哲著より
解答
Ｘ³－１０Ｘ²＋２４Ｘ＝Ｘ(Ｘ²－１０Ｘ＋２４)
＝Ｘ(Ｘ－４Ｅ)(Ｘ－６Ｅ)———☆
(５ １ -１) (１ ０ ０)
Ｘ－４Ｅ＝(３ ３ -３)－４(０ １ ０)
(２ -２ ２) (０ ０ １)
(１ １ -１)
＝(３ -１-３)———①
(２ -２-２)
(５ １ -１) (１ ０ ０)
Ｘ－６Ｅ＝(３ ３ -３)－６(０ １ ０)
(２ -２ ２) (０ ０ １)
(-１ １ -１)
＝(３ -３ -３)———②
(２ -２ -４)
②×①より、
(-１ １ -１)(１ １ -１)
(３ -３ -３)(３ -１-３)
(２ -２ -４)(２ -２-２)
(-１+３-２ -１-１+２ １-３+２)
＝(３-９-６ ３+３+６ -３+９+６)
（２-６-８ ２+２+８ -２+６+８)
(０ ０ ０) (０ ０ ０)
＝(-12 12 12)＝12(-1 1 1 )———③
(-12 12 12) (-1 1 1)
Ｘと③を掛け合わせると、
(５ １ -１)(０００)
12(３ ３ -３)(-1 1 1)
(２ -２ ２)(-1 1 1)
(０-１+１ ０+１-１ ０+1-１)
＝12(０-３+３ ０+３-３ ０+３-３)
(０+２-２ ０-２+２ ０-２+２)
(０ ０ ０) (０ ０ ０)
＝12(０ ０ ０)＝(０ ０ ０)＝Ｏ
(０ ０ ０) (０ ０ ０)
よって、☆式はＯとなる。∴Ｙ＝Ｏ
問題２は次回。
おまけ：
(５ １ -１)
Ⅹ＝(３ ３ -３) （注：３行３列の行列）
(２ -２ ２)
に対し、行列Ｙ＝Ｘ³－１０Ｘ²＋２４Ｘを計算せよ。
「線型代数入門」有馬哲著より
解答
Ｘ³－１０Ｘ²＋２４Ｘ＝Ｘ(Ｘ²－１０Ｘ＋２４)
＝Ｘ(Ｘ－４Ｅ)(Ｘ－６Ｅ)———☆
(５ １ -１) (１ ０ ０)
Ｘ－４Ｅ＝(３ ３ -３)－４(０ １ ０)
(２ -２ ２) (０ ０ １)
(１ １ -１)
＝(３ -１-３)———①
(２ -２-２)
(５ １ -１) (１ ０ ０)
Ｘ－６Ｅ＝(３ ３ -３)－６(０ １ ０)
(２ -２ ２) (０ ０ １)
(-１ １ -１)
＝(３ -３ -３)———②
(２ -２ -４)
②×①より、
(-１ １ -１)(１ １ -１)
(３ -３ -３)(３ -１-３)
(２ -２ -４)(２ -２-２)
(-１+３-２ -１-１+２ １-３+２)
＝(３-９-６ ３+３+６ -３+９+６)
（２-６-８ ２+２+８ -２+６+８)
(０ ０ ０) (０ ０ ０)
＝(-12 12 12)＝12(-1 1 1 )———③
(-12 12 12) (-1 1 1)
Ｘと③を掛け合わせると、
(５ １ -１)(０００)
12(３ ３ -３)(-1 1 1)
(２ -２ ２)(-1 1 1)
(０-１+１ ０+１-１ ０+1-１)
＝12(０-３+３ ０+３-３ ０+３-３)
(０+２-２ ０-２+２ ０-２+２)
(０ ０ ０) (０ ０ ０)
＝12(０ ０ ０)＝(０ ０ ０)＝Ｏ
(０ ０ ０) (０ ０ ０)
よって、☆式はＯとなる。∴Ｙ＝Ｏ
問題２は次回。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/10 07:48削除問題２
(２ -７ ８)
Ⅹ＝(-１ ２ ８) （注：３行３列の行列）
(-１ ８ ２)
に対し、行列Ｙ＝Ｘ³－６Ｘ²－５１Ｘ＋１２６Ｅを計算せよ。
「演習詳解 線型代数」有馬哲・浅枝陽共著より
解答
Ｘ³－６Ｘ²－５１Ｘ＋１２６Ｅ＝Ｏとして、因数定理でⅩ＝－６Ｅを代入すると、
－２１６Ｅ－２１６Ｅ＋３０６Ｅ＋１２６E＝Ｏより、Ｘ＋６Ｅで割ると、
１ －６ －５１ １２６｜－６
－６ ７２ －１２６
１ －１２ ２１ ０
（組み立て除法を使った。）
∴(Ｘ＋６Ｅ)(Ｘ²－１２Ｘ＋２１Ｅ)
また、Ｘ²－１２Ｘ＋２１Ｅ＝Ｏとして判別式を調べると、
Ｄ/４＝３６－２１＝１５
よって、有理数係数ではこれ以上因数分解出来ないので、問題１と同じ手は使えない。
そこで、ケーリー・ハミルトンの公式https://manabitimes.jp/math/1126を使うと、
(２ -７ ８)
Ⅹ＝(-１ ２ ８) （注：３行３列の行列）
(-１ ８ ２)
trＸ＝２＋２＋２＝６（トレースは対角成分の和）
ｃ＝ｘ₁₁ｘ₂₂＋ｘ₂₂ｘ₃₃＋ｘ₃₃ｘ₁₁－ｘ₁₂ｘ₂₁－ｘ₂₃ｘ₃₂－ｘ₃₁ｘ₁₃
＝2・2＋2・2＋2・2－(-7)(-1)－8・8－(-1)8
＝４＋４＋４－７－６４＋８
＝－５１
また、detＸはサラスの規則https://w3e.kanazawa-it.ac.jp/math/category/gyouretu/senkeidaisu/henkan-tex.cgi?target=/math/category/gyouretu/senkeidaisu/sarasu-no-kisoku.htmlで求めると、
detⅩ＝2・2・2＋８・8・(-1)＋(-1)・8・(-7)
－8・2・(-1)－２・(-1)・(-7)－2・8・8
＝８－６４＋５６＋１６－１４－１２８
＝－１２６
よって、３次のケーリー・ハミルトンの公式
Ａ³－(trＡ)Ａ²＋ｃＡ－(detＡ)Ｅ＝Ｏより、
Ⅹ³－６Ⅹ²－５１Ⅹ＋１２６Ｅ＝Ｏ
∴Ｙ＝Ｏ
因みに、模範解答は地道に計算する解法ですが、大学１年用なのでそれが正解です。
おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/e413105c72909e5f3122928e65aceb02e5788efe
(２ -７ ８)
Ⅹ＝(-１ ２ ８) （注：３行３列の行列）
(-１ ８ ２)
に対し、行列Ｙ＝Ｘ³－６Ｘ²－５１Ｘ＋１２６Ｅを計算せよ。
「演習詳解 線型代数」有馬哲・浅枝陽共著より
解答
Ｘ³－６Ｘ²－５１Ｘ＋１２６Ｅ＝Ｏとして、因数定理でⅩ＝－６Ｅを代入すると、
－２１６Ｅ－２１６Ｅ＋３０６Ｅ＋１２６E＝Ｏより、Ｘ＋６Ｅで割ると、
１ －６ －５１ １２６｜－６
－６ ７２ －１２６
１ －１２ ２１ ０
（組み立て除法を使った。）
∴(Ｘ＋６Ｅ)(Ｘ²－１２Ｘ＋２１Ｅ)
また、Ｘ²－１２Ｘ＋２１Ｅ＝Ｏとして判別式を調べると、
Ｄ/４＝３６－２１＝１５
よって、有理数係数ではこれ以上因数分解出来ないので、問題１と同じ手は使えない。
そこで、ケーリー・ハミルトンの公式https://manabitimes.jp/math/1126を使うと、
(２ -７ ８)
Ⅹ＝(-１ ２ ８) （注：３行３列の行列）
(-１ ８ ２)
trＸ＝２＋２＋２＝６（トレースは対角成分の和）
ｃ＝ｘ₁₁ｘ₂₂＋ｘ₂₂ｘ₃₃＋ｘ₃₃ｘ₁₁－ｘ₁₂ｘ₂₁－ｘ₂₃ｘ₃₂－ｘ₃₁ｘ₁₃
＝2・2＋2・2＋2・2－(-7)(-1)－8・8－(-1)8
＝４＋４＋４－７－６４＋８
＝－５１
また、detＸはサラスの規則https://w3e.kanazawa-it.ac.jp/math/category/gyouretu/senkeidaisu/henkan-tex.cgi?target=/math/category/gyouretu/senkeidaisu/sarasu-no-kisoku.htmlで求めると、
detⅩ＝2・2・2＋８・8・(-1)＋(-1)・8・(-7)
－8・2・(-1)－２・(-1)・(-7)－2・8・8
＝８－６４＋５６＋１６－１４－１２８
＝－１２６
よって、３次のケーリー・ハミルトンの公式
Ａ³－(trＡ)Ａ²＋ｃＡ－(detＡ)Ｅ＝Ｏより、
Ⅹ³－６Ⅹ²－５１Ⅹ＋１２６Ｅ＝Ｏ
∴Ｙ＝Ｏ
因みに、模範解答は地道に計算する解法ですが、大学１年用なのでそれが正解です。
おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/e413105c72909e5f3122928e65aceb02e5788efe
返信
返信2
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/8 19:40 (No.1365950)削除問題
すべての辺の長さが６ｃｍの正四角すいＯ-ＡＢＣＤがあり、頂点Ｏから底面への垂線をＯＨとする。線分ＯＨを直径とする球をＳとするとき、次の□にあてはまる数を求めなさい。また、（２）は解答用紙の所定の欄に図をかきなさい。
（１）正四角すいの１つの辺ＯＡとＳの球面との交点のうち、Ｏと異なる点をＰとするとき、線分ＯＰの長さは、ＯＰ＝□ｃｍである。
（２）正四角すいの１つの側面ＯＡＢとＳの球面との交わりを、解答用紙の図の中にかきなさい。
（３）正四角すいの側面でＳの球面の内側にある部分の面積の総和は、□ｃｍ²である。
（０１ 筑波大付）
図の解説は、読めば分かるので省略。（２）は言葉で説明して下さい。
ちょっと難しいけど、普通に解けるレベルです。
おまけ：
すべての辺の長さが６ｃｍの正四角すいＯ-ＡＢＣＤがあり、頂点Ｏから底面への垂線をＯＨとする。線分ＯＨを直径とする球をＳとするとき、次の□にあてはまる数を求めなさい。また、（２）は解答用紙の所定の欄に図をかきなさい。
（１）正四角すいの１つの辺ＯＡとＳの球面との交点のうち、Ｏと異なる点をＰとするとき、線分ＯＰの長さは、ＯＰ＝□ｃｍである。
（２）正四角すいの１つの側面ＯＡＢとＳの球面との交わりを、解答用紙の図の中にかきなさい。
（３）正四角すいの側面でＳの球面の内側にある部分の面積の総和は、□ｃｍ²である。
（０１ 筑波大付）
図の解説は、読めば分かるので省略。（２）は言葉で説明して下さい。
ちょっと難しいけど、普通に解けるレベルです。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/9 07:57削除問題
すべての辺の長さが６ｃｍの正四角すいＯ-ＡＢＣＤがあり、頂点Ｏから底面への垂線をＯＨとする。線分ＯＨを直径とする球をＳとするとき、次の□にあてはまる数を求めなさい。また、（２）は解答用紙の所定の欄に図をかきなさい。
（１）正四角すいの１つの辺ＯＡとＳの球面との交点のうち、Ｏと異なる点をＰとするとき、線分ＯＰの長さは、ＯＰ＝□ｃｍである。
（２）正四角すいの１つの側面ＯＡＢとＳの球面との交わりを、解答用紙の図の中にかきなさい。
（３）正四角すいの側面でＳの球面の内側にある部分の面積の総和は、□ｃｍ²である。
（０１ 筑波大付）
模範解答
（１）△ＯＡＣ≡△ＢＡＣ（三辺相等）より、
ＯＨ＝ＢＨ＝６/√２＝３√２
よって、平面ＯＡＣで図形を切ると、切り口は図２（注：直角二等辺三角形ＯＡＣのＡＣの中点がＨでＯＨを直径（円の中心はＯ₁）とする円とＯＡとの交点がＰで円周角より∠ＯＰＨ＝９０°となっている図）のようになる。
ここで、△ＯＰＨも直角二等辺三角形であるから、
ＯＰ＝ＯＨ/√２＝３（ｃｍ）
（２）（１）より、平面ＯＡＢとＳとの交わりは、図３（注：正三角形ＯＡＢのＯＡ，ＯＢの中点がそれぞれＰ，Ｑで３点Ｏ，Ｐ，Ｑを通る円（中心はＯ₂）が描かれた図で、網目部分は図形ＯＰＱ（弧ＰＱを含んだ図形）という図）の網目部分のようになる。
（３）ここで、Ｏ₂は交わりの円の中心であり、△ＯＰＱは正三角形である。よって、網目部分の面積は、
(正三角形ＯＰＱ)×(２/３)＋(扇形Ｏ₂ＰＱ)
＝(√３/４)×３²×(２/３)＋(√３)²π×(１/３)
＝３√３/２＋π・・・①
したがって、求める総和は、
①×４＝６√３＋４π（ｃｍ²）
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
解説
（１）は読めば分かるので省略。
（２），（３）
（１）と同様に考えて、ＯＢとＳとの交点をＱとすると、（１）よりＯＰ＝ＯＱ＝３ｃｍで辺の長さが６ｃｍより、点Ｐ，Ｑはそれぞれの辺の中点になり、中点連結定理より△ＯＰＱは正三角形になる。よって、△ＯＰＱの外接円の中心は正三角形ＯＰＱの重心と一致し、頂角が１２０°の二等辺三角形の二辺比１：√３より、半径＝３/√３＝√３ｃｍ
後は、上の①と同じ。ただし、(√３/４)×３²は１辺が３の正三角形の面積の公式を使っている。
（２）の私の解法
ＡＢ，ＤＣの中点をそれぞれＭ，Ｎとし、平面ＯＭＮで切った断面図を描くと、等辺が３√３ｃｍの二等辺三角形のＭＮの中点がＨで、ＯＨを直径とした円とＯＭとの交点をＲとする。
アバウトな図は、正三角形ＯＡＢを描き、弧ＰＲの延長とＯＢとの交点をＱとすると、対称性から点ＱはＯＢの中点となる図。（この図では点数が貰えないかもしれないが、（３）を考える途中で修正される。）
（３）先の図でＯＭ＝３√３ｃｍ，ＯＨ＝３√２ｃｍ，ＭＨ＝３ｃｍ
また、円周角より∠ＯＲＨ＝９０°より△ＯＭＨ∽△ＨＭＲで、ＯＭ：ＭＨ＝ＨＭ：ＭＲ
∴ＭＨ²＝ＯＭ・ＭＲ ∴９＝３√３ＭＲ
∴ＭＲ＝√３ｃｍ
よって、ＯＲ＝３√３－√３＝２√３ｃｍ
よって、円の直径が２√３ｃｍより半径は√３ｃｍ
よって、中心は正三角形ＯＰＱの重心である事が分かり、正確な図に修正される。また、計算は上と同じで省略。
私の解法は効率が悪いですが、構造がより分かる解法だと思います。
おまけ：
すべての辺の長さが６ｃｍの正四角すいＯ-ＡＢＣＤがあり、頂点Ｏから底面への垂線をＯＨとする。線分ＯＨを直径とする球をＳとするとき、次の□にあてはまる数を求めなさい。また、（２）は解答用紙の所定の欄に図をかきなさい。
（１）正四角すいの１つの辺ＯＡとＳの球面との交点のうち、Ｏと異なる点をＰとするとき、線分ＯＰの長さは、ＯＰ＝□ｃｍである。
（２）正四角すいの１つの側面ＯＡＢとＳの球面との交わりを、解答用紙の図の中にかきなさい。
（３）正四角すいの側面でＳの球面の内側にある部分の面積の総和は、□ｃｍ²である。
（０１ 筑波大付）
模範解答
（１）△ＯＡＣ≡△ＢＡＣ（三辺相等）より、
ＯＨ＝ＢＨ＝６/√２＝３√２
よって、平面ＯＡＣで図形を切ると、切り口は図２（注：直角二等辺三角形ＯＡＣのＡＣの中点がＨでＯＨを直径（円の中心はＯ₁）とする円とＯＡとの交点がＰで円周角より∠ＯＰＨ＝９０°となっている図）のようになる。
ここで、△ＯＰＨも直角二等辺三角形であるから、
ＯＰ＝ＯＨ/√２＝３（ｃｍ）
（２）（１）より、平面ＯＡＢとＳとの交わりは、図３（注：正三角形ＯＡＢのＯＡ，ＯＢの中点がそれぞれＰ，Ｑで３点Ｏ，Ｐ，Ｑを通る円（中心はＯ₂）が描かれた図で、網目部分は図形ＯＰＱ（弧ＰＱを含んだ図形）という図）の網目部分のようになる。
（３）ここで、Ｏ₂は交わりの円の中心であり、△ＯＰＱは正三角形である。よって、網目部分の面積は、
(正三角形ＯＰＱ)×(２/３)＋(扇形Ｏ₂ＰＱ)
＝(√３/４)×３²×(２/３)＋(√３)²π×(１/３)
＝３√３/２＋π・・・①
したがって、求める総和は、
①×４＝６√３＋４π（ｃｍ²）
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
解説
（１）は読めば分かるので省略。
（２），（３）
（１）と同様に考えて、ＯＢとＳとの交点をＱとすると、（１）よりＯＰ＝ＯＱ＝３ｃｍで辺の長さが６ｃｍより、点Ｐ，Ｑはそれぞれの辺の中点になり、中点連結定理より△ＯＰＱは正三角形になる。よって、△ＯＰＱの外接円の中心は正三角形ＯＰＱの重心と一致し、頂角が１２０°の二等辺三角形の二辺比１：√３より、半径＝３/√３＝√３ｃｍ
後は、上の①と同じ。ただし、(√３/４)×３²は１辺が３の正三角形の面積の公式を使っている。
（２）の私の解法
ＡＢ，ＤＣの中点をそれぞれＭ，Ｎとし、平面ＯＭＮで切った断面図を描くと、等辺が３√３ｃｍの二等辺三角形のＭＮの中点がＨで、ＯＨを直径とした円とＯＭとの交点をＲとする。
アバウトな図は、正三角形ＯＡＢを描き、弧ＰＲの延長とＯＢとの交点をＱとすると、対称性から点ＱはＯＢの中点となる図。（この図では点数が貰えないかもしれないが、（３）を考える途中で修正される。）
（３）先の図でＯＭ＝３√３ｃｍ，ＯＨ＝３√２ｃｍ，ＭＨ＝３ｃｍ
また、円周角より∠ＯＲＨ＝９０°より△ＯＭＨ∽△ＨＭＲで、ＯＭ：ＭＨ＝ＨＭ：ＭＲ
∴ＭＨ²＝ＯＭ・ＭＲ ∴９＝３√３ＭＲ
∴ＭＲ＝√３ｃｍ
よって、ＯＲ＝３√３－√３＝２√３ｃｍ
よって、円の直径が２√３ｃｍより半径は√３ｃｍ
よって、中心は正三角形ＯＰＱの重心である事が分かり、正確な図に修正される。また、計算は上と同じで省略。
私の解法は効率が悪いですが、構造がより分かる解法だと思います。
おまけ：
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壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/8 11:59 (No.1365678)削除次の文章を完全解説して下さい。
問6.4
体ＫとＫの拡大体Ｌの元αに対して、Ｋ(α)はＫとαを含むＬの部分体のうちで最小のものであることを示せ。
証明
（１）Ｋ(α)が体であることを示す。このためには、２つのＬの部分体Ｋ₁,Ｋ₂に対して、Ｋ₁∩Ｋ₂がＬの部分体であることを示せば十分である。
Ｋ₁∩Ｋ₂が加法群Ｌの部分群であること、及び、(Ｋ₁∩Ｋ₂)*＝Ｋ₁*∩Ｋ₂*が乗法群Ｌ*の部分群であることは、第２章定理2.2よりわかる。したがって、定理1.6よりＫ₁∩Ｋ₂はＬの部分体である。
（２）定義によって、Ｋ(α)はＫとαを含むＬの部分体のすべての共通部分である。ゆえに、ＭをＫとαを含むＬの任意の部分体とすればＫ(α)⊂Ｍである。したがって、Ｋ(α)はＫとαを含むＬの部分体のうちで最小のものである。
「演習 群・環・体 入門」新妻弘著より
第２章定理2.2
Ｈ₁,…,ＨnをＧの部分群とするとき、Ｈ₁∩…∩ＨnもＧの部分群である。このことは、有限個でない部分群の共通部分についても同様に成り立つ。
定理1.6
体Ｋの空でない部分集合ＳがＫの部分体であるための必要十分条件は次の（１）,（２）が成り立つことである。
（１）ａ,ｂ∈Ｓ⇒ａ－ｂ∈Ｓ（∀ａ,ｂ∈Ｓ）
（２）ａ,ｂ∈Ｓ*⇒ａ・ｂ^-1∈Ｓ*（∀ａ,ｂ∈Ｓ*）
ただし、Ｓ*はＳからゼロ元０_Rを除いた集合Ｓ*＝Ｓ－{０_R}を表すものとする。
言いかえると、体Ｋの空でない部分集合ＳがＫの部分体であるための必要十分条件は、Ｓが加法に関してＫの部分群であって、Ｓ*が乗法に関してＫ*の部分群になっていることである。
適当に分かり易く解説して下さい。念のため、Ｋ(α)の意味は昨日の投稿を見て下さい。
おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12880394009.html
問6.4
体ＫとＫの拡大体Ｌの元αに対して、Ｋ(α)はＫとαを含むＬの部分体のうちで最小のものであることを示せ。
証明
（１）Ｋ(α)が体であることを示す。このためには、２つのＬの部分体Ｋ₁,Ｋ₂に対して、Ｋ₁∩Ｋ₂がＬの部分体であることを示せば十分である。
Ｋ₁∩Ｋ₂が加法群Ｌの部分群であること、及び、(Ｋ₁∩Ｋ₂)*＝Ｋ₁*∩Ｋ₂*が乗法群Ｌ*の部分群であることは、第２章定理2.2よりわかる。したがって、定理1.6よりＫ₁∩Ｋ₂はＬの部分体である。
（２）定義によって、Ｋ(α)はＫとαを含むＬの部分体のすべての共通部分である。ゆえに、ＭをＫとαを含むＬの任意の部分体とすればＫ(α)⊂Ｍである。したがって、Ｋ(α)はＫとαを含むＬの部分体のうちで最小のものである。
「演習 群・環・体 入門」新妻弘著より
第２章定理2.2
Ｈ₁,…,ＨnをＧの部分群とするとき、Ｈ₁∩…∩ＨnもＧの部分群である。このことは、有限個でない部分群の共通部分についても同様に成り立つ。
定理1.6
体Ｋの空でない部分集合ＳがＫの部分体であるための必要十分条件は次の（１）,（２）が成り立つことである。
（１）ａ,ｂ∈Ｓ⇒ａ－ｂ∈Ｓ（∀ａ,ｂ∈Ｓ）
（２）ａ,ｂ∈Ｓ*⇒ａ・ｂ^-1∈Ｓ*（∀ａ,ｂ∈Ｓ*）
ただし、Ｓ*はＳからゼロ元０_Rを除いた集合Ｓ*＝Ｓ－{０_R}を表すものとする。
言いかえると、体Ｋの空でない部分集合ＳがＫの部分体であるための必要十分条件は、Ｓが加法に関してＫの部分群であって、Ｓ*が乗法に関してＫ*の部分群になっていることである。
適当に分かり易く解説して下さい。念のため、Ｋ(α)の意味は昨日の投稿を見て下さい。
おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12880394009.html
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/8 13:56削除解説
＞Ｋ(α)が体であることを示す。このためには、２つのＬの部分体Ｋ₁,Ｋ₂に対して、Ｋ₁∩Ｋ₂がＬの部分体であることを示せば十分である。
昨日の投稿より、
「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。」
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より
Ｋ(α)は「Ｋとαを含むものすべての共通部分」なので、Ｋ₁∩Ｋ₂∩…がＬの部分体になる事を示さなければならないが、第２章定理2.2を考えれば２つでも同じ事（十分）なので２つにしたのだろう。
＞Ｋ₁∩Ｋ₂が加法群Ｌの部分群であること、及び、(Ｋ₁∩Ｋ₂)*＝Ｋ₁*∩Ｋ₂*が乗法群Ｌ*の部分群であることは、第２章定理2.2よりわかる。
第２章定理2.2
Ｈ₁,…,ＨnをＧの部分群とするとき、Ｈ₁∩…∩ＨnもＧの部分群である。このことは、有限個でない部分群の共通部分についても同様に成り立つ。
これを読めば自明である。念のため、無限個でも同様に成り立つ。
＞したがって、定理1.6よりＫ₁∩Ｋ₂はＬの部分体である。
定理1.6
体Ｋの空でない部分集合ＳがＫの部分体であるための必要十分条件は次の（１）,（２）が成り立つことである。
（１）ａ,ｂ∈Ｓ⇒ａ－ｂ∈Ｓ（∀ａ,ｂ∈Ｓ）
（２）ａ,ｂ∈Ｓ*⇒ａ・ｂ^-1∈Ｓ*（∀ａ,ｂ∈Ｓ*）
ただし、Ｓ*はＳからゼロ元０_Rを除いた集合Ｓ*＝Ｓ－{０_R}を表すものとする。
言いかえると、体Ｋの空でない部分集合ＳがＫの部分体であるための必要十分条件は、Ｓが加法に関してＫの部分群であって、Ｓ*が乗法に関してＫ*の部分群になっていることである。
念のため、この最後の部分である。つまり、加法と乗法について群をなしていれば体という事である。まぁ、四則演算について閉じていると考えれば同じ事である。念のため、乗法の方は零元を抜くのは０では割れないからである。
＞定義によって、Ｋ(α)はＫとαを含むＬの部分体のすべての共通部分である。ゆえに、ＭをＫとαを含むＬの任意の部分体とすればＫ(α)⊂Ｍである。したがって、Ｋ(α)はＫとαを含むＬの部分体のうちで最小のものである。
これは昨日具体例で解説したので省略。
念のため、Ｍは任意で、Ｋ(α)⊂ＭよりＫ(α)は全ての部分体Ｍの部分集合なので（部分体のうち）最小という事である。
＞これはＫとαを含むＬの部分体のうちで最小のものである。
Ｌの他の元を添加すればもっと大きくなるからである。具体的には、ℚ[√２,√３]とか。
（昨日の投稿より）
因みに、（１）のＫ(α)が体である事は、昨日はＫが体でαを含むＬが体だからと書いたが、
＞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。
例えば、Ｌを実数体，Ｋを有理数体として、α＝√２とすると、ℚ[√２]は体をなす。
つまり、Ｋが体でＬも体なので添加した集合も体になるという訳である。
例1.3
ℤ[√２]＝{ａ＋ｂ√２｜ａ,ｂ∈ℤ}は整域であり、ℚ[√２]＝{ａ＋ｂ√２｜ａ,ｂ∈ℚ}は体である。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より
ℤは体じゃないのでℤ[√２]も体にはならない。
（昨日の投稿より）
それは四則演算で閉じているのでイメージだけである。そこで、具体例の証明（別証）を見てみよう。
定理6.3
（１）は省略。
（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
念のため、Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))が定理4.11より体だからＫ[α]も体になるという訳である。（定理4.11は昨日の投稿を見て下さい。）
次に、もっと具体例を挙げる。
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＋ａ₁＋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]
（この証明も載っているが省略。）
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より
要は、Ｋ[α]＝Ｋ(α)は体になるという事である。
初学者がイメージ出来れば幸いです。
おまけ：
https://jisin.jp/koushitsu/2179930/#goog_rewarded
＞Ｋ(α)が体であることを示す。このためには、２つのＬの部分体Ｋ₁,Ｋ₂に対して、Ｋ₁∩Ｋ₂がＬの部分体であることを示せば十分である。
昨日の投稿より、
「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。」
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より
Ｋ(α)は「Ｋとαを含むものすべての共通部分」なので、Ｋ₁∩Ｋ₂∩…がＬの部分体になる事を示さなければならないが、第２章定理2.2を考えれば２つでも同じ事（十分）なので２つにしたのだろう。
＞Ｋ₁∩Ｋ₂が加法群Ｌの部分群であること、及び、(Ｋ₁∩Ｋ₂)*＝Ｋ₁*∩Ｋ₂*が乗法群Ｌ*の部分群であることは、第２章定理2.2よりわかる。
第２章定理2.2
Ｈ₁,…,ＨnをＧの部分群とするとき、Ｈ₁∩…∩ＨnもＧの部分群である。このことは、有限個でない部分群の共通部分についても同様に成り立つ。
これを読めば自明である。念のため、無限個でも同様に成り立つ。
＞したがって、定理1.6よりＫ₁∩Ｋ₂はＬの部分体である。
定理1.6
体Ｋの空でない部分集合ＳがＫの部分体であるための必要十分条件は次の（１）,（２）が成り立つことである。
（１）ａ,ｂ∈Ｓ⇒ａ－ｂ∈Ｓ（∀ａ,ｂ∈Ｓ）
（２）ａ,ｂ∈Ｓ*⇒ａ・ｂ^-1∈Ｓ*（∀ａ,ｂ∈Ｓ*）
ただし、Ｓ*はＳからゼロ元０_Rを除いた集合Ｓ*＝Ｓ－{０_R}を表すものとする。
言いかえると、体Ｋの空でない部分集合ＳがＫの部分体であるための必要十分条件は、Ｓが加法に関してＫの部分群であって、Ｓ*が乗法に関してＫ*の部分群になっていることである。
念のため、この最後の部分である。つまり、加法と乗法について群をなしていれば体という事である。まぁ、四則演算について閉じていると考えれば同じ事である。念のため、乗法の方は零元を抜くのは０では割れないからである。
＞定義によって、Ｋ(α)はＫとαを含むＬの部分体のすべての共通部分である。ゆえに、ＭをＫとαを含むＬの任意の部分体とすればＫ(α)⊂Ｍである。したがって、Ｋ(α)はＫとαを含むＬの部分体のうちで最小のものである。
これは昨日具体例で解説したので省略。
念のため、Ｍは任意で、Ｋ(α)⊂ＭよりＫ(α)は全ての部分体Ｍの部分集合なので（部分体のうち）最小という事である。
＞これはＫとαを含むＬの部分体のうちで最小のものである。
Ｌの他の元を添加すればもっと大きくなるからである。具体的には、ℚ[√２,√３]とか。
（昨日の投稿より）
因みに、（１）のＫ(α)が体である事は、昨日はＫが体でαを含むＬが体だからと書いたが、
＞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。
例えば、Ｌを実数体，Ｋを有理数体として、α＝√２とすると、ℚ[√２]は体をなす。
つまり、Ｋが体でＬも体なので添加した集合も体になるという訳である。
例1.3
ℤ[√２]＝{ａ＋ｂ√２｜ａ,ｂ∈ℤ}は整域であり、ℚ[√２]＝{ａ＋ｂ√２｜ａ,ｂ∈ℚ}は体である。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より
ℤは体じゃないのでℤ[√２]も体にはならない。
（昨日の投稿より）
それは四則演算で閉じているのでイメージだけである。そこで、具体例の証明（別証）を見てみよう。
定理6.3
（１）は省略。
（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
念のため、Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))が定理4.11より体だからＫ[α]も体になるという訳である。（定理4.11は昨日の投稿を見て下さい。）
次に、もっと具体例を挙げる。
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＋ａ₁＋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]
（この証明も載っているが省略。）
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より
要は、Ｋ[α]＝Ｋ(α)は体になるという事である。
初学者がイメージ出来れば幸いです。
おまけ：
https://jisin.jp/koushitsu/2179930/#goog_rewarded
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壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/5 20:32 (No.1363857)削除問題
図１のような１辺の長さが２で、内角の１つが１２０°であるひし形がある。このひし形を底面とする図２のような四角柱は、ある平面で切ると、切り口が正六角形となる。
（１）この正六角形の１辺の長さを求めよ。
（２）正六角形となる切り口は２つあり、これで四角柱を４つに分けるとき、上面の中心を含む立体の体積を求めよ。
（０１ 久留米大付）
図の解説：図１は１辺が２のひし形で１つの内角が１２０°。図２はそれを底面とした直四角柱。
（２）は別解でした。（１）も何となく答えだけ合っているような解答でも良いとします。
おまけ：
図１のような１辺の長さが２で、内角の１つが１２０°であるひし形がある。このひし形を底面とする図２のような四角柱は、ある平面で切ると、切り口が正六角形となる。
（１）この正六角形の１辺の長さを求めよ。
（２）正六角形となる切り口は２つあり、これで四角柱を４つに分けるとき、上面の中心を含む立体の体積を求めよ。
（０１ 久留米大付）
図の解説：図１は１辺が２のひし形で１つの内角が１２０°。図２はそれを底面とした直四角柱。
（２）は別解でした。（１）も何となく答えだけ合っているような解答でも良いとします。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/6 07:59削除問題
図１のような１辺の長さが２で、内角の１つが１２０°であるひし形がある。このひし形を底面とする図２のような四角柱は、ある平面で切ると、切り口が正六角形となる。
（１）この正六角形の１辺の長さを求めよ。
（２）正六角形となる切り口は２つあり、これで四角柱を４つに分けるとき、上面の中心を含む立体の体積を求めよ。
（０１ 久留米大付）
図の解説：図１は１辺が２のひし形で１つの内角が１２０°。図２はそれを底面とした直四角柱。
模範解答
（１）図形の対称性などから、切り口の平面は図３の線分ＭＮを含み（注：図２の上底面をＡＢＣＤとし、Ｂと下底面をつなぐ線分の中点をＭ，Ｄと下底面をつなぐ線分の中点をＮとし、辺ＡＢ，ＡＤの適当な位置にそれぞれＰ，Ｑがあり、Ａと下底面，Ｃと下底面の中点をそれぞれＫ，Ｌとした図）
（👉注）、それとＡＢ，ＡＤの交点をＰ，Ｑとすると、ＭＮ＝ＢＤ＝２√３（👉図４）
（注：図４は上底面のひし形ＡＢＣＤのＡＢ，ＡＤの中点がそれぞれＰ，Ｑ、ＣＢ，ＣＤの中点がそれぞれＰ'，Ｑ'となっていて、ＰＱ∥ＢＤ∥Ｐ'Ｑ'となっている図。あと、∠Ｃ＝１２０°，ＡＢ＝２）
より、正六角形の一辺の長さは、√３。よって、ＰＱ＝√３であるから、Ｐ，Ｑは辺の中点である。
このとき、図３において、
ＢＭ＝√(ＰＭ²－ＢＰ²)＝√{(√３)²－１²}＝√２であるから、四角柱の高さは、２ＢＭ＝２√２
➡注 切り口としては、図３の線分ＫＬを含む場合も考えられますが、このとき、ＫＬ＝ＡＣ＝２より、上底面との交わりはＰＰ'（or ＱＱ'）となりますが、ＰＫ＞ＰＡ＝１となって、正六角形にはなりません。
（２）もう一つの切り口は、平面ＭＮＱ'Ｐ'である。求積すべき立体は、右図の太線部（注：図形ＭＮ－ＰＢＰ'Ｑ'ＤＱ）であり、網目部（注：図形ＣＰ'Ｑ'－ＬＭＮ）の三角錐台の体積は（Ｃ'-Ｐ'ＣＱ'∽Ｃ'-ＭＬＮ（注：Ｃ'は三角錐台を三角錐に補填した頂点）で、相似比１：２に注意して）、
{(√３/４)×２²×２√２×(１/３)}×{(２³－１³)/２³}＝７√６/１２
よって、求める体積は、
(√３/４)×２²×２×√２－７√６/１２×２
＝５√６/６
➡注 太線の立体（注：図形ＭＮ－ＰＢＰ'Ｑ'ＤＱ）を平面ＢＤＮＭで二等分すると、”三角柱切断形”になり、増刊号『日日のハイレベル演習』p.173にある公式を使うと、
[{(１/２)×√２/２}×{(√３＋２√３＋２√３)/３}]×２＝５√６/６
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
図がないと無理があるかもしれませんが、解説は次回。最後の「➡注」の公式は、断頭（切頭）三角柱の体積の公式。
おまけ：
１行目は、理不尽な試練を表わしていると解釈している。また、「犠牲」と訳した「sacrifice」（1 犠牲，供犠，供物，いけにえ，2 犠牲的行為，犠牲，3 [経済的]犠牲，出費）は「生け贄」とも訳せる。
引用元：https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12881136047.html
図１のような１辺の長さが２で、内角の１つが１２０°であるひし形がある。このひし形を底面とする図２のような四角柱は、ある平面で切ると、切り口が正六角形となる。
（１）この正六角形の１辺の長さを求めよ。
（２）正六角形となる切り口は２つあり、これで四角柱を４つに分けるとき、上面の中心を含む立体の体積を求めよ。
（０１ 久留米大付）
図の解説：図１は１辺が２のひし形で１つの内角が１２０°。図２はそれを底面とした直四角柱。
模範解答
（１）図形の対称性などから、切り口の平面は図３の線分ＭＮを含み（注：図２の上底面をＡＢＣＤとし、Ｂと下底面をつなぐ線分の中点をＭ，Ｄと下底面をつなぐ線分の中点をＮとし、辺ＡＢ，ＡＤの適当な位置にそれぞれＰ，Ｑがあり、Ａと下底面，Ｃと下底面の中点をそれぞれＫ，Ｌとした図）
（👉注）、それとＡＢ，ＡＤの交点をＰ，Ｑとすると、ＭＮ＝ＢＤ＝２√３（👉図４）
（注：図４は上底面のひし形ＡＢＣＤのＡＢ，ＡＤの中点がそれぞれＰ，Ｑ、ＣＢ，ＣＤの中点がそれぞれＰ'，Ｑ'となっていて、ＰＱ∥ＢＤ∥Ｐ'Ｑ'となっている図。あと、∠Ｃ＝１２０°，ＡＢ＝２）
より、正六角形の一辺の長さは、√３。よって、ＰＱ＝√３であるから、Ｐ，Ｑは辺の中点である。
このとき、図３において、
ＢＭ＝√(ＰＭ²－ＢＰ²)＝√{(√３)²－１²}＝√２であるから、四角柱の高さは、２ＢＭ＝２√２
➡注 切り口としては、図３の線分ＫＬを含む場合も考えられますが、このとき、ＫＬ＝ＡＣ＝２より、上底面との交わりはＰＰ'（or ＱＱ'）となりますが、ＰＫ＞ＰＡ＝１となって、正六角形にはなりません。
（２）もう一つの切り口は、平面ＭＮＱ'Ｐ'である。求積すべき立体は、右図の太線部（注：図形ＭＮ－ＰＢＰ'Ｑ'ＤＱ）であり、網目部（注：図形ＣＰ'Ｑ'－ＬＭＮ）の三角錐台の体積は（Ｃ'-Ｐ'ＣＱ'∽Ｃ'-ＭＬＮ（注：Ｃ'は三角錐台を三角錐に補填した頂点）で、相似比１：２に注意して）、
{(√３/４)×２²×２√２×(１/３)}×{(２³－１³)/２³}＝７√６/１２
よって、求める体積は、
(√３/４)×２²×２×√２－７√６/１２×２
＝５√６/６
➡注 太線の立体（注：図形ＭＮ－ＰＢＰ'Ｑ'ＤＱ）を平面ＢＤＮＭで二等分すると、”三角柱切断形”になり、増刊号『日日のハイレベル演習』p.173にある公式を使うと、
[{(１/２)×√２/２}×{(√３＋２√３＋２√３)/３}]×２＝５√６/６
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
図がないと無理があるかもしれませんが、解説は次回。最後の「➡注」の公式は、断頭（切頭）三角柱の体積の公式。
おまけ：
１行目は、理不尽な試練を表わしていると解釈している。また、「犠牲」と訳した「sacrifice」（1 犠牲，供犠，供物，いけにえ，2 犠牲的行為，犠牲，3 [経済的]犠牲，出費）は「生け贄」とも訳せる。
引用元：https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12881136047.html
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/7 07:53削除問題
図１のような１辺の長さが２で、内角の１つが１２０°であるひし形がある。このひし形を底面とする図２のような四角柱は、ある平面で切ると、切り口が正六角形となる。
（１）この正六角形の１辺の長さを求めよ。
（２）正六角形となる切り口は２つあり、これで四角柱を４つに分けるとき、上面の中心を含む立体の体積を求めよ。
（０１ 久留米大付）
図の解説：図１は１辺が２のひし形で１つの内角が１２０°。図２はそれを底面とした直四角柱。
模範解答
（１）図形の対称性などから、切り口の平面は図３の線分ＭＮを含み（注：図２の上底面をＡＢＣＤとし、Ｂと下底面をつなぐ線分の中点をＭ，Ｄと下底面をつなぐ線分の中点をＮとし、辺ＡＢ，ＡＤの適当な位置にそれぞれＰ，Ｑがあり、Ａと下底面，Ｃと下底面の中点をそれぞれＫ，Ｌとした図）
（👉注）、それとＡＢ，ＡＤの交点をＰ，Ｑとすると、ＭＮ＝ＢＤ＝２√３（👉図４）
（注：図４は上底面のひし形ＡＢＣＤのＡＢ，ＡＤの中点がそれぞれＰ，Ｑ、ＣＢ，ＣＤの中点がそれぞれＰ'，Ｑ'となっていて、ＰＱ∥ＢＤ∥Ｐ'Ｑ'となっている図。あと、∠Ｃ＝１２０°，ＡＢ＝２）
より、正六角形の一辺の長さは、√３。よって、ＰＱ＝√３であるから、Ｐ，Ｑは辺の中点である。
このとき、図３において、
ＢＭ＝√(ＰＭ²－ＢＰ²)＝√{(√３)²－１²}＝√２であるから、四角柱の高さは、２ＢＭ＝２√２
➡注 切り口としては、図３の線分ＫＬを含む場合も考えられますが、このとき、ＫＬ＝ＡＣ＝２より、上底面との交わりはＰＰ'（or ＱＱ'）となりますが、ＰＫ＞ＰＡ＝１となって、正六角形にはなりません。
（２）もう一つの切り口は、平面ＭＮＱ'Ｐ'である。求積すべき立体は、右図の太線部（注：図形ＭＮ－ＰＢＰ'Ｑ'ＤＱ）であり、網目部（注：図形ＣＰ'Ｑ'－ＬＭＮ）の三角錐台の体積は（Ｃ'-Ｐ'ＣＱ'∽Ｃ'-ＭＬＮ（注：Ｃ'は三角錐台を三角錐に補填した頂点）で、相似比１：２に注意して）、
{(√３/４)×２²×２√２×(１/３)}×{(２³－１³)/２³}＝７√６/１２
よって、求める体積は、
(√３/４)×２²×２×√２－７√６/１２×２
＝５√６/６
➡注 太線の立体（注：図形ＭＮ－ＰＢＰ'Ｑ'ＤＱ）を平面ＢＤＮＭで二等分すると、”三角柱切断形”になり、増刊号『日日のハイレベル演習』p.173にある公式を使うと、
[{(１/２)×√２/２}×{(√３＋２√３＋２√３)/３}]×２＝５√６/６
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
解説
＞）図形の対称性などから、切り口の平面は図３の線分ＭＮを含み（注：図２の上底面をＡＢＣＤとし、Ｂと下底面をつなぐ線分の中点をＭ，Ｄと下底面をつなぐ線分の中点をＮとし、辺ＡＢ，ＡＤの適当な位置にそれぞれＰ，Ｑがあり、Ａと下底面，Ｃと下底面の中点をそれぞれＫ，Ｌとした図）
（👉注）、
➡注 切り口としては、図３の線分ＫＬを含む場合も考えられますが、このとき、ＫＬ＝ＡＣ＝２より、上底面との交わりはＰＰ'（or ＱＱ'）となりますが、ＰＫ＞ＰＡ＝１となって、正六角形にはなりません。
要は、切り口が正六角形になるには、ＭＮかＫＬを含む切り方しかなく、ＫＬの方はＰＫ＞ＰＡ＝１となって正六角形にならないので却下という事。
因みに、ＰＫ＞ＰＡの理由は△ＡＰＫは∠Ａが直角の直角三角形でＰＫが斜辺だからである。
また、ＰＡ＝１の理由は、ＫＬ＝２が正六角形の一部（正六角形を真っ二つにする対角線）になるとしたら、正六角形の１辺の長さは１でＰＰ'＝１だから、点ＰはＡＢの中点となるからである。（念のため、△ＢＰＰ'は正三角形。）
＞それとＡＢ，ＡＤの交点をＰ，Ｑとすると、ＭＮ＝ＢＤ＝２√３（👉図４）
（注：図４は上底面のひし形ＡＢＣＤのＡＢ，ＡＤの中点がそれぞれＰ，Ｑ、ＣＢ，ＣＤの中点がそれぞれＰ'，Ｑ'となっていて、ＰＱ∥ＢＤ∥Ｐ'Ｑ'となっている図。あと、∠Ｃ＝１２０°，ＡＢ＝２）
より、正六角形の一辺の長さは、√３。よって、ＰＱ＝√３であるから、Ｐ，Ｑは辺の中点である。
ＭＮを含む切り口で切ると、ＭＮが正六角形を真っ二つにする対角線になるので、その正六角形の１辺ＰＱはＭＮ/２になり、ＭＮ＝２√３（頂角が１２０°で等辺の長さが２の二等辺三角形を考える）より、ＰＱ＝√３
つまり、正六角形の１辺の長さは√３という事。
また、△ＡＢＤの中点連結定理の逆により点Ｐ，ＱはＡＢ，ＡＤの中点である。
＞このとき、図３において、
ＢＭ＝√(ＰＭ²－ＢＰ²)＝√{(√３)²－１²}＝√２であるから、四角柱の高さは、２ＢＭ＝２√２
（注：図２の上底面をＡＢＣＤとし、Ｂと下底面をつなぐ線分の中点をＭ，Ｄと下底面をつなぐ線分の中点をＮとし、辺ＡＢ，ＡＤの適当な位置にそれぞれＰ，Ｑがあり、Ａと下底面，Ｃと下底面の中点をそれぞれＫ，Ｌとした図）
この図の△ＢＰＭで三平方の定理を使うと、
ＢＭ＝√(ＰＭ²－ＢＰ²)＝√{(√３)²－１²}＝√２であるから、四角柱の高さは、２ＢＭ＝２√２
という事。念のため、ＰＭ＝√３は正六角形の１辺の長さが√３だからで、ＢＰ＝１は点ＰがＡＢの中点だから。
また、「四角柱の高さは、２ＢＭ＝２√２」は対称性から。
＞（２）もう一つの切り口は、平面ＭＮＱ'Ｐ'である。求積すべき立体は、右図の太線部（注：図形ＭＮ－ＰＢＰ'Ｑ'ＤＱ）であり、網目部（注：図形ＣＰ'Ｑ'－ＬＭＮ）の三角錐台の体積は（Ｃ'-Ｐ'ＣＱ'∽Ｃ'-ＭＬＮ（注：Ｃ'は三角錐台を三角錐に補填した頂点）で、相似比１：２に注意して）、
{(√３/４)×２²×２√２×(１/３)}×{(２³－１³)/２³}＝７√６/１２
よって、求める体積は、
(√３/４)×２²×２×√２－７√６/１２×２
＝５√６/６
（２）の模範解答は、三角錐Ｃ'－ＭＬＮを作り、三角錐Ｃ'－Ｐ'ＣＱとの相似で三角錐台ＣＰ'Ｑ'－ＬＭＮの体積を求め、対称性からその２個分を四角柱ＡＢＣＤ－ＫＭＬＮから引いて求める解法である。計算の解説は省略。
＞➡注 太線の立体（注：図形ＭＮ－ＰＢＰ'Ｑ'ＤＱ）を平面ＢＤＮＭで二等分すると、”三角柱切断形”になり、増刊号『日日のハイレベル演習』p.173にある公式を使うと、
[{(１/２)×√２/２}×{(√３＋２√３＋２√３)/３}]×２＝５√６/６
別解の方は上でも書いたが、図形ＭＮ－ＰＢＰ'Ｑ'ＤＱを平面ＢＭＮＤで２つに切って、断頭三角柱の体積の公式https://www.shuei-yobiko.co.jp/labo/jh-math-byousatsu07/を使って求める解法。数式の解説は省略。
私のチャチャっと解法は次回。
おまけ：
図１のような１辺の長さが２で、内角の１つが１２０°であるひし形がある。このひし形を底面とする図２のような四角柱は、ある平面で切ると、切り口が正六角形となる。
（１）この正六角形の１辺の長さを求めよ。
（２）正六角形となる切り口は２つあり、これで四角柱を４つに分けるとき、上面の中心を含む立体の体積を求めよ。
（０１ 久留米大付）
図の解説：図１は１辺が２のひし形で１つの内角が１２０°。図２はそれを底面とした直四角柱。
模範解答
（１）図形の対称性などから、切り口の平面は図３の線分ＭＮを含み（注：図２の上底面をＡＢＣＤとし、Ｂと下底面をつなぐ線分の中点をＭ，Ｄと下底面をつなぐ線分の中点をＮとし、辺ＡＢ，ＡＤの適当な位置にそれぞれＰ，Ｑがあり、Ａと下底面，Ｃと下底面の中点をそれぞれＫ，Ｌとした図）
（👉注）、それとＡＢ，ＡＤの交点をＰ，Ｑとすると、ＭＮ＝ＢＤ＝２√３（👉図４）
（注：図４は上底面のひし形ＡＢＣＤのＡＢ，ＡＤの中点がそれぞれＰ，Ｑ、ＣＢ，ＣＤの中点がそれぞれＰ'，Ｑ'となっていて、ＰＱ∥ＢＤ∥Ｐ'Ｑ'となっている図。あと、∠Ｃ＝１２０°，ＡＢ＝２）
より、正六角形の一辺の長さは、√３。よって、ＰＱ＝√３であるから、Ｐ，Ｑは辺の中点である。
このとき、図３において、
ＢＭ＝√(ＰＭ²－ＢＰ²)＝√{(√３)²－１²}＝√２であるから、四角柱の高さは、２ＢＭ＝２√２
➡注 切り口としては、図３の線分ＫＬを含む場合も考えられますが、このとき、ＫＬ＝ＡＣ＝２より、上底面との交わりはＰＰ'（or ＱＱ'）となりますが、ＰＫ＞ＰＡ＝１となって、正六角形にはなりません。
（２）もう一つの切り口は、平面ＭＮＱ'Ｐ'である。求積すべき立体は、右図の太線部（注：図形ＭＮ－ＰＢＰ'Ｑ'ＤＱ）であり、網目部（注：図形ＣＰ'Ｑ'－ＬＭＮ）の三角錐台の体積は（Ｃ'-Ｐ'ＣＱ'∽Ｃ'-ＭＬＮ（注：Ｃ'は三角錐台を三角錐に補填した頂点）で、相似比１：２に注意して）、
{(√３/４)×２²×２√２×(１/３)}×{(２³－１³)/２³}＝７√６/１２
よって、求める体積は、
(√３/４)×２²×２×√２－７√６/１２×２
＝５√６/６
➡注 太線の立体（注：図形ＭＮ－ＰＢＰ'Ｑ'ＤＱ）を平面ＢＤＮＭで二等分すると、”三角柱切断形”になり、増刊号『日日のハイレベル演習』p.173にある公式を使うと、
[{(１/２)×√２/２}×{(√３＋２√３＋２√３)/３}]×２＝５√６/６
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
解説
＞）図形の対称性などから、切り口の平面は図３の線分ＭＮを含み（注：図２の上底面をＡＢＣＤとし、Ｂと下底面をつなぐ線分の中点をＭ，Ｄと下底面をつなぐ線分の中点をＮとし、辺ＡＢ，ＡＤの適当な位置にそれぞれＰ，Ｑがあり、Ａと下底面，Ｃと下底面の中点をそれぞれＫ，Ｌとした図）
（👉注）、
➡注 切り口としては、図３の線分ＫＬを含む場合も考えられますが、このとき、ＫＬ＝ＡＣ＝２より、上底面との交わりはＰＰ'（or ＱＱ'）となりますが、ＰＫ＞ＰＡ＝１となって、正六角形にはなりません。
要は、切り口が正六角形になるには、ＭＮかＫＬを含む切り方しかなく、ＫＬの方はＰＫ＞ＰＡ＝１となって正六角形にならないので却下という事。
因みに、ＰＫ＞ＰＡの理由は△ＡＰＫは∠Ａが直角の直角三角形でＰＫが斜辺だからである。
また、ＰＡ＝１の理由は、ＫＬ＝２が正六角形の一部（正六角形を真っ二つにする対角線）になるとしたら、正六角形の１辺の長さは１でＰＰ'＝１だから、点ＰはＡＢの中点となるからである。（念のため、△ＢＰＰ'は正三角形。）
＞それとＡＢ，ＡＤの交点をＰ，Ｑとすると、ＭＮ＝ＢＤ＝２√３（👉図４）
（注：図４は上底面のひし形ＡＢＣＤのＡＢ，ＡＤの中点がそれぞれＰ，Ｑ、ＣＢ，ＣＤの中点がそれぞれＰ'，Ｑ'となっていて、ＰＱ∥ＢＤ∥Ｐ'Ｑ'となっている図。あと、∠Ｃ＝１２０°，ＡＢ＝２）
より、正六角形の一辺の長さは、√３。よって、ＰＱ＝√３であるから、Ｐ，Ｑは辺の中点である。
ＭＮを含む切り口で切ると、ＭＮが正六角形を真っ二つにする対角線になるので、その正六角形の１辺ＰＱはＭＮ/２になり、ＭＮ＝２√３（頂角が１２０°で等辺の長さが２の二等辺三角形を考える）より、ＰＱ＝√３
つまり、正六角形の１辺の長さは√３という事。
また、△ＡＢＤの中点連結定理の逆により点Ｐ，ＱはＡＢ，ＡＤの中点である。
＞このとき、図３において、
ＢＭ＝√(ＰＭ²－ＢＰ²)＝√{(√３)²－１²}＝√２であるから、四角柱の高さは、２ＢＭ＝２√２
（注：図２の上底面をＡＢＣＤとし、Ｂと下底面をつなぐ線分の中点をＭ，Ｄと下底面をつなぐ線分の中点をＮとし、辺ＡＢ，ＡＤの適当な位置にそれぞれＰ，Ｑがあり、Ａと下底面，Ｃと下底面の中点をそれぞれＫ，Ｌとした図）
この図の△ＢＰＭで三平方の定理を使うと、
ＢＭ＝√(ＰＭ²－ＢＰ²)＝√{(√３)²－１²}＝√２であるから、四角柱の高さは、２ＢＭ＝２√２
という事。念のため、ＰＭ＝√３は正六角形の１辺の長さが√３だからで、ＢＰ＝１は点ＰがＡＢの中点だから。
また、「四角柱の高さは、２ＢＭ＝２√２」は対称性から。
＞（２）もう一つの切り口は、平面ＭＮＱ'Ｐ'である。求積すべき立体は、右図の太線部（注：図形ＭＮ－ＰＢＰ'Ｑ'ＤＱ）であり、網目部（注：図形ＣＰ'Ｑ'－ＬＭＮ）の三角錐台の体積は（Ｃ'-Ｐ'ＣＱ'∽Ｃ'-ＭＬＮ（注：Ｃ'は三角錐台を三角錐に補填した頂点）で、相似比１：２に注意して）、
{(√３/４)×２²×２√２×(１/３)}×{(２³－１³)/２³}＝７√６/１２
よって、求める体積は、
(√３/４)×２²×２×√２－７√６/１２×２
＝５√６/６
（２）の模範解答は、三角錐Ｃ'－ＭＬＮを作り、三角錐Ｃ'－Ｐ'ＣＱとの相似で三角錐台ＣＰ'Ｑ'－ＬＭＮの体積を求め、対称性からその２個分を四角柱ＡＢＣＤ－ＫＭＬＮから引いて求める解法である。計算の解説は省略。
＞➡注 太線の立体（注：図形ＭＮ－ＰＢＰ'Ｑ'ＤＱ）を平面ＢＤＮＭで二等分すると、”三角柱切断形”になり、増刊号『日日のハイレベル演習』p.173にある公式を使うと、
[{(１/２)×√２/２}×{(√３＋２√３＋２√３)/３}]×２＝５√６/６
別解の方は上でも書いたが、図形ＭＮ－ＰＢＰ'Ｑ'ＤＱを平面ＢＭＮＤで２つに切って、断頭三角柱の体積の公式https://www.shuei-yobiko.co.jp/labo/jh-math-byousatsu07/を使って求める解法。数式の解説は省略。
私のチャチャっと解法は次回。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/8 07:55削除問題
図１のような１辺の長さが２で、内角の１つが１２０°であるひし形がある。このひし形を底面とする図２のような四角柱は、ある平面で切ると、切り口が正六角形となる。
（１）この正六角形の１辺の長さを求めよ。
（２）正六角形となる切り口は２つあり、これで四角柱を４つに分けるとき、上面の中心を含む立体の体積を求めよ。
（０１ 久留米大付）
図の解説：図１は１辺が２のひし形で１つの内角が１２０°。図２はそれを底面とした直四角柱。
私のチャチャっと解法
ところで、立方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨ（上底面の左奥から反時計回りにＡ～Ｄでそれに対応するように下底面にＥ～Ｈと振る）のＡＢ，ＢＦ，ＦＧ，ＧＨ，ＨＤ，ＤＡの各中点を結ぶと正六角形が現われる事は有名（定石）なので、
https://mimizuku-edu.com/rittai-no-setsudan/#google_vignette（こちらの一番右の列の上から二番目。）
図２の上底面と下底面の各辺の中点を結ぶと、頂角が１２０°で等辺の長さが１の二等辺三角形が出来、その底辺の長さは√３
よって、正六角形の１辺の長さは√３と推定される。よって、図２の高さの辺の中点と上底面１つの辺の中点を含んだ直角三角形で三平方の定理を使うと、高さの半分＝√{(√３)²－１²}＝√２
よって、立体の高さは２√２
ここで、（２）のもう一つの切り口を考えると、当然逆（対称的な）の中点を結んだ切り口である事が分かり、求める立体は模範解答の図形ＭＮ－ＰＢＰ'Ｑ'ＤＱである事が分かる。
そこで、断頭三角柱の体積の公式で、立体ＭＰＰ'－ＮＱＱ'を求め、三角錐Ｍ－ＢＰＰ'と三角錐Ｎ－ＱＱ'の体積を加える。
∴立体ＭＰＰ'－ＮＱＱ'
＝(√３＋√３＋２√３)×{１×√２×(１/２)}×(１/３)
＝４√３×(√２/６)＝２√６/３
また、三角錐Ｍ－ＢＰＰ'＝１×(√３/２)×(１/２)×√２×(１/３)＝√６/１２
∴図形ＭＮ－ＰＢＰ'Ｑ'ＤＱ＝２√６/３＋(√６/１２)×２＝２√６/３＋√６/６＝５√６/６
よって、答えは、
（１）√３，２√２（２）５√６/６
念のため、厳密な解法でない事は言うまでもない。まぁ、マークシートだったら満点だが。（（１）は推定と言っても対称性（結果の形状から考えて）からそれしかあり得ないとも言えそうだが。）
おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1876479252658618431
図１のような１辺の長さが２で、内角の１つが１２０°であるひし形がある。このひし形を底面とする図２のような四角柱は、ある平面で切ると、切り口が正六角形となる。
（１）この正六角形の１辺の長さを求めよ。
（２）正六角形となる切り口は２つあり、これで四角柱を４つに分けるとき、上面の中心を含む立体の体積を求めよ。
（０１ 久留米大付）
図の解説：図１は１辺が２のひし形で１つの内角が１２０°。図２はそれを底面とした直四角柱。
私のチャチャっと解法
ところで、立方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨ（上底面の左奥から反時計回りにＡ～Ｄでそれに対応するように下底面にＥ～Ｈと振る）のＡＢ，ＢＦ，ＦＧ，ＧＨ，ＨＤ，ＤＡの各中点を結ぶと正六角形が現われる事は有名（定石）なので、
https://mimizuku-edu.com/rittai-no-setsudan/#google_vignette（こちらの一番右の列の上から二番目。）
図２の上底面と下底面の各辺の中点を結ぶと、頂角が１２０°で等辺の長さが１の二等辺三角形が出来、その底辺の長さは√３
よって、正六角形の１辺の長さは√３と推定される。よって、図２の高さの辺の中点と上底面１つの辺の中点を含んだ直角三角形で三平方の定理を使うと、高さの半分＝√{(√３)²－１²}＝√２
よって、立体の高さは２√２
ここで、（２）のもう一つの切り口を考えると、当然逆（対称的な）の中点を結んだ切り口である事が分かり、求める立体は模範解答の図形ＭＮ－ＰＢＰ'Ｑ'ＤＱである事が分かる。
そこで、断頭三角柱の体積の公式で、立体ＭＰＰ'－ＮＱＱ'を求め、三角錐Ｍ－ＢＰＰ'と三角錐Ｎ－ＱＱ'の体積を加える。
∴立体ＭＰＰ'－ＮＱＱ'
＝(√３＋√３＋２√３)×{１×√２×(１/２)}×(１/３)
＝４√３×(√２/６)＝２√６/３
また、三角錐Ｍ－ＢＰＰ'＝１×(√３/２)×(１/２)×√２×(１/３)＝√６/１２
∴図形ＭＮ－ＰＢＰ'Ｑ'ＤＱ＝２√６/３＋(√６/１２)×２＝２√６/３＋√６/６＝５√６/６
よって、答えは、
（１）√３，２√２（２）５√６/６
念のため、厳密な解法でない事は言うまでもない。まぁ、マークシートだったら満点だが。（（１）は推定と言っても対称性（結果の形状から考えて）からそれしかあり得ないとも言えそうだが。）
おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1876479252658618431
返信
返信3
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/7 12:02 (No.1364902)削除次の文章を完全解説して下さい。
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。係数は体Ｋに属するから、この多項式はモニックであるとしてよい。すなわち
Ｘ^n＋ａn-1Ｘ^(n-1)＋…＋ａ₁Ｘ＋ａ₀，ａi∈Ｋ
Ｌの元αがＫ上代数的でないとき、αはＫ上超越的であるといわれる。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（この写像は定理4.4によって準同型である）
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。また、Imσ＝Ｋ[α]と表すことにする。
αがＫ上に代数的であれば、kerσは(０)ではない。準同型定理3.5によってＫ[Ｘ]/kerσは整域と同型になり、kerσはＫ[Ｘ]の素イデアルになる（定理4.11）。
Ｋ[Ｘ]は単項イデアル整域であったから（定理4.7）、kerσを生成するモニックな既約多項式ｆ(Ｘ)が存在する。ｆ(Ｘ)はαを根とする次数最小のモニックな多項式である。このｆ(Ｘ)をαのＫ上の最小多項式という。
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。これはＫとαを含むＬの部分体のうちで最小のものである。Ｌの元α₁,α₂,…,αnに対してＫとα₁,α₂,…,αnを含む最小の部分体をＫ(α₁,α₂,…,αn)で表し、Ｋにα₁,α₂,…,αnを添加した体という。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
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
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)
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。
定理4.7
体Ｋ上の１変数の多項式環Ｋ[Ｘ]のイデアルはすべて単項イデアルである。すなわち、Ｋ[Ｘ]は単項イデアル整域（PID）である。
定義4.5の一部
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
適当に分かり易く解説して下さい。難しいと思います。
おまけ：
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。係数は体Ｋに属するから、この多項式はモニックであるとしてよい。すなわち
Ｘ^n＋ａn-1Ｘ^(n-1)＋…＋ａ₁Ｘ＋ａ₀，ａi∈Ｋ
Ｌの元αがＫ上代数的でないとき、αはＫ上超越的であるといわれる。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（この写像は定理4.4によって準同型である）
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。また、Imσ＝Ｋ[α]と表すことにする。
αがＫ上に代数的であれば、kerσは(０)ではない。準同型定理3.5によってＫ[Ｘ]/kerσは整域と同型になり、kerσはＫ[Ｘ]の素イデアルになる（定理4.11）。
Ｋ[Ｘ]は単項イデアル整域であったから（定理4.7）、kerσを生成するモニックな既約多項式ｆ(Ｘ)が存在する。ｆ(Ｘ)はαを根とする次数最小のモニックな多項式である。このｆ(Ｘ)をαのＫ上の最小多項式という。
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。これはＫとαを含むＬの部分体のうちで最小のものである。Ｌの元α₁,α₂,…,αnに対してＫとα₁,α₂,…,αnを含む最小の部分体をＫ(α₁,α₂,…,αn)で表し、Ｋにα₁,α₂,…,αnを添加した体という。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
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
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)
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。
定理4.7
体Ｋ上の１変数の多項式環Ｋ[Ｘ]のイデアルはすべて単項イデアルである。すなわち、Ｋ[Ｘ]は単項イデアル整域（PID）である。
定義4.5の一部
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
適当に分かり易く解説して下さい。難しいと思います。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/7 13:54削除解説
＞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。
具体的にイメージ出来るように、Ｋを有理数体，Ｌを実数体とイメージすると良い。
そこで、αを√２とすると、αはｘ²－２＝０の解なので√２は有理数体上代数的という事である。
＞係数は体Ｋに属するから、この多項式はモニックであるとしてよい。
体Ｋは四則演算について閉じているから、最高次の係数で式全体を割ってもそれぞれの係数は体Ｋから出る事はないから。
有理数をイメージすれば良い。例えば、３ｘ²＋２ｘ＋３＝０の両辺を３で割ると、ｘ²＋(２/３)ｘ＋１＝０で各係数は有理数から出る事はないから最高次の係数を１にしても良いという事である。（＝０は付けない方が良いかもしれないが、アバウトに分かり易くするために付けた。）
モニックの定義
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。
＞Ｘ^n＋ａn-1Ｘ^(n-1)＋…＋ａ₁Ｘ＋ａ₀，ａi∈Ｋ
Ｌの元αがＫ上代数的でないとき、αはＫ上超越的であるといわれる。
具体的には、Ｋを有理数体，Ｌを実数体としてαをπとかｅとすれば良い。ｎ次方程式の解にはならない事が（何となく）分かるだろう。
＞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（この写像は定理4.4によって準同型である）
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。
αがＫ上代数的であるという事は、「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」だったので、つまり、Ｘ^n＋ａn-1Ｘ^(n-1)＋…＋ａ₁Ｘ＋ａ₀＝０の解なのでｎ個あるから単射ではないという事。
解でなければ、当然０に写像される訳ではなく、ある一定の値に写像されるので当然単射である。
念のため、σは代入の原理である。
＞αがＫ上に代数的であれば、kerσは(０)ではない。
単射ではないからである。
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)
＞準同型定理3.5によってＫ[Ｘ]/kerσは整域と同型になり、kerσはＫ[Ｘ]の素イデアルになる（定理4.11）。
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)
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。
σ：Ｋ[Ｘ]→Ｌ
ｆ(Ｘ)→ｆ(α)
これが、定理3.5のｆ：Ｒ→Ｒ'に当たり、
Ｒ/kerｆ≃ｆ(Ｒ)
より、Ｋ[Ｘ]/kerσ≃Ｌとなるという事である。
また、Ｌは体で体は整域なので、Ｋ[Ｘ]/kerσは整域と同型になるという事である。
定理1.4
体は０と異なる零因子をもたない。すなわち、体は整域である。
また、Ｋ[Ｘ]/kerσが整域なので、定理4.11(４)と(２)より、kerσは（Ｋ[Ｘ]の）素イデアルであるという事。
因みに、わざわざ整域を言わなくても、定理4.11(５)と(２)から言えるのにね。一般的な定理2.6に合わせているのだろう。
定理2.6
Ｐを可換環Ｒのイデアルとするとき、次が成り立つ。
（１）Ｐは素イデアルである。⇔Ｒ/Ｐは整域。
（２）Ｐは極大イデアルである。⇔Ｒ/Ｐは体。
（３）Ｐが極大イデアルならば、Ｐは素イデアルである。
あまり関係ないが、有理整数環ℤでも定理4.11と同じである。
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。
続きは次回。
おまけ：
＞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。
具体的にイメージ出来るように、Ｋを有理数体，Ｌを実数体とイメージすると良い。
そこで、αを√２とすると、αはｘ²－２＝０の解なので√２は有理数体上代数的という事である。
＞係数は体Ｋに属するから、この多項式はモニックであるとしてよい。
体Ｋは四則演算について閉じているから、最高次の係数で式全体を割ってもそれぞれの係数は体Ｋから出る事はないから。
有理数をイメージすれば良い。例えば、３ｘ²＋２ｘ＋３＝０の両辺を３で割ると、ｘ²＋(２/３)ｘ＋１＝０で各係数は有理数から出る事はないから最高次の係数を１にしても良いという事である。（＝０は付けない方が良いかもしれないが、アバウトに分かり易くするために付けた。）
モニックの定義
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。
＞Ｘ^n＋ａn-1Ｘ^(n-1)＋…＋ａ₁Ｘ＋ａ₀，ａi∈Ｋ
Ｌの元αがＫ上代数的でないとき、αはＫ上超越的であるといわれる。
具体的には、Ｋを有理数体，Ｌを実数体としてαをπとかｅとすれば良い。ｎ次方程式の解にはならない事が（何となく）分かるだろう。
＞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（この写像は定理4.4によって準同型である）
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。
αがＫ上代数的であるという事は、「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」だったので、つまり、Ｘ^n＋ａn-1Ｘ^(n-1)＋…＋ａ₁Ｘ＋ａ₀＝０の解なのでｎ個あるから単射ではないという事。
解でなければ、当然０に写像される訳ではなく、ある一定の値に写像されるので当然単射である。
念のため、σは代入の原理である。
＞αがＫ上に代数的であれば、kerσは(０)ではない。
単射ではないからである。
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)
＞準同型定理3.5によってＫ[Ｘ]/kerσは整域と同型になり、kerσはＫ[Ｘ]の素イデアルになる（定理4.11）。
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)
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。
σ：Ｋ[Ｘ]→Ｌ
ｆ(Ｘ)→ｆ(α)
これが、定理3.5のｆ：Ｒ→Ｒ'に当たり、
Ｒ/kerｆ≃ｆ(Ｒ)
より、Ｋ[Ｘ]/kerσ≃Ｌとなるという事である。
また、Ｌは体で体は整域なので、Ｋ[Ｘ]/kerσは整域と同型になるという事である。
定理1.4
体は０と異なる零因子をもたない。すなわち、体は整域である。
また、Ｋ[Ｘ]/kerσが整域なので、定理4.11(４)と(２)より、kerσは（Ｋ[Ｘ]の）素イデアルであるという事。
因みに、わざわざ整域を言わなくても、定理4.11(５)と(２)から言えるのにね。一般的な定理2.6に合わせているのだろう。
定理2.6
Ｐを可換環Ｒのイデアルとするとき、次が成り立つ。
（１）Ｐは素イデアルである。⇔Ｒ/Ｐは整域。
（２）Ｐは極大イデアルである。⇔Ｒ/Ｐは体。
（３）Ｐが極大イデアルならば、Ｐは素イデアルである。
あまり関係ないが、有理整数環ℤでも定理4.11と同じである。
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。
続きは次回。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/7 15:55削除解説の続き
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。係数は体Ｋに属するから、この多項式はモニックであるとしてよい。すなわち
Ｘ^n＋ａn-1Ｘ^(n-1)＋…＋ａ₁Ｘ＋ａ₀，ａi∈Ｋ
Ｌの元αがＫ上代数的でないとき、αはＫ上超越的であるといわれる。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（この写像は定理4.4によって準同型である）
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。また、Imσ＝Ｋ[α]と表すことにする。
αがＫ上に代数的であれば、kerσは(０)ではない。準同型定理3.5によってＫ[Ｘ]/kerσは整域と同型になり、kerσはＫ[Ｘ]の素イデアルになる（定理4.11）。
Ｋ[Ｘ]は単項イデアル整域であったから（定理4.7）、kerσを生成するモニックな既約多項式ｆ(Ｘ)が存在する。ｆ(Ｘ)はαを根とする次数最小のモニックな多項式である。このｆ(Ｘ)をαのＫ上の最小多項式という。
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。これはＫとαを含むＬの部分体のうちで最小のものである。Ｌの元α₁,α₂,…,αnに対してＫとα₁,α₂,…,αnを含む最小の部分体をＫ(α₁,α₂,…,αn)で表し、Ｋにα₁,α₂,…,αnを添加した体という。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
定理4.7
体Ｋ上の１変数の多項式環Ｋ[Ｘ]のイデアルはすべて単項イデアルである。すなわち、Ｋ[Ｘ]は単項イデアル整域（PID）である。
解説
＞Ｋ[Ｘ]は単項イデアル整域であったから（定理4.7）、kerσを生成するモニックな既約多項式ｆ(Ｘ)が存在する。
上で、kerσが素イデアルである事を示したので、kerσを生成する既約多項式ｆ(Ｘ)が存在するという事（Ｋ[Ｘ]の素元は既約多項式だから）。また、単項イデアルだから生成元がｆ(Ｘ)という事。
問5.13
Ｋを体とするとき、多項式環Ｋ[Ｘ]の素元は何か。
（略解）
体Ｋ上の１変数の多項式環Ｋ[Ｘ]における素元は既約多項式のことである。
「演習 群・環・体 入門」新妻弘著より
＞ｆ(Ｘ)はαを根とする次数最小のモニックな多項式である。このｆ(Ｘ)をαのＫ上の最小多項式という。
例えば、α＝－１＋√２∈Ｌとすると、Ｘ＝－１＋√２で、√２＝Ｘ＋１ ∴２＝(Ｘ＋１)²
∴Ｘ²＋２Ｘ－１＝０
よって、ｆ(Ｘ)＝Ｘ²＋２Ｘ－１がαのＫ上の最小多項式である。（Ｌは実数体でＫは有理数体と考えれば良い。）
これがＫ上既約多項式ある道理は分かるだろう。因みに、適当な多項式を掛け合わせれば最小ではないαを根とする多項式が出来る事は言うまでもない。
＞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。
例えば、Ｌを実数体，Ｋを有理数体として、α＝√２とすると、ℚ[√２]は体をなす。
つまり、Ｋが体でＬも体なので添加した集合も体になるという訳である。
例1.3
ℤ[√２]＝{ａ＋ｂ√２｜ａ,ｂ∈ℤ}は整域であり、ℚ[√２]＝{ａ＋ｂ√２｜ａ,ｂ∈ℚ}は体である。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より
ℤは体じゃないのでℤ[√２]も体にはならない。
＞これはＫとαを含むＬの部分体のうちで最小のものである。
Ｌの他の元を添加すればもっと大きくなるからである。具体的には、ℚ[√２,√３]とか。
＞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。
例えば、ℚ[π]もℚの単純拡大体という事。
おまけ：
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。係数は体Ｋに属するから、この多項式はモニックであるとしてよい。すなわち
Ｘ^n＋ａn-1Ｘ^(n-1)＋…＋ａ₁Ｘ＋ａ₀，ａi∈Ｋ
Ｌの元αがＫ上代数的でないとき、αはＫ上超越的であるといわれる。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（この写像は定理4.4によって準同型である）
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。また、Imσ＝Ｋ[α]と表すことにする。
αがＫ上に代数的であれば、kerσは(０)ではない。準同型定理3.5によってＫ[Ｘ]/kerσは整域と同型になり、kerσはＫ[Ｘ]の素イデアルになる（定理4.11）。
Ｋ[Ｘ]は単項イデアル整域であったから（定理4.7）、kerσを生成するモニックな既約多項式ｆ(Ｘ)が存在する。ｆ(Ｘ)はαを根とする次数最小のモニックな多項式である。このｆ(Ｘ)をαのＫ上の最小多項式という。
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。これはＫとαを含むＬの部分体のうちで最小のものである。Ｌの元α₁,α₂,…,αnに対してＫとα₁,α₂,…,αnを含む最小の部分体をＫ(α₁,α₂,…,αn)で表し、Ｋにα₁,α₂,…,αnを添加した体という。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
定理4.7
体Ｋ上の１変数の多項式環Ｋ[Ｘ]のイデアルはすべて単項イデアルである。すなわち、Ｋ[Ｘ]は単項イデアル整域（PID）である。
解説
＞Ｋ[Ｘ]は単項イデアル整域であったから（定理4.7）、kerσを生成するモニックな既約多項式ｆ(Ｘ)が存在する。
上で、kerσが素イデアルである事を示したので、kerσを生成する既約多項式ｆ(Ｘ)が存在するという事（Ｋ[Ｘ]の素元は既約多項式だから）。また、単項イデアルだから生成元がｆ(Ｘ)という事。
問5.13
Ｋを体とするとき、多項式環Ｋ[Ｘ]の素元は何か。
（略解）
体Ｋ上の１変数の多項式環Ｋ[Ｘ]における素元は既約多項式のことである。
「演習 群・環・体 入門」新妻弘著より
＞ｆ(Ｘ)はαを根とする次数最小のモニックな多項式である。このｆ(Ｘ)をαのＫ上の最小多項式という。
例えば、α＝－１＋√２∈Ｌとすると、Ｘ＝－１＋√２で、√２＝Ｘ＋１ ∴２＝(Ｘ＋１)²
∴Ｘ²＋２Ｘ－１＝０
よって、ｆ(Ｘ)＝Ｘ²＋２Ｘ－１がαのＫ上の最小多項式である。（Ｌは実数体でＫは有理数体と考えれば良い。）
これがＫ上既約多項式ある道理は分かるだろう。因みに、適当な多項式を掛け合わせれば最小ではないαを根とする多項式が出来る事は言うまでもない。
＞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。
例えば、Ｌを実数体，Ｋを有理数体として、α＝√２とすると、ℚ[√２]は体をなす。
つまり、Ｋが体でＬも体なので添加した集合も体になるという訳である。
例1.3
ℤ[√２]＝{ａ＋ｂ√２｜ａ,ｂ∈ℤ}は整域であり、ℚ[√２]＝{ａ＋ｂ√２｜ａ,ｂ∈ℚ}は体である。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より
ℤは体じゃないのでℤ[√２]も体にはならない。
＞これはＫとαを含むＬの部分体のうちで最小のものである。
Ｌの他の元を添加すればもっと大きくなるからである。具体的には、ℚ[√２,√３]とか。
＞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。
例えば、ℚ[π]もℚの単純拡大体という事。
おまけ：
返信
返信2
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/6 11:30 (No.1364203)削除次の文章を完全解説して下さい。
■原始元の存在（証明）
上の例で原始元を具体的に構成しました。ガロワは一般に重根を持たないｆ(ｘ)に対して、その原始元が存在することを証明しました。ここでは煩雑にならないように、ｆ(ｘ)＝ｘ^3－２の例においてガロワの理論を紹介します。一般の場合も同様です。
まず有理数ｐ,ｑ,ｒをうまく選んで、ｐα1＋ｑα2＋ｒα3の値が、どのようにα1,α2,α3を入れ換えてもすべて異なるようにします。このように選ぶことは可能です。実際
ｐαi₁＋ｑαi₂＋ｒαi₃＝ｐαj₁＋ｑαj₂＋ｒαj₃
をｐ,ｑ,ｒの方程式とみると１５個の方程式が得られます。(ｐ,ｑ,ｒ)として、３次元空間から有限個の平面を除いた残りの点の座標（有理数）を選べば、どの方程式でも解にならないｐ,ｑ,ｒになります。
このように選んだｐ,ｑ,ｒに対して、β＝ｐα1＋ｑα2＋ｒα3はｆ(ｘ)の原始元になります。その理由を説明します。α1を固定する根の入れ換えによって次の積ｇ(ｘ)を作ります：
ｇ(ｘ)＝(ｘ－ｐα1－ｑα2－ｒα3)(ｘ－ｐα1－ｑα3－ｒα2)
この式はα2,α3の対称式なのでｆ(ｘ)/(ｘ－α1)の係数の式になります。
例えばｆ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－ｆ(α1)＝ｘ^3－α1^3＝(ｘ－α1)(ｘ^2＋α1ｘ＋α1^2)
であり、α2＋α3＝－α1，α2α3＝α1^2です。そこでｇ(ｘ)を、ｘとα1の式とみなして、改めてｇ(ｘ,α1)とおきます：
ｇ(ｘ,α1)＝(ｘ－ｐα1)^2＋(ｑ＋ｒ)α1(ｘ－ｐα1)＋α1^2(ｑ^2＋ｒ^2－ｑｒ)
＝ｘ^2＋α1ｘ(－２ｐ＋ｑ＋ｒ)＋α1^2(ｐ^2＋ｑ^2＋ｒ^2－ｐｑ－ｑｒ－ｒｐ)
ここでα1を変数ｙにした２変数有理数係数多項式ｇ(ｘ,ｙ)を利用します：
ｇ(ｘ,ｙ)＝ｘ^2＋ｘｙ(－２ｐ＋ｑ＋ｒ)＋ｙ^2(ｐ^2＋ｑ^2＋ｒ^2－ｐｑ－ｑｒ－ｒｐ)
ｇ(ｘ,α2)やｇ(ｘ,α3)は、ｇ(ｘ,α1)の構成においてα1をα2やα3に置き換えて構成したものと同じです：
ｇ(ｘ,α2)＝ｘ^2＋α2ｘ(－２ｐ＋ｑ＋ｒ)＋α2^2(ｐ^2＋ｑ^2＋ｒ^2－ｐｑ－ｑｒ－ｒｐ)
＝(ｘ－ｐα2－ｑα1－ｒα3)(ｘ－ｐα2－ｑα3－ｒα1)
ｇ(ｘ,α3)＝ｘ^2＋α3ｘ(－２ｐ＋ｑ＋ｒ)＋α3^2(ｐ^2＋ｑ^2＋ｒ^2－ｐｑ－ｑｒ－ｒｐ)
＝(ｘ－ｐα3－ｑα1－ｒα2)(ｘ－ｐα3－ｑα2－ｒα1)
このｇ(ｘ,ｙ)にｘ＝βを代入した式（βの式を係数とするｙの多項式）
ｇ(β,ｙ)＝β^2＋βｙ(－２ｐ＋ｑ＋ｒ)＋ｙ^2(ｐ^2＋ｑ^2＋ｒ^2－ｐｑ－ｑｒ－ｒｐ)
は定義よりｙ＝α1を根に持ちます。またｐ,ｑ,ｒの選び方からｇ(β,α2)≠０，ｇ(β,α3)≠０となります。したがってｇ(β,ｙ)とｆ(ｙ)の共通根ｙ＝α1のみです。よってｇ(β,ｙ)とｆ(ｙ)の最大公約数は（定数倍を除いて）ｙ－α1となります。
一方、ｇ(β,ｙ)とｆ(ｙ)の最大公約式をユークリッドの互除法で計算すると（βの式の加減乗除の結果）、ｙ－ｕ(β)（ｕ(β)は有理数係数のβの式）が得られます。よってα1＝ｕ(β)となり、α1はβの式で表せます。α2やα3についても同様です。以上のことから、βがｆ(ｘ)の原始元であることがわかります。」
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
これは以前に解説しましたが、ちょっと足りない所もあったので、追加します。
＞まず有理数ｐ,ｑ,ｒをうまく選んで、ｐα1＋ｑα2＋ｒα3の値が、どのようにα1,α2,α3を入れ換えてもすべて異なるようにします。このように選ぶことは可能です。実際
ｐαi₁＋ｑαi₂＋ｒαi₃＝ｐαj₁＋ｑαj₂＋ｒαj₃
をｐ,ｑ,ｒの方程式とみると１５個の方程式が得られます。(ｐ,ｑ,ｒ)として、３次元空間から有限個の平面を除いた残りの点の座標（有理数）を選べば、どの方程式でも解にならないｐ,ｑ,ｒになります。
ｉ1，ｉ2，ｉ3，または、ｊ1，ｊ2，ｊ3の組は、１，２，３の組を表しているという事。
つまり、左辺のｐαi₁＋ｑαi₂＋ｒαi₃を固定して右辺のαj₁，αj₂，αj₃の入れ換えを考えると３！＝６通りの式が得られ、その６個から２個の式を選ぶと、6Ｃ2＝(６×５)/(２×１)＝１５組の式が得られる。
この（１５組の）２つの式を１つにすると、ａｐ＋ｂｑ＋ｃｒ＝０（ａ,ｂ,ｃは複素数）という式が得られ、これは３次元の平面の方程式を表している（定数がないので必ずどれも原点を通る）。
この平面上の任意の点はｐαi₁＋ｑαi₂＋ｒαi₃＝ｐαj₁＋ｑαj₂＋ｒαj₃を満たすので、３次元空間から１５個の平面を除いた残りの点は上の式を満たさない。よって、その中から有理点を選べば、「どの方程式でも解にならないｐ,ｑ,ｒになります」という事。
（前回、済み。）
＞次の積ｇ(ｘ)を作ります：
ｇ(ｘ)＝(ｘ－ｐα1－ｑα2－ｒα3)(ｘ－ｐα1－ｑα3－ｒα2)
この式はα2,α3の対称式なのでｆ(ｘ)/(ｘ－α1)の係数の式になります。
ｇ(ｘ)のα2とα3を入れ換えても式の値は変わらないので、ｇ(ｘ)はα2,α3についての対称式。
また、条件より、ｆ(ｘ)＝(ｘ－α1)(ｘ－α2)(ｘ－α3)
よって、ｆ(ｘ)/(ｘ－α1)＝(ｘ－α2)(ｘ－α3)
＝ｘ^2－(α2＋α3)ｘ＋α2α3
よって、右辺の係数はα2,α3の基本対称式なので、α2,α3の対称式を表せる。（定理3.1）
よって、ｇ(ｘ)の係数は、「ｆ(ｘ)/(ｘ－α1)の係数の式になります」という事。
定理3.1（対称式の基本定理）
ｎ変数対称式ｆ(ｘ1,･･･,ｘｎ)は基本対称式ｓ1,･･･,ｓnの多項式として一意的に表される。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
（前回、済み。）
「ｆ(ｘ)/(ｘ－α1)の係数」という所は欄外に、「係数はα₁の式になります。問題8-2参照。」とあるので、これを解説して下さい。（念のため、α₁はα1と同じ事。）
問題 8-2a
多項式ｆ(ｘ)はｆ(α)＝０をみたすとき、ｆ(ｘ)＝(ｘ－α)ｇ(ｘ)（ｇ(ｘ)はαの式を係数とする多項式）と表されることを示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
念のため、ちょっとは面白いと思わせるような解説をして下さい。（私は上の直の解説と問題8-2用の２つを用意しました。）
＞一方、ｇ(β,ｙ)とｆ(ｙ)の最大公約式をユークリッドの互除法で計算すると（βの式の加減乗除の結果）、ｙ－ｕ(β)（ｕ(β)は有理数係数のβの式）が得られます。
例えば、問題2-3aで見ると、
問題 2-3a
次の多項式ｆ(ｘ)，ｇ(ｘ)の最大公約式を求めよ：
ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２ｘ²＋１，ｇ(ｘ)＝ｘ³－２ｘ²－ｘ＋２
解答
ユークリッドの互除法を利用して求める。
(ｘ⁴－２ｘ²＋１)÷(ｘ³－２ｘ²－ｘ＋２)＝ｘ＋２ 余り・・・３ｘ²－３
(ｘ³－２ｘ²－ｘ＋２)÷(３ｘ²－３)＝(ｘ－２)/３ 余り・・・０
したがって最大公約数は３ｘ²－３である（ｘ²－１でもよい）。
当然だが、１次式とは限らない。ｙ－ｕ(β)と置ける理由を述べて下さい。
因みに、今回解説を省略した所は2024/6/3 12:14～2024/6/4 10:39に詳しく解説してあります。
おまけ：
■原始元の存在（証明）
上の例で原始元を具体的に構成しました。ガロワは一般に重根を持たないｆ(ｘ)に対して、その原始元が存在することを証明しました。ここでは煩雑にならないように、ｆ(ｘ)＝ｘ^3－２の例においてガロワの理論を紹介します。一般の場合も同様です。
まず有理数ｐ,ｑ,ｒをうまく選んで、ｐα1＋ｑα2＋ｒα3の値が、どのようにα1,α2,α3を入れ換えてもすべて異なるようにします。このように選ぶことは可能です。実際
ｐαi₁＋ｑαi₂＋ｒαi₃＝ｐαj₁＋ｑαj₂＋ｒαj₃
をｐ,ｑ,ｒの方程式とみると１５個の方程式が得られます。(ｐ,ｑ,ｒ)として、３次元空間から有限個の平面を除いた残りの点の座標（有理数）を選べば、どの方程式でも解にならないｐ,ｑ,ｒになります。
このように選んだｐ,ｑ,ｒに対して、β＝ｐα1＋ｑα2＋ｒα3はｆ(ｘ)の原始元になります。その理由を説明します。α1を固定する根の入れ換えによって次の積ｇ(ｘ)を作ります：
ｇ(ｘ)＝(ｘ－ｐα1－ｑα2－ｒα3)(ｘ－ｐα1－ｑα3－ｒα2)
この式はα2,α3の対称式なのでｆ(ｘ)/(ｘ－α1)の係数の式になります。
例えばｆ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－ｆ(α1)＝ｘ^3－α1^3＝(ｘ－α1)(ｘ^2＋α1ｘ＋α1^2)
であり、α2＋α3＝－α1，α2α3＝α1^2です。そこでｇ(ｘ)を、ｘとα1の式とみなして、改めてｇ(ｘ,α1)とおきます：
ｇ(ｘ,α1)＝(ｘ－ｐα1)^2＋(ｑ＋ｒ)α1(ｘ－ｐα1)＋α1^2(ｑ^2＋ｒ^2－ｑｒ)
＝ｘ^2＋α1ｘ(－２ｐ＋ｑ＋ｒ)＋α1^2(ｐ^2＋ｑ^2＋ｒ^2－ｐｑ－ｑｒ－ｒｐ)
ここでα1を変数ｙにした２変数有理数係数多項式ｇ(ｘ,ｙ)を利用します：
ｇ(ｘ,ｙ)＝ｘ^2＋ｘｙ(－２ｐ＋ｑ＋ｒ)＋ｙ^2(ｐ^2＋ｑ^2＋ｒ^2－ｐｑ－ｑｒ－ｒｐ)
ｇ(ｘ,α2)やｇ(ｘ,α3)は、ｇ(ｘ,α1)の構成においてα1をα2やα3に置き換えて構成したものと同じです：
ｇ(ｘ,α2)＝ｘ^2＋α2ｘ(－２ｐ＋ｑ＋ｒ)＋α2^2(ｐ^2＋ｑ^2＋ｒ^2－ｐｑ－ｑｒ－ｒｐ)
＝(ｘ－ｐα2－ｑα1－ｒα3)(ｘ－ｐα2－ｑα3－ｒα1)
ｇ(ｘ,α3)＝ｘ^2＋α3ｘ(－２ｐ＋ｑ＋ｒ)＋α3^2(ｐ^2＋ｑ^2＋ｒ^2－ｐｑ－ｑｒ－ｒｐ)
＝(ｘ－ｐα3－ｑα1－ｒα2)(ｘ－ｐα3－ｑα2－ｒα1)
このｇ(ｘ,ｙ)にｘ＝βを代入した式（βの式を係数とするｙの多項式）
ｇ(β,ｙ)＝β^2＋βｙ(－２ｐ＋ｑ＋ｒ)＋ｙ^2(ｐ^2＋ｑ^2＋ｒ^2－ｐｑ－ｑｒ－ｒｐ)
は定義よりｙ＝α1を根に持ちます。またｐ,ｑ,ｒの選び方からｇ(β,α2)≠０，ｇ(β,α3)≠０となります。したがってｇ(β,ｙ)とｆ(ｙ)の共通根ｙ＝α1のみです。よってｇ(β,ｙ)とｆ(ｙ)の最大公約数は（定数倍を除いて）ｙ－α1となります。
一方、ｇ(β,ｙ)とｆ(ｙ)の最大公約式をユークリッドの互除法で計算すると（βの式の加減乗除の結果）、ｙ－ｕ(β)（ｕ(β)は有理数係数のβの式）が得られます。よってα1＝ｕ(β)となり、α1はβの式で表せます。α2やα3についても同様です。以上のことから、βがｆ(ｘ)の原始元であることがわかります。」
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
これは以前に解説しましたが、ちょっと足りない所もあったので、追加します。
＞まず有理数ｐ,ｑ,ｒをうまく選んで、ｐα1＋ｑα2＋ｒα3の値が、どのようにα1,α2,α3を入れ換えてもすべて異なるようにします。このように選ぶことは可能です。実際
ｐαi₁＋ｑαi₂＋ｒαi₃＝ｐαj₁＋ｑαj₂＋ｒαj₃
をｐ,ｑ,ｒの方程式とみると１５個の方程式が得られます。(ｐ,ｑ,ｒ)として、３次元空間から有限個の平面を除いた残りの点の座標（有理数）を選べば、どの方程式でも解にならないｐ,ｑ,ｒになります。
ｉ1，ｉ2，ｉ3，または、ｊ1，ｊ2，ｊ3の組は、１，２，３の組を表しているという事。
つまり、左辺のｐαi₁＋ｑαi₂＋ｒαi₃を固定して右辺のαj₁，αj₂，αj₃の入れ換えを考えると３！＝６通りの式が得られ、その６個から２個の式を選ぶと、6Ｃ2＝(６×５)/(２×１)＝１５組の式が得られる。
この（１５組の）２つの式を１つにすると、ａｐ＋ｂｑ＋ｃｒ＝０（ａ,ｂ,ｃは複素数）という式が得られ、これは３次元の平面の方程式を表している（定数がないので必ずどれも原点を通る）。
この平面上の任意の点はｐαi₁＋ｑαi₂＋ｒαi₃＝ｐαj₁＋ｑαj₂＋ｒαj₃を満たすので、３次元空間から１５個の平面を除いた残りの点は上の式を満たさない。よって、その中から有理点を選べば、「どの方程式でも解にならないｐ,ｑ,ｒになります」という事。
（前回、済み。）
＞次の積ｇ(ｘ)を作ります：
ｇ(ｘ)＝(ｘ－ｐα1－ｑα2－ｒα3)(ｘ－ｐα1－ｑα3－ｒα2)
この式はα2,α3の対称式なのでｆ(ｘ)/(ｘ－α1)の係数の式になります。
ｇ(ｘ)のα2とα3を入れ換えても式の値は変わらないので、ｇ(ｘ)はα2,α3についての対称式。
また、条件より、ｆ(ｘ)＝(ｘ－α1)(ｘ－α2)(ｘ－α3)
よって、ｆ(ｘ)/(ｘ－α1)＝(ｘ－α2)(ｘ－α3)
＝ｘ^2－(α2＋α3)ｘ＋α2α3
よって、右辺の係数はα2,α3の基本対称式なので、α2,α3の対称式を表せる。（定理3.1）
よって、ｇ(ｘ)の係数は、「ｆ(ｘ)/(ｘ－α1)の係数の式になります」という事。
定理3.1（対称式の基本定理）
ｎ変数対称式ｆ(ｘ1,･･･,ｘｎ)は基本対称式ｓ1,･･･,ｓnの多項式として一意的に表される。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
（前回、済み。）
「ｆ(ｘ)/(ｘ－α1)の係数」という所は欄外に、「係数はα₁の式になります。問題8-2参照。」とあるので、これを解説して下さい。（念のため、α₁はα1と同じ事。）
問題 8-2a
多項式ｆ(ｘ)はｆ(α)＝０をみたすとき、ｆ(ｘ)＝(ｘ－α)ｇ(ｘ)（ｇ(ｘ)はαの式を係数とする多項式）と表されることを示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
念のため、ちょっとは面白いと思わせるような解説をして下さい。（私は上の直の解説と問題8-2用の２つを用意しました。）
＞一方、ｇ(β,ｙ)とｆ(ｙ)の最大公約式をユークリッドの互除法で計算すると（βの式の加減乗除の結果）、ｙ－ｕ(β)（ｕ(β)は有理数係数のβの式）が得られます。
例えば、問題2-3aで見ると、
問題 2-3a
次の多項式ｆ(ｘ)，ｇ(ｘ)の最大公約式を求めよ：
ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２ｘ²＋１，ｇ(ｘ)＝ｘ³－２ｘ²－ｘ＋２
解答
ユークリッドの互除法を利用して求める。
(ｘ⁴－２ｘ²＋１)÷(ｘ³－２ｘ²－ｘ＋２)＝ｘ＋２ 余り・・・３ｘ²－３
(ｘ³－２ｘ²－ｘ＋２)÷(３ｘ²－３)＝(ｘ－２)/３ 余り・・・０
したがって最大公約数は３ｘ²－３である（ｘ²－１でもよい）。
当然だが、１次式とは限らない。ｙ－ｕ(β)と置ける理由を述べて下さい。
因みに、今回解説を省略した所は2024/6/3 12:14～2024/6/4 10:39に詳しく解説してあります。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/6 13:50削除解説
＞「ｆ(ｘ)/(ｘ－α1)の係数」という所は欄外に、「係数はα₁の式になります。問題8-2参照。」とあるので、これを解説して下さい。（念のため、α₁はα1と同じ事。）
α₁，α₂，α₃はｆ(ｘ)＝ａｘ³＋ｂｘ²＋ｃｘ＋ｄの３つの解より、
ｆ(ｘ)＝ａ(ｘ－α₁)(ｘ－α₂)(ｘ－α₃)と置ける。
∴ｆ(ｘ)/(ｘ－α₁)＝ａ(ｘ－α₂)(ｘ－α₃)
＝ａ{ｘ²－(α₂＋α₃)ｘ＋α₂α₃}———①
また、３次方程式の解と係数の関係より、
α₁＋α₂＋α₃＝－ｂ/ａ
∴α₂＋α₃＝－α₁－ｂ/ａ———②
α₁α₂＋α₂α₃＋α₃α₁＝ｃ/ａ
∴α₂α₃＝－α₁(α₂＋α₃)＋ｃ/ａ———③
②を③に代入すると、
α₂α₃＝－α₁(－α₁－ｂ/ａ)＋ｃ/ａ
＝α₁²＋(ｂ/ａ)α₁＋ｃ/ａ———④
②，④を①に代入すると、
ｆ(ｘ)/(ｘ－α₁)＝ａ{ｘ²＋(α₁＋ｂ/ａ)ｘ＋α₁²＋(ｂ/ａ)α₁＋ｃ/ａ}
＝ａｘ²＋(ａα₁＋ｂ)ｘ＋ａα₁²＋ｂα₁＋ｃ
よって、ｆ(ｘ)/(ｘ－α₁)の係数はα₁の式になるという事。また、
問題 8-2a
多項式ｆ(ｘ)はｆ(α)＝０をみたすとき、ｆ(ｘ)＝(ｘ－α)ｇ(ｘ)（ｇ(ｘ)はαの式を係数とする多項式）と表されることを示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
例えば、ｆ(ｘ)＝ｘ³＋５ｘ²＋４ｘ＋２と置いて、この１つの根をαとすると、ｆ(ｘ)はｘ－αで割り切れるので、実際に割ると、
ｘ²＋(α＋５)ｘ＋(α²＋５α＋４)
———————————
ｘ－α）ｘ³＋５ｘ²＋４ｘ＋２
ｘ³－αｘ²
——————
(α＋５)ｘ²＋４ｘ
(α＋５)ｘ²－α(α＋５)ｘ
—————————————
(α²＋５α＋４)ｘ＋２
(α²＋５α＋４)ｘ－α(α²＋５α＋４)
———————————————————
α³＋５α²＋４α＋２
この余りはｆ(α)＝０で、商は、
ｘ²＋(α＋５)ｘ＋(α²＋５α＋４)より、αの式を係数とした多項式になるのは（ある意味）当然。
＞例えば、問題2-3aで見ると、
問題 2-3a
次の多項式ｆ(ｘ)，ｇ(ｘ)の最大公約式を求めよ：
ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２ｘ²＋１，ｇ(ｘ)＝ｘ³－２ｘ²－ｘ＋２
解答
ユークリッドの互除法を利用して求める。
(ｘ⁴－２ｘ²＋１)÷(ｘ³－２ｘ²－ｘ＋２)＝ｘ＋２ 余り・・・３ｘ²－３
(ｘ³－２ｘ²－ｘ＋２)÷(３ｘ²－３)＝(ｘ－２)/３ 余り・・・０
したがって最大公約数は３ｘ²－３である（ｘ²－１でもよい）。
当然だが、１次式とは限らない。ｙ－ｕ(β)と置ける理由を述べて下さい。
ｆ(ｘ)＝(ｘ²－１)²＝(ｘ－１)²(ｘ＋１)²
よって、重根を持つ。ところで、
■原始元の存在（証明）
上の例で原始元を具体的に構成しました。ガロワは一般に重根を持たないｆ(ｘ)に対して、その原始元が存在することを証明しました。
とあり、重根を持たないから１次式で表わせるのか？
いや、そんな事はないだろう。ｙ－ｕ(β)と置ける理由はもっと単純である。
「したがってｇ(β,ｙ)とｆ(ｙ)の共通根ｙ＝α1のみです。よってｇ(β,ｙ)とｆ(ｙ)の最大公約数は（定数倍を除いて）ｙ－α1となります。」
これである。別の方法で求めても最大公約数は同じになるに決まっているので、ｙの１次式だからである。あとは、ｕ(β)という形は、ｇ(β,ｙ)がβの式係数のｙの多項式でｆ(ｙ)が有理数係数のｙの多項式よりユークリッドの互除法の計算で割り算をしても商と余りは毎回βの式係数のｙの多項式になり、最終的にｙ－ｕ(β)となる訳である。
おまけ：
＞「ｆ(ｘ)/(ｘ－α1)の係数」という所は欄外に、「係数はα₁の式になります。問題8-2参照。」とあるので、これを解説して下さい。（念のため、α₁はα1と同じ事。）
α₁，α₂，α₃はｆ(ｘ)＝ａｘ³＋ｂｘ²＋ｃｘ＋ｄの３つの解より、
ｆ(ｘ)＝ａ(ｘ－α₁)(ｘ－α₂)(ｘ－α₃)と置ける。
∴ｆ(ｘ)/(ｘ－α₁)＝ａ(ｘ－α₂)(ｘ－α₃)
＝ａ{ｘ²－(α₂＋α₃)ｘ＋α₂α₃}———①
また、３次方程式の解と係数の関係より、
α₁＋α₂＋α₃＝－ｂ/ａ
∴α₂＋α₃＝－α₁－ｂ/ａ———②
α₁α₂＋α₂α₃＋α₃α₁＝ｃ/ａ
∴α₂α₃＝－α₁(α₂＋α₃)＋ｃ/ａ———③
②を③に代入すると、
α₂α₃＝－α₁(－α₁－ｂ/ａ)＋ｃ/ａ
＝α₁²＋(ｂ/ａ)α₁＋ｃ/ａ———④
②，④を①に代入すると、
ｆ(ｘ)/(ｘ－α₁)＝ａ{ｘ²＋(α₁＋ｂ/ａ)ｘ＋α₁²＋(ｂ/ａ)α₁＋ｃ/ａ}
＝ａｘ²＋(ａα₁＋ｂ)ｘ＋ａα₁²＋ｂα₁＋ｃ
よって、ｆ(ｘ)/(ｘ－α₁)の係数はα₁の式になるという事。また、
問題 8-2a
多項式ｆ(ｘ)はｆ(α)＝０をみたすとき、ｆ(ｘ)＝(ｘ－α)ｇ(ｘ)（ｇ(ｘ)はαの式を係数とする多項式）と表されることを示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
例えば、ｆ(ｘ)＝ｘ³＋５ｘ²＋４ｘ＋２と置いて、この１つの根をαとすると、ｆ(ｘ)はｘ－αで割り切れるので、実際に割ると、
ｘ²＋(α＋５)ｘ＋(α²＋５α＋４)
———————————
ｘ－α）ｘ³＋５ｘ²＋４ｘ＋２
ｘ³－αｘ²
——————
(α＋５)ｘ²＋４ｘ
(α＋５)ｘ²－α(α＋５)ｘ
—————————————
(α²＋５α＋４)ｘ＋２
(α²＋５α＋４)ｘ－α(α²＋５α＋４)
———————————————————
α³＋５α²＋４α＋２
この余りはｆ(α)＝０で、商は、
ｘ²＋(α＋５)ｘ＋(α²＋５α＋４)より、αの式を係数とした多項式になるのは（ある意味）当然。
＞例えば、問題2-3aで見ると、
問題 2-3a
次の多項式ｆ(ｘ)，ｇ(ｘ)の最大公約式を求めよ：
ｆ(ｘ)＝ｘ⁴－２ｘ²＋１，ｇ(ｘ)＝ｘ³－２ｘ²－ｘ＋２
解答
ユークリッドの互除法を利用して求める。
(ｘ⁴－２ｘ²＋１)÷(ｘ³－２ｘ²－ｘ＋２)＝ｘ＋２ 余り・・・３ｘ²－３
(ｘ³－２ｘ²－ｘ＋２)÷(３ｘ²－３)＝(ｘ－２)/３ 余り・・・０
したがって最大公約数は３ｘ²－３である（ｘ²－１でもよい）。
当然だが、１次式とは限らない。ｙ－ｕ(β)と置ける理由を述べて下さい。
ｆ(ｘ)＝(ｘ²－１)²＝(ｘ－１)²(ｘ＋１)²
よって、重根を持つ。ところで、
■原始元の存在（証明）
上の例で原始元を具体的に構成しました。ガロワは一般に重根を持たないｆ(ｘ)に対して、その原始元が存在することを証明しました。
とあり、重根を持たないから１次式で表わせるのか？
いや、そんな事はないだろう。ｙ－ｕ(β)と置ける理由はもっと単純である。
「したがってｇ(β,ｙ)とｆ(ｙ)の共通根ｙ＝α1のみです。よってｇ(β,ｙ)とｆ(ｙ)の最大公約数は（定数倍を除いて）ｙ－α1となります。」
これである。別の方法で求めても最大公約数は同じになるに決まっているので、ｙの１次式だからである。あとは、ｕ(β)という形は、ｇ(β,ｙ)がβの式係数のｙの多項式でｆ(ｙ)が有理数係数のｙの多項式よりユークリッドの互除法の計算で割り算をしても商と余りは毎回βの式係数のｙの多項式になり、最終的にｙ－ｕ(β)となる訳である。
おまけ：
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壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/3 13:35 (No.1362255)削除問題
図の立体はＯを頂点とし、△ＡＢＣを底面とする三角すいである。この三角すいにおいて、底面ＡＢＣは、辺ＯＣと垂直であり、ＯＣ＝６，ＡＢ＝４，ＢＣ＝３，ＣＡ＝５である。
（１）この三角すいＯＡＢＣの体積を求めよ。
（２）この三角すいを辺ＯＣを軸にして、時計回りに１８０°回転させるとき、
（ⅰ）辺ＡＢが動いたあとの図形を求めよ。
（ⅱ）△ＯＡＢが動いてできる立体の体積を求めよ。
（０１ 熊本学園大付）
図の解説：底面が３,４,５の△ＡＢＣでＣから底面に対して垂線ＯＣ＝６が立っている三角錐Ｏ－ＡＢＣという図。
興味がある人は、（ⅱ）の別解を作ってみて下さい。
おまけ：
＜麻原裁判を闘ってみて明らかになってきているのは、この村井秀夫の存在の大きさである。つまり、村井は一連の「オウム事件」のほとんどすべてに関与し、実質的にも最高指揮官であったとみられるのだが、警察は彼に対する捜査・証拠収集を全然行っていないのか、または証拠を全部隠して法廷には何も出されていないのか、いずれにしても不思議な事実である＞（渡辺脩著『麻原を死刑にして、それで済むのか？』三五館2004年3月）
引用元：https://gendai.media/articles/-/55067?page=4
図の立体はＯを頂点とし、△ＡＢＣを底面とする三角すいである。この三角すいにおいて、底面ＡＢＣは、辺ＯＣと垂直であり、ＯＣ＝６，ＡＢ＝４，ＢＣ＝３，ＣＡ＝５である。
（１）この三角すいＯＡＢＣの体積を求めよ。
（２）この三角すいを辺ＯＣを軸にして、時計回りに１８０°回転させるとき、
（ⅰ）辺ＡＢが動いたあとの図形を求めよ。
（ⅱ）△ＯＡＢが動いてできる立体の体積を求めよ。
（０１ 熊本学園大付）
図の解説：底面が３,４,５の△ＡＢＣでＣから底面に対して垂線ＯＣ＝６が立っている三角錐Ｏ－ＡＢＣという図。
興味がある人は、（ⅱ）の別解を作ってみて下さい。
おまけ：
＜麻原裁判を闘ってみて明らかになってきているのは、この村井秀夫の存在の大きさである。つまり、村井は一連の「オウム事件」のほとんどすべてに関与し、実質的にも最高指揮官であったとみられるのだが、警察は彼に対する捜査・証拠収集を全然行っていないのか、または証拠を全部隠して法廷には何も出されていないのか、いずれにしても不思議な事実である＞（渡辺脩著『麻原を死刑にして、それで済むのか？』三五館2004年3月）
引用元：https://gendai.media/articles/-/55067?page=4
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/4 07:47削除問題
図の立体はＯを頂点とし、△ＡＢＣを底面とする三角すいである。この三角すいにおいて、底面ＡＢＣは、辺ＯＣと垂直であり、ＯＣ＝６，ＡＢ＝４，ＢＣ＝３，ＣＡ＝５である。
（１）この三角すいＯＡＢＣの体積を求めよ。
（２）この三角すいを辺ＯＣを軸にして、時計回りに１８０°回転させるとき、
（ⅰ）辺ＡＢが動いたあとの図形を求めよ。
（ⅱ）△ＯＡＢが動いてできる立体の体積を求めよ。
（０１ 熊本学園大付）
模範解答
（１）与えられた条件より、右図のようになるから（注：立体図の側面の△ＯＡＣと△ＯＢＣの∠Ｃが直角で、また底面の∠Ｂが直角になっている図）、求める体積は、
(１/３)×(３×４/２)×６＝１２
（２）（ⅰ）辺ＡＢが動いたあとの図形は、右下図の網目部分のようになる（注：点Ｃを中心に半径ＣＢと半径ＣＡの半円を描き、点Ｂ，Ａの行き先（終点）をそれぞれＢ'，Ａ'とした図（△Ａ'Ｂ'Ｃは△ＡＢＣと合同な三角形になる事は言うまでもない）で、網目部分は線分ＡＢと半円（弧）ＢＢ'とＡＡ'と線分Ａ'Ｂ'で囲まれた部分）。
この面積は、
△ＡＢＣ＋半円ＣＡＡ'－(半円ＣＢＢ'＋△Ａ'Ｂ'Ｃ)＝半円ＣＡＡ'－半円ＣＢＢ'
＝５²π/２－３²π/２＝８π・・・①
（ⅱ）求める立体の体積は、
三角錐Ｏ－ＡＢＣ＋半円錐Ｏ－ＣＡＡ'－(半円錐Ｏ－ＣＢＢ'＋三角錐Ｏ－Ａ'Ｂ'Ｃ)＝半円錐Ｏ－ＣＡＡ'－半円錐Ｏ－ＣＢＢ'
＝(１/２)×(５²π×６/３)－(１/２)×(３²π×６/３)＝１６π
「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、
➡注 （ⅱ）の体積は、結局、①を底面積とする錐（高さはＯＣ）の体積に等しくなります。
は、「興味がある人は、（ⅱ）の別解を作ってみて下さい」の別解ではありません。別解は次回。もっとも分かる人にはすぐわかる話ですが。
おまけ：
図の立体はＯを頂点とし、△ＡＢＣを底面とする三角すいである。この三角すいにおいて、底面ＡＢＣは、辺ＯＣと垂直であり、ＯＣ＝６，ＡＢ＝４，ＢＣ＝３，ＣＡ＝５である。
（１）この三角すいＯＡＢＣの体積を求めよ。
（２）この三角すいを辺ＯＣを軸にして、時計回りに１８０°回転させるとき、
（ⅰ）辺ＡＢが動いたあとの図形を求めよ。
（ⅱ）△ＯＡＢが動いてできる立体の体積を求めよ。
（０１ 熊本学園大付）
模範解答
（１）与えられた条件より、右図のようになるから（注：立体図の側面の△ＯＡＣと△ＯＢＣの∠Ｃが直角で、また底面の∠Ｂが直角になっている図）、求める体積は、
(１/３)×(３×４/２)×６＝１２
（２）（ⅰ）辺ＡＢが動いたあとの図形は、右下図の網目部分のようになる（注：点Ｃを中心に半径ＣＢと半径ＣＡの半円を描き、点Ｂ，Ａの行き先（終点）をそれぞれＢ'，Ａ'とした図（△Ａ'Ｂ'Ｃは△ＡＢＣと合同な三角形になる事は言うまでもない）で、網目部分は線分ＡＢと半円（弧）ＢＢ'とＡＡ'と線分Ａ'Ｂ'で囲まれた部分）。
この面積は、
△ＡＢＣ＋半円ＣＡＡ'－(半円ＣＢＢ'＋△Ａ'Ｂ'Ｃ)＝半円ＣＡＡ'－半円ＣＢＢ'
＝５²π/２－３²π/２＝８π・・・①
（ⅱ）求める立体の体積は、
三角錐Ｏ－ＡＢＣ＋半円錐Ｏ－ＣＡＡ'－(半円錐Ｏ－ＣＢＢ'＋三角錐Ｏ－Ａ'Ｂ'Ｃ)＝半円錐Ｏ－ＣＡＡ'－半円錐Ｏ－ＣＢＢ'
＝(１/２)×(５²π×６/３)－(１/２)×(３²π×６/３)＝１６π
「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、
➡注 （ⅱ）の体積は、結局、①を底面積とする錐（高さはＯＣ）の体積に等しくなります。
は、「興味がある人は、（ⅱ）の別解を作ってみて下さい」の別解ではありません。別解は次回。もっとも分かる人にはすぐわかる話ですが。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/5 07:49削除問題
図の立体はＯを頂点とし、△ＡＢＣを底面とする三角すいである。この三角すいにおいて、底面ＡＢＣは、辺ＯＣと垂直であり、ＯＣ＝６，ＡＢ＝４，ＢＣ＝３，ＣＡ＝５である。
（１）この三角すいＯＡＢＣの体積を求めよ。
（２）この三角すいを辺ＯＣを軸にして、時計回りに１８０°回転させるとき、
（ⅰ）辺ＡＢが動いたあとの図形を求めよ。
（ⅱ）△ＯＡＢが動いてできる立体の体積を求めよ。
（０１ 熊本学園大付）
（２）（ⅱ）の別解
△ＯＡＣ上に△ＯＢＣをＯＣを共通にして重ねると△ＯＡＢ'が出来、求める体積はこの三角形を回転させれば求められる。
そこで、パップス・ギュルダンの定理より△ＯＡＢ'の重心Ｇを考える。
座標を使っても良いが、使わないで求めよう。ＯＧの延長とＡＢ'との交点をＭとすると、点ＭはＡＢ'の中点。
ところで、ＡＢ'＝ＡＣ－ＢＣ＝５－３＝２より、ＭＢ'＝１ ∴ＭＣ＝１＋３＝４
また、Ｇは重心よりＯＧ：ＧＭ＝２：１
∴ＯＧ：ＯＭ＝２：３
ここで、ＧからＯＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＯＧＨ∽△ＯＭＣで相似比２：３より、ＧＨ＝(２/３)ＭＣ＝(２/３)×４＝８/３
よって、パップス・ギュルダンの定理を使うと、
体積Ｖ＝２(８/３)π×△ＯＡＢ'
＝(１６π/３)×(２×６÷２)＝３２π
ところで、これは３６０°回転させた値なので、
答えは、１６π。
パップス・ギュルダンの定理
https://rikeilabo.com/paps-gulutans-theorem
因みに、パップス・ギュルダンの定理は受験算数でも使われる。
https://www.suguru.cloud/seminar/sansu/culture/pappus.html
おまけ：
図の立体はＯを頂点とし、△ＡＢＣを底面とする三角すいである。この三角すいにおいて、底面ＡＢＣは、辺ＯＣと垂直であり、ＯＣ＝６，ＡＢ＝４，ＢＣ＝３，ＣＡ＝５である。
（１）この三角すいＯＡＢＣの体積を求めよ。
（２）この三角すいを辺ＯＣを軸にして、時計回りに１８０°回転させるとき、
（ⅰ）辺ＡＢが動いたあとの図形を求めよ。
（ⅱ）△ＯＡＢが動いてできる立体の体積を求めよ。
（０１ 熊本学園大付）
（２）（ⅱ）の別解
△ＯＡＣ上に△ＯＢＣをＯＣを共通にして重ねると△ＯＡＢ'が出来、求める体積はこの三角形を回転させれば求められる。
そこで、パップス・ギュルダンの定理より△ＯＡＢ'の重心Ｇを考える。
座標を使っても良いが、使わないで求めよう。ＯＧの延長とＡＢ'との交点をＭとすると、点ＭはＡＢ'の中点。
ところで、ＡＢ'＝ＡＣ－ＢＣ＝５－３＝２より、ＭＢ'＝１ ∴ＭＣ＝１＋３＝４
また、Ｇは重心よりＯＧ：ＧＭ＝２：１
∴ＯＧ：ＯＭ＝２：３
ここで、ＧからＯＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＯＧＨ∽△ＯＭＣで相似比２：３より、ＧＨ＝(２/３)ＭＣ＝(２/３)×４＝８/３
よって、パップス・ギュルダンの定理を使うと、
体積Ｖ＝２(８/３)π×△ＯＡＢ'
＝(１６π/３)×(２×６÷２)＝３２π
ところで、これは３６０°回転させた値なので、
答えは、１６π。
パップス・ギュルダンの定理
https://rikeilabo.com/paps-gulutans-theorem
因みに、パップス・ギュルダンの定理は受験算数でも使われる。
https://www.suguru.cloud/seminar/sansu/culture/pappus.html
おまけ：
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返信2
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/1 16:55 (No.1361163)削除問題
１辺が４ｃｍの正方形ＡＢＣＤが頂点Ｃを中心にαだけ回転した正方形をＡ'Ｂ'ＣＤ'とする。また、辺ＡＤとＡ'Ｂ'の交点をＥとする。
（１）α＝１５°のとき、∠ＡＡ'Ｂ'を求めよ。
（２）α＝３０°のとき、ＡＥ：ＥＤを求めよ。
（３）α＝３０°のとき、ＡＡ'の長さを求めよ。
（４）αが０°から９０°まで変化するとき、辺Ａ'Ｂ'の通過する部分の面積を求めよ。
（０１ 立教新座）
図の解説は読んだ通りなので省略。（１）は別解でした。まぁ、全体的に簡単ですね。
これだけじゃ面白くないので、
問題2
楕円曲線y²=x³+2上の有理点の個数は？
この楕円曲線も、グラフから(-1,±1)が見つけられます。
この2点を結ぶと……この直線はもう楕円曲線とは交わりません。ですから、他の方法を考えたいところです。
そんなときは、楕円曲線上の(-1,1)での「接線」を引いてみましょう。(-1,1)での接線とこの楕円曲線の交点をちゃんと計算すると有理点になっています。
この新たな有理点が見つかったことで、次から次へと、芋づる式に有理点が見つかっていきます。問題1のように、新たに見つかった有理点と、すでにあった有理点を結ぶ直線と楕円曲線との交点、またその点と既存の点を結んだ直線との交点、と、次々に繰り返します。
引用元：https://news.yahoo.co.jp/articles/1a5ccceeb067e42b50842093f75b4ea1aae15ada?page=4
＞この新たな有理点が見つかったことで、次から次へと、芋づる式に有理点が見つかっていきます。
第１回だけ確認して下さい。念のため、「(-1,1)での接線とこの楕円曲線の交点をちゃんと計算すると有理点になっています」の次の有理点という事。
おまけ：
１辺が４ｃｍの正方形ＡＢＣＤが頂点Ｃを中心にαだけ回転した正方形をＡ'Ｂ'ＣＤ'とする。また、辺ＡＤとＡ'Ｂ'の交点をＥとする。
（１）α＝１５°のとき、∠ＡＡ'Ｂ'を求めよ。
（２）α＝３０°のとき、ＡＥ：ＥＤを求めよ。
（３）α＝３０°のとき、ＡＡ'の長さを求めよ。
（４）αが０°から９０°まで変化するとき、辺Ａ'Ｂ'の通過する部分の面積を求めよ。
（０１ 立教新座）
図の解説は読んだ通りなので省略。（１）は別解でした。まぁ、全体的に簡単ですね。
これだけじゃ面白くないので、
問題2
楕円曲線y²=x³+2上の有理点の個数は？
この楕円曲線も、グラフから(-1,±1)が見つけられます。
この2点を結ぶと……この直線はもう楕円曲線とは交わりません。ですから、他の方法を考えたいところです。
そんなときは、楕円曲線上の(-1,1)での「接線」を引いてみましょう。(-1,1)での接線とこの楕円曲線の交点をちゃんと計算すると有理点になっています。
この新たな有理点が見つかったことで、次から次へと、芋づる式に有理点が見つかっていきます。問題1のように、新たに見つかった有理点と、すでにあった有理点を結ぶ直線と楕円曲線との交点、またその点と既存の点を結んだ直線との交点、と、次々に繰り返します。
引用元：https://news.yahoo.co.jp/articles/1a5ccceeb067e42b50842093f75b4ea1aae15ada?page=4
＞この新たな有理点が見つかったことで、次から次へと、芋づる式に有理点が見つかっていきます。
第１回だけ確認して下さい。念のため、「(-1,1)での接線とこの楕円曲線の交点をちゃんと計算すると有理点になっています」の次の有理点という事。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/2 07:55削除問題
１辺が４ｃｍの正方形ＡＢＣＤが頂点Ｃを中心にαだけ回転した正方形をＡ'Ｂ'ＣＤ'とする。また、辺ＡＤとＡ'Ｂ'の交点をＥとする。
（１）α＝１５°のとき、∠ＡＡ'Ｂ'を求めよ。
（２）α＝３０°のとき、ＡＥ：ＥＤを求めよ。
（３）α＝３０°のとき、ＡＡ'の長さを求めよ。
（４）αが０°から９０°まで変化するとき、辺Ａ'Ｂ'の通過する部分の面積を求めよ。
（０１ 立教新座）
模範解答
（１）∠ＡＣＡ'も回転角αに等しいから、α＝１５°のとき、二等辺三角形ＣＡＡ'の底角∠ＡＡ'Ｃは、
(１８０°－１５°)/２＝８２.５°・・・①
である。よって、
∠ＡＡ'Ｂ'＝①－∠Ｂ'Ａ'Ｃ＝８２.５°－４５°＝３７.５°
（２）図形全体は、直線ＣＥに関して対称（＊）であるから、
∠ＥＣＤ＝(９０°－３０°)/２＝３０°
よって、△ＣＤＥは３０°定規の形であるから、
ＡＤ：ＥＤ＝ＣＤ：ＥＤ＝√３：１
∴ＡＥ：ＥＤ＝(√３－１)：１
（３）（＊）などから、△ＡＥＡ'は頂角１２０°の二等辺三角形である。よって、
ＡＡ'＝ＡＥ×√３＝４×{(√３－１)/√３}×√３＝４(√３－１)（ｃｍ）
（４）辺Ａ'Ｂ’の通過する部分は、上図の網目部分（注：点Ｂ’が点Ｄまで回転した時の正方形２つ分の長方形ＡＢＤ'Ａ'を描き、扇形ＣＢＤと扇形ＣＡＡ'を考える。網目部分は、線分ＡＢと弧ＢＤと線分ＤＡ'と弧ＡＡ'で囲まれた図形）で、その面積は、
△ＡＢＣ＋扇形ＡＣＡ'－(扇形ＢＣＢ'＋△Ａ'Ｂ'Ｃ)＝扇形ＡＣＡ'－扇形ＢＣＢ'
＝(４√２)²π/４－４²π/４＝４π（ｃｍ²）
「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。
（１）の私の解法
∠Ｂ'ＣＤ＝９０°－１５°＝７５°
また、∠Ｂ'＝∠Ｄ＝９０°より四角形ＥＢ'ＣＤは円に内接する四角形より、∠ＡＥＢ'＝∠Ｂ'ＣＤ＝７５°
また、対称性より△ＥＡＡ'は（常に）二等辺三角形なので、
∠ＡＡ'Ｂ'＝∠ＥＡ'Ａ＝７５°÷２＝３７.５°（△ＥＡＡ'での内対角の和より）
＞この新たな有理点が見つかったことで、次から次へと、芋づる式に有理点が見つかっていきます。
第１回だけ確認して下さい。（これは次回。）
おまけ：
「10 わたしは終りの事を初めから告げ、まだなされない事を昔から告げて言う、『わたしの計りごとは必ず成り、わが目的をことごとくなし遂げる』と。
11 わたしは東から猛禽を招き、遠い国からわが計りごとを行う人を招く。わたしはこの事を語ったゆえ、必ずこさせる。わたしはこの事をはかったゆえ、必ず行う。」
「イザヤ書」第４６章１０節～１１節（口語訳）
詩百篇第1巻34番
左に飛ぶ猛禽が
紛争に先立ちフランス人たちに姿を見せる。
ある者は吉祥と受け取り、別の者は曖昧で不吉なものと見る。
弱い一党は吉兆と見なすだろう。
引用元：https://w.atwiki.jp/nostradamus/pages/40.html
１辺が４ｃｍの正方形ＡＢＣＤが頂点Ｃを中心にαだけ回転した正方形をＡ'Ｂ'ＣＤ'とする。また、辺ＡＤとＡ'Ｂ'の交点をＥとする。
（１）α＝１５°のとき、∠ＡＡ'Ｂ'を求めよ。
（２）α＝３０°のとき、ＡＥ：ＥＤを求めよ。
（３）α＝３０°のとき、ＡＡ'の長さを求めよ。
（４）αが０°から９０°まで変化するとき、辺Ａ'Ｂ'の通過する部分の面積を求めよ。
（０１ 立教新座）
模範解答
（１）∠ＡＣＡ'も回転角αに等しいから、α＝１５°のとき、二等辺三角形ＣＡＡ'の底角∠ＡＡ'Ｃは、
(１８０°－１５°)/２＝８２.５°・・・①
である。よって、
∠ＡＡ'Ｂ'＝①－∠Ｂ'Ａ'Ｃ＝８２.５°－４５°＝３７.５°
（２）図形全体は、直線ＣＥに関して対称（＊）であるから、
∠ＥＣＤ＝(９０°－３０°)/２＝３０°
よって、△ＣＤＥは３０°定規の形であるから、
ＡＤ：ＥＤ＝ＣＤ：ＥＤ＝√３：１
∴ＡＥ：ＥＤ＝(√３－１)：１
（３）（＊）などから、△ＡＥＡ'は頂角１２０°の二等辺三角形である。よって、
ＡＡ'＝ＡＥ×√３＝４×{(√３－１)/√３}×√３＝４(√３－１)（ｃｍ）
（４）辺Ａ'Ｂ’の通過する部分は、上図の網目部分（注：点Ｂ’が点Ｄまで回転した時の正方形２つ分の長方形ＡＢＤ'Ａ'を描き、扇形ＣＢＤと扇形ＣＡＡ'を考える。網目部分は、線分ＡＢと弧ＢＤと線分ＤＡ'と弧ＡＡ'で囲まれた図形）で、その面積は、
△ＡＢＣ＋扇形ＡＣＡ'－(扇形ＢＣＢ'＋△Ａ'Ｂ'Ｃ)＝扇形ＡＣＡ'－扇形ＢＣＢ'
＝(４√２)²π/４－４²π/４＝４π（ｃｍ²）
「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。
（１）の私の解法
∠Ｂ'ＣＤ＝９０°－１５°＝７５°
また、∠Ｂ'＝∠Ｄ＝９０°より四角形ＥＢ'ＣＤは円に内接する四角形より、∠ＡＥＢ'＝∠Ｂ'ＣＤ＝７５°
また、対称性より△ＥＡＡ'は（常に）二等辺三角形なので、
∠ＡＡ'Ｂ'＝∠ＥＡ'Ａ＝７５°÷２＝３７.５°（△ＥＡＡ'での内対角の和より）
＞この新たな有理点が見つかったことで、次から次へと、芋づる式に有理点が見つかっていきます。
第１回だけ確認して下さい。（これは次回。）
おまけ：
「10 わたしは終りの事を初めから告げ、まだなされない事を昔から告げて言う、『わたしの計りごとは必ず成り、わが目的をことごとくなし遂げる』と。
11 わたしは東から猛禽を招き、遠い国からわが計りごとを行う人を招く。わたしはこの事を語ったゆえ、必ずこさせる。わたしはこの事をはかったゆえ、必ず行う。」
「イザヤ書」第４６章１０節～１１節（口語訳）
詩百篇第1巻34番
左に飛ぶ猛禽が
紛争に先立ちフランス人たちに姿を見せる。
ある者は吉祥と受け取り、別の者は曖昧で不吉なものと見る。
弱い一党は吉兆と見なすだろう。
引用元：https://w.atwiki.jp/nostradamus/pages/40.html
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/3 08:03削除問題2
楕円曲線y²=x³+2上の有理点の個数は？
この楕円曲線も、グラフから(-1,±1)が見つけられます。
この2点を結ぶと……この直線はもう楕円曲線とは交わりません。ですから、他の方法を考えたいところです。
そんなときは、楕円曲線上の(-1,1)での「接線」を引いてみましょう。(-1,1)での接線とこの楕円曲線の交点をちゃんと計算すると有理点になっています。
この新たな有理点が見つかったことで、次から次へと、芋づる式に有理点が見つかっていきます。問題1のように、新たに見つかった有理点と、すでにあった有理点を結ぶ直線と楕円曲線との交点、またその点と既存の点を結んだ直線との交点、と、次々に繰り返します。
引用元：
＞この新たな有理点が見つかったことで、次から次へと、芋づる式に有理点が見つかっていきます。
第１回だけ確認して下さい。念のため、「(-1,1)での接線とこの楕円曲線の交点をちゃんと計算すると有理点になっています」の次の有理点という事。
回答
y²=x³+2の両辺をｘで微分すると、
２ｙ(dy/dx)＝３ｘ²
∴dy/dx＝３ｘ²/２ｙ
これに(-1,1)からｘ＝－１，ｙ＝１を代入すると、
dy/dx＝３/２
よって、楕円曲線上の(-1,1)での「接線」の方程式は、ｙ－１＝(３/２)(ｘ＋１)
∴ｙ＝(３/２)ｘ＋５/２
これとy²=x³+2を連立させると、
{(３/２)ｘ＋５/２}²＝ｘ³＋２
これを整理すると、
４ｘ³－９ｘ²－３０ｘ－１７＝０
ところで、この１つの解はｘ＝－１なので、組み立て除法で割ると、
４ －９ －３０ －１７｜－１
－４ １３ １７
４ －１３ －１７ ０
∴４ｘ²－１３ｘ－１７＝０
∴(ｘ＋１)(４ｘ－１７)＝０
∴ｘ＝－１，１７/４
よって、ｘ＝１７/４をy²=x³+2に代入すると、計算省略で、ｙ＝±７１/８
よって、新たに出来る点は、
(１７/４，±７１/８)
このうちの１つの点(１７/４，７１/８)と点(-1,±1)のうちのもう１つの点(-1,-1)で直線を作ると、計算省略で、
ｙ＝(７９/４２)ｘ＋３７/４２
これとy²=x³+2を連立させると、計算省略で、
１７６４ｘ³－６２４１ｘ²－５８４６ｘ＋２１５９＝０
ところで、この１つの解はｘ＝－１より、組み立て除法で割ると、
１７６４ -６２４１ -５８４６ ２１５９
-１７６４ ８００５ -２１５９
１７６４ -８００５ ２１５９ ０
∴１７６４ｘ²－８００５ｘ＋２１５９＝０
これを解の公式で解くと、計算省略で、
ｘ＝１７/４，１２７/４４１
（(４ｘ－１７)(４４１ｘ－１２７)＝０で検算ＯＫ。）
これらをy²=x³+2に代入すると、
ｙ²＝(１７/４)³＋２＝５０４１/６４
∴ｙ＝±７１/８
ｙ²＝(１２７/４４１)³＋２
＝２０４８３８３/８５７６６１２１＋２
＝１７３５８０６２５/８５７６６１２１
∴ｙ＝±１３１７５/４４１
∴(１７/４，±７１/８)
(１２７/４４１，±１３１７５/４４１)
よって、全て有理点である。
（念のため、(１７/４，±７１/８)は上で既に出来ている点。）
おまけ：
楕円曲線y²=x³+2上の有理点の個数は？
この楕円曲線も、グラフから(-1,±1)が見つけられます。
この2点を結ぶと……この直線はもう楕円曲線とは交わりません。ですから、他の方法を考えたいところです。
そんなときは、楕円曲線上の(-1,1)での「接線」を引いてみましょう。(-1,1)での接線とこの楕円曲線の交点をちゃんと計算すると有理点になっています。
この新たな有理点が見つかったことで、次から次へと、芋づる式に有理点が見つかっていきます。問題1のように、新たに見つかった有理点と、すでにあった有理点を結ぶ直線と楕円曲線との交点、またその点と既存の点を結んだ直線との交点、と、次々に繰り返します。
引用元：
＞この新たな有理点が見つかったことで、次から次へと、芋づる式に有理点が見つかっていきます。
第１回だけ確認して下さい。念のため、「(-1,1)での接線とこの楕円曲線の交点をちゃんと計算すると有理点になっています」の次の有理点という事。
回答
y²=x³+2の両辺をｘで微分すると、
２ｙ(dy/dx)＝３ｘ²
∴dy/dx＝３ｘ²/２ｙ
これに(-1,1)からｘ＝－１，ｙ＝１を代入すると、
dy/dx＝３/２
よって、楕円曲線上の(-1,1)での「接線」の方程式は、ｙ－１＝(３/２)(ｘ＋１)
∴ｙ＝(３/２)ｘ＋５/２
これとy²=x³+2を連立させると、
{(３/２)ｘ＋５/２}²＝ｘ³＋２
これを整理すると、
４ｘ³－９ｘ²－３０ｘ－１７＝０
ところで、この１つの解はｘ＝－１なので、組み立て除法で割ると、
４ －９ －３０ －１７｜－１
－４ １３ １７
４ －１３ －１７ ０
∴４ｘ²－１３ｘ－１７＝０
∴(ｘ＋１)(４ｘ－１７)＝０
∴ｘ＝－１，１７/４
よって、ｘ＝１７/４をy²=x³+2に代入すると、計算省略で、ｙ＝±７１/８
よって、新たに出来る点は、
(１７/４，±７１/８)
このうちの１つの点(１７/４，７１/８)と点(-1,±1)のうちのもう１つの点(-1,-1)で直線を作ると、計算省略で、
ｙ＝(７９/４２)ｘ＋３７/４２
これとy²=x³+2を連立させると、計算省略で、
１７６４ｘ³－６２４１ｘ²－５８４６ｘ＋２１５９＝０
ところで、この１つの解はｘ＝－１より、組み立て除法で割ると、
１７６４ -６２４１ -５８４６ ２１５９
-１７６４ ８００５ -２１５９
１７６４ -８００５ ２１５９ ０
∴１７６４ｘ²－８００５ｘ＋２１５９＝０
これを解の公式で解くと、計算省略で、
ｘ＝１７/４，１２７/４４１
（(４ｘ－１７)(４４１ｘ－１２７)＝０で検算ＯＫ。）
これらをy²=x³+2に代入すると、
ｙ²＝(１７/４)³＋２＝５０４１/６４
∴ｙ＝±７１/８
ｙ²＝(１２７/４４１)³＋２
＝２０４８３８３/８５７６６１２１＋２
＝１７３５８０６２５/８５７６６１２１
∴ｙ＝±１３１７５/４４１
∴(１７/４，±７１/８)
(１２７/４４１，±１３１７５/４４１)
よって、全て有理点である。
（念のため、(１７/４，±７１/８)は上で既に出来ている点。）
おまけ：
返信
返信2
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/12/30 14:28 (No.1359596)削除問題
（１）右の図Ⅰのように、ＡＢ＝４，∠ＡＢＣ＝６０°，∠ＢＡＣ＝９０°の直角三角形ＡＢＣにおいて、ＡＣの延長上にＣＢ＝ＣＤとなる点Ｄをとり、△ＡＢＤを作る。ＡＤの長さを求めなさい。
（２）右の図Ⅱのように、原点Ｏと点Ｐ(４,０)，Ｑ(０,３)に対して、△ＯＰＱ∽△ＱＰＲとなるように点Ｒをとる。
（ア）点Ｒからｙ軸に垂線をひき、その交点をＨとする。ＲＨの長さを求めなさい。
（イ）直線ＰＲの方程式を求めなさい。
（ウ）∠ＯＰＲは７５°より大きいか小さいかを、（１）の結果を用いて答えなさい。
（０１ 金沢大付）
図の解説：図Ⅰは、辺ＡＢを描きＡから垂線を立てその直線上に∠ＣＢＡ＝６０°となる点Ｃを取り、さらにその延長上にＣＤ＝ＣＢとなる点Ｄを取った図。
図Ⅱは、ｘｙ座標のｘ軸上に点Ｐ(４,０)，ｙ軸上に点Ｑ(０,３)を取り、△ＯＰＱ∽△ＱＰＲとなるように点Ｒを取る。そして、Ｒからｙ軸に垂線を下ろしその足をＨとした図。
あまり意味はありませんが、（ア）の別解を作ってみました。
おまけ：
（１）右の図Ⅰのように、ＡＢ＝４，∠ＡＢＣ＝６０°，∠ＢＡＣ＝９０°の直角三角形ＡＢＣにおいて、ＡＣの延長上にＣＢ＝ＣＤとなる点Ｄをとり、△ＡＢＤを作る。ＡＤの長さを求めなさい。
（２）右の図Ⅱのように、原点Ｏと点Ｐ(４,０)，Ｑ(０,３)に対して、△ＯＰＱ∽△ＱＰＲとなるように点Ｒをとる。
（ア）点Ｒからｙ軸に垂線をひき、その交点をＨとする。ＲＨの長さを求めなさい。
（イ）直線ＰＲの方程式を求めなさい。
（ウ）∠ＯＰＲは７５°より大きいか小さいかを、（１）の結果を用いて答えなさい。
（０１ 金沢大付）
図の解説：図Ⅰは、辺ＡＢを描きＡから垂線を立てその直線上に∠ＣＢＡ＝６０°となる点Ｃを取り、さらにその延長上にＣＤ＝ＣＢとなる点Ｄを取った図。
図Ⅱは、ｘｙ座標のｘ軸上に点Ｐ(４,０)，ｙ軸上に点Ｑ(０,３)を取り、△ＯＰＱ∽△ＱＰＲとなるように点Ｒを取る。そして、Ｒからｙ軸に垂線を下ろしその足をＨとした図。
あまり意味はありませんが、（ア）の別解を作ってみました。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/12/31 07:59削除問題
（１）右の図Ⅰのように、ＡＢ＝４，∠ＡＢＣ＝６０°，∠ＢＡＣ＝９０°の直角三角形ＡＢＣにおいて、ＡＣの延長上にＣＢ＝ＣＤとなる点Ｄをとり、△ＡＢＤを作る。ＡＤの長さを求めなさい。
（２）右の図Ⅱのように、原点Ｏと点Ｐ(４,０)，Ｑ(０,３)に対して、△ＯＰＱ∽△ＱＰＲとなるように点Ｒをとる。
（ア）点Ｒからｙ軸に垂線をひき、その交点をＨとする。ＲＨの長さを求めなさい。
（イ）直線ＰＲの方程式を求めなさい。
（ウ）∠ＯＰＲは７５°より大きいか小さいかを、（１）の結果を用いて答えなさい。
（０１ 金沢大付）
図の解説：図Ⅰは、辺ＡＢを描きＡから垂線を立てその直線上に∠ＣＢＡ＝６０°となる点Ｃを取り、さらにその延長上にＣＤ＝ＣＢとなる点Ｄを取った図。
図Ⅱは、ｘｙ座標のｘ軸上に点Ｐ(４,０)，ｙ軸上に点Ｑ(０,３)を取り、△ＯＰＱ∽△ＱＰＲとなるように点Ｒを取る。そして、Ｒからｙ軸に垂線を下ろしその足をＨとした図。
模範解答
（１）ＡＤ＝ＡＣ＋ＣＤ＝ＡＣ＋ＣＢ＝４√３＋８・・・①
（２）（ア）与えられた条件などから、角度は図Ⅲのようになり（注：図２のＰＱ，ＲＱがそれぞれ∠Ｐ，∠Ｒの二等分線になり、∠ＱＰＯ＝∠ＱＰＲ＝∠ＲＱＨ＝●，∠ＱＲＨ＝∠ＱＲＰ＝∠ＰＱＯ＝○とした図）、△ＯＰＱ，△ＱＰＲ，△ＨＱＲの３辺比はすべて３：４：５である。
∴ＲＨ＝ＲＱ×(３/５)＝{ＰＱ×(３/４)}×(３/５)＝９/４
➡注 ∠ＲＱＨ＝９０°－∠ＯＱＰ＝∠ＱＰＯ（＝●）
（イ）右図（注：先の図ⅢにＲからｘ軸に垂線ＲＩを下ろした図）で、
ＲＩ＝ＨＱ＋ＱＯ＝ＲＨ×(４/３)＋３＝６
よって、ＰＲの傾きは、－ＩＲ/ＰＩ
＝－６/(４－９/４)＝－２４/７
であるから、直線ＰＲの方程式は、
ｙ＝(－２４/７)(ｘ－４)・・・②
（ウ）②の切片は、９６/７・・・③
これと①の大小を比べると、両辺を４で割って、
①/４＝√３＋２＝３.７…，
③/４＝２４/７＝３.４…
よって、①の方が大きいから、∠ＯＰＲは∠ＡＢＤ（＝７５°）より小さいことになる。
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
感想
（イ）は、傾きを求めて点Ｐを通る直線の方程式で求めていますが、初心者は、２点Ｐ，Ｒの座標を求めて直線ＰＲの方程式を求めた方が無難。まぁ、慣れてきたら色々な技を使った方が良いが。
全体的な解説は面白くないので省略。（角度と相似のコツ（定石）などがあるが。）
あまり意味のない（ア）の別解は次回。それだけじゃ面白くないので、問題を追加。
問題
方程式x²+y²=2で表される円周上には、座標の値がともに有理数である点はいくつあるか。
ヒント
「まず、整点A(1,1)は有理点の1つです。実は、この点を通り、傾きが有理数である直線Lを考えると、この直線Lと円周x²+y²=2の交点は必ず有理点になります。」
引用元：https://news.yahoo.co.jp/articles/1a5ccceeb067e42b50842093f75b4ea1aae15ada?page=2
まぁ、ヒントがあれば簡単ですね。念のため、数学掲示板を見るような人が対象。
おまけ：
（１）右の図Ⅰのように、ＡＢ＝４，∠ＡＢＣ＝６０°，∠ＢＡＣ＝９０°の直角三角形ＡＢＣにおいて、ＡＣの延長上にＣＢ＝ＣＤとなる点Ｄをとり、△ＡＢＤを作る。ＡＤの長さを求めなさい。
（２）右の図Ⅱのように、原点Ｏと点Ｐ(４,０)，Ｑ(０,３)に対して、△ＯＰＱ∽△ＱＰＲとなるように点Ｒをとる。
（ア）点Ｒからｙ軸に垂線をひき、その交点をＨとする。ＲＨの長さを求めなさい。
（イ）直線ＰＲの方程式を求めなさい。
（ウ）∠ＯＰＲは７５°より大きいか小さいかを、（１）の結果を用いて答えなさい。
（０１ 金沢大付）
図の解説：図Ⅰは、辺ＡＢを描きＡから垂線を立てその直線上に∠ＣＢＡ＝６０°となる点Ｃを取り、さらにその延長上にＣＤ＝ＣＢとなる点Ｄを取った図。
図Ⅱは、ｘｙ座標のｘ軸上に点Ｐ(４,０)，ｙ軸上に点Ｑ(０,３)を取り、△ＯＰＱ∽△ＱＰＲとなるように点Ｒを取る。そして、Ｒからｙ軸に垂線を下ろしその足をＨとした図。
模範解答
（１）ＡＤ＝ＡＣ＋ＣＤ＝ＡＣ＋ＣＢ＝４√３＋８・・・①
（２）（ア）与えられた条件などから、角度は図Ⅲのようになり（注：図２のＰＱ，ＲＱがそれぞれ∠Ｐ，∠Ｒの二等分線になり、∠ＱＰＯ＝∠ＱＰＲ＝∠ＲＱＨ＝●，∠ＱＲＨ＝∠ＱＲＰ＝∠ＰＱＯ＝○とした図）、△ＯＰＱ，△ＱＰＲ，△ＨＱＲの３辺比はすべて３：４：５である。
∴ＲＨ＝ＲＱ×(３/５)＝{ＰＱ×(３/４)}×(３/５)＝９/４
➡注 ∠ＲＱＨ＝９０°－∠ＯＱＰ＝∠ＱＰＯ（＝●）
（イ）右図（注：先の図ⅢにＲからｘ軸に垂線ＲＩを下ろした図）で、
ＲＩ＝ＨＱ＋ＱＯ＝ＲＨ×(４/３)＋３＝６
よって、ＰＲの傾きは、－ＩＲ/ＰＩ
＝－６/(４－９/４)＝－２４/７
であるから、直線ＰＲの方程式は、
ｙ＝(－２４/７)(ｘ－４)・・・②
（ウ）②の切片は、９６/７・・・③
これと①の大小を比べると、両辺を４で割って、
①/４＝√３＋２＝３.７…，
③/４＝２４/７＝３.４…
よって、①の方が大きいから、∠ＯＰＲは∠ＡＢＤ（＝７５°）より小さいことになる。
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
感想
（イ）は、傾きを求めて点Ｐを通る直線の方程式で求めていますが、初心者は、２点Ｐ，Ｒの座標を求めて直線ＰＲの方程式を求めた方が無難。まぁ、慣れてきたら色々な技を使った方が良いが。
全体的な解説は面白くないので省略。（角度と相似のコツ（定石）などがあるが。）
あまり意味のない（ア）の別解は次回。それだけじゃ面白くないので、問題を追加。
問題
方程式x²+y²=2で表される円周上には、座標の値がともに有理数である点はいくつあるか。
ヒント
「まず、整点A(1,1)は有理点の1つです。実は、この点を通り、傾きが有理数である直線Lを考えると、この直線Lと円周x²+y²=2の交点は必ず有理点になります。」
引用元：https://news.yahoo.co.jp/articles/1a5ccceeb067e42b50842093f75b4ea1aae15ada?page=2
まぁ、ヒントがあれば簡単ですね。念のため、数学掲示板を見るような人が対象。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2025/1/1 07:58削除問題
（１）右の図Ⅰのように、ＡＢ＝４，∠ＡＢＣ＝６０°，∠ＢＡＣ＝９０°の直角三角形ＡＢＣにおいて、ＡＣの延長上にＣＢ＝ＣＤとなる点Ｄをとり、△ＡＢＤを作る。ＡＤの長さを求めなさい。
（２）右の図Ⅱのように、原点Ｏと点Ｐ(４,０)，Ｑ(０,３)に対して、△ＯＰＱ∽△ＱＰＲとなるように点Ｒをとる。
（ア）点Ｒからｙ軸に垂線をひき、その交点をＨとする。ＲＨの長さを求めなさい。
（イ）直線ＰＲの方程式を求めなさい。
（ウ）∠ＯＰＲは７５°より大きいか小さいかを、（１）の結果を用いて答えなさい。
（０１ 金沢大付）
図の解説：図Ⅰは、辺ＡＢを描きＡから垂線を立てその直線上に∠ＣＢＡ＝６０°となる点Ｃを取り、さらにその延長上にＣＤ＝ＣＢとなる点Ｄを取った図。
図Ⅱは、ｘｙ座標のｘ軸上に点Ｐ(４,０)，ｙ軸上に点Ｑ(０,３)を取り、△ＯＰＱ∽△ＱＰＲとなるように点Ｒを取る。そして、Ｒからｙ軸に垂線を下ろしその足をＨとした図。
（ア）の別解
上より、
「（ア）与えられた条件などから、角度は図Ⅲのようになり（注：図２のＰＱ，ＲＱがそれぞれ∠Ｐ，∠Ｒの二等分線になり、∠ＱＰＯ＝∠ＱＰＲ＝∠ＲＱＨ＝●，∠ＱＲＨ＝∠ＱＲＰ＝∠ＰＱＯ＝○とした図）」
ここで、Ｑからｘ軸と平行な直線を引き、ＰＲとの交点をＳとすると、錯角より∠ＳＱＰ＝∠ＳＰＱ＝●，∠ＳＱＲ＝∠ＳＲＱ＝○となり、△ＳＰＱと△ＳＱＲはそれぞれ二等辺三角形になる。
よって、ＳＰ＝ＳＱ＝ＳＲより、点ＳはＲＰの中点である。
よって、台形の中点連結定理の逆により点ＱはＨＯの中点。∴Ｈ(０,６)
また、Ｒのｘ座標をｒと置くと、Ｒ(ｒ,６)
よって、中点の公式より、Ｓ((ｒ＋４)/２,３)
よって、２点間の距離の公式より、
ＳＰ＝√[{４－(ｒ＋４)/２}²＋３²]
＝√[{(４－ｒ)/２}²＋９]
＝√{(ｒ²－８ｒ＋１６)/４＋９}
＝√{(ｒ²－８ｒ＋５２)/４}
＝√(ｒ²－８ｒ＋５２)/２
ところで、ＳＰ＝ＳＱより、
√(ｒ²－８ｒ＋５２)/２＝(ｒ＋４)/２
∴ｒ²－８ｒ＋５２＝(ｒ＋４)²＝ｒ²＋８ｒ＋１６
∴１６ｒ＝３６ ∴ｒ＝９/４
∴Ｒ(９/４，６) ∴ＲＨ＝９/４
問題
方程式x²+y²=2で表される円周上には、座標の値がともに有理数である点はいくつあるか。
ヒント
「まず、整点A(1,1)は有理点の1つです。実は、この点を通り、傾きが有理数である直線Lを考えると、この直線Lと円周x²+y²=2の交点は必ず有理点になります。」
引用元：https://news.yahoo.co.jp/articles/1a5ccceeb067e42b50842093f75b4ea1aae15ada?page=2
回答
点(１,１)を通り傾きがａ（有理数）の直線の方程式は、
ｙ－１＝ａ(ｘ－１) ∴ｙ＝ａｘ－ａ＋１
これをｘ²＋ｙ²＝２に代入すると、
ｘ²＋(ａｘ－ａ＋１)²＝２
これを整理すると、
(ａ²＋１)ｘ²－２ａ(ａ－１)ｘ＋ａ²－２ａ－１＝０
この判別式Ｄ/４
＝ａ²(ａ－１)²－(ａ²＋１)(ａ²－２ａ－１)
＝ａ²(ａ²－２ａ＋１)－(ａ⁴－２ａ³－ａ²＋ａ²－２ａ－１)
＝ａ⁴－２ａ³＋ａ²－ａ⁴＋２ａ³＋２ａ＋１
＝ａ²＋２ａ＋１＝(ａ＋１)²
よって、解の公式より、
ｘ＝{ａ(ａ－１)±√(ａ＋１)²}/(ａ²＋１)
＝{ａ(ａ－１)±|ａ＋１|}/(ａ²＋１)
ａ＋１≧０の場合、
ｘ＝(ａ²－ａ＋ａ＋１)/(ａ²＋１)
＝(ａ²＋１)/(ａ²＋１)＝１
よって、ｘ＝１が解より、ｘ－１で
(ａ²＋１)ｘ²－２ａ(ａ－１)ｘ＋ａ²－２ａ－１を割ると、計算省略で、商は、
(ａ²＋１)ｘ＋(－ａ²＋２ａ＋１)
∴ｘ＝(ａ²－２ａ－１)/(ａ²＋１)
念のため、これは上の解の公式のａ＋１＜０の場合と同じである。
よって、点(１,１)を通り傾きがａの直線の方程式と円との交点のｘ座標は、ｘ＝(ａ²－２ａ－１)/(ａ²＋１)で、ａは有理数よりこの点は有理点で傾きは－∞＜ａ＜∞より交点は無限にあるので、x²+y²=2で表される円周上には有理点が無限にある。（念のため、ｙ座標も有理点になる事は省略した。）
おまけ：
https://x.com/MANZEMI_bot/status/1622124291105124352
https://daccha.hateblo.jp/entry/2021/09/16/234357
（１）右の図Ⅰのように、ＡＢ＝４，∠ＡＢＣ＝６０°，∠ＢＡＣ＝９０°の直角三角形ＡＢＣにおいて、ＡＣの延長上にＣＢ＝ＣＤとなる点Ｄをとり、△ＡＢＤを作る。ＡＤの長さを求めなさい。
（２）右の図Ⅱのように、原点Ｏと点Ｐ(４,０)，Ｑ(０,３)に対して、△ＯＰＱ∽△ＱＰＲとなるように点Ｒをとる。
（ア）点Ｒからｙ軸に垂線をひき、その交点をＨとする。ＲＨの長さを求めなさい。
（イ）直線ＰＲの方程式を求めなさい。
（ウ）∠ＯＰＲは７５°より大きいか小さいかを、（１）の結果を用いて答えなさい。
（０１ 金沢大付）
図の解説：図Ⅰは、辺ＡＢを描きＡから垂線を立てその直線上に∠ＣＢＡ＝６０°となる点Ｃを取り、さらにその延長上にＣＤ＝ＣＢとなる点Ｄを取った図。
図Ⅱは、ｘｙ座標のｘ軸上に点Ｐ(４,０)，ｙ軸上に点Ｑ(０,３)を取り、△ＯＰＱ∽△ＱＰＲとなるように点Ｒを取る。そして、Ｒからｙ軸に垂線を下ろしその足をＨとした図。
（ア）の別解
上より、
「（ア）与えられた条件などから、角度は図Ⅲのようになり（注：図２のＰＱ，ＲＱがそれぞれ∠Ｐ，∠Ｒの二等分線になり、∠ＱＰＯ＝∠ＱＰＲ＝∠ＲＱＨ＝●，∠ＱＲＨ＝∠ＱＲＰ＝∠ＰＱＯ＝○とした図）」
ここで、Ｑからｘ軸と平行な直線を引き、ＰＲとの交点をＳとすると、錯角より∠ＳＱＰ＝∠ＳＰＱ＝●，∠ＳＱＲ＝∠ＳＲＱ＝○となり、△ＳＰＱと△ＳＱＲはそれぞれ二等辺三角形になる。
よって、ＳＰ＝ＳＱ＝ＳＲより、点ＳはＲＰの中点である。
よって、台形の中点連結定理の逆により点ＱはＨＯの中点。∴Ｈ(０,６)
また、Ｒのｘ座標をｒと置くと、Ｒ(ｒ,６)
よって、中点の公式より、Ｓ((ｒ＋４)/２,３)
よって、２点間の距離の公式より、
ＳＰ＝√[{４－(ｒ＋４)/２}²＋３²]
＝√[{(４－ｒ)/２}²＋９]
＝√{(ｒ²－８ｒ＋１６)/４＋９}
＝√{(ｒ²－８ｒ＋５２)/４}
＝√(ｒ²－８ｒ＋５２)/２
ところで、ＳＰ＝ＳＱより、
√(ｒ²－８ｒ＋５２)/２＝(ｒ＋４)/２
∴ｒ²－８ｒ＋５２＝(ｒ＋４)²＝ｒ²＋８ｒ＋１６
∴１６ｒ＝３６ ∴ｒ＝９/４
∴Ｒ(９/４，６) ∴ＲＨ＝９/４
問題
方程式x²+y²=2で表される円周上には、座標の値がともに有理数である点はいくつあるか。
ヒント
「まず、整点A(1,1)は有理点の1つです。実は、この点を通り、傾きが有理数である直線Lを考えると、この直線Lと円周x²+y²=2の交点は必ず有理点になります。」
引用元：https://news.yahoo.co.jp/articles/1a5ccceeb067e42b50842093f75b4ea1aae15ada?page=2
回答
点(１,１)を通り傾きがａ（有理数）の直線の方程式は、
ｙ－１＝ａ(ｘ－１) ∴ｙ＝ａｘ－ａ＋１
これをｘ²＋ｙ²＝２に代入すると、
ｘ²＋(ａｘ－ａ＋１)²＝２
これを整理すると、
(ａ²＋１)ｘ²－２ａ(ａ－１)ｘ＋ａ²－２ａ－１＝０
この判別式Ｄ/４
＝ａ²(ａ－１)²－(ａ²＋１)(ａ²－２ａ－１)
＝ａ²(ａ²－２ａ＋１)－(ａ⁴－２ａ³－ａ²＋ａ²－２ａ－１)
＝ａ⁴－２ａ³＋ａ²－ａ⁴＋２ａ³＋２ａ＋１
＝ａ²＋２ａ＋１＝(ａ＋１)²
よって、解の公式より、
ｘ＝{ａ(ａ－１)±√(ａ＋１)²}/(ａ²＋１)
＝{ａ(ａ－１)±|ａ＋１|}/(ａ²＋１)
ａ＋１≧０の場合、
ｘ＝(ａ²－ａ＋ａ＋１)/(ａ²＋１)
＝(ａ²＋１)/(ａ²＋１)＝１
よって、ｘ＝１が解より、ｘ－１で
(ａ²＋１)ｘ²－２ａ(ａ－１)ｘ＋ａ²－２ａ－１を割ると、計算省略で、商は、
(ａ²＋１)ｘ＋(－ａ²＋２ａ＋１)
∴ｘ＝(ａ²－２ａ－１)/(ａ²＋１)
念のため、これは上の解の公式のａ＋１＜０の場合と同じである。
よって、点(１,１)を通り傾きがａの直線の方程式と円との交点のｘ座標は、ｘ＝(ａ²－２ａ－１)/(ａ²＋１)で、ａは有理数よりこの点は有理点で傾きは－∞＜ａ＜∞より交点は無限にあるので、x²+y²=2で表される円周上には有理点が無限にある。（念のため、ｙ座標も有理点になる事は省略した。）
おまけ：
https://x.com/MANZEMI_bot/status/1622124291105124352
https://daccha.hateblo.jp/entry/2021/09/16/234357
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