数学

問題
図のように、１辺が６ｃｍの正４面体Ｍ－ＡＢＣが平面Ｐ上にある。この正４面体の３つの辺ＭＡ，ＭＢ，ＭＣ上にそれぞれ点Ｄ，Ｅ，ＦをＭＤ：ＤＡ＝ＭＥ：ＥＢ＝２：１，ＭＦ：ＦＣ＝１：２となるようにとり、平面ＤＥＦで正４面体Ｍ－ＡＢＣからＭを含む部分を切り取った立体をＶとする。
　さて、頂点Ａの真上に点Ｏを、ＯＡがもとの正４面体の高さと等しくなるようにとる。点Ｏから立体Ｖに光をあてるとき、平面Ｐ上にできる影で、△ＡＢＣを除いたものを考える。点Ｅ，Ｆの影をそれぞれＥ'，Ｆ'とするとき、次の各問いに答えよ。
（１）ＣＦ'の長さを求めよ。
（２）影の面積を求めよ。
（９３　久留米大付）

模範解答
点光源によってできる影の問題を、立体のまま考えようとすると、図がごちゃごちゃして考えにくくなります。はじめにポイントをまとめてみましょう。
点光源による影のポイント
① 線分の影は線分になる。三角形の影は三角形になるのが原則。（線分になる場合もある。）
② 図のように（注：平面πに直交する直角三角形ＯＯ'Ｑを描き、斜辺ＯＱ上の点ＰからＯ'Ｑに垂線ＰＰ'が下りていてＯＯ'＝ｈ，ＰＰ'＝ｈ'となっている図）、点光源Ｏによる点Ｐの影が平面π上の点Ｑになるとすると、図で、
Ｏ'Ｐ'：Ｏ'Ｑ＝(ｈ－ｈ')：ｈ
よって、点Ｐの影は、点光源から平面に下した垂線の足を相似拡大の中心として、Ｐから下した垂線の足をｈ/(ｈ－ｈ')倍に拡大したもの、ということになる。
（注：ここは読み飛ばしても常識的に考えれば分かるような話である。逆に、初等幾何学慣れしていない人には、「相似の中心」って何？ってなる可能性の方が大きいだろう。）

解
Ｏ，Ｄ，Ｅ，Ｆ，Ｍから平面Ｐに下した垂線の足をそれぞれＯ''，Ｄ''，Ｅ''，Ｆ''，Ｍ''とする。各点と平面Ｐとの距離を、たとえば、Ｏと平面Ｐとの距離＝[Ｏ]のように表すと、
([Ｏ]－[Ｄ])：[Ｏ]＝([Ｏ]－[Ｅ])：[Ｏ]＝２：３
([Ｏ]－[Ｆ])：[Ｏ]＝１：３
よって、ポイント②より、Ｄ，Ｅの影Ｄ'，Ｅ'は、Ｏ''（＝Ａ）を中心としてＤ''，Ｅ''を３/２倍に相似拡大した点であり、Ｆの影Ｆ'はＦ''を３倍に相似拡大した点である。
このことに注意して図をかくと、
まず、左の図は、上から見た図で、
正三角形ＣＡＢを描き、その重心をＭ''としＡＭ''，ＢＭ''，ＣＭ''を結び、Ｍ''Ａを２：１に内分する点をＤ''，Ｍ''Ｂを２：１に内分する点をＥ''，Ｍ''Ｃを１：２に内分する点をＦ''とした図である。
次に、右の図は、左の図にさらにＡＦ''の延長上にＦ'，ＡＥ''の延長上にＥ'があり、ＣＦ'，ＢＥ'，Ｅ'Ｆ'が結ばれていて、△Ｆ''ＡＭ''と△Ｆ''Ｆ'Ｃが斜線部で△Ｅ''ＡＭ''と△Ｅ''Ｅ'Ｂが点部分にされている図。
ここで、ＡＦ''：Ｆ''Ｆ'＝Ｍ''Ｆ''：Ｆ''Ｃ＝１：２より、ＣＦ'∥ＡＭ''，ＡＭ''⊥ＢＣより、ＣＦ'⊥ＢＣ，同様に、ＢＥ'⊥ＢＣ。
（１）ＣＦ'＝２ＡＭ''＝４√３（ｃｍ）
（２）影の面積は図の太線部（注：四角形ＣＢＥ'Ｆ'）で、ＢＥ'＝(１/２)×ＡＭ''＝√３だから、
台形ＢＥ'Ｆ'Ｃ＝(１/２)×６×(４√３＋√３)＝１５√３（ｃｍ²）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
上の②を使うと、ＡＦ''：Ｆ''Ｆ'＝１：２，ＡＥ''：Ｅ''：Ｅ'＝２：１が分かるが、これは常識的に考えれば分かるような話である。ついでにＤ'の位置も同様である。
ここからが問題で、私は（１）は別解だった。模範解答はエレガントですね。次回は、私の解法とそれだけじゃ面白くないので、△ＡＥ'Ｆ'の面積を求めて下さい。

おまけ：

問題
図のように、１辺が６ｃｍの正４面体Ｍ－ＡＢＣが平面Ｐ上にある。この正４面体の３つの辺ＭＡ，ＭＢ，ＭＣ上にそれぞれ点Ｄ，Ｅ，ＦをＭＤ：ＤＡ＝ＭＥ：ＥＢ＝２：１，ＭＦ：ＦＣ＝１：２となるようにとり、平面ＤＥＦで正４面体Ｍ－ＡＢＣからＭを含む部分を切り取った立体をＶとする。
　さて、頂点Ａの真上に点Ｏを、ＯＡがもとの正４面体の高さと等しくなるようにとる。点Ｏから立体Ｖに光をあてるとき、平面Ｐ上にできる影で、△ＡＢＣを除いたものを考える。点Ｅ，Ｆの影をそれぞれＥ'，Ｆ'とするとき、次の各問いに答えよ。
（１）ＣＦ'の長さを求めよ。
（２）影の面積を求めよ。
（９３　久留米大付）

（１）の別解
「上の②を使うと、ＡＦ''：Ｆ''Ｆ'＝１：２」
までは同じ。
正三角形ＣＡＢのＡＢの中点をＮ，重心をＭ''とすると、ＡＮ＝３，Ｍ''Ｎ＝√３，ＣＭ''＝２√３（１：２：√３の直角三角形と重心の性質より）
また、条件よりＭ''Ｆ''：Ｆ''Ｃ＝１：２より、Ｆ''Ｃ＝(２/３)ＣＭ''＝(２/３)×２√３＝４√３/３　∴Ｆ''Ｃ＝４√３/３———ア
また、Ｍ''Ｃの延長上にＦから垂線を下ろしその足をＨとすると、△Ｆ''ＡＮ∽△Ｆ''Ｆ'Ｈで相似比はＡＦ''：Ｆ''Ｆ'＝１：２より、
Ｆ''Ｈ＝２Ｆ''Ｎ
ところで、Ｆ''Ｎ＝Ｍ''Ｎ＋Ｍ''Ｆ''＝√３＋(１/３)×２√３＝√３＋２√３/３＝５√３/３
∴Ｆ''Ｈ＝１０√３/３———イ
ア，イより、ＣＨ＝Ｆ''Ｈ－Ｆ''Ｃ＝２√３
また、Ｆ'Ｈ＝２ＡＮ＝２・３＝６より、△ＣＦ'Ｈで三平方の定理を使うと、
ＣＦ'＝√{(２√３)²＋６²}＝√(１２＋３６)
＝√４８＝４√３
よって、答えは、４√３ｃｍ

＞△ＡＥ'Ｆ'の面積を求めて下さい。

イより、Ｆ''Ｈ＝１０√３/３
また、Ｆ'Ｈ＝６より、△Ｆ'Ｆ''Ｈで三平方の定理を使うと、Ｆ''Ｆ'＝√{(１０√３/３)²＋６²}
＝√(３００/９＋３６)＝√(６２４/９)
＝４√３９/３　
∴ＡＦ'＝(３/２)Ｆ''Ｆ＝２√３９ｃｍ
同様にＡＥ'を求めると、ＡＥ'＝√５７ｃｍ
（ちょっと、工夫が必要かもしれないので自分で求めてみて下さい。）
また、模範解答の解説より、四角形ＣＢＥ'Ｆ'は∠Ｂ，∠Ｃが直角の台形より、Ｅ'からＣＦ'に垂線を下ろして三平方の定理を使うと、
Ｅ'Ｆ'＝３√７ｃｍ（計算省略）
よって、△Ｆ'ＡＥ'を描いて、Ｆ'からＡＥ'の延長上に垂線を下ろしＩとし、Ｆ'Ｉ＝ｘ，Ｅ'Ｉ＝ｙと置いて、△Ｆ'Ｅ'Ｈと△Ｆ'ＡＨで三平方の定理を使うと、
ｘ²＋ｙ²＝６３———①
ｘ²＋(√５７＋ｙ)²＝１５６———②
①－②より、
－２√５７ｙ－５７＝６３－１５６
∴２√５７ｙ＝１５６－５７－６３＝３６
∴ｙ＝１８/√５７
これを①に代入すると
ｘ²＝６３－３２４/５７＝３２６７/５７
３２６７＝３³・１１²より、
ｘ＝３３√３/５７＝３３√１９
∴△Ｆ'ＡＥ'＝√５７×(３３/√１９)×(１/２)＝３３√３/２
∴△ＡＥ'Ｆ'＝３３√３/２ｃｍ²

おまけ：

問題
底面が正六角形の角柱を鉛筆のように削った。削った面は円錐の側面である。右図で、ＣＢ＝ＢＤ，ＯＡ＝２＋√３，ＡＢ＝１/２のとき、次の各問いに答えよ。
（１）ＯＣの長さを求めよ。
（２）底面の１辺の長さを求めよ。
（９２　武蔵）

解答（私の解答）
（１）立体図を描く。この時、逆に直円錐を描き、底面の円に内接する正六角形を描き、イメージ的にその正六角形を上に平行移動させて円錐を切ると、半楕円のような模様が出来る（厳密には放物線か）。
そして、正六角形の２つの頂点をＣ，Ｄとし、その半楕円ＣＤの上の部分をＡ，ＡからＣＤに下ろした垂線の足をＢとする。また、円錐の頂点をＯ，底面の円の中心をＯ'とする。
ここで、ＯＡの延長と円錐の底面との交点をＡ'とすると、ＯＣ＝ＯＡ'なので、このＯＡ'を求めれば良い。
ところで、△Ｏ'ＣＤは正六角形の１/６で正三角形より、Ｏ'Ｂ：Ｏ'Ｃ＝√３：２———①
また、半径よりＯ'Ｃ＝Ｏ'Ａ———②
②を①に代入すると、Ｏ'Ｂ：Ｏ'Ａ＝√３：２
また、平面ＯＯ'Ａ'で切った断面図を描くと、
直角三角形ＯＯ'Ａ'の斜辺ＯＡ'に点Ａがあり、ＡからＯ'Ａ'に下ろした垂線の足がＢになる。
今、ＡからＯＯ'に垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＯＡＨ∽△ＯＡ'Ｏ'で相似比はＨＡ：Ｏ'Ａ'———③　また、四角形ＨＯ'ＢＡは３直角で長方形よりＨＡ＝Ｏ'Ｂ———④
④を③に代入すると、相似比はＯ'Ｂ：Ｏ'Ａ'より、√３：２になる。
∴ＯＡ'＝(２/√３)ＯＡ＝(２/√３)(２＋√３)
＝２√３(２＋√３)/３＝２(２√３＋３)/３
ＯＣ＝ＯＡ'より、
ＯＣ＝２(２√３＋３)/３

（２）また、△ＯＯ'Ａ'∽△ＡＢＡ'で相似比はＯ'Ａ'：ＢＡ'＝２：２－√３
∴ＯＯ'：ＡＢ＝２：２－√３
また、条件よりＡＢ＝１/２
∴ＯＯ'：１/２＝２：２－√３
∴(２－√３)ＯＯ'＝１　
∴ＯＯ'＝１/(２－√３)＝２＋√３
ところで、条件よりＯＡ＝２＋√３なので、
ＯＯ'＝ＯＡ
今、ＯＯ'：ＯＡ'＝ＯＯ'：(２/√３)ＯＡ
＝ＯＯ'：(２/√３)ＯＯ'＝√３：２
よって、ＯＯ'：ＯＡ'＝√３：２より、断面図の△ＯＯ'Ａ'は１：２：√３の直角三角形である。
∴Ｏ'Ａ'＝(１/２)ＯＡ'＝(２√３＋３)/３
よって、底面の半径より、
Ｏ'Ｃ＝Ｏ'Ａ＝(２√３＋３)/３
また、△Ｏ'ＣＤは正三角形より、
ＣＤ＝Ｏ'Ｃ＝(２√３＋３)/３
よって、答えは、(２√３＋３)/３

（２）のアレンジ（別解）は次回。

おまけ：

補足
＞半楕円のような模様が出来る（厳密には放物線か）。

うっかりしました。双曲線でした。https://tomodak.com/quadratic/reference/corn.html

＞（２）のアレンジ（別解）は次回。

「ＯＯ'＝１/(２－√３)＝２＋√３」までは同じ。
また、（１）より、ＯＡ'＝２(２√３＋３)/３
よって、断面図の直角三角形ＯＯ'Ａ'で三平方の定理を使うと、
Ｏ'Ａ'＝√[{２(２√３＋３)/３}²－(２＋√３)²]
＝√{４(２１＋１２√３)/９－(７＋４√３)}
＝√{(８４＋４８√３－６３－３６√３)/９}
＝√(２１＋１２√３)/３
＝√(２√３＋３)²/３
＝(２√３＋３)/３
∴Ｏ'Ａ'＝(２√３＋３)/３
よって、底面の半径より、
Ｏ'Ｃ＝Ｏ'Ａ＝(２√３＋３)/３
また、△Ｏ'ＣＤは正三角形より、
ＣＤ＝Ｏ'Ｃ＝(２√３＋３)/３
よって、答えは、(２√３＋３)/３

二重根号を外すので受験的にはどうかと思いますが、こっちの方が特殊（たまたま）なＯＯ'＝ＯＡに頼らないので模範解答だと思います。（模範解答の定義にもよりますが。）

また、全く意味はありませんが、Ｏ'Ａ'＝ｘと置くと、Ｏ'Ｂ＝(√３/２)ｘ（比は上より）
∴ＨＡ＝(√３/２)ｘ
また、条件より、ＯＡ＝２＋√３
また、ＯＡ'＝(２/√３)ＯＡ
＝(２/√３)(２＋√３)＝２(２＋√３)/√３
よって、△ＯＯ'Ａ'で三平方の定理を使うと、
ＯＯ'＝√{４(２＋√３)²/３－ｘ²}
よって、断面図のＡからＯＯ'に垂線を下ろしその足をＨとすると、
ＯＨ＝√{４(２＋√３)²/３－ｘ²}－１/２
よって、△ＯＨＡで三平方の定理を使うと、
[√{４(２＋√３)²/３－ｘ²}－１/２]²＋{(√３/２)ｘ}²＝(２＋√３)²が成り立つ。
よって、これを解いてもｘ＝Ｏ'Ａ'＝ＣＤが求まるはずである。
計算に自信がある人は挑戦してみて下さい。まぁ、ややっこしくしているだけという意見もあると思いますが。笑

おまけ：

問題
底面が正六角形の角柱を鉛筆のように削った。削った面は円錐の側面である。右図で、ＣＢ＝ＢＤ，ＯＡ＝２＋√３，ＡＢ＝１/２のとき、次の各問いに答えよ。
（１）ＯＣの長さを求めよ。
（２）底面の１辺の長さを求めよ。
（９２　武蔵）

＞[√{４(２＋√３)²/３－ｘ²}－１/２]²＋{(√３/２)ｘ}²＝(２＋√３)²が成り立つ。
よって、これを解いてもｘ＝Ｏ'Ａ'＝ＣＤが求まるはずである。（Ｏ'Ａ'＝ｘ）

∴(４/３)(２＋√３)²－ｘ²＋１/４－√{４(２＋√３)²/３－ｘ²}＋(３/４)ｘ²＝(２＋√３)²
∴√{４(２＋√３)²/３－ｘ²}＝(２＋√３)²/３－ｘ²/４＋１/４＝(７＋４√３)/３＋１/４－ｘ²/４＝(３１＋１６√３)/１２－ｘ²/４
∴４(２＋√３)²/３－ｘ²＝{(３１＋１６√３)/１２－ｘ²/４}²＝(３１＋１６√３)²/１４４＋ｘ⁴/１６－{(３１＋１６√３)/２４}ｘ²
∴ｘ⁴/１６－{(７＋１６√３)/２４}ｘ²＋(３１＋１６√３)²/１４４－４(２＋√３)²/３＝０
∴９ｘ⁴－６(７＋１６√３)ｘ²＋(３１＋１６√３)²－１９２(２＋√３)²＝０
∴９ｘ⁴－６(７＋１６√３)ｘ²＋９６１＋７６８＋９９２√３－１９２(７＋４√３)＝０
∴９ｘ⁴－６(７＋１６√３)ｘ²＋３８５＋２２４√３＝０
これを２次方程式の解の公式で解くと、
ｘ²＝[３(７＋１６√３)±√{９(７＋１６√３)²－９(３８５＋２２４√３)}]/９
Ｄ＝９(７＋１６√３)²－９(３８５＋２２４√３)
＝９(４９＋７６８＋２２４√３)－９(３８５＋２２４√３)＝９・４３２
これを元に戻すと、
ｘ²＝{３(７＋１６√３)±√(９・４３２)}/９
＝{３(７＋１６√３)±３６√３)/９
＝(２１＋４８√３±３６√３)/９
＝(２１＋８４√３)/９，(２１＋１２√３)/９
ところで、ｘ＝Ｏ'Ａ'＜ＯＡ'＝ＯＣ
そこで、（１）の結果から、
ＯＣ＝２(２√３＋３)/３
∴ＯＣ²＝４(２１＋１２√３)/９
＝(８４＋４８√３)/９＝18.570938
また、(２１＋８４√３)/９＝18.499141
(２１＋１２√３)/９＝4.6427344
よって、どちらも一応適正だが、１つ選ぶとしたら明らかに後者である。（時間をかければ不適の証明を出来ると思うが、そこまでする必要性がないのでやらない。）
∴ｘ²＝(２１＋１２√３)/９
＝(３＋２√３)²/３²
ｘ＞０より、ｘ＝(３＋２√３)/３
∴Ｏ'Ａ'＝(３＋２√３)/３
「よって、底面の半径より、
Ｏ'Ｃ＝Ｏ'Ａ＝(２√３＋３)/３
また、△Ｏ'ＣＤは正三角形より、
ＣＤ＝Ｏ'Ｃ＝(２√３＋３)/３
よって、答えは、(２√３＋３)/３」（上より）
よって、ＯＫ。

おまけ：

解説
＞１の原始３乗根をω，４乗根をｉと表すと、ζ＝ｉωは１の原始１２乗根である（問題4-10参照）。

問題 4-10b
ｄ,ｄ'が互いに素な正整数のとき、可換群Ｇの位数ｄの元ｇと位数ｄ'の元ｇ'の積ｇｇ'の位数はｄｄ'に等しいことを示せ。

ω³＝１，ｉ⁴＝１より、ωの位数は３でｉの位数は４。また、複素数体は可換群で３と４は互いに素な正整数より、ｉωの位数は４・３＝１２となる。
∴(ｉω)^12＝１
よって、ζ＝ｉωと置くと、ζの位数が１２よりζは１の原始１２乗根であるという事。（(ｉω)^n＝１となる最小のｎが１２だから、ｉωはそのべき乗で１の１２乗根全てを表わすから。）

＞ζ²＝－ω²よりΦ3(－ζ²)＝０であり、ζは
Φ3(－ｘ²)＝(－ｘ²)²＋(－ｘ²)＋１＝ｘ⁴－ｘ²＋１
の根である。

ζ＝ｉωの両辺を２乗すると、ζ²＝－ω²
また、Φ3(ｘ)＝ｘ²＋ｘ＋１より、
Φ3(ω²)＝(ω²)²＋ω²＋１＝ω・ω³＋ω²＋１
＝ω²＋ω＋１＝０
これにζ²＝－ω²からω²＝－ζ²を代入すると、
Φ3(－ζ²)＝０
（もっとも、ｘ²＋ｘ＋１＝０の解がωとω²と知っていればこんな解説はいりませんね。）
Φ3(－ζ²)＝０から、ζはΦ3(－ｘ²)の根である。
よって、Φ3(ｘ)＝ｘ²＋ｘ＋１にｘ＝－ｘ²を代入すると、
Φ3(－ｘ²)＝(－ｘ²)²＋(－ｘ²)＋１＝ｘ⁴－ｘ²＋１
つまり、ζはこの根であるという事。

＞Φ12(ｘ)の次数はφ(１２)＝φ(３)φ(４)＝４だから、Φ12(ｘ)＝Φ3(－ｘ²)＝ｘ⁴－ｘ²＋１がわかる。

φ(１２)＝φ(３)φ(４)は、

「したがって対応する元の個数を数えて、公式
φ(ｍｎ)＝φ(ｍ)φ(ｎ)
が得られます。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

から。また、

「正整数ｎと互いに素な正整数（≦ｎ）の個数を数えます。この個数をφ(ｎ)と表します。φ(ｎ)をオイラー関数と呼びます。」
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

より、φ(３)＝２，φ(４)＝２である。（前者は１と２の２個で、後者は１と３の２個だから。）

∴φ(１２)＝φ(３)φ(４)＝２・２＝４

問題 7-2a
Φ12(ｘ)を求めよ。

別解１
円分多項式の定義「Φn(ｘ)は、ｎの真の約数ｄから定まるΦd(ｘ)の積で、ｘ^n－１を割った式に等しくなります」（引用元は上と同じ）より、
１２の約数を考えると、１,２,３,４,６,１２。
つまり、
Φ12(ｘ)＝(ｘ^12－１)/Φ₁(ｘ)Φ₂(ｘ)Φ₃(ｘ)Φ₄(ｘ)Φ₆(ｘ)
＝(ｘ^12－１)/(ｘ－１)(ｘ＋１)(ｘ²＋ｘ＋１)(ｘ²＋１)(ｘ²－ｘ＋１)
（Φ₆(ｘ)までの式は同書p.119から転用。）
＝(ｘ^12－１)/(ｘ²－１)(ｘ²＋ｘ＋１)(ｘ²＋１)(ｘ²－ｘ＋１)
＝(ｘ^12－１)/(ｘ⁴－１)(ｘ²＋ｘ＋１)(ｘ²－ｘ＋１)
＝(ｘ^12－１)/(ｘ⁴－１){(ｘ²＋１)＋ｘ}{(ｘ²＋１)－ｘ}
＝(ｘ^12－１)/(ｘ⁴－１){(ｘ²＋１)²－ｘ²}
＝(ｘ^12－１)/(ｘ⁴－１)(ｘ⁴＋ｘ²＋１)
∴Φ12(ｘ)＝(ｘ^12－１)/(ｘ⁴－１)(ｘ⁴＋ｘ²＋１)———①
また、ｘ^12－１＝(ｘ⁴)³－１
＝(ｘ⁴－１)(ｘ⁸＋ｘ⁴＋１)
＝(ｘ⁴－１){(ｘ⁴＋１)²－ｘ⁴}
＝(ｘ⁴－１)(ｘ⁴＋１＋ｘ²)(ｘ⁴＋１－ｘ²)
＝(ｘ⁴－１)(ｘ⁴＋ｘ²＋１)(ｘ⁴－ｘ²＋１)
∴ｘ^12－１＝(ｘ⁴－１)(ｘ⁴＋ｘ²＋１)(ｘ⁴－ｘ²＋１)———②
②を①に代入すると、
Φ12(ｘ)＝(ｘ⁴－１)(ｘ⁴＋ｘ²＋１)(ｘ⁴－ｘ²＋１)/(ｘ⁴－１)(ｘ⁴＋ｘ²＋１)
＝ｘ⁴－ｘ²＋１
∴Φ12(ｘ)＝ｘ⁴－ｘ²＋１

別解２は次回。念のため、私のオリジナルです。

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12877430795.html

問題 7-2a
Φ12(ｘ)を求めよ。

別解２
１の原始３乗根をω，４乗根をｉと表すと、ζ＝ｉωは１の原始１２乗根である。
（ω³＝１，ｉ⁴＝１より、ωの位数は３でｉの位数は４。また、複素数体は可換群で３と４は互いに素な正整数より、問題4-10により、ｉωの位数は４・３＝１２となる。
∴(ｉω)^12＝１
よって、ζ＝ｉωと置くと、ζの位数が１２よりζは１の原始１２乗根である。）

問題 4-10b
ｄ,ｄ'が互いに素な正整数のとき、可換群Ｇの位数ｄの元ｇと位数ｄ'の元ｇ'の積ｇｇ'の位数はｄｄ'に等しいことを示せ。

ところで、円分多項式Φ12(ｘ)は１の原始１２乗根だけを根に持つ多項式なので、
ｘ＝ζ＝ｉω＝ｉ・(－１＋√３ｉ)/２と置くと、２ｘ＝ｉ・(－１＋√３ｉ)
∴４ｘ²＝－(－１＋√３ｉ)²
＝－(１－３－２√３ｉ)＝２＋２√３ｉ
∴４ｘ²－２＝２√３ｉ
∴２ｘ²－１＝√３ｉ
∴(２ｘ²－１)＝－３
∴４ｘ⁴－４ｘ²＋４＝０
∴ｘ⁴－ｘ²＋１＝０
よって、ｘ⁴－ｘ²＋１は原始１２乗根を根に持つ多項式である。
ここで、Φ12(ｘ)の次数はφ(１２)なので、φ(１２)＝φ(３)φ(４)＝２・２＝４
よって、次数が一致するからこれが答えとやっても良いが、それでは模範解答と同じなので、アレンジしてみる。
ところで、Φn(ｘ)は整数係数多項式で既約である。

問題 7-8b
Φn(ｘ)は整数係数単多項式であることを示せ。

定理7.1（円分多項式の既約性）
Φn(ｘ)は有理数係数多項式として既約である。

そこで、因数定理よりｘ⁴－ｘ²＋１＝０が有理数解を持つならばｘ＝±１のみである。
ところが、ｘ＝±１を代入しても１＝０で成り立たないので、ｘ⁴－ｘ²＋１＝０は有理数解を持たない。つまり、有理数係数として既約である。
以上より、Φ12(ｘ)＝ｘ⁴－ｘ²＋１である。

「P(a)=0となるaは、
a=±(定数項の約数)/(最高次の項の係数の約数)
（ただし、正式P(x)の係数が整数のとき）
ちなみに, このaの候補の中に P(a)=0 を満たすものがなければ, P(x)=0を満たす有理数は存在せず,
P(x)は有理数の範囲で因数分解できないことになります。」
引用元：https://benesse.jp/kyouiku/teikitest/kou/math/math2/k00288.html

大学数学としては邪道でしょうか。

おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1862791134533304538

解説
＞有理数ｒに対し（ⅰ）よりｆ(ｒ)＝ｒｆ(１)。

「（ⅰ）ｍ,ｎ整数，ｍ＞０のとき、（中略）
ｆ(ｎ/ｍ)＝(ｎ/ｍ)ｆ(１)」
より、このｎ/ｍ＝ｒと置けば、
ｆ(ｒ)＝ｒｆ(１)という事。

＞どんな実数ｘも有理数列の極限ｘ＝lim(n→∞)ｒnとなる

デデキンドの切断で区間[０,１]を半分ずつ切断して行くと有理数で限りなく０に近づける事が出来るが、この０を数直線上のある実数に置き換えれば、どんな実数も有理数の極限で表す事が出来る（はずである）。
例えば、πだったら、３１/１０，３１４/１０²，３１４１/１０³，３１４１５/１０⁴，…
という数列である。

補足
定理 B.2.6 (実数は有理数でいくらでも精度良く近似できる；小平本の定理 1.5)
任意の実数 α と任意の正整数 m に対して，r ≤ α < r +1/mとなる有理数 r が存在する．
引用元：https://www2.math.kyushu-u.ac.jp/~hara/lectures/06/realnumbers.pdf

因みに、（ⅱ）には「連続」が付いていて（ⅰ）には付いていないのは、有理数と無理数の稠密性からだろう。実数の完備性という事。https://manabitimes.jp/math/1298

＞（ⅱ）有理数ｒに対し（ⅰ）よりｆ(ｒ)＝ｒｆ(１)。
どんな実数ｘも有理数列の極限ｘ＝lim(n→∞)ｒnとなるからｆ(ｘ)＝ｆ(lim(n→∞)ｒn)＝lim(n→∞)ｆ(ｒn)＝lim(n→∞)ｒnｆ(１)＝ｘｆ(１)。

この続きは、∴ｆ(ｘ)＝ｆ(１)ｘ
また、ｆ：ℝ→ℝより、ａ＝ｆ(１)∈ℝと置くと、ｆ(ｘ)＝ａｘ
ｘ,ｙ∈ℝとすると、ｆ(ｘ＋ｙ)＝ａ(ｘ＋ｙ)＝ａｘ＋ａｙ＝ｆ(ｘ)＋ｆ(ｙ)
∴ｆ(ｘ＋ｙ)＝ｆ(ｘ)＋ｆ(ｙ)———①
また、ｘ∈ℝ，ｃ∈ℝに対して、
ｆ(ｃｘ)＝ａ(ｃｘ)＝ａｃｘ＝ｃ(ａｘ)＝ｃｆ(ｘ)
∴ｆ(ｃｘ)＝ｃｆ(ｘ)———②
①，②より、ｆは実線型写像である。

＞任意の複素数ｘ＝ａ＋ｉｂ（ａ,ｂ∈ℝ）に対してｆ(ｘ)＝ｆ(ａ＋ｂｉ)＝ｆ(ａ)＋ｆ(ｉｂ)

最後の所は、ｆの線型性から。「関数ｆ：ℂ→ℂが実線型写像」で今回のｆは線型写像である。

＞（ⅲ）任意の複素数ｘ＝ａ＋ｉｂ（ａ,ｂ∈ℝ）に対してｆ(ｘ)＝ｆ(ａ＋ｂｉ)＝ｆ(ａ)＋ｆ(ｉｂ)
＝ｆ(ａ)＋ｉｆ(ｂ)＝ａｆ(１)＋ｉｂｆ(１)
＝(ａ＋ｉｂ)ｆ(１)＝ｘｆ(１)。

この続きは、∴ｆ(ｘ)＝ｆ(１)ｘ
また、ｆ：ℂ→ℂより、ａ＝ｆ(１)∈ℂと置くと、ｆ(ｘ)＝ａｘ
ｘ,ｙ∈ℂとすると、ｆ(ｘ＋ｙ)＝ａ(ｘ＋ｙ)＝ａｘ＋ａｙ＝ｆ(ｘ)＋ｆ(ｙ)
∴ｆ(ｘ＋ｙ)＝ｆ(ｘ)＋ｆ(ｙ)———①
また、ｘ∈ℂ，ｃ∈ℂに対して、
ｆ(ｃｘ)＝ａ(ｃｘ)＝ａｃｘ＝ｃ(ａｘ)＝ｃｆ(ｘ)
∴ｆ(ｃｘ)＝ｃｆ(ｘ)———②
①，②より、ｆは複素線型写像である。

おまけ：
補足
https://www.google.com/search?q=%E6%9C%89%E7%90%86%E6%95%B0+%E9%80%A3%E7%B6%9A%E6%80%A7&sca_esv=c9bd33c212e8a1a7&hl=ja&ei=NTJRZ-PQNtKxvr0P-LPCiQg&oq=%E6%9C%89%E7%90%86%E6%95%B0+%E9%80%A3%E7%B6%9A&gs_lp=Egxnd3Mtd2l6LXNlcnAiEOacieeQhuaVsCDpgKPntpoqAggAMgUQABiABDIFEAAYgAQyBBAAGB4yBhAAGAgYHjIIEAAYgAQYogQyCBAAGIAEGKIESO8tUIgHWMghcAF4AJABAJgBd6ABvAmqAQQxNC4xuAEByAEA-AEBmAIPoALNCcICChAAGLADGNYEGEfCAggQABiiBBiJBcICChAAGIAEGEMYigXCAgcQABiABBgEwgIGEAAYBBgewgIIEAAYBBgIGB6YAwCIBgGQBgqSBwQxMy4yoAf1JQ&sclient=gws-wiz-serp

問題
図のように、半径１ｃｍの３個の球Ａ，Ｂ，Ｃが互いに外接し、同時に半径Ｒｃｍの半球に内接している。さらに、半径ｒｃｍの小球Ｄがこれらの３個の球に外接し、半球に内接している。半球の底面の中心をＯとする。
（１）３角錐Ｏ－ＡＢＣの頂点Ｏから面ＡＢＣへ下した垂線の足をＨとするとき、ＯＨ，ＡＨの長さを求めよ。
（２）Ｒ，ｒを求めよ。
（９１　ラ・サール）

模範解答
（１）Ａ，Ｂ，Ｃから底面までの距離はすべて１ｃｍに等しいので、底面と平面ＡＢＣとの距離は１ｃｍ。
次に、ＡＢ，ＢＣ，ＣＡはすべて半径の２倍で２ｃｍ。対称性より、Ｈは△ＡＢＣの重心だから、
ＡＨ＝(１/√３)×ＡＢ＝２√３/３（ｃｍ）
（２）球Ａと球Ｏの接点をＡ'とすると、Ｏ，Ａ，Ａ'は一直線上にあり、
球Ｏの半径Ｒ＝ＯＡ＋ＡＡ'＝√(ＯＨ²＋ＡＨ²)＋ＡＡ'＝√２１/３＋１（ｃｍ）
次に、右図のような ’骨格図’ をかく（注：正四角錐Ｄ－ＡＢＣとその重心をＨとすると４点Ｏ,Ｈ,Ｄ,Ｄ'が一直線上にありＯＨ⊥ＡＨとなっている図）と、
Ｒ＝ＯＤ'
＝４面体ＤＡＢＣの高さ＋ＤＤ'＋ＯＨ
よって、√２１/３＋１＝√(ＡＤ²－ＡＨ²)＋ｒ＋１
ＡＤ＝１＋ｒを用いて整理すると、
√２１/３－ｒ＝√{(１＋ｒ)²－(２√３/３)²}
両辺を２乗して、７/３－(２√２１/３)ｒ＋ｒ²＝１＋２ｒ＋ｒ²－４/３
これを解いて、ｒ＝√２１/３－１（ｃｍ）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

私の解法も同じですが、一応、（２）だけ。
（１）より、ＯＨ＝１ｃｍ，ＡＨ＝２√３/３ｃｍ　よって、△ＯＡＨで三平方の定理を使うと、ＯＡ＝√{１²＋(２√３/３)²}＝√(１＋１２/９)＝√(２１/９)＝√２１/３ｃｍ
∴Ｒ＝ＯＡ＋１＝√２１/３＋１ｃｍ
次に、△ＤＡＨで三平方の定理を使うと、
ＡＤ＝１＋ｒ，ＤＨ＝√２１/３－ｒ，ＡＨ＝２√３/３より、
(２√３/３)²＋(√２１/３－ｒ)²＝(１＋ｒ)²
∴１２/９＋２１/９－(２√２１/３)ｒ＋ｒ²＝ｒ²＋２ｒ＋１
∴(２√２１/３＋２)ｒ＝３３/９－１＝８/３
∴(√２１/３＋１)ｒ＝４/３
∴(√２１＋３)ｒ＝４　∴ｒ＝４/(√２１＋３)＝４(√２１－３)/１２
＝(√２１－３)/３＝√２１/３－１
∴ｒ＝√２１/３－１ｃｍ

前回同様、別に面白くも詰まらなくもない問題ですね。前回の問題は、

問題
半径３ｃｍの球が４個あって、それぞれ３つの球と互いに外接している。これをすっぽりおおう円柱の容器を作るとき、円柱の容器の底面の半径と高さを求めよ。
（８５　東大寺学園）

コツは、

「球の中心同士を結んだ中心線，球と容器の接点を含んだ球の半径をえがき、'骨格' だけを残して、球は消してしまいましょう。」
「平面で切ってうまくいかない問題。'中心線'，'接点半径'をひき、'骨格図'をつくるのが手筋」
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

おまけ：

問題
有理数体ℚからℚへの関数ｆ：ℚ→ℚが
すべてのｘ,ｙ∈ℚに対しｆ(ｘ＋ｙ)＝ｆ(ｘ)＋ｆ(ｙ)
をみたすならば、ｆはℚ線型写像であることを証明せよ。実はｆ(ｘ)＝ｆ(１)ｘ。

答
ｍ,ｎ整数，ｍ＞０のとき、
ｆ(ｎ)＝ｎｆ(１)，ｍｆ(ｎ/ｍ)＝ｆ(ｍ・(ｎ/ｍ))＝ｆ(ｎ)＝ｎｆ(１)よりｆ(ｎ/ｍ)＝(ｎ/ｍ)ｆ(１)
「線型代数入門」有馬哲著より

解説
ｆ(１＋１＋…＋１)＝ｆ(１)＋ｆ(１)＋…＋ｆ(１)　（１の個数はｎ個）
（ｆ(ｘ＋ｙ)＝ｆ(ｘ)＋ｆ(ｙ)より、
例えば、ｆ(５)＝ｆ(１＋４)＝ｆ(１)＋ｆ(４)
ｆ(４)＝ｆ(１＋３)＝ｆ(１)＋ｆ(３)
ｆ(３)＝ｆ(１＋２)＝ｆ(１)＋ｆ(２)
ｆ(２)＝ｆ(１＋１)＝ｆ(１)＋ｆ(１)より、
ｆ(１＋１＋１＋１＋１)＝ｆ(５)＝ｆ(１)＋ｆ(１)＋ｆ(１)＋ｆ(１)＋ｆ(１)と出来るから。）
∴ｆ(ｎ)＝ｎｆ(１)———①
今、ｍ,ｎ整数，ｍ＞０とすると、ｎ/ｍは有理数である。
ｆ(ｎ/ｍ)＋ｆ(ｎ/ｍ)＋…＋ｆ(ｎ/ｍ)（ｍ個）
＝ｆ(ｎ/ｍ＋ｎ/ｍ＋…＋ｎ/ｍ)
＝ｆ(ｍ・(ｎ/ｍ))
＝ｆ(ｎ)
∴ｍｆ(ｎ/ｍ)＝ｆ(ｎ)———②
①，②より、
ｍｆ(ｎ/ｍ)＝ｎｆ(１)
∴ｆ(ｎ/ｍ)＝(ｎ/ｍ)ｆ(１)———☆
ここで、ｘ＝ｎ/ｍ∈ℚ，ａ＝ｆ(１)∈ℚ（有理数体ℚからℚへの関数ｆ：ℚ→ℚより、ｆ(１)∈ℚ）と置くと、
ｆ(ｘ)＝ａｘ
ｘ，ｙ∈ℚとすると、
ｆ(ｘ＋ｙ)＝ａ(ｘ＋ｙ)＝ａｘ＋ａｙ
＝ｆ(ｘ)＋ｆ(ｙ)
∴ｆ(ｘ＋ｙ)＝ｆ(ｘ)＋ｆ(ｙ)———③
また、ｘ∈ℚ，ｃ∈ℚに対して、
ｆ(ｃｘ)＝ａ(ｃｘ)＝ａｃｘ＝ｃ(ａｘ)
＝ｃｆ(ｘ)
∴ｆ(ｃｘ)＝ｃｆ(ｘ)———④
③，④より、線型写像の定義を満たすので、ｆはℚ上の線型写像である。
よって、示された。

定義
Ｋを数体，ＶとＶ'をＫ上の線型空間とする。ＶからＶ'への写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'が二つの条件
Ｆ(ｘ＋ｙ)＝Ｆ(ｘ)＋Ｆ(ｙ)
Ｆ(ａｘ)＝ａＦ(ｘ)
をみたすとき、ＦをＫ上の線型写像，Ｋ線型写像または線型写像と言う。
「線型代数入門」有馬哲著より

因みに、☆から④は言えないですよね。演習書にも似たような問題がないので、ちょっと悩みました。まぁ、間違っていたら赤っ恥ですが。笑

おまけ：
「8 主は言われる、全地の人の三分の二は断たれて死に、三分の一は生き残る。
9 わたしはこの三分の一を火の中に入れ、銀をふき分けるように、これをふき分け、金を精錬するように、これを精錬する。彼らはわたしの名を呼び、わたしは彼らに答える。わたしは『彼らはわが民である』と言い、彼らは『主はわが神である』と言う」。」
「ゼカリヤ書」第１３章８節～９節（口語訳）

問題 7-1a
円分多項式Φ₇(ｘ)，Φ₈(ｘ)を求めよ。

解答
Φ₇(ｘ)＝(ｘ⁷－１)/(ｘ－１)＝ｘ⁶＋ｘ⁵＋ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１
Φ₈(ｘ)＝(ｘ⁸－１)/(ｘ－１)(ｘ＋１)(ｘ²＋１)
＝(ｘ⁸－１)(ｘ⁴－１)＝ｘ⁴＋１
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

解説
本文に「Φn(ｘ)は、ｎの真の約数ｄから定まるΦd(ｘ)の積で、ｘ^n－１を割った式」とあるので、「真の約数」の解説をまずしておこう。
真の約数とは、
「整数 N に対して、±1, ±N を N の自明な約数という。自明でない約数を真の約数という。」（「約数」ウィキペディアより）
である。つまり、素数は真の約数を持たないので、この先生の解説は誤りである。
このｄは、「１と真の約数」または「それ自身を除いた約数」である。

∴Φ₇(ｘ)＝(ｘ⁷－１)/Φ₁(ｘ)
＝(ｘ⁷－１)(ｘ－１)
＝ｘ⁶＋ｘ⁵＋ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１
また、８の全ての約数は、１,２,４,８でｄ＝１,２,４である。
∴Φ₈(ｘ)＝(ｘ⁸－１)/Φ₁(ｘ)Φ₂(ｘ)Φ₄(ｘ)
＝(ｘ⁸－１)/(ｘ－１)(ｘ＋１)(ｘ²＋１)———①
また、ｘ⁸－１＝(ｘ⁴－１)(ｘ⁴＋１)
＝(ｘ²－１)(ｘ²＋１)(ｘ⁴＋１)
＝(ｘ－１)(ｘ＋１)(ｘ²＋１)(ｘ⁴＋１)
∴ｘ⁸－１＝(ｘ－１)(ｘ＋１)(ｘ²＋１)(ｘ⁴＋１)———②
②を①に代入すると、
Φ₈(ｘ)＝ｘ⁴＋１
ここで、「Φn(ｘ)（ｎ＝１,２,３,…）が有理数係数多項式として既約である」とあるので、これが既約かどうか確認する。因数定理より、これが有理数解を持つならばｘ＝±１を解に持つはずだが、ｘ＝±１を代入しても≠０なので、有理数解は持たない。よって、有理数係数としては既約でＯＫ。
一応、ｘ⁴＋１＝(ｘ²＋１)²－２ｘ²
＝(ｘ²＋１)²－(√２ｘ)²
＝(ｘ²＋１＋√２ｘ)(ｘ²＋１－√２ｘ)
＝(ｘ²－√２ｘ＋１)(ｘ²＋√２ｘ＋１)
よって、係数を無理数まで許せば可約となる。

＞Φ₁(ｘ)＝ｘ－１
Φ₂(ｘ)＝ｘ＋１
Φ₃(ｘ)＝(ｘ³－１)/(ｘ－１)＝ｘ²＋ｘ＋１
Φ₄(ｘ)＝ｘ²＋１
Φ₅(ｘ)＝(ｘ⁵－１)/(ｘ－１)
＝ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１
Φ₆(ｘ)＝(ｘ⁶－１)/(ｘ²－１)(ｘ²＋ｘ＋１)
＝ｘ²－ｘ＋１

「１の原始ｎ乗根だけを根に持つ多項式を求めます。この式を円分多項式と呼び、Φn(ｘ)と表します」とあるので、
Φ₁(ｘ)＝ｘ－１は自明。
Φ₂(ｘ)＝(ｘ²－１)/Φ₁(ｘ)
＝(ｘ²－１)/(ｘ－１)
＝ｘ＋１
Φ₃(ｘ)＝(ｘ³－１)/Φ₁(ｘ)
＝(ｘ³－１)/(ｘ－１）
＝ｘ²＋ｘ＋１
Φ₄(ｘ)＝(ｘ⁴－１)/Φ₁(ｘ)Φ₂(ｘ)
＝(ｘ⁴－１)/(ｘ－１)(ｘ＋１)
＝ｘ²＋１
Φ₅(ｘ)＝(ｘ⁵－１)/Φ₁(ｘ)
＝(ｘ⁵－１)/(ｘ－１)
＝ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１
Φ₆(ｘ)＝(ｘ⁶－１)/Φ₁(ｘ)Φ₂(ｘ)Φ₃(ｘ)
＝(ｘ⁶－１)/(ｘ－１)(ｘ＋１)(ｘ²＋ｘ＋１)
＝ｘ²－ｘ＋１
一応、
ｘ⁶－１＝(ｘ³－１)(ｘ³＋１)
＝(ｘ－１)(ｘ²＋ｘ＋１)(ｘ³＋１)
＝(ｘ－１)(ｘ＋１)(ｘ²＋ｘ＋１)(ｘ²－ｘ＋１)だから。
因みに、「上の計算からわかるようにΦn(ｘ)は、ｎの真の約数ｄから定まるΦd(ｘ)の積で、ｘ^n－１を割った式に等しくなります。」っていう割には中途半端で雑ですね。
念のため、私の解説なんか信じられない人のために。
https://www.google.com/search?q=%E7%B4%A0%E6%95%B0%E3%81%AB%E3%81%AF%E7%9C%9F%E3%81%AE%E7%B4%84%E6%95%B0%E3%81%AF%E3%81%AA%E3%81%84&sca_esv=427fd9fc564ca397&hl=ja&source=hp&ei=sINPZ7jxEfbS2roPiu6x2A4&iflsig=AL9hbdgAAAAAZ0-RwKuNzdUQbjNxZfkLea3IjwsPausE&ved=0ahUKEwi4iaPZ0IyKAxV2qVYBHQp3DOsQ4dUDCBA&oq=%E7%B4%A0%E6%95%B0%E3%81%AB%E3%81%AF%E7%9C%9F%E3%81%AE%E7%B4%84%E6%95%B0%E3%81%AF%E3%81%AA%E3%81%84&gs_lp=Egdnd3Mtd2l6IiHntKDmlbDjgavjga_nnJ_jga7ntITmlbDjga_jgarjgYQyCBAAGIAEGKIEMggQABiABBiiBDIIEAAYgAQYogQyCBAAGIAEGKIEMggQABiABBiiBEiSkAFQAFjSf3AAeACQAQCYAWqgAZYZqgEEMzguMrgBDMgBAPgBAZgCKKAClRrCAhAQABiABBixAxiDARgEGIoFwgIHEAAYgAQYBMICCxAAGIAEGLEDGIMBwgIKEAAYgAQYsQMYBMICDRAAGIAEGLEDGIMBGATCAgsQABiABBixAxiKBcICDRAAGIAEGLEDGEMYigXCAgoQABiABBhDGIoFwgIIEAAYBBgFGB7CAggQABiiBBiJBcICBRAAGIAEwgIHEAAYgAQYF8ICChAAGAQYBRgXGB6YAwCSBwQzNy4zoAeQXQ&sclient=gws-wiz
多分、完全数の時の約数とごっちゃになってしまったのではないでしょうか。
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%AE%8C%E5%85%A8%E6%95%B0

おまけ：

命題（1.4.13）
Ｖ，Ｖ'を数体Ｋ上の線型空間とする。このとき、ＶからＶ'の中へのＫ線型写像の全体ℒ(Ｖ,Ｖ')は、和Ｆ＋Ｇとスカラー倍ａＦを
(Ｆ＋Ｇ)(ｘ)＝Ｆ(ｘ)＋Ｇ(ｘ)，(ａＦ)(ｘ)＝ａＦ(ｘ)
で定義するとき、Ｋ上の線型空間となる。零写像Ｏがその零元である。Ｆの反対元－Ｆは(－１)Ｆである。ℒ(Ｖ,Ｖ')を線型写像空間と言う。

証明
Ｆ,Ｇ∈ℒ(Ｖ,Ｖ')ならばＦ＋Ｇ，ａＦ∈ℒ(Ｖ,Ｖ')なること、およびＯ∈ℒ(Ｖ,Ｖ')なることはすでに見た。
（１）(Ｆ＋Ｇ)(ｘ)＋Ｈ(ｘ)＝Ｆ(ｘ)＋Ｇ(ｘ)＋Ｈ(ｘ)＝Ｆ(ｘ)＋(Ｇ(ｘ)＋Ｈ(ｘ))
＝Ｆ(ｘ)＋(Ｇ＋Ｈ)(ｘ)
∴(Ｆ＋Ｇ)(ｘ)＋Ｈ(ｘ)＝Ｆ(ｘ)＋(Ｇ＋Ｈ)(ｘ)
∴(Ｆ＋Ｇ)＋Ｈ＝Ｆ＋(Ｇ＋Ｈ)
（２）(Ｆ＋Ｇ)(ｘ)＝Ｆ(ｘ)＋Ｇ(ｘ)＝Ｇ(ｘ)＋Ｆ(ｘ)＝(Ｇ＋Ｆ)(ｘ)
∴(Ｆ＋Ｇ)(ｘ)＝(Ｇ＋Ｆ)(ｘ)
∴Ｆ＋Ｇ＝Ｇ＋Ｆ
（３）(Ｆ＋Ｏ)(ｘ)＝Ｆ(ｘ)＋Ｏ(ｘ)＝Ｆ(ｘ)＋０'＝Ｆ(ｘ)
(Ｏ＋Ｆ)(ｘ)＝Ｏ(ｘ)＋Ｆ(ｘ)＝０'＋Ｆ(ｘ)＝Ｆ(ｘ)
∴(Ｆ＋Ｏ)(ｘ)＝(Ｏ＋Ｆ)(ｘ)＝Ｆ(ｘ)
∴Ｆ＋Ｏ＝Ｏ＋Ｆ＝Ｆ
（４）Ｆ(ｘ)＋(－Ｆ(ｘ))＝Ｆ(ｘ)＋(－１)Ｆ(ｘ)＝Ｆ(ｘ)＋Ｆ(－ｘ)＝Ｆ(ｘ＋(－ｘ))
＝Ｆ(０)＝０'＝Ｏ(ｘ)　
∴Ｆ(ｘ)＋(－Ｆ(ｘ))＝Ｏ(ｘ)
∴Ｆ＋(－Ｆ)＝Ｏ
（５）ａ(Ｆ(ｘ)＋Ｇ(ｘ))＝ａ(Ｆ＋Ｇ)(ｘ)
＝{ａ(Ｆ＋Ｇ)}(ｘ)＝(ａＦ＋ａＧ)(ｘ)
＝ａＦ(ｘ)＋ａＧ(ｘ)
∴ａ(Ｆ(ｘ)＋Ｇ(ｘ))＝ａＦ(ｘ)＋ａＧ(ｘ)
∴ａ(Ｆ＋Ｇ)＝ａＦ＋ａＧ
（６）(ａ＋ｂ)Ｆ(ｘ)＝{(ａ＋ｂ)Ｆ}(ｘ)
＝(ａＦ＋ｂＦ)(ｘ)＝ａＦ(ｘ)＋ｂＦ(ｘ)
∴(ａ＋ｂ)Ｆ(ｘ)＝ａＦ(ｘ)＋ｂＦ(ｘ)
∴(ａ＋ｂ)Ｆ＝ａＦ＋ｂＦ
（７）{(ａｂ)Ｆ}(ｘ)＝(ａｂ)Ｆ(ｘ)
＝ａ(ｂＦ(ｘ))＝ａ(ｂＦ)(ｘ)
∴{(ａｂ)Ｆ}(ｘ)＝ａ(ｂＦ)(ｘ)
∴(ａｂ)Ｆ＝ａ(ｂＦ)
（８）(１Ｆ)(ｘ)＝１Ｆ(ｘ)＝Ｆ(ｘ)
∴１Ｆ＝Ｆ
以上より、上の二つの演算がＫ線型空間の公理
(Ｆ＋Ｇ)＋Ｈ＝Ｆ＋(Ｇ＋Ｈ)，Ｆ＋Ｇ＝Ｇ＋Ｆ，Ｆ＋Ｏ＝Ｏ＋Ｆ＝Ｆ，Ｆ＋(－Ｆ)＝O，ａ(Ｆ＋Ｇ)＝ａＦ＋ａＧ，(ａ＋ｂ)Ｆ＝ａＦ＋ｂＦ，(ａｂ)Ｆ＝ａ(ｂＦ)，１Ｆ＝Ｆ
をみたすので、Ｖ'に対するＫ線型空間の公理より、ℒ(Ｖ,Ｖ')は線型写像空間である。

補足
（４）のＦ(０)＝０'は次の定義より、

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

因みに、線型空間は加法群で、

定義
Ｋを一つの数体とする。集合Ｖが次の二つの公理Ⅰ,Ⅱをみたすとき、ＶをＫ上の線型空間，Ｋ上のベクトル空間，またはＫ線型空間，Ｋベクトル空間，Ｋ加群などと言う。
「線型代数入門」有馬哲著より

加法群の単位元は０なので、次の定理6.2より、

定理6.2
ｆを群Ｇから群Ｇ'への準同型写像とし、ｅをＧの単位元，ｅ'をＧ'の単位元とするとき、次が成り立つ。
（１）Ｇの単位元ｅは準同型写像ｆによってＧ'の単位元ｅ'に移る。
ｆ(ｅ)＝ｅ'
（２）Ｇの任意の元ａに対してはｆ(ａ^-1)＝ｆ(ａ)^-1
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

ｅ＝０とすると、ｆ(０)＝０'は自明。（まぁ、習う順番が逆なので自明と言う言い方はおかしいですが。）
因みに、（２）はｆ(－ａ)＝－ｆ(ａ)で、

定義
Ｋを数体，ＶとＶ'をＫ上の線型空間とする。ＶからＶ'への写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'が二つの条件
Ｆ(ｘ＋ｙ)＝Ｆ(ｘ)＋Ｆ(ｙ)，Ｆ(ａｘ)＝ａＦ(ｘ)
をみたすとき、ＦをＫ上の線型写像，Ｋ線型写像または線型写像と言う。
「線型代数入門」有馬哲著より

ａ＝－１（ｘ＝ａとする）と合いますね。

準同型写像の解説は省略。

おまけ：
「16 わたしがあなたがたをつかわすのは、羊をおおかみの中に送るようなものである。だから、へびのように賢く、はとのように素直であれ。」
「マタイによる福音書」第１０章１６節（口語訳）

問題
半径３ｃｍの球が４個あって、それぞれ３つの球と互いに外接している。これをすっぽりおおう円柱の容器を作るとき、円柱の容器の底面の半径と高さを求めよ。
（８５　東大寺学園）

模範解答
球の中心をＰ₁～Ｐ₄（注：下の３つの球の中心がＰ₂～Ｐ₄，上の球の中心がＰ₁）とする。
球の中心を結んだ線を描き、またＰ₂～Ｐ₄から、底面に下した垂線の足をＰ₂'～Ｐ₄'とする。
また、円柱の上面の中心をＯとする。
Ｐ₁Ｐ₂Ｐ₃Ｐ₄は、一辺が半径の２倍６ｃｍの正四面体だから、
円柱の高さ＝ＯＰ₁＋正四面体の高さ＋Ｐ₂Ｐ₂'
＝３＋６×(√６/３)＋３＝６＋２√６（ｃｍ）
また、この円柱を上からみると図Ⅱ（注：円の中で３つの小さな円が互いに外接しながら（大きな）円に内接している図）のようになるので、
底面の半径＝３＋Ｐ₃Ｐ₄÷√３＝３＋２√３（ｃｍ）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞円柱の高さ＝ＯＰ₁＋正四面体の高さ＋Ｐ₂Ｐ₂'
＝３＋６×(√６/３)＋３

参考書の解説にもあるが、「正四面体の高さは、一辺をａとして、(√６/３)ａ」だから。
因みに、私はこういうのは暗記していない。自然に覚えようと思うほど面白くないものは暗記しない主義である。その都度求めても問題ないからであるが、要領良く受験に勝ちたいなら暗記すべきだろう。（本番で焦っても自然に出て来るとか精神的なメリットのため。）

＞底面の半径＝３＋Ｐ₃Ｐ₄÷√３

これは頂角が１２０°の二等辺三角形の二辺比を使っているね。つまり、頂角が１２０°の二等辺三角形の等辺と底辺の比は、１：√３（これは１：２：√３の直角三角形を２つくっつけて考えれば自明。）これは自然に暗記している事。
因みに、私は、正三角形Ｐ₂Ｐ₃Ｐ₄の重心と大円の中心が一致している事を利用した。
つまり、正三角形Ｐ₂Ｐ₃Ｐ₄の高さ＝３√３ｃｍより、Ｐ₂Ｏ＝(２/３)×３√３＝２√３ｃｍ
∴底面の半径＝３＋２√３ｃｍ

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12863252473.html

解説
＞まずΦn(ｘ)の任意の根ζの最小多項式をｆ(ｘ)とし、Φn(ｘ)＝ｆ(ｘ)ｇ(ｘ)とおきます。ガウスの補題（問題2-10）よりｆ(ｘ),ｇ(ｘ)を整数係数多項式とします。

示したい事は「Φn(ｘ)は有理数係数多項式として既約である」事なので、Φn(ｘ)＝ｆ(ｘ)ｇ(ｘ)と置いて矛盾か、ｇ(ｘ)＝１を示せば良いという事。（ｆ(ｘ)が最小多項式で既約多項式だから。）
また、

問題 2-10c
次の命題（ガウスの補題）を証明せよ。
「定数でない整数係数多項式ｆ(ｘ)が定数でない２つの整数係数多項式の積で表されないならば、ｆ(ｘ)は有理数係数として既約である。」

この命題は逆も成り立ち（下の補足）、つまり、Φn(ｘ)は有理数係数多項式として既約であるならば整数係数としても既約なので、「ｆ(ｘ),ｇ(ｘ)を整数係数多項式とし」ても良いという事。（単多項式とは、最大次数の項の係数が１の多項式。）

「最高次の項の係数が１に等しい多項式を単多項式，あるいはモニック多項式といいます。」
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

補足
定理5.6
一意分解整域Ｒの商体をＫとし、ｆ(Ｘ)∈Ｒ[Ｘ]とする。
ｆ(Ｘ)がＫ[Ｘ]において多項式の積に分解すれば、Ｒ[Ｘ]においても同じ次数の多項式に分解する。すなわち、ｆ(Ｘ)はＫ[Ｘ]で可約であれば、Ｒ[Ｘ]においても可約である。
また、この逆も成り立つ。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

「ｆ(Ｘ)はＫ[Ｘ]で可約であれば、Ｒ[Ｘ]においても可約」の対偶を取ると、「Ｒ[Ｘ]において既約であれば、ｆ(Ｘ)はＫ[Ｘ]で既約」である。
また、この逆も成り立つので、ｆ(Ｘ)はＫ[Ｘ]で既約であれば、Ｒ[Ｘ]においても既約であるという事。
（今回はＲ[Ｘ]が整数係数多項式でＫ[Ｘ]が有理数係数多項式を表わしている事は言うまでもない。）

＞このときｎと互いに素な素数ｐに対して、ζ^pもｆ(ｘ)の根であることを示します。つまりｆ(ζ^p)＝０を示します。

何故こんな事をするのかと言うと、これを示せばｆ(ｘ)＝Φn(ｘ)が言えるからである。どういう事かと言うと、Φn(ｘ)の根はζ^kでｋがｎと互いに素なもので、ｆ(ｘ)の根とΦn(ｘ)の根が全て一致するからである。ただし、この段階ではｋが素数とは限らないので、見通しとしても一致すると言えない（一致すると言っておきながら）。あくまでも方針を示したという事。
（念のため、ｋが素数になるという訳ではない。）

＞よってζ^pはΦn(ｘ)の根なので、ζはΦn(ｘ^p)の根になります。

「ζ^pはΦn(ｘ)の根」より、Φn(ζ^p)＝０
よって、ｘ＝ζはΦn(ｘ^p)の根という事。

＞ζはΦn(ｘ^p)の根になります。したがってζの最小多項式ｆ(ｘ)はΦn(ｘ^p)＝ｆ(ｘ^p)ｇ(ｘ^p)を割り切ります。

上より「まずΦn(ｘ)の任意の根ζの最小多項式をｆ(ｘ)とし、Φn(ｘ)＝ｆ(ｘ)ｇ(ｘ)とおきます。」
から、ζはｆ(ｘ)とΦn(ｘ^p)の共通の根でｆ(ｘ)は最小多項式だからΦn(ｘ^p)を割り切るという事。

最小多項式による整除性
αを根に持つＡ係数多項式ｇ(ｘ)はαのＡ最小多項式ｆ(ｘ)で割り切れます。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

＞ｆ(ｘ)は既約なので、ｆ(ｘ^p)またはｇ(ｘ^p)を割り切ります。

ｆ(ｘ)が既約でなかったらｆ(ｘ)がΦn(ｘ^p)＝ｆ(ｘ^p)ｇ(ｘ^p)を割り切ったとしても、ｆ(ｘ^p)またはｇ(ｘ^p)を割り切るとは限らない。これは素数と合成数に置き換えて考えれば分かると思う。
逆に、既約だったらどちらか一方を割り切る。

命題1.3（既約多項式の整除性）
既約多項式ｆ(ｘ)がｇ(ｘ)ｈ(ｘ)を割り切るとき、ｆ(ｘ)はｇ(ｘ)またはｈ(ｘ)を割り切る。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

＞もしｆ(ｘ)がｇ(ｘ^p)を割り切るとすると、係数をｐで割った余りで考えて矛盾が生じます。詳しく説明します。まず多項式の係数をｐで割った余りにして考えます。

今までは整数係数だったが、ここで係数をℤ/pℤ（ℤp）で考える。変えても問題ない理由がないが、まぁ、暗黙の了解なのだろう。（整数と有理数では「ガウスの補題」を持ち出すのに、ここでは何の理由もなしですか。まぁ、等式の両辺に同じものをかけても矛盾しないような話なのだろう。）

＞以上によりｆ(ｘ)はｆ(ｘ^p)を割り切り、ｆ(ζ^p)＝０となります。

「以上」の部分はじっくり読めば分かるので省略。ようやく、初めの目的に達したという事である。
上より、「このときｎと互いに素な素数ｐに対して、ζ^pもｆ(ｘ)の根であることを示します。つまりｆ(ζ^p)＝０を示します。」。

＞いまｆ(ｘ)の根を１つ固定しζと表します。ζは１の原始ｎ乗根であり、Φn(ｘ)の他の根はζ^k（ｋはｎと互いに素な正整数）と表されます。ｋ＝ｐ₁ｐ₂…ｐs（ｐ₁,…,ｐsは素数）とおきます。上の議論から、ζ^p₁はｆ(ｘ)の根になります。

ｋがｎと互いに素だからｐ₁もｎと互いに素である。よって、「ｎと互いに素な素数ｐに対し、ｆ(ζ^p)＝０」から、ｆ(ζ^p₁)＝０
よって、「ζ^p₁はｆ(ｘ)の根になります」という事。

＞次にζ^p₁p₂＝(ζ^p₁)^p₂も（ζ^p₁がｆ(ｘ)の根になることから）ｆ(ｘ)の根になります。

ζ^p₁p₂＝(ζ^p₁)^p₂のζ^p₁が、ｆ(ζ^p)＝０のζになるという事。ｐ₂もｎと互いに素だから成り立つという事。

＞同様の議論を繰り返すと、ζ^k＝ζ^p₁…psがｆ(ｘ)の根になります。

つまり、ζ^p₁,…,ζ^p₁…psのｓ個がｆ(ｘ)の根になるという事。因みに、ｐ₁＝１で素数ではないが、そこは暗黙の了解だろう。（「ｋ＝ｐ₁ｐ₂…ｐs（ｐ₁,…,ｐsは素数）とおきます。」とあるが。）

補足
（１）Φn(ｘ)の根
Φn(ｘ)の根はすべてζ^k（ｋはｎと互いに素）の形（ζのべき）になります。以下、Φn(ｘ)の次数をｓとおきます。このｓは１,２,…,ｎ－１のうち、ｎと互いに素な整数の個数になります。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

＞よってΦn(ｘ)の任意の根がｆ(ｘ)の根となりΦn(ｘ)＝ｆ(ｘ)です。

初めに、矛盾かｇ(ｘ)＝１か示すと書いたが、後者である。
上より、「示したい事は「Φn(ｘ)は有理数係数多項式として既約である」事なので、Φn(ｘ)＝ｆ(ｘ)ｇ(ｘ)と置いて矛盾か、ｇ(ｘ)＝１を示せば良いという事。」。

おまけ：

問題
△ＡＢＣの外側に各辺を一辺とする正三角形をこしらえ、Ｐ，Ｑ，Ｒを定めると、ＰＡ，ＱＢ，ＲＣは１点で交わる事を証明して下さい。

解答
ＢＱとＣＲの交点をＤとすると、正三角形よりＡＢ＝ＡＲ，ＡＱ＝ＡＣ
また、∠ＢＡＱ＝∠ＢＡＣ＋６０°，∠ＲＡＣ＝６０°＋∠ＢＡＣ　∴∠ＢＡＱ＝∠ＲＡＣ
よって、二辺挟角が等しいので、△ＡＢＱ≡△ＡＲＣ　よって、∠ＡＱＢ＝∠ＡＣＲより、∠ＡＱＤ＝∠ＡＣＤ　よって、円周角の定理の逆により４点Ａ，Ｄ，Ｃ，Ｑは同一円周上にある。よって、円周角より∠ＡＤＱ＝∠ＡＣＱ＝６０°∴∠ＡＤＱ＝６０°———①　
また、∠ＱＤＣ＝∠ＱＡＣ＝６０°より∠ＢＤＣ＝１８０°－６０°＝１２０°
また、∠ＢＰＣ＝６０°より∠ＢＤＣ＋∠ＢＰＣ＝１８０°よって、四角形ＤＢＰＣは円に内接する四角形である。
また、ＢＰ＝ＣＰより弧ＢＰ＝弧ＣＰ
∴∠ＰＤＢ＝∠ＰＤＣ
∴∠ＰＤＢ＝(１/２)∠ＢＤＣ＝(１/２)×１２０°＝６０°∴∠ＰＤＢ＝６０°———②
①，②より、∠ＡＤＱ＝∠ＰＤＢ
また、ＢＤＱは一直線より、対頂角の定理の逆によりＡＤＰも一直線である。
よって、ＡＰ，ＢＱ，ＣＲは１点で交わる。
よって、示された。

次回の問題は、

問題
△ＡＢＣの外側に各辺を一辺とする正三角形△ＰＢＣ，△ＱＣＡ，△ＲＡＢをこしらえ、それぞれの重心をＧ₁，Ｇ₂，Ｇ₃とすると、ＡＧ₁，ＢＧ₂，ＣＧ₃は１点で交わる事を証明して下さい。

これは難しいので、検索して解いて下さい。また、ヒントが欲しい人は、

ヒント：ＡＧ₁，ＢＧ₂，ＣＧ₃とＢＣ，ＣＡ，ＡＢとの交点をそれぞれＳ，Ｔ，Ｕとしてチェバの定理の逆を決めて下さい。

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/3a757ef4717c5696fc4ab729ad022f1181192ee1

問題
△ＡＢＣの外側に各辺を一辺とする正三角形△ＰＢＣ，△ＱＣＡ，△ＲＡＢをこしらえ、それぞれの重心をＧ₁，Ｇ₂，Ｇ₃とすると、ＡＧ₁，ＢＧ₂，ＣＧ₃は１点で交わる事を証明して下さい。

解答
ＡＧ₁，ＢＧ₂，ＣＧ₃とＢＣ，ＣＡ，ＡＢとの交点をそれぞれＳ，Ｔ，Ｕとすると、受験算数でよく使う定理https://katekyo.mynavi.jp/juken/6451#2-3より、
SＣ/ＢＳ＝△ＡＣＧ₁/△ＡＢＧ₁———①
ＴＡ/ＣＴ＝△ＢＡＧ₂/△ＢＣＧ₂———②
ＵＢ/ＡＵ＝△ＣＢＧ₃/△ＣＡＧ₃———③
①×②×③より、
(SＣ/ＢＳ)(ＴＡ/ＣＴ)(ＵＢ/ＡＵ)
＝(△ＡＣＧ₁/△ＡＢＧ₁)(△ＢＡＧ₂/△ＢＣＧ₂)(△ＣＢＧ₃/△ＣＡＧ₃)
＝(△ＣＢＧ₃/△ＡＢＧ₁)(△ＡＣＧ₁/△ＢＣＧ₂)(△ＢＡＧ₂/△ＣＡＧ₃)———☆
ところで、△Ｇ₁ＢＣ，△Ｇ₂ＣＡ，△Ｇ₃ＡＢは全て底角が３０°の二等辺三角形より、
∠ＡＢＧ₁＝∠ＣＢＧ₃，∠ＢＣＧ₂＝∠ＡＣＧ₁，∠ＣＡＧ₃＝∠ＢＡＧ₂
また、１つの角が等しい三角形の面積比の公式https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q1082598740より、
△ＣＢＧ₃/△ＡＢＧ₁＝ＢＣ・ＢＧ₃/ＢＡ・ＢＧ₁
△ＡＣＧ₁/△ＢＣＧ₂＝ＣＡ・ＣＧ₁/ＣＢ・ＣＧ₂
△ＢＡＧ₂/△ＣＡＧ₃＝ＡＢ・ＡＧ₂/ＡＣ・ＡＧ₃
これらを☆に代入すると、
(SＣ/ＢＳ)(ＴＡ/ＣＴ)(ＵＢ/ＡＵ)
＝(△ＣＢＧ₃/△ＡＢＧ₁)(△ＡＣＧ₁/△ＢＣＧ₂)(△ＢＡＧ₂/△ＣＡＧ₃)
＝(ＢＣ・ＢＧ₃/ＢＡ・ＢＧ₁)(ＣＡ・ＣＧ₁/ＣＢ・ＣＧ₂)(ＡＢ・ＡＧ₂/ＡＣ・ＡＧ₃)
＝ＢＧ₃・ＣＧ₁・ＡＧ₂/ＢＧ₁・ＣＧ₂・ＡＧ₃
＝(ＣＧ₁/ＢＧ₁)(ＡＧ₂/ＣＧ₂)(ＢＧ₃/ＡＧ₃)
＝１・１・１（△Ｇ₁ＢＣ，△Ｇ₂ＣＡ，△Ｇ₃ＡＢはそれぞれ二等辺三角形だから。）
＝１
∴(SＣ/ＢＳ)(ＴＡ/ＣＴ)(ＵＢ/ＡＵ)＝１
よって、チェバの定理の逆によりＡＳ，ＢＴ，ＣＵは１点で交わる。
よって、ＡＧ₁，ＢＧ₂，ＣＧ₃は１点で交わる。
よって、示された。

因みに、前回の点はフェルマー点で今回の点はナポレオン点という。https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-11188364045.html
また、△Ｇ₁Ｇ₂Ｇ₃は正三角形になり、それをナポレオンの定理というが、検索すれば証明が分かるので、やらない。

おまけ：
2巻89番の詩
ある日二人の強者が友人になるだろう
彼らの強大な力がさらに大きくなるのが見られよう
新しい土地はその力の絶頂をきわめるだろう
血の男に数字が報告されるのだ
（山根和郎　訳）

米ソが手をつなぎ絶大な力を得る
「ノストラダムスはアメリカに対して、さまざまな呼び方で何度も言及した。この四行詩のなかではヌーベル・ランド（Nouvelle Lande）、つまり”新しい土地”と呼んでいる。これは十六世紀において、ごく普通に使われていた北アメリカ大陸の呼び名である。それにしても、詩の内容には呆然とさせられてしまう。

ある日、二人の偉大な指導者が友人になり、
彼らの権力は増大するだろう。
新しい土地の力は絶頂に達し、
血の男に数字が報告される。　　（第二巻八十九番）

　どうやら、ここで言及された”偉大な指導者”とは、アメリカとソ連らしい。問題の時期に、両大国は連合する。そのような出来事が起こるからには、両国以上に強力な脅威が出現するのだろう。”血の男”が舞台に登場するのはこのときである。誰のことなのだろう？　第三の反キリストだという研究者もいる。両大国が連合したら、反キリストといえども態勢を立て直さなければならなくなるだろう。またしても日付が記されていないので、予言者は人生のさまざまな時点で第三の反キリストの姿をかいま見、そのたびに書き留めていたのだと考えざるをえない。前述したように、彼はナポレオンとヒトラーを第一、第二の反キリストと名指しにした。第三の反キリストの名前はあげていないが、関連する言及箇所は数多い。」
「ノストラダムスの極秘大予言」アーサー・クロケット著・南山宏訳より

問題
ＡＢ＝７，ＢＣ＝８，ＣＡ＝５である△ＡＢＣの内部に∠ＡＰＢ＝∠ＢＰＣ＝∠ＣＰＡ＝１２０°となる点Ｐを取る。この時、ｓ＝ＡＰ＋ＢＰ＋ＣＰの値を求めて下さい。

解法２
ＢＰ＝ｘ，ＡＰ＝ｙ，ＣＰ＝ｚと置いて、ＡＰの延長上にＢから垂線を下ろしその足をＨとすると、∠ＢＰＨ＝１８０°－１２０°＝６０°より、△ＢＰＨは１：２：√３の直角三角形。
∴ＰＨ＝ｘ/２，ＢＨ＝√３ｘ/２
∴ＡＨ＝ｘ/２＋ｙ
よって、△ＡＢＨで三平方の定理を使うと、
(ｘ/２＋ｙ)²＋(ｘ/２)²＝７²が成り立つ。
∴ｘ²＋ｘｙ＋ｙ²＝４９———①
ところで、△ＡＢＣはＡＢ＝７，ＢＣ＝８，ＣＡ＝５より鋭角三角形なので、対称性より同様に、
ｙ²＋ｚ²＋ｙｚ＝２５———②
ｚ²＋ｘ²＋ｘｚ＝６４———③が成り立つ。
（高校数学では、△ＰＡＢ，△ＰＢＣ，△ＰＣＡで余弦定理を使えば一発である。）
①－②より、
ｘ²－ｚ²＋ｘｙ－ｙｚ＝２４
∴(ｘ＋ｚ)(ｘ－ｚ)＋ｙ(ｘ－ｚ)＝２４
(ｘ－ｚ)(ｘ＋ｙ＋ｚ)＝２４———④
③－②より、
ｘ²－ｙ²＋ｘｚ－ｙｚ＝３９
∴(ｘ＋ｙ)(ｘ－ｙ)＋ｚ(ｘ－ｙ)＝３９
∴(ｘ－ｙ)(ｘ＋ｙ＋ｚ)＝３９———⑤
③－①より、
ｚ²－ｙ²＋ｘｚ－ｘｙ＝１５
∴(ｚ＋ｙ)(ｚ－ｙ)＋ｘ(ｚ－ｙ)＝１５
∴(ｚ－ｙ)(ｘ＋ｙ＋ｚ)＝１５———⑥
また、①＋②＋③より、
２(ｘ²＋ｙ²＋ｚ²)＋ｘｙ＋ｙｚ＋ｘｚ＝１３８———⑦
ところで、公式より、
(ｘ＋ｙ＋ｚ)²＝ｘ²＋ｙ²＋ｚ²＋２ｘｙ＋２ｙｚ＋２ｚｘ
∴ｘ²＋ｙ²＋ｚ²＝(ｘ＋ｙ＋ｚ)²－２(ｘｙ＋ｙｚ＋ｘｚ)———⑧
⑧を⑦に代入すると、
２{(ｘ＋ｙ＋ｚ)²－２(ｘｙ＋ｙｚ＋ｘｚ)}＋ｘｙ＋ｙｚ＋ｘｚ＝１３８
∴２(ｘ＋ｙ＋ｚ)²－３(ｘｙ＋ｙｚ＋ｘｚ)＝１３８———⑨
また、①，②，③より、
(ｘ－ｙ)²＋３ｘｙ＝４９———①'
(ｙ－ｚ)²＋３ｙｚ＝２５———②'
(ｚ－ｘ)²＋３ｘｚ＝６４———③'
①'＋②'＋③'より、
(ｘ－ｙ)²＋(ｙ－ｚ)²＋(ｚ－ｘ)²＋３(ｘｙ＋ｙｚ＋ｘｚ)＝１３８———⑩
⑨＋⑩より、
２(ｘ＋ｙ＋ｚ)²＋(ｘ－ｙ)²＋(ｙ－ｚ)²＋(ｚ－ｘ)²＝２７６———☆
また、④，⑤，⑥より、
ｘ－ｚ＝２４/(ｘ＋ｙ＋ｚ)———④'
ｘ－ｙ＝３９/(ｘ＋ｙ＋ｚ)———⑤'
ｚ－ｙ＝１５/(ｘ＋ｙ＋ｚ)———⑥'
④'，⑤'，⑥'を☆に代入すると、
２(ｘ＋ｙ＋ｚ)²＋２４²/(ｘ＋ｙ＋ｚ)²＋３９²/(ｘ＋ｙ＋ｚ)²＋１５²/(ｘ＋ｙ＋ｚ)²＝２７６
∴{２(ｘ＋ｙ＋ｚ)⁴＋２４²＋３９²＋１５²}/(ｘ＋ｙ＋ｚ)²＝２７６
∴２(ｘ＋ｙ＋ｚ)⁴－２７６(ｘ＋ｙ＋ｘ)²＋２３２２＝０
∴(ｘ＋ｙ＋ｚ)⁴－１３８(ｘ＋ｙ＋ｘ)²＋１１６１＝０
Ｘ＝ｘ＋ｙ＋ｚと置くと、
Ｘ⁴－１３８Ｘ²＋１１６１＝０
∴(Ｘ²－９)(Ｘ²－１２９)＝０
∴Ｘ²＝９，１２９
Ｘ＞０より、Ｘ＝３，√１２９
ところで、Ｘ＝ｘ＋ｙ＋ｚ＞５より、
Ｘ＝√１２９　∴ｘ＋ｙ＋ｚ＝√１２９
∴ｓ＝ＡＰ＋ＢＰ＋ＣＰ＝√１２９

もっと途中要領が良い方法があるかもしれませんが、とりあえず第一報。

おまけ：