数学

解説
＞実線型空間Ｖ＝Ｃ^∞((－∞,∞),ℝ)

無限回微分可能な連続関数全体の集合と考えておけば良い。イメージ的には、ｅ^x，sinｘ，cosｘなど。

関数ｆ：Ｉ→ＫがＩにおいて何回でも微分可能であるとき、すなわちすべてのｎ＞０に対しｆ∈Ｃ^n(Ｉ,Ｋ)であるとき、ｆはＩのおいてＣ^∞級であると言い、その全体をＣ^∞(Ｉ)またはＣ^∞(Ｉ,Ｋ)で表わす。
「線型代数入門」有馬哲著より

＞微分演算Ｄ＝ｄ/ｄｘと恒等写像Ｉが実線型写像だから

微分って和は１つずつ微分するし、スカラー倍（定数倍）の定数は除いて微分しますよね。つまり、線型性を保っているという事。

例（1.4.3）
Ｋ＝ℝまたはℂ，Ｉを実数の開区間，Ｖ'＝ℱ(Ｉ,Ｋ)，Ｖ'の元でＩにおいて微分可能なもの全体のなす線型空間をＶとする。すなわちＶ＝Ｄ^1(Ｉ)　このとき、よく知られた微分法の公式
(ｆ＋ｇ)'＝ｆ'＋ｇ'，(ａｆ)'＝ａｆ'
によって、写像Ｄ：Ｖ→Ｖ'，ｆ→ｆ'は線型である。
「線型代数入門」有馬哲著より

因みに、恒等写像の線型性はほとんど自明。
Ｉ(ｘ＋ｙ)＝ｘ＋ｙ＝Ｉ(ｘ)＋Ｉ(ｙ)
Ｉ(ａｘ)＝ａｘ＝ａＩ(ｘ)
だから。（教科書から抜き出しただけ。）

＞(Ｄ＋３Ｉ)^-1(０)∋ｙ⇔ｄｙ/ｄｘ＋３ｙ＝０
⇔(ｄ/ｄｘ)log|ｙ|＝(１/ｙ)(ｄｙ/ｄｘ)＝－３
⇔log|ｙ|＝－３ｘ＋Ａ，Ａ∈ℝ
⇔|ｙ|＝ｅ^Aｅ^-3x
⇔ｙ＝Ｂｅ^-3x，Ｂ∈ℝ

「ｄｙ/ｄｘ＋３ｙ＝０
⇔(ｄ/ｄｘ)log|ｙ|＝(１/ｙ)(ｄｙ/ｄｘ)＝－３」
ここが、ネックなのではないだろうか。

ｄｙ/ｄｘ＋３ｙ＝０
⇔ｄｙ/ｄｘ＝－３ｙ
⇔(１/ｙ)(ｄｙ/ｄｘ)＝－３
⇔{(ｄ/ｄｙ)log|ｙ|}(ｄｙ/ｄｘ)＝－３
⇔(ｄ/ｄｘ)log|ｙ|＝－３
⇔log|ｙ|＝－３ｘ＋Ａ，Ａ∈ℝ
（両辺をｘで不定積分）
⇔|ｙ|＝ｅ^(-3x+A)＝ｅ^Aｅ^-3x
⇔ｙ＝Ｂｅ^-3x，Ｂ∈ℝ
（±ｅ^A＝Ｂと置いた）

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12849201998.html

解説
＞Ｉの中で０と異なる、ノルムが最小である元をβとする。このとき、(β)⊂Ｉである。

Ｉはイデアルで、イデアルは倍数の集合のような概念なので、例えばＩを２の倍数の集合としその中の４という元を取り出しそれでイデアルを作ると４の倍数の集合となり、４の倍数の集合は２の倍数の集合の部分集合なので、(β)⊂Ｉになるという意味である。（誤解を恐れずにあえて素人にも分かるように解説してみた。）

＞逆に、αをＩの任意の元とする。このとき、演習問題４よりα＝βγ＋δ，Ｎ(δ)＜Ｎ(β)となるようなγ,δ∈ℤ[ｉ]が存在する。

演習問題４
α,β∈ℤ[ｉ]でβ≠０とする。このとき、
α＝βγ＋δ，Ｎ(δ)＜Ｎ(β)
となるようなγ,δがℤ[ｉ]に存在することを示せ。

α,βはＩの元でＩはℤ[ｉ]のイデアルなので、α,βはℤ[ｉ]の元である。よって、演習問題４より、「α＝βγ＋δ，Ｎ(δ)＜Ｎ(β)となるようなγ,δ∈ℤ[ｉ]が存在する」という事。

＞ここで、β,α∈Ｉであるから、δ＝α－βγ∈Ｉ

Ｉはイデアルでβ∈Ｉ，γ∈ℤ[ｉ]より、βγ∈Ｉ（イデアルを倍数のような概念と考えれば、例えばＩを２の倍数の集合と考えて、同じ整数の中からなら２の倍数に何をかけても２の倍数になるからβγ∈Ｉという意味。）
また、Ｉはイデアルでイデアルは加法群だから、加法について閉じているので、
α－βγ∈Ｉ
（Ｉは加法群だから、βγ∈Ｉの（加法の）逆元 －βγ∈Ｉが存在してα＋(－βγ)∈Ｉという事。）
また、α＝βγ＋δより、δ＝α－βγ∈Ｉとなるという事。

＞したがって、αの選び方よりδ＝０でなければならない。

ここは誤植である。「α」ではなく「βの選び方」である。
「Ｉの中で０と異なる、ノルムが最小である元をβ」としたのに、上より「このとき、演習問題４よりα＝βγ＋δ，Ｎ(δ)＜Ｎ(β)となるようなγ,δ∈ℤ[ｉ]が存在する」ので、Ｎ(δ)＜Ｎ(β)であり、δのノルムの方が小さいので矛盾を回避するためにはδ＝０しかあり得ないという事。（念のため、Ｉは加法群なので、０∈Ｉだから問題ない。）

＞ゆえに、α＝βγ∈Ｉとなるので、Ｉ＝(β)である。

ここも誤植である。「α＝βγ∈Ｉ」ではなく、「α＝βγ∈(β)」である。
ところで、「αをＩの任意の元とする」としたので、α∈Ｉならばα∈(β)という事である。
つまり、Ｉ⊂(β)
また、上より「このとき、(β)⊂Ｉである」だったので、Ｉ⊂(β)かつ(β)⊂Ｉ
よって、Ｉ＝(β)という事。

おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7

命題（1.4.11）
線型写像F：Ｖ→Ｖ'に対して、次の三条件は同値である。
（ⅰ）Ｆは同型写像である。
（ⅱ）Ｆは双射である。
（ⅲ）線型写像Ｇ：Ｖ'→Ｖがあって
Ｇ◦Ｆ＝Ｉv，Ｆ◦Ｇ＝Ｉv'
が成り立つ。

証明
（ⅰ）⇒（ⅱ）：
Ｆは同型写像より、定義により双射である。
（「同型を与える双射Ｆ：Ｕ→Ｖを同型写像と言う」より）
（ⅱ）⇒（ⅲ）：
Ｆは双射より、Ｆは逆写像を持つ（写像は１対１か多対１で１対多は写像ではない。つまり、Ｆを多対１とすると逆像は１対多になるので逆写像とならないので、逆写像を持つならば１対１であり全射でもなければならない。つまり双射（全単射）。あとは下に補足）ので、逆写像をＧとし、恒等写像をＩとすると、
Ｇ◦Ｆ＝Ｉv，Ｆ◦Ｇ＝Ｉv'と表される。
補足
「写像Ｆ：Ｓ→Ｔが双射であるとき、（中略）写像Ｇ：Ｔ→ＳがＦの逆写像となる。」
（ⅲ）⇒（ⅰ）：
Ｇ◦Ｆ＝Ｉv，Ｆ◦Ｇ＝Ｉv'より、Ｆは逆写像Ｇを持つので、Ｆは双射である。（上の解説から分かると思うが一応補足する。）
補足
「ＧをＦの逆写像と言い、Ｆ^-1で表わす。このとき、ＦはＧの逆写像となっている。さらにこのときＦは双射である。」

また、Ｆは線型写像より、ｘ,ｙ∈Ｖとすると、
Ｆ(ｘ＋ｙ)＝Ｆ(ｘ)＋Ｆ(ｙ)
また、ａ∈Ｋ（Ｋは数体），ｘ∈Ｖに対して、
Ｆ(ａｘ）=ａＦ(ｘ)
が成り立つ。（下に定義がある。）
ここで、ｘ＝ｘ₁，ｙ＝ｘ₂，Ｆ(ｘ)＝ｙ₁，Ｆ(ｙ)＝ｙ₂と置くと、
Ｆ(ｘ₁＋ｘ₂)＝Ｆ(ｘ₁)＋Ｆ(ｘ₂)
Ｆ(ａｘ₁)＝ａＦ(ｘ₁)
ところで、Ｆは双射より双射を↔で表すと、
ｘ₁とＦ(ｘ₁)の関係は、ｘ₁↔ｙ₁
ｘ₂とＦ(ｘ₂)の関係は、ｘ₂↔ｙ₂
また、Ｆ(ｘ₁＋ｘ₂)＝Ｆ(ｘ₁)＋Ｆ(ｘ₂)＝ｙ₁＋ｙ₂より、ｘ₁＋ｘ₂↔ｙ₁＋ｙ₂
よって、ｘ₁↔ｙ₁，ｘ₂↔ｙ₂ならばｘ₁＋ｘ₂↔ｙ₁＋ｙ₂———①
また、Ｆ(ａｘ₁)＝ａＦ(ｘ₁)＝ａｙ₁より、
ａｘ₁↔ａｙ₁
よって、ｘ₁↔ｙ₁ならばａｘ₁↔ａｙ₁———②
①，②より、同型の定義を満たしているので、Ｆは同型写像である。
よって、（ⅰ）⇒（ⅱ）⇒（ⅲ）⇒（ⅰ）が示されたので、（ⅰ），（ⅱ），（ⅲ）は同値である。

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

おまけ：

問題
ＡＢ＝７，ＢＣ＝８，ＣＡ＝５，∠Ｃ＝６０°である三角形ＡＢＣがあります。右の図のように、辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＡ上にそれぞれ点Ｐ，Ｑ，Ｒをとり、線分ＰＱ，ＱＲ，ＲＰの長さの和ｓ＝ＰＱ＋ＱＲ＋ＲＰを最小にしたい。次の問いに答えなさい。
（１）点Ｐが辺ＡＢ上に与えられているとするとき、和ｓを最小にするには、点Ｑ，Ｒをそれぞれどこにとればよいか。
（２）次に、点Ｐを辺ＡＢ上で動かすとき、点Ｐが辺ＡＢ上のどの位置にあるとき、その和ｓは最小となるか。ＡＰの長さと、そのときの和ｓの値を求めよ。
（９１　ラ・サール）

模範解答
（１）ＢＣに関するＰの対称点をＰ'，ＡＣに関するＰの対称点をＰ''とすると、
ｓ＝ＰＱ＋ＱＲ＋ＲＰ＝Ｐ'Ｑ＋ＱＲ＋ＲＰ''
ここでＰ'，Ｐ''は定点だから、この折れ線の長さは、Ｐ'，Ｐ''を直線で結んだときのＰ'Ｐ''が最短である。
このとき、Ｑ，Ｒの位置はそれぞれ、Ｐ'Ｐ''とＢＣ,ＡＣとの交点。
（２）ｓが最小になるとき、図ⅢのようにＨ，Ｉを定める（注：ＰＰ'とＢＣの交点をＨ，ＰＰ''とＡＣとの交点をＩとする）と、
△ＣＰＩ≡△ＣＰ''Ｉ，△ＣＰＨ≡△ＣＰ'Ｈだから、∠Ｐ'ＣＰ''＝２∠ＢＣＡ＝１２０°
ＣＰ'＝ＣＰ''＝ＣＰ
以上より、△ＣＰ'Ｐ''は頂角１２０°の二等辺三角形とわかる。ゆえに、ｓ＝Ｐ'Ｐ''＝√３ＣＰ'
よって、ＣＰが最小、つまりＣＰがＡＢと垂直なとき、ＣＰ'，Ｐ'Ｐ''も最小となる。
ＡＰ＝ｘとおくと、このとき図Ⅳ（注：ＣからＡＢに下ろした垂線の足がＰでＡＰ＝ｘとおいた図）より、
５²－ｘ²＝８²－(７－ｘ)²（注：△ＣＡＰと△ＣＢＰでの三平方の定理をＣＰで連立させた式。）
これを解いて、ＡＰ＝ｘ＝５/７
ｓ＝√３ＣＰ'＝√３ＣＰ＝√３√(ＡＣ²－ＡＰ²)＝√３√{５²－(５/７)²}＝６０/７

解説は読めば分かるので省略。因みに、最短距離で対称点を取るのは中学数学（の難問？）では定石です。（因みに、私も中学数学に特化している訳ではないので、（１）はすぐ出来ましたが、（２）はお茶の時間にテレビ見ながら（暗算で）考えていたら出来ました。（計３０分ぐらいかかりましたね。）

（３）ｓ＝ＰＱ＋ＱＲ＋ＲＰが最小になる時、ＡＱ，ＢＲ，ＣＱは１点で交わる事を証明して下さい。（これは鋭角三角形の場合成り立つが、今回は上の設定で考えれば良い。）

難しいか面白いかは微妙です。初等幾何に慣れている人には簡単だろうし、普通の数学掲示板の人には難しいかもしれませんね。

おまけ：

問題
ＡＢ＝７，ＢＣ＝８，ＣＡ＝５，∠Ｃ＝６０°である三角形ＡＢＣがあります。右の図のように、辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＡ上にそれぞれ点Ｐ，Ｑ，Ｒをとり、線分ＰＱ，ＱＲ，ＲＰの長さの和ｓ＝ＰＱ＋ＱＲ＋ＲＰを最小にしたい。次の問いに答えなさい。
（１）点Ｐが辺ＡＢ上に与えられているとするとき、和ｓを最小にするには、点Ｑ，Ｒをそれぞれどこにとればよいか。
（２）次に、点Ｐを辺ＡＢ上で動かすとき、点Ｐが辺ＡＢ上のどの位置にあるとき、その和ｓは最小となるか。ＡＰの長さと、そのときの和ｓの値を求めよ。
（９１　ラ・サール）
（３）ｓ＝ＰＱ＋ＱＲ＋ＲＰが最小になる時、ＡＱ，ＢＲ，ＣＱは１点で交わる事を証明して下さい。（これは鋭角三角形の場合成り立つが、今回は上の設定で考えれば良い。）

（３）の回答
これは（２）の時で、つまり、ＣからＡＢに下ろした垂線の足がＰ，ＢＣ,ＣＡに関して点Ｐと対称な点をそれぞれＰ',Ｐ''とし、Ｐ'Ｐ''とＢＣ,ＣＡとの交点がそれぞれＱ,Ｒとなっている。
対称性より∠ＡＲＰ＝∠ＡＲＰ''
また、対頂角より∠ＡＲＰ''＝∠ＣＲＱ
よって、∠ＡＲＰ＝∠ＣＲＱ＝○———①と置く。
同様に、∠ＢＱＰ＝∠ＣＱＲ＝●———②と置ける。
ところで、ＣＰ⊥ＡＢでＡＱ，ＢＲ，ＣＰが１点で交わるならばそれは垂心の可能性が高いとピンと来る人にはピンと来ると思う。
そこで、ＡからＢＣに垂線を下ろしその足をＱ'，ＢからＡＣに垂線を下ろしその足をＲ'，垂心をＨとすると、四角形ＨＲ'ＡＰは円に内接する四角形より、円周角で∠ＡＲ'Ｐ＝∠ＡＨＰ——ア
また、四角形ＨＱ'ＣＲ'も円に内接する四角形より、円周角で∠ＣＲ'Ｑ'＝∠ＣＨＱ'———イ
また、対頂角より∠ＡＨＰ＝∠ＣＨＱ'———ウ
ア,ウ,イより、∠ＡＲ'Ｐ＝∠ＣＲ'Ｑ'———③
同様に、ＢＱ'Ｐ＝∠ＣＱ'Ｒ'———④
ここで、点Ｐは一定の位置で、①，②より反射で点Ｐに戻っている（点Ｐからビリヤードのボールを辺ＣＡに向けて打つと考えると良い）。また、③，④も同様に反射で点Ｐに戻っている。
つまり、点ＲとＲ'，点ＱとＱ'はそれぞれ一致している。ところで、ＡＱ'，ＢＲ'，ＣＰは１点垂心Ｈで交わっているので、ＡＱ，ＢＲ，ＣＰも一点で交わる。
よって、示された。

次回の問題。

問題
ＡＢ＝７，ＢＣ＝８，ＣＡ＝５，∠Ｃ＝６０°である三角形ＡＢＣがあります。△ＡＢＣの内部に点Ｐを取り、線分ＡＰ，ＢＰ，ＣＰの長さの和ｓ＝ＡＰ＋ＢＰ＋ＣＰを最小にしたい。
そのときの和ｓの値を求めよ。

何も見ないで作り、何も見ないで解きましたが、普通の人（工夫で解く）には無理だと思いますので、検索ありで解いて下さい。分かる人には分かる話だと思います。

おまけ：

問題
ＡＢ＝７，ＢＣ＝８，ＣＡ＝５，∠Ｃ＝６０°である三角形ＡＢＣがあります。△ＡＢＣの内部に点Ｐを取り、線分ＡＰ，ＢＰ，ＣＰの長さの和ｓ＝ＡＰ＋ＢＰ＋ＣＰを最小にしたい。
そのときの和ｓの値を求めよ。

解答
ＣＰを１辺とした正三角形ＱＰＣとＡＣを１辺とした正三角形ＲＡＣを、点ＱがＰＣに関して点Ａ側，点Ｒを△ＡＢＣの外部に取り、ＱＲを結ぶと、
正三角形よりＣＰ＝ＣＱ，ＣＡ＝ＣＲ
また、∠ＰＣＡ＝６０°－∠ＡＣＱ，∠ＱＣＲ＝６０°－∠ＡＣＱより、∠ＰＣＡ＝∠ＱＣＲ
よって、二辺挟角が等しいので、△ＰＣＡ≡△ＱＣＲ　∴ＡＰ＝ＲＱ———①
また、正三角形より、ＣＰ＝ＰＱ———②
①，②をｓ＝ＡＰ＋ＢＰ＋ＣＰに代入すると、
ｓ＝ＲＱ＋ＢＰ＋ＰＱ＝ＢＰ＋ＰＱ＋ＱＲ
つまり、ｓが最小になるのは折れ線ＢＰＱＲが一直線になる場合である。
そこで、△ＲＢＣに注目すると、∠ＢＣＲ＝６０°＋６０°＝１２０°
ここで、ＲからＢＣの延長上に垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＲＣＨは１：２：√３の直角三角形になるので、ＣＨ＝５/２，ＲＨ＝５√３/２
∴ＢＨ＝８＋５/２＝２１/２
よって、△ＲＢＨで三平方の定理を使うと、
ＢＲ＝√{(２１/２)²＋(５√３/２)²}
＝√(４４１/４＋７５/４)＝√５１６/４
＝２√１２９/２＝√１２９
よって、答えは、ｓ＝√１２９

次回の問題は、

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。

因みに、私は２通り作ってみました。いつものように検索はありですが、超有名定理をそのまま使うのはなしです。

おまけ：

問題
ｘ²＋ｘ＋１＝０の１つの解をωとする。
（１）(ω－１)/(ω＋１)をａω＋ｂの形で表して下さい。
（２）(ω＋２)/(ω－２)をａω＋ｂの形で表して下さい。

回答
（１）ω²＋ω＋１＝０———①　
また、ｘ²＋ｘ＋１＝０の両辺にｘ－１をかけると、ｘ³－１＝０　∴ω³＝１———②
②を①に代入すると、
ω²＋ω＋ω³＝０
この両辺をω²で割ると、
１＋１/ω＋ω＝０　
∴ω＋１＝－１/ω———③
③を与式に代入すると、
(ω－１)/(ω＋１)＝(ω－１)/(－１/ω)
＝－ω(ω－１)＝－ω²＋ω———④
また、①より、－ω²＝ω＋１———⑤
⑤を④に代入すると、
(ω－１)/(ω＋１)＝２ω＋１

（２）（２）も（１）と同じように工夫すれば出来ると思うが、面倒臭いので、上の文章を読んだ解法を使ってみる。
ｆ(ｘ)＝ｘ²＋ｘ＋１，ｈ(ｘ)＝ｘ－２と置くと、ｆ(ｘ)とｈ(ｘ)は互いに素なので、「群・環・体 入門」の定理4.8より、
ｆ(ｘ)ｐ(ｘ)＋ｈ(ｘ)ｑ(ｘ)＝１となるｐ(ｘ)，ｑ(ｘ)が存在する。

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

そこで、ｐ(ｘ)＝ａ，ｑ(ｘ)＝ｂｘ＋ｃと置いて、ｆ(ｘ)＝ｘ²＋ｘ＋１，ｈ(ｘ)＝ｘ－２と共に、ｆ(ｘ)ｐ(ｘ)＋ｈ(ｘ)ｑ(ｘ)＝１に代入すると、
(ｘ²＋ｘ＋１)ａ＋(ｘ－２)(ｂｘ＋ｃ)＝１
∴ａｘ²＋ａｘ＋ａ＋ｂｘ²＋ｃｘ－２ｂｘ－２ｃ＝１
∴(ａ＋ｂ)ｘ²＋(ａ－２ｂ＋ｃ)ｘ＋ａ－２ｃ＝１
これが恒等式より、
ａ＋ｂ＝０———①
ａ－２ｂ＋ｃ＝０———②
ａ－２ｃ＝１———③
②×２＋③より、３ａ－４ｂ＝１———④
①×４＋④より、７ａ＝１　∴ａ＝１/７
これを①に代入すると、ｂ＝－１/７
また、③に代入すると、２ｃ＝１/７－１＝－６/７　∴ｃ＝－３/７
∴ｐ(ｘ)＝１/７，ｑ(ｘ)＝(－１/７)ｘ－３/７
ここで、ｆ(ｘ)ｐ(ｘ)＋ｈ(ｘ)ｑ(ｘ)＝１にｘ＝ωを代入すると、
ｆ(ω)ｐ(ω)＋ｈ(ω)ｑ(ω)＝１
また、ｆ(ｘ)＝ｘ²＋ｘ＋１より、ｆ(ω)＝０
これを代入すると、ｈ(ω)ｑ(ω)＝１
∴ｑ(ω)＝１/ｈ(ω)
ところで、
(ω＋２)/(ω－２)＝(ω＋２)/ｈ(ω)
＝(ω＋２)・ｑ(ω)
＝(ω＋２){(－１/７)ω－３/７}
＝(－１/７)(ω＋２)(ω＋３)
＝(－１/７)(ω²＋５ω＋６)
これにω²＋ω＋１＝０を代入すると、
＝(－１/７)(４ω＋５)
よって、答えは、(－１/７)(４ω＋５)

因みに、今回限定ならば、
ω＝(－１＋√３ｉ)/２として、(ω＋２)/(ω－２)を求めると、計算省略で、
＝(－３－２√３ｉ)/７となり、
ａω＋ｂ＝(－３－２√３ｉ)/７とすると、
ａ{(－１＋√３ｉ)/２}＋ｂ
＝－ａ/２＋ｂ＋(√３ａ/２)ｉより、
－ａ/２＋ｂ＝－３/７———ア
√３ａ/２＝－２√３/７———イ
イより、ａ＝－４/７
これをアに代入すると、
２/７＋ｂ＝－３/７　∴ｂ＝－５/７
∴ａω＋ｂ＝(－４/７)ω－５/７
＝(－１/７)(４ω＋５)
と求められる。（脱法臭いですね。笑）

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/cf9058a16e992691d9fa9f568ab851afc62c93ad

解説
＞（ⅰ）α/β∈ℤ[ｉ]のときは、α/β＝γ∈ℤ[ｉ]とおけばα＝βγ＋０とすればよい。

普通はα/β∈ℚ[ｉ]だが、その中で特別なα/β∈ℤ[ｉ]の場合を考えて、α/β＝γ，
α＝βγ＋０と置くと、γ,０∈ℤ[ｉ]で
Ｎ(０)＜Ｎ(β)となるので、
「α＝βγ＋δ，Ｎ(δ)＜Ｎ(β)
となるようなγ,δがℤ[ｉ]に存在」
を満たすので、ＯＫ。

Ｎ(０)＜Ｎ(β)の補足
複素数 α＝ａ＋ｂｉ（ａ,ｂ∈ℝ）に対して、
Ｎ(α)＝α・|α＝|α|²＝ａ²＋ｂ²
（演習問題３より）
だから。

＞（ⅱ）α/β∉ℤ[ｉ]のときは、|ａ－ｃ|≤１/２，|ｂ－ｄ|≤１/２を満たす整数ｃ,ｄが存在する。

場合分けで、普通のα/β∈ℚ[ｉ]の場合である。
「α/β＝ａ＋ｂｉ（ａ,ｂ∈ℚ）とお」いてあるので、ａ,ｂは有理数である。よって、ａ,ｂそれぞれにある整数を当てれば０.５以下に出来るのは当然である。例えば、ａ＝２.７…だったらｃ＝２ではダメでｃ＝３を当てれば良いという事。

＞このとき、γ＝ｃ＋ｄｉ，δ＝α－βγとおけば、γ,δ∈ℤ[ｉ]である。

その整数でγを作ればｃ,ｄは整数よりγ∈ℤ[ｉ]であり、与式よりα＝βγ＋δを変形させると、
δ＝α－βγである。
また、条件よりα,β∈ℤ[ｉ]でγ∈ℤ[ｉ]より、δ∈Ｚ[ｉ]である。（環ℤ[ｉ]は加法と乗法について閉じているから。）

＞Ｎ(α/β－γ)＝Ｎ((ａ－ｃ)＋(ｂ－ｄ)ｉ)
＝(ａ－ｃ)²＋(ｂ－ｄ)²≤１/４＋１/４＝１/２＜１
この不等式を使うと、
Ｎ(δ)＝Ｎ(α－βγ)＝Ｎ(β)(α/β－γ)＜Ｎ(β)

今、Ｎ(α/β－γ)を作ると、α/β＝ａ＋ｂｉ（ａ,ｂ∈ℚ），γ＝ｃ＋ｄｉ（ｃ,ｄ∈ℤ）と置いてあるので、α/β－γ＝ａ＋ｂｉ－(ｃ＋ｄｉ)＝ａ－ｃ＋(ｂ－ｄ)ｉ
∴Ｎ(α/β－γ)＝Ｎ((ａ－ｃ)＋(ｂ－ｄ)ｉ)
＝(ａ－ｃ)²＋(ｂ－ｄ)²
ところで、|ａ－ｃ|≤１/２，|ｂ－ｄ|≤１/２
これらの両辺を２乗すると、
(ａ－ｃ)²≤１/４，(ｂ－ｄ)²≤１/４
これらを代入すると、
Ｎ(α/β－γ)＝(ａ－ｃ)²＋(ｂ－ｄ)²
≤１/４＋１/４＝１/２＜１
∴Ｎ(α/β－γ)＜１———①
また、上より、δ＝α－βγ
この両辺のノルムを取ると、
∴Ｎ(δ)＝Ｎ(α－βγ)＝Ｎ{β・(α/β－γ)}
ここで、演習問題３よりノルムの法則を使うと、
＝Ｎ(β)Ｎ(α/β－γ)
∴Ｎ(δ)＝Ｎ(β)Ｎ(α/β－γ)———②
①の両辺にＮ(β)（＞０）をかけると、
Ｎ(β)Ｎ(α/β－γ)＜Ｎ(β)———①'
①'，②より、
Ｎ(δ)＜Ｎ(β)
よって、「α,β∈ℤ[ｉ]でβ≠０とする。このとき、α＝βγ＋δ，Ｎ(δ)＜Ｎ(β)
となるようなγ,δがℤ[ｉ]に存在する」事が示されたという事。

因みに、誤植は最後の行の、
「Ｎ(δ)＝Ｎ(α－βγ)＝Ｎ(β)(α/β－γ)＜Ｎ(β)」のＮ(β)(α/β－γ)がＮ(β)Ｎ(α/β－γ)。
また、上の「Ｎ(β)（＞０）」のＮ(β)≩０の理由は（条件から）β≠０よりβ＝ｅ＋ｆｉとするとe＝ｆ＝０ではないから。

おまけ：
https://www.oricon.co.jp/news/2355528/full/

命題（１.４.１０）
（ⅰ）ＦとＧが線型写像，ａ∈Ｋであれば、和Ｆ＋Ｇとスカラー倍ａＦもまた線型写像である。一般に
（ⅱ）Ｆ₁,Ｆ₂,…,Ｆnが線型写像，ａ₁,ａ₂,…,ａn∈Ｋであれば、写像
ａ₁Ｆ₁＋ａ₂Ｆ₂＋…＋ａnＦn：Ｖ→Ｖ'，
ｘ→ａ₁Ｆ₁(ｘ)＋ａ₂Ｆ₂(ｘ)＋…＋ａnＦn(ｘ)
もまた線型写像である。

（ⅱ）の証明
「数体K上の線型空間Ｖ，Ｖ'の間の二つの写像Ｆ,Ｇ：Ｖ→Ｖ'の和Ｆ＋Ｇとスカラー倍ａＦとを
(Ｆ＋Ｇ)(ｘ)＝Ｆ(ｘ)＋Ｇ(ｘ)，(ａＦ)(ｘ)＝ａＦ(ｘ)
によって定義する。」
「線型代数入門」有馬哲著より

数学的帰納法で示す。
（１）ｎ＝２の時、
(ａ₁Ｆ₁＋ａ₂Ｆ₂)(ｘ)
＝(ａ₁Ｆ₁)(ｘ)＋(ａ₂Ｆ₂)(ｘ)（上の定義より）
＝ａ₁Ｆ₁(ｘ)＋ａ₂Ｆ₂(ｘ)（上の定義より）
よって、ｎ＝２の時は成り立つ。
（２）ｎ＝ｋの時成り立つと仮定すると、
(ａ₁Ｆ₁＋…＋ａkＦk)(ｘ)＝ａ₁Ｆ₁(ｘ)＋…＋ａkＦk(ｘ)———①
ｎ＝ｋ＋１の時、
(ａ₁Ｆ₁＋…＋ａk+1Ｆk+1)(ｘ)
＝{(ａ₁Ｆ₁＋…＋ａkＦk)＋ａk+1Ｆk+1}(ｘ)
＝(ａ₁Ｆ₁＋…＋ａkＦk)(ｘ)＋(ａk+1Ｆk+1)(ｘ)（上の定義より）
＝ａ₁Ｆ₁(ｘ)＋…＋ａkＦk(ｘ)＋ａk+1Ｆk+1(ｘ)（①と上の定義より）
＝ａ₁Ｆ₁(ｘ)＋…＋ａk+1Ｆk+1(ｘ)
よって、ｎ＝ｋ＋１の場合も成り立つ。
(１),(２)より、数学的帰納法により示された。

おまけ：
https://www.google.com/search?q=%E3%83%9E%E3%82%B6%E3%82%B3%E3%83%B3&sca_esv=dc77d35e499118ec&hl=ja&source=hp&ei=lfxDZ6OzEafi2roP-PHl0QM&iflsig=AL9hbdgAAAAAZ0QKpcmo7kiAM7NUNt-yIRowCzWgpDyG&oq=%E3%83%9E%E3%82%B6%E3%82%B3%E3%83%B3&gs_lp=Egdnd3Mtd2l6Igzjg57jgrbjgrPjg7MqAggBMggQABiABBixAzIFEAAYgAQyBRAAGIAEMgUQABiABDIFEAAYgAQyBRAAGIAEMgUQABiABDIFEAAYgAQyBRAAGIAEMgUQABiABEiTIVAAWMAQcAB4AJABAJgBS6AB5QSqAQE5uAEByAEA-AEBmAIJoAKZBcICDRAAGIAEGLEDGIMBGATCAhAQABiABBixAxiDARgEGIoFwgILEAAYgAQYsQMYgwHCAgoQABiABBixAxgEwgIHEAAYgAQYBJgDAJIHATmgB7gd&sclient=gws-wiz

問題
ｘ⁶＋ｘ⁵＋２ｘ⁴＋ｘ³＋２ｘ²＋ｘ＋１を因数分解して下さい。

解法２
与式＝ｘ⁶＋１＋ｘ(ｘ⁴＋１)＋２ｘ²(ｘ²＋１)＋ｘ³
＝(ｘ²＋１)³－３ｘ²(ｘ²＋１)＋ｘ{(ｘ²＋１)²－２ｘ²}＋２ｘ²(ｘ²＋１)＋ｘ³
＝(ｘ²＋１)³－３ｘ²(ｘ²＋１)＋ｘ(ｘ²＋１)²－２ｘ³＋２ｘ²(ｘ²＋１)＋ｘ³
＝(ｘ²＋１)³＋ｘ(ｘ²＋１)²－ｘ²(ｘ²＋１)－ｘ³
ここで、ｘ²＋１＝Ｘと置くと、
与式＝Ｘ³＋ｘＸ²－ｘ²Ｘ－ｘ³
＝Ｘ²(Ｘ＋ｘ)－ｘ²(Ｘ＋ｘ)
＝(Ｘ＋ｘ)(Ｘ²－ｘ²)
＝(Ｘ＋ｘ)(Ｘ＋ｘ)(Ｘ－ｘ)
＝(Ｘ－ｘ)(Ｘ＋ｘ)²
これにＸ＝ｘ²＋１を代入すると、
与式＝(ｘ²－ｘ＋１)(ｘ²＋ｘ＋１)²
よって、答えは、(ｘ²－ｘ＋１)(ｘ²＋ｘ＋１)²

ワンポイントは途中であきらめない事ですね。ただし、受験勉強は要領良く選択切り捨てがポイントですから、受験慣れ人には難しいかもしれませんね。

因みに、与式＝Ｘ³＋ｘＸ²－ｘ²Ｘ－ｘ³から、
＝Ｘ³－ｘ³＋ｘＸ(Ｘ－ｘ)
＝(Ｘ－ｘ)(Ｘ²＋ｘＸ＋ｘ²)＋ｘＸ(Ｘ－ｘ)
＝(Ｘ－ｘ)(Ｘ²＋２ｘＸ＋ｘ²)
＝(Ｘ－ｘ)(Ｘ＋ｘ)²
これにＸ＝ｘ²＋１を代入すると、
与式＝(ｘ²－ｘ＋１)(ｘ²＋ｘ＋１)²
と求めても良い。

おまけ：
「「人間が弱いのは、「これは超能力です」というと、そう思い込みやすいことなのです。「手品です」とやると何か仕掛けがあると思ってみます。この「なぜ？」という問いこそが大事です」（「赤旗」日曜版９０年９月３０日号）
　安斎教授は、思い込みやすい若者を作り出した一因は受験勉強だという。「いまは、この知識とあの知識がどう相互に関連しているかなどと悠長な勉強をしていられません。次から次へと知識の断片を頭に放り込む勉強を強いられている。一つの概念を出発点として合理的に考えを進めて、上位の知識にたどりつくという訓練がものすごく不足しています」
引用元：https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-11507300428.html

異界との交信手段としてのマンガ
「面白いことに、そうした架空の作品や人物に、あまりに深く傾倒した人にたいしては、「彼岸の人」という呼び名があたえられる。日常的な世界、つまり現世からはみ出してしまった人のことである。その呼び方には、揶揄とともに一種の羨望がこめられているし、呼ばれるほうも多少の誇りをもって受け入れる。「彼岸の人」は異界と現世とのあいだの往来を可能とする人であり、異界の住人とコンタクトの取れる人である。」
「別冊宝島１１３ いまどきの神サマ」（１９９０年７月）より

解説
＞図7.3　σ₃によってζ,…,ζ⁶が入れ換わる様子
ζ→ζ³→ζ²→ζ⁶→ζ⁴→ζ⁵→ζ（注：本当は輪のような図になっているが書けないので直線にした。）

σ₁＝(ζ ζ² ζ³ ζ⁴ ζ⁵ ζ⁶)→(ζ ζ² ζ³ ζ⁴ ζ⁵ ζ⁶)
（本当は２段で１つの元だがこう表す。）
この右のζをζ³にすると、
σ₃＝(ζ ζ² ζ³ ζ⁴ ζ⁵ ζ⁶)→(ζ³ ζ⁶ ζ⁹ ζ^12 ζ^15 ζ18)＝(ζ³ ζ⁶ ζ² ζ⁵ ζ ζ⁴)
（ζ⁷＝１より）
∴σ₃＝(ζ ζ² ζ³ ζ⁴ ζ⁵ ζ⁶)→(ζ³ ζ⁶ ζ² ζ⁵ ζ ζ⁴)
これを見ると、ζ→ζ³，ζ³→ζ²，ζ²→ζ⁶，ζ⁶→ζ⁴，ζ⁴→ζ⁵，ζ⁵→ζとなっている事が分かるだろう。よって、ζ→ζ³→ζ²→ζ⁶→ζ⁴→ζ⁵→ζという事。

＞ここでζの式を分類します。入れ換えのなす群Ｇ＝{σ₁,…,σ₆}の部分群は、Ｇの元がσ₃のべきで表されることから、次の４つです（図7.4参照）：
Ｇ＝{σ₁,…,σ₆}，Ｈ＝{σ₁,σ₂,σ₄}，Ｌ＝{σ₁,σ₆}，Ｎ＝{σ₁}

前回ｐ＝５の時は、Ｇ＝{σ₁,σ₂,σ₃,σ₄}の部分群は４の約数の個数{１,２,４}から３個（問題4-9から）としたのに、同じ事は使いたくないようで図での解説。（次の項で解説する。）

問題 4-9b
群Ｇが１つの元のべきで生成されるとき、すなわちＧのある元ｇによって、Ｇのほかの元がすべてｇ^k（ｋは整数）と表されるとき、Ｇを巡回群という。巡回群がｎ個の元からなるときｎ次巡回群という次の問いに答えよ。
（１）は省略。
（２）Ｇをｎ次巡回群とする。ｎの約数ｄに対して、ｄ個の元からなるＧの部分群が一意的に存在することを証明せよ。

今回は、Ｇの元が全てσ₃のべき乗で表されるので巡回群であり、Ｇの元の個数は６である。よって、６の約数の個数は{１,２,３,６}の４個より、Ｇの部分群は４個である。つまり、Ｇ＝{σ₁,…,σ₆}，Ｈ＝{σ₁,σ₂,σ₄}，Ｌ＝{σ₁,σ₆}，Ｎ＝{σ₁}という事。

＞図7.4　群と部分群
図は２つあり、１つの図は正六角形の頂点にσ₁,σ₃,σ₂,σ₆,σ₄,σ₅の順番に振ってあり、点線で正三角形σ₁σ₂σ₄がＨ，実線で正三角形σ₃σ₅σ₅がσ₃Ｈ。
もう一つの図も正六角形の頂点にσ₁,σ₃,σ₂,σ₆,σ₄,σ₅の順番に振ってあり、実線で直線σ₁σ₆がＬ，点線でσ₃σ₄がσ₃Ｌ，鎖線でσ₂σ₅がσ₂Ｌ。
という図。

部分群には必ず単位元が必要なので、この図の中でＨとＬだけである。ただし、ＧとＮも部分群なので、４個である。点線や鎖線は群ではないが、類別できるという事が言いたいのかもしれない。（ここでは関係ないが。）
Ｇ＝Ｈ∪σ₃Ｈ（Ｈ∩σ₃Ｈ＝φ）
Ｇ＝Ｌ∪σ₂Ｌ∪σ₃Ｌ（Ｌ∩σ₂Ｌ＝φ，σ₂Ｌ∩σ₃Ｌ＝φ，Ｌ∩σ₃Ｌ＝φ）

＞これらの群で不変な式は次の形になります：
Ｇで不変：有理数
Ｈで不変：ａ(ζ＋ζ²＋ζ⁴)＋ｂ(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)
Ｌで不変：ａ(ζ＋ζ⁶)＋ｂ(ζ³＋ζ⁴)＋ｃ(ζ²＋ζ⁵)
Ｎで不変：ａζ＋ｂζ³＋ｃζ²＋ｄζ⁶＋ｅζ⁴＋ｆζ⁵

ｐ＝５の時は、「Ｇで不変は有理数」は事細かく解説されていたが、今回はスルーのようである。一応、次の事だけ挙げておこう。

（５）すべての入れ換えで不変な根の式
α₁,…,αsの式において、ζをζ^k（ｋはｎと互いに素）に置き換えた値がすべて等しいなら、その式の表す値は有理数です。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

Ｈで不変やＬで不変などもｐ＝５の時と同じなのでスルーされているが、Ｈで不変だけやっておこう。
Ｈ＝{σ₁,σ₂,σ₄}で、
σ₁＝(ζ ζ² ζ³ ζ⁴ ζ⁵ ζ⁶)→(ζ ζ² ζ³ ζ⁴ ζ⁵ ζ⁶)
σ₂＝(ζ ζ² ζ³ ζ⁴ ζ⁵ ζ⁶)→(ζ² ζ⁴ ζ⁶ ζ⁸ ζ^10 ζ^12)＝(ζ² ζ⁴ ζ⁶ ζ ζ³ ζ⁵)
σ₄＝(ζ ζ² ζ³ ζ⁴ ζ⁵ ζ⁶)→(ζ⁴ ζ⁸ ζ^12 ζ^16 ζ^20 ζ^24)＝(ζ⁴ ζ ζ⁵ ζ² ζ⁶ ζ³)
ところで、Φ7(ｘ)の根の式は、
ａζ⁶＋ｂζ⁵＋ｃζ⁴＋ｄζ³＋ｅζ²＋ｆζで表される。
まず、σ₂の変換を見ると、
(ζ ζ² ζ³ ζ⁴ ζ⁵ ζ⁶)→(ζ² ζ⁴ ζ⁶ ζ ζ³ ζ⁵)なので、
ａζ⁶＋ｂζ⁵＋ｃζ⁴＋ｄζ³＋ｅζ²＋ｆζは、
ａζ⁵＋ｂζ⁵＋ｃζ＋ｄζ⁶＋ｅζ⁴＋ｆζ²に変換される。これが不変なので、
ａζ⁶＋ｂζ⁵＋ｃζ⁴＋ｄζ³＋ｅζ²＋ｆζ
＝ａζ⁵＋ｂζ³＋ｃζ＋ｄζ⁶＋ｅζ⁴＋ｆζ²とすると、
(ａ－ｄ)ζ⁶＋(ｂ－ａ)ζ⁵＋(ｃ－ｅ)ζ⁴＋(ｄ－ｂ)ζ³＋(ｅ－ｆ)ζ²＋(ｆ－ｃ)ζ＝０
∴ａ＝ｂ＝ｄ，ｃ＝ｅ＝ｆ
よって、ａζ⁶＋ｂζ⁵＋ｃζ⁴＋ｄζ³＋ｅζ²＋ｆζに代入すると、
ａζ⁶＋ａζ⁵＋ｃζ⁴＋ａζ³＋ｃζ²＋ｃζ
＝ａ(ζ⁶＋ζ⁵＋ζ³)＋ｃ(ζ⁴＋ζ²＋ζ)
よって、ａとｃをｂとａに変えて、ζの順番を直すと、
ａ(ζ＋ζ²＋ζ⁴)＋ｂ(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)と一致するのでＯＫ。
次に、σ₄の変換を見ると、
(ζ ζ² ζ³ ζ⁴ ζ⁵ ζ⁶)→(ζ⁴ ζ ζ⁵ ζ² ζ⁶ ζ³)より、
ａζ⁶＋ｂζ⁵＋ｃζ⁴＋ｄζ³＋ｅζ²＋ｆζは、
ａζ³＋ｂζ⁶＋ｃζ²＋ｄζ⁵＋ｅζ＋ｆζ⁴に変換される。これが不変なので、
ａζ⁶＋ｂζ⁵＋ｃζ⁴＋ｄζ³＋ｅζ²＋ｆζ
＝ａζ³＋ｂζ⁶＋ｃζ²＋ｄζ⁵＋ｅζ＋ｆζ⁴とすると、
(ａ－ｂ)ζ⁶＋(ｂ－ｄ)ζ⁵＋(ｃ－ｆ)ζ⁴＋(ｄ－ａ)ζ³＋(ｅ－ｃ)ζ²＋(ｆ－ｅ)ζ＝０
∴ａ＝ｂ＝ｄ，ｃ＝ｅ＝ｆ
以後、σ₂の場合と同じ。
よって、Ｈで不変な式は、
ａ(ζ＋ζ²＋ζ⁴)＋ｂ(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)でＯＫ。

＞正確に述べると、ｎｑ周期からｎ周期を求めれば（ｑは素数）、ｐに関して帰納的に、すべての周期がべき根を用いて求められます（問題9-8参照）。

問題9-8の(２)に、

問題 9-8b
ｐを奇素数とし、ζ,ηをそれぞれ１の原始ｐ乗根，１の原始ｐ－１乗根とする。ａを(ℤ/pℤ)^×の原始根とする。また定数をηのすべての式としたときのΦp(ｘ)の群をＧfとおく。このときGfはζをζ^aに取り換える根の入れ換えσで生成される（問題9-6，9-7）。
次の問いに答えよ。
（１）ξj＝η^jζ^a＋η^2jζ^a²＋…＋η^(p-1)ζ^a^(p-1)（ｊ＝１,…,ｐ－１）とおく。このとき根の入れ換えσによりξjはη^-jξjとなることを示せ。
（２）ζはηの式のべき乗と加減乗除で表されることを示せ。

とあり、さらに解答欄に、「（２）より「１のｎ乗根は（いくつかの）べき根の式で表される」ことがわかる。これをｎに関する帰納法で示す。」とあるので、「ｐに関して帰納的に、すべての周期がべき根を用いて求められます」という事だろう。

＞ｐ＝７の場合に、具体的に説明します。
　３周期ξ＝ζ＋ζ²＋ζ⁴，η＝ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵は、ξ＋η，ξηがＧで不変なので、
ｘ²－(ξ＋η)ｘ＋ξη＝ｘ²＋ｘ＋２＝０
を解いて求められます。ここでξ＋η，ξηは
ξ＋η＝(ζ＋ζ²＋ζ⁴)＋(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)＝－１
ξη＝(ζ＋ζ²＋ζ⁴)(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)
＝(ζ⁴＋ζ⁷＋ζ⁶)＋(ζ⁵＋ζ⁸＋ζ⁷)＋(ζ⁷＋ζ^10＋ζ⁹)
＝３＋(ζ⁴＋ζ⁶＋ζ⁵＋ζ＋ζ³＋ζ²)＝２
と計算されます。よってξ,ηが求められます：
ξ＝(－１＋√７ｉ)/２，η＝(－１－√７ｉ)/２

ξ＝ζ＋ζ²＋ζ⁴はＨ＝{σ₁,σ₂,σ₄}で不変。
σ₂＝(ζ ζ² ζ³ ζ⁴ ζ⁵ ζ⁶)→(ζ² ζ⁴ ζ⁶ ζ ζ³ ζ⁵)
σ₄＝(ζ ζ² ζ³ ζ⁴ ζ⁵ ζ⁶)→(ζ⁴ ζ ζ⁵ ζ² ζ⁶ ζ³)
σ₂は、ζ→ζ²→ζ⁴→ζ，ζ³→ζ⁶→ζ⁵→ζ³
σ₄は、ζ→ζ⁴→ζ²→ζ，ζ³→ζ⁵→ζ⁶→ζ³より、
σ₂(ξ)＝σ₂(ζ＋ζ²＋ζ⁴)＝ζ²＋ζ⁴＋ζ＝ξ，
σ₄(ξ)＝σ₄(ζ＋ζ²＋ζ⁴)＝ζ⁴＋ζ＋ζ²＝ξ
だから。
また、η＝ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵もＨで不変。
σ₂(η)＝σ₂(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)＝ζ⁶＋ζ⁵＋ζ³＝η
σ₄(η)＝σ₄(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)＝ζ⁵＋ζ³＋ζ⁶＝η
だから。
また、ξ＝ζ＋ζ²＋ζ⁴はσ₃，σ₆，σ₅でηに変換される。
σ₃＝(ζ ζ² ζ³ ζ⁴ ζ⁵ ζ⁶)→(ζ³ ζ⁶ ζ⁹ ζ^12 ζ^15 ζ^18)＝(ζ³ ζ⁶ ζ² ζ⁵ ζ ζ⁴)
σ₆＝(ζ ζ² ζ³ ζ⁴ ζ⁵ ζ⁶)→(ζ⁶ ζ^12 ζ^18 ζ^24 ζ^30 ζ^36)＝(ζ⁶ ζ⁵ ζ⁴ ζ³ ζ² ζ)
σ₅＝(ζ ζ² ζ³ ζ⁴ ζ⁵ ζ⁶)→(ζ⁵ ζ^10 ζ^15 ζ^20 ζ^25 ζ^30)＝(ζ⁵ ζ³ ζ ζ⁶ ζ⁴ ζ²)より、
σ₃(ξ)＝σ₃(ζ＋ζ²＋ζ⁴)＝ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵＝η
σ₆(ξ)＝σ₆(ζ＋ζ²＋ζ⁴)＝ζ⁶＋ζ⁵＋ζ³＝η
σ₅(ξ)＝σ₅(ζ＋ζ²＋ζ⁴)＝ζ⁵＋ζ³＋ζ⁶＝η
また、η＝ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵はσ₃，σ₆，σ₅でξに変換される。
σ₃＝(ζ ζ² ζ³ ζ⁴ ζ⁵ ζ⁶)→(ζ³ ζ⁶ ζ² ζ⁵ ζ ζ⁴)
σ₆＝(ζ ζ² ζ³ ζ⁴ ζ⁵ ζ⁶)→(ζ⁶ ζ⁵ ζ⁴ ζ³ ζ² ζ)
σ₅＝(ζ ζ² ζ³ ζ⁴ ζ⁵ ζ⁶)→(ζ⁵ ζ³ ζ ζ⁶ ζ⁴ ζ²)
σ₃(η)＝σ₃(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)＝ζ²＋ζ⁴＋ζ＝ξ
σ₆(η)＝σ₆(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)＝ζ⁴＋ζ＋ζ²＝ξ
σ₅(η)＝σ₅(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)＝ζ＋ζ²＋ζ⁴＝ξ
だから。
まず、ξ，ηは共にＨ＝{σ₁,σ₂,σ₄}で不変なので、ξ＋η，ξηも不変。
次に、{σ₃,σ₆,σ₅}でξはηに、ηはξに変換されるので、ξ＋η，ξηは不変。
よって、Ｇ＝{σ₁,…,σ₆}でξ＋η，ξηは不変という事。

続きは次回。

おまけ：

解説の続き

■ｐ＝７の場合（周期の話）
Φ7(ｘ)＝ｘ⁶＋ｘ⁵＋…ｘ＋１の根をζ＝ｅ^2πi/7,ζ²,…,ζ⁶と表します。根の入れ換えは、ζをζ^k（ｋ＝１,２,…,６）に取り換える入れ換えσkです（全部で６個）。この入れ換えもｐ＝５の場合と同様にσjσk＝σjkをみたします。ただし添字は７で割った余りとします。７で割った余りでは、３のべき乗によって０以外のすべて（１,２,…,６）が表されます：
３，(３²の余り)＝２，(３³の余り)＝６，(３⁴の余り)＝４，(３⁵の余り)＝５，(３⁶の余り)＝１
したがって入れ換えも以下のとおりです（図7.3）：
σ₃，σ₃²＝σ₂，σ₃³＝σ₆，σ₃⁴＝σ₄，σ₃⁵＝σ₅，σ₃⁶＝σ₁

図7.3　σ₃によってζ,…,ζ⁶が入れ換わる様子
ζ→ζ³→ζ²→ζ⁶→ζ⁴→ζ⁵→ζ（注：本当は輪のような図になっているが書けないので直線にした。）

　ここでζの式を分類します。入れ換えのなす群Ｇ＝{σ₁,…,σ₆}の部分群は、Ｇの元がσ₃のべきで表されることから、次の４つです（図7.4参照）：
Ｇ＝{σ₁,…,σ₆}，Ｈ＝{σ₁,σ₂,σ₄}，Ｌ＝{σ₁,σ₆}，Ｎ＝{σ₁}

図7.4　群と部分群
図は２つあり、１つの図は正六角形の頂点にσ₁,σ₃,σ₂,σ₆,σ₄,σ₅の順番に振ってあり、点線で正三角形σ₁σ₂σ₄がＨ，実線で正三角形σ₃σ₅σ₅がσ₃Ｈ。
もう一つの図も正六角形の頂点にσ₁,σ₃,σ₂,σ₆,σ₄,σ₅の順番に振ってあり、実線で直線σ₁σ₆がＬ，点線でσ₃σ₄がσ₃Ｌ，鎖線でσ₂σ₅がσ₂Ｌ。
という図。

　これらの群で不変な式は次の形になります：
Ｇで不変：有理数
Ｈで不変：ａ(ζ＋ζ²＋ζ⁴)＋ｂ(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)
Ｌで不変：ａ(ζ＋ζ⁶)＋ｂ(ζ³＋ζ⁴)＋ｃ(ζ²＋ζ⁵)
Ｎで不変：ａζ＋ｂζ³＋ｃζ²＋ｄζ⁶＋ｅζ⁴＋ｆζ⁵
　ここでａ,ｂ,…,ｆは有理数を表します。上に現れたζ＋ζ²＋ζ⁴，ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵やζ＋ζ⁶，ζ³＋ζ⁴，ζ²＋ζ⁵などを周期と呼びます（より詳しく、以下においてｎ個のζのべきの和をｎ周期といいます）：
６周期：ζ＋ζ³＋ζ²＋ζ⁶＋ζ⁴＋ζ⁵（＝－１）
３周期：ζ＋ζ²＋ζ⁴，ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵（２つ）
２周期：ζ＋ζ⁶，ζ³＋ζ⁴，ζ²＋ζ⁵（３つ）
１周期：ζ，ζ³，ζ²，ζ⁶，ζ⁴，ζ⁵（６つ）
　ガウスは「大きい周期から順に求めて、すべての周期がべき根で求められること」を証明しました。正確に述べると、ｎｑ周期からｎ周期を求めれば（ｑは素数）、ｐに関して帰納的に、すべての周期がべき根を用いて求められます（問題9-8参照）。ｐ＝７の場合に、具体的に説明します。
　３周期ξ＝ζ＋ζ²＋ζ⁴，η＝ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵は、ξ＋η，ξηがＧで不変なので、
ｘ²－(ξ＋η)ｘ＋ξη＝ｘ²＋ｘ＋２＝０
を解いて求められます。ここでξ＋η，ξηは
ξ＋η＝(ζ＋ζ²＋ζ⁴)＋(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)＝－１
ξη＝(ζ＋ζ²＋ζ⁴)(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)
＝(ζ⁴＋ζ⁷＋ζ⁶)＋(ζ⁵＋ζ⁸＋ζ⁷)＋(ζ⁷＋ζ^10＋ζ⁹)
＝３＋(ζ⁴＋ζ⁶＋ζ⁵＋ζ＋ζ³＋ζ²)＝２
と計算されます。よってξ,ηが求められます：
ξ＝(－１＋√７ｉ)/２，η＝(－１－√７ｉ)/２
　次に３周期から１周期を計算します。Ｈで不変な式が３周期の式になる事実を利用します。ただし有理数係数の式に限らず、ω＝(－１＋√３ｉ)/２の（有理数係数の）式に拡張して考えます。拡張しても同様に正しいことは定理7.1からわかります（証明は問題9-7）。
　３周期から１周期を求めるために
α＝ζ＋ζ²＋ζ⁴（＝ξ），β＝ζ＋ωζ²＋ω²ζ⁴，
γ＝ζ＋ω²ζ²＋ωζ⁴
とおきます。このβ,γはσ₂により、それぞれω²β，ωγに変化します。したがってβ³,γ³はＨで不変です。よってβ,γはξ,ηの式の３乗根になります。ここで「詳しい計算をしなくてもわかる！」ことが重要です。ゆえにζ＝(α＋β＋γ)/３は、ξとηの式から平方根と３乗根を用いて求められます。
実際に計算すると、
β³＝(３ω－６)ξ＋(３ω²－５)η，
γ³＝(３ω²－６)ξ＋(３ω－５)η
と求められ、したがってζが求められました：
ζ＝(１/３)[ξ＋³√{(３ω－６)ξ＋(３ω²－５)η}＋³√{(３ω²－６)ξ＋(３ω－５)η}]
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

＞ｐ＝７の場合に、具体的に説明します。
　３周期ξ＝ζ＋ζ²＋ζ⁴，η＝ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵は、ξ＋η，ξηがＧで不変なので、
ｘ²－(ξ＋η)ｘ＋ξη＝ｘ²＋ｘ＋２＝０
を解いて求められます。ここでξ＋η，ξηは
ξ＋η＝(ζ＋ζ²＋ζ⁴)＋(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)＝－１
ξη＝(ζ＋ζ²＋ζ⁴)(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)
＝(ζ⁴＋ζ⁷＋ζ⁶)＋(ζ⁵＋ζ⁸＋ζ⁷)＋(ζ⁷＋ζ^10＋ζ⁹)
＝３＋(ζ⁴＋ζ⁶＋ζ⁵＋ζ＋ζ³＋ζ²)＝２
と計算されます。よってξ,ηが求められます：
ξ＝(－１＋√７ｉ)/２，η＝(－１－√７ｉ)/２

「ξ＋η＝(ζ＋ζ²＋ζ⁴)＋(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)＝－１」は、ζ⁶＋ζ⁵＋ζ⁴＋ζ³＋ζ²＋ζ＋１＝０だから。
ξη＝(ζ＋ζ²＋ζ⁴)(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)は、自分で展開してみると、
(ζ＋ζ²＋ζ⁴)(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)
＝ζ⁴＋ζ⁷＋ζ⁶＋ζ⁵＋ζ⁸＋ζ⁷＋ζ⁷＋ζ^10＋ζ⁹
＝ζ⁴＋１＋ζ⁶＋ζ⁵＋ζ＋１＋１＋ζ³＋ζ²
＝ζ＋ζ²＋ζ³＋ζ⁴＋ζ⁵＋ζ⁶＋３＝－＋３＝２
でＯＫ。
∴ξ＋η＝－１，ξη＝２
よって、２次方程式の解と係数の関係より、ξ,ηは、
ｘ²＋ｘ＋２＝０の２つの解となる。
因みに、本では、「ｘ²－(ξ＋η)ｘ＋ξη＝ｘ²＋ｘ＋２＝０」としているので、解と係数の関係は使わないで、
(ｘ－ξ)(ｘ－η)＝０という式を作って展開して、ｘ²－(ξ＋η)ｘ＋ξη＝０となり、これに２つの式を代入して求めている。（原理を大事にしているようである。）
ところで、ｘ²＋ｘ＋２＝０を解の公式で解くと、
ｘ＝(－１±√７ｉ)/２
ここで、ξ＝ζ＋ζ²＋ζ⁴，η＝ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵で、複素平面を想定すれば、ξの方は１,２,４で上半円上の点が２点で下半円上の点が１点で総和は虚数の符号は正。ηの方は３,６,５で下半円上の点が２点で上半円上の点が１点で総和は虚数の符号は負。
∴ξ＝(－１＋√７ｉ)/２，η＝(－１－√７ｉ)/２

＞次に３周期から１周期を計算します。Ｈで不変な式が３周期の式になる事実を利用します。ただし有理数係数の式に限らず、ω＝(－１＋√３ｉ)/２の（有理数係数の）式に拡張して考えます。拡張しても同様に正しいことは定理7.1からわかります（証明は問題9-7）。

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。

問題 9-7b
ｍ,ｎを互いに素な正整数とする。このときΦn(ｘ)は、１の原始ｍ乗根ζmの有理数係数の式を係数に許しても、２つの１次以上の積に分解しない、つまり既約であることを示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

「定理7.1からわかります」はちょっとおかしいと思う。問題9-7からは分かるけど。

＞３周期から１周期を求めるために
α＝ζ＋ζ²＋ζ⁴（＝ξ），β＝ζ＋ωζ²＋ω²ζ⁴，
γ＝ζ＋ω²ζ²＋ωζ⁴
とおきます。このβ,γはσ₂により、それぞれω²β，ωγに変化します。したがってβ³,γ³はＨで不変です。

Ｈ＝{σ₁,σ₂,σ₄}なのだから、σ₄でも確認しないといけませんよね。その前に、σ₂でも一応確認する。
σ₂(β)＝σ₂(ζ＋ωζ²＋ω²ζ⁴)
＝ζ²＋ωζ⁴＋ω²ζ＝ω³ζ²＋ω⁴ζ⁴＋ω²ζ
＝ω²(ωζ²＋ω²ζ⁴＋ζ)＝ω²β
σ₂(γ)＝σ₂(ζ＋ω²ζ²＋ωζ⁴)
＝ζ²＋ω²ζ⁴＋ωζ＝ω³ζ²＋ω²ζ⁴＋ωζ
＝ω(ω²ζ²＋ωζ⁴＋ζ)＝ωγ
よって、ＯＫ。
σ₄(β)＝σ₄(ζ＋ωζ²＋ω²ζ⁴)
＝ζ⁴＋ωζ＋ω²ζ²＝ω³ζ⁴＋ωζ＋ω²ζ²
＝ω(ω²ζ⁴＋ζ＋ωζ²)＝ωβ
∴σ₄(β)＝ωβ
σ₄(γ)＝σ₄(ζ＋ω²ζ²＋ωζ⁴)
＝ζ⁴＋ω²ζ＋ωζ²＝ω³ζ⁴＋ω²ζ＋ω⁴ζ²
＝ω²(ωζ⁴＋ζ＋ω²ζ²)＝ω²β
∴σ₄(γ)＝ω²γ

＞それぞれω²β，ωγに変化します。したがってβ³,γ³はＨで不変です。

σ₂(β)＝ω²β，σ₂(γ)＝ωγから、
β³は(ω²β)³＝(ω³)²β³＝β³に変換されるので不変。
σ₂(γ)＝ωγも同様。
σ₄(β)＝ωβ，σ₄(γ)＝ω²γも同様なので、β³,γ³はＨで不変という事。

＞よってβ,γはξ,ηの式の３乗根になります。

ところで、Hで不変な式は、
Ｈで不変：ａ(ζ＋ζ²＋ζ⁴)＋ｂ(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)
で、また、ξ＝ζ＋ζ²＋ζ⁴，η＝ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵
なので、β³,γ³はａξ＋ｂηの式で表せ、「β,γはξ,ηの式の３乗根になる」という事。

＞ゆえにζ＝(α＋β＋γ)/３は、ξとηの式から平方根と３乗根を用いて求められます。

α＝ζ＋ζ²＋ζ⁴（＝ξ），β＝ζ＋ωζ²＋ω²ζ⁴，
γ＝ζ＋ω²ζ²＋ωζ⁴より、
α＋β＋γ＝ζ＋ζ²＋ζ⁴＋(ζ＋ωζ²＋ω²ζ⁴)＋(ζ＋ω²ζ²＋ωζ⁴)
＝３ζ＋(１＋ω＋ω²)ζ²＋(１＋ω²＋ω)ζ⁴
＝３ζ（１＋ω＋ω²＝０より）
∴ζ＝(α＋β＋γ)/３
α＝ξで「β,γはξ,ηの式の３乗根」だから、「ζ＝(α＋β＋γ)/３は、ξとηの式から平方根と３乗根を用いて求められます」という事。

＞「実際に計算すると、
β³＝(３ω－６)ξ＋(３ω²－５)η，
γ³＝(３ω²－６)ξ＋(３ω－５)η
と求められ、したがってζが求められました：」
ここは解説してみて下さい。

これは次回。また、余裕がある人は、Φ7(ｘ)＝ｘ⁶＋ｘ⁵＋…ｘ＋１の根がべき根で表せる別解を考えてみて下さい。念のため、私のオリジナルなので、おかしかったら悪しからず。

おまけ：

解説
＞「実際に計算すると、
β³＝(３ω－６)ξ＋(３ω²－５)η，
γ³＝(３ω²－６)ξ＋(３ω－５)η
と求められ、したがってζが求められました：」
ここは解説してみて下さい。

「３周期から１周期を求めるために
α＝ζ＋ζ²＋ζ⁴（＝ξ），β＝ζ＋ωζ²＋ω²ζ⁴，
γ＝ζ＋ω²ζ²＋ωζ⁴
とおきます。
（中略）
したがってβ³,γ³はＨで不変です。よってβ,γはξ,ηの式の３乗根になります。」
また、
「Ｈで不変：ａ(ζ＋ζ²＋ζ⁴)＋ｂ(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)
（中略）
ξ＝ζ＋ζ²＋ζ⁴，η＝ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵」
より、
β³＝(ζ＋ωζ²＋ω²ζ⁴)³＝ａ(ζ＋ζ²＋ζ⁴)＋ｂ(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)
γ³＝(ζ＋ω²ζ²＋ωζ⁴)³＝ａ(ζ＋ζ²＋ζ⁴)＋ｂ(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)
が成り立つ。
よって、(ζ＋ωζ²＋ω²ζ⁴)³を展開するために、
(ζ＋ωζ²＋ω²ζ⁴)²
＝ζ²＋ω²ζ⁴＋ωζ⁸＋２ωζ³＋２ζ⁶＋２ω²ζ⁵
＝ζ²＋２ωζ³＋ω²ζ⁴＋２ω²ζ⁵＋２ζ⁶＋ωζ⁸
∴(ζ＋ωζ²＋ω²ζ⁴)³
＝(ζ＋ωζ²＋ω²ζ⁴)(ζ²＋２ωζ³＋ω²ζ⁴＋２ω²ζ⁵＋２ζ⁶＋ωζ⁸)
＝ζ³＋２ωζ⁴＋ω²ζ⁵＋２ω²ζ⁶＋２ζ⁷＋ωζ⁹
＋ωζ⁴＋２ω²ζ⁵＋ζ⁶＋２ζ⁷＋２ωζ⁸＋ω²ζ^10
＋ω²ζ⁶＋２ζ⁷＋ωζ⁸＋２ωζ⁹＋２ω²ζ^10＋ζ^12
＝ζ³＋２ωζ⁴＋ω²ζ⁵＋２ω²ζ⁶＋２＋ωζ²
＋ω²ζ³＋ωζ⁴＋２ω²ζ⁵＋ζ⁶＋２＋２ωζ
＋２ω²ζ³＋ζ⁵＋ω²ζ⁶＋２＋ωζ＋２ωζ²
＝６＋３ωζ＋３ωζ²＋(１＋３ω²)ζ³＋３ωζ⁴＋(１＋３ω²)ζ⁵＋(１＋３ω²)ζ⁶
＝６＋３ω(ζ＋ζ²＋ζ⁴)＋(１＋３ω²)(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)
∴β³＝６＋３ω(ζ＋ζ²＋ζ⁴)＋(１＋３ω²)(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)———①
ところで、ζ⁶＋ζ⁵＋ζ⁴＋ζ³＋ζ²＋ζ＋１＝０より、
１＝－ζ⁶－ζ⁵－ζ⁴－ζ³－ζ²－ζ
∴６＝－６ζ⁶－６ζ⁵－６ζ⁴－６ζ³－６ζ²－６ζ
∴６＝－６(ζ＋ζ²＋ζ⁴)－６(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)———②
②を①に代入すると、
β³＝－６(ζ＋ζ²＋ζ⁴)－６(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)＋３ω(ζ＋ζ²＋ζ⁴)＋(１＋３ω²)(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)
＝(３ω－６)(ζ＋ζ²＋ζ⁴)＋(３ω²－５)(ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵)
これにξ＝ζ＋ζ²＋ζ⁴，η＝ζ³＋ζ⁶＋ζ⁵を代入すると、
β³＝(３ω－６)ξ＋(３ω²－５)η
γ³の方も同様に求めると、
γ³＝(３ω²－６)ξ＋(３ω－５)η
∴β＝³√{(３ω－６)ξ＋(３ω²－５)η}
γ＝³√{(３ω²－６)ξ＋(３ω－５)η}
また、上より、α＝ζ＋ζ²＋ζ⁴＝ξ
ここで、上のζ＝(α＋β＋γ)/３に代入すると、
ζ＝(１/３)[ξ＋³√{(３ω－６)ξ＋(３ω²－５)η}＋³√{(３ω²－６)ξ＋(３ω－５)η}]
ただし、ξ＝(－１＋√７ｉ)/２，
η＝(－１－√７ｉ)/２

「余裕がある人は、Φ7(ｘ)＝ｘ⁶＋ｘ⁵＋…ｘ＋１の根がべき根で表せる別解を考えてみて下さい」は次回。

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-10624833579.html

問題
Φ7(ｘ)＝ｘ⁶＋ｘ⁵＋…ｘ＋１の根がべき根で表せる事を証明せよ。

別解
ｘ⁶＋ｘ⁵＋ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１＝０
これは相反方程式なので、ｘ³（ｘ≠０，ｘ＝０を代入して解ではないのでｘ≠０として良い）で両辺を割ると、
ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１＋１/ｘ＋１/ｘ²＋１/ｘ³＝０
∴(ｘ＋１/ｘ)³－３(ｘ＋１/ｘ）＋(ｘ＋１/ｘ)²－２＋(ｘ＋１/ｘ)＋１＝０
∴(ｘ＋１/ｘ)³＋(ｘ＋１/ｘ)²－２(ｘ＋１/ｘ)－１＝０
よって、Ｘ＝ｘ＋１/ｘと置くと、
Ｘ³＋Ｘ²－２Ｘ－１＝０
これは３次方程式の解の公式で解けるので、Ｘが求められ、Ｘ＝ａとすると、ｘ＋１/ｘ＝ａより、
ｘ²－ａｘ＋１＝０となり、これを２次方程式の解の公式で解くとｘが求まるので、
Φ7(ｘ)＝ｘ⁶＋ｘ⁵＋…ｘ＋１の根はべき根で表せる。
よって、示された。

ところで、

「ここで「詳しい計算をしなくてもわかる！」ことが重要です。」
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

とあり、これは真実なのですが、上のままでは何とも面白くないので、実際に根を求めます。

Ｘ³＋Ｘ²－２Ｘ－１＝０
Ｘ＝Ｙ－１/３として代入すると、
(Ｙ－１/３)³＋(Ｙ－１/３)²－２(Ｙ－１/３)－１＝０
∴Ｙ³－Ｙ²＋(１/３)Ｙ－１/２７＋Ｙ²－(２/３)Ｙ＋１/９－２Ｙ＋２/３－１＝０
∴Ｙ³－(７/３)Ｙ－７/２７＝０
これを３次方程式の解の公式https://www.suri-joshi.jp/enjoy/cubic_equation/で解くと、計算省略で、
Ｙ＝³√(７/５４＋７√３ｉ/１８)＋³√(７/５４－７√３ｉ/１８)
∴Ｘ＝Ｙ－１/３＝³√(７/５４＋７√３ｉ/１８)＋³√(７/５４－７√３ｉ/１８)－１/３
これをａと置くと、
Ｘ＝ｘ＋１/ｘ＝ａより、ｘ²－ａｘ＋１＝０
∴ｘ＝{ａ±√(ａ²－４)}/２———☆
ａ₁＝³√(７/５４＋７√３ｉ/１８)＋³√(７/５４－７√３ｉ/１８)－１/３
ａ₂＝³√(７/５４＋７√３ｉ/１８)・ω＋³√(７/５４－７√３ｉ/１８)・ω²－１/３
ａ₃＝³√(７/５４＋７√３ｉ/１８)・ω²＋³√(７/５４－７√３ｉ/１８)・ω－１/３
☆にａ₁～ａ₃を代入すれば、６個の根が求められます。因みに、ａ₁,ａ₂,ａ₃は全て実数です。これは微分を使えば簡単に証明出来ますが、ａ₁に虚数が含まれない実数の場合を考えると、ａ₂,ａ₃は虚数解になり３つが実数の場合にはなりません。つまり、３次方程式の解の公式が全ての解を表わしていると仮定すると、３つの解が全て実数の場合はａ₁が虚数解の場合しかあり得ないのです。
因みに、疑り深い人は、こちらhttps://keisan.casio.jp/exec/system/1256966554で求めたｘ₁,ｘ₂,ｘ₃から１/３を引いた値がａ₁～ａ₃のどれかです。
x1=-1.8019377358048
x2=-0.44504186791263
x3=1.2469796037175
どれも実数でしょう。
因みに、Φ7(ｘ)の根は全て虚数解です。これは複素平面を思い浮かべればすぐに分かりますが、このｘ₁～ｘ₃からａ₁～ａ₃をアバウトに思い浮かべ☆に代入すれば納得出来るでしょう。

おまけ：

間違えていますね。

＞ｘ₁,ｘ₂,ｘ₃から１/３を引いた値がａ₁～ａ₃のどれかです。
x1=-1.8019377358048
x2=-0.44504186791263
x3=1.2469796037175
どれも実数でしょう。
因みに、Φ7(ｘ)の根は全て虚数解です。これは複素平面を思い浮かべればすぐに分かりますが、このｘ₁～ｘ₃からａ₁～ａ₃をアバウトに思い浮かべ☆に代入すれば納得出来るでしょう。

ｘ＝{ａ±√(ａ²－４)}/２———☆

１/３を引かず、そのままｘ₁～ｘ₃を☆のａに代入してアバウトに計算すれば全て虚数解である事が分かりますね。

次回の問題作ってみました。

問題
ｘ⁶＋ｘ⁵＋２ｘ⁴＋ｘ³＋２ｘ²＋ｘ＋１を因数分解して下さい。

自分では難しいかどうか面白いかどうかは分かりません。因みに、２通り作ってみました。

おまけ：

解説
＞（⇒）明白。

Ｆが単射である⇒Ｆ^-1(０')＝{０}を示す。

Ｆが単射ならばＦ(０)＝０'　∴Ｆ^-1(０')＝{０}
よって、示された。

命題と定義（１.４.２）
Ｆ：Ｖ→Ｖ'が線型写像であるとき、
（ⅰ）Ｖ'の零元０'のＦによる像
Ｆ^-1(０')＝{ｘ∈Ｖ｜Ｆ(ｘ)＝０'}
はＶの部分空間である。これをＦの核と言う。
（ⅱ）は省略。
「線型代数入門」有馬哲著より

ワンポイントアドバイス：これをKerＦとも言う。また、Ｆ^-1は逆像だが逆写像ではない。Ｆが全単射（１対１対応）の時のみ逆写像となる。念のため、１対多対応は写像ではないから。（多対１対応は写像。）

＞（⇐）Ｆ^1(０')＝{０}とする。ｘ,ｙ∈Ｖ，Ｆ(ｘ)＝Ｆ(ｙ)ならば、Ｆ(ｘ－ｙ)＝Ｆ(ｘ)－Ｆ(ｙ)＝０'，
ｘ－ｙ∈Ｆ^-1(０')＝{０}，ゆえにｘ－ｙ＝０，ｘ＝ｙ
これはＦが単射であることを示す。　

Ｆ^-1(０')＝{０}⇒Ｆは単射を示す。

Ｆ^-1(０')＝{０}ならばＦ(０)＝０'———①
今、Ｆ(ｘ)＝Ｆ(ｙ)とすると、Ｆ(ｘ)－Ｆ(ｙ)＝０'
∴Ｆ(ｘ)＋(－１)Ｆ(ｙ)＝０'
線型写像の性質Ｆ(ａｘ)＝ａＦ(ｘ)より、
Ｆ(ｘ)＋Ｆ(－ｙ)＝０'
線型写像の性質Ｆ(ｘ＋ｙ)＝Ｆ(ｘ)＋Ｆ(ｙ)より、
Ｆ(ｘ－ｙ)＝０'———②
①，②より、ｘ－ｙ＝０　∴ｘ＝ｙ
よって、Ｆ(ｘ)＝Ｆ(ｙ)ならばｘ＝ｙである。
よって、単射の条件の対偶より、Ｆは単射である。
∴Ｆ^-1(０')＝{０}⇒Ｆは単射
よって、示された。

単射の条件
ｓ₁,ｓ₂∈Ｓ，ｓ₁≠ｓ₂ならばＦ(ｓ₁)≠Ｆ(ｓ₂)をみたすとき、Ｆは単射または一対一であるという。
「線型代数入門」有馬哲著より

この対偶は、Ｆ(ｓ₁)＝Ｆ(ｓ₂)ならばｓ₁＝ｓ₂

もっとも、「行った先が同じならば元も同じ」が単射の定義と覚えていた方が実戦的である。
「元が違えば、行った先も違う」が単射の条件である理由は、写像は１対１か多対１対応しかないからである。つまり、元が違っても行った先が同じというのが普通で、元が違って行った先も違うというのが特別で単射なのである。ちょっと分かり難いと思うので、単射は「行った先が同じならば元も同じ」で考えた方が良い。普通の写像は多対１対応なので、行った先が同じでも元はバラバラである。しかし、単射は特別なので「行った先が同じならば元も同じ」で１対１対応になる訳である。

おまけ：

問題
右の図のように、三角形ＡＢＣの頂点Ａにおける外角ＣＡＦの２等分線が辺ＢＣの延長と交わる点をＤとし、三角形ＡＢＣに外接する円と交わる点をＥとする。
（１）ＡＢ×ＡＣ＝ＡＤ×ＡＥを証明せよ。
（２）ＡＤ²＝ＢＤ×ＣＤ－ＡＢ×ＡＣを証明せよ。
（９１　灘）
（３）ＡＢ：ＡＣ＝ＢＤ：ＤＣを証明せよ。

模範解答
（１）仮定より、
∠ＣＡＤ＝∠ＦＡＤ＝∠ＢＡＥ・・・①
線分ＢＥを引くと、
∠ＤＣＡ＝∠Ｅ（内接四角形）・・・②
①，②より、△ＡＢＥ∽△ＡＤＣだから、辺の比を取って、ＡＢ：ＡＤ＝ＡＥ：ＡＣ
ゆえに、ＡＢ×ＡＣ＝ＡＤ×ＡＥ・・・③
（２）方べきの定理より、
ＢＤ×ＣＤ＝ＥＤ×ＡＤ・・・④
④から③を辺々ひくと、
ＢＤ×ＣＤ－ＡＢ×ＡＣ＝(ＥＤ－ＡＥ)×ＡＤ
＝ＡＤ²
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

（３）ＡＤは外角ＣＡＦの二等分線より、
∠ＣＡＤ＝∠ＦＡＤ———①
ＣからＡＤと平行な直線を引き、ＡＢとの交点をＧとすると、錯角より∠ＡＣＧ＝∠ＣＡＤ———②
また、同位角より∠ＡＧＣ＝∠ＦＡＤ———③
①，②，③より、∠ＡＣＧ＝∠ＡＧＣ
よって、△ＡＧＣは二等辺三角形より、
ＡＧ＝ＡＣ———④
ところで、△ＢＣＧ∽△ＢＤＡより、
ＢＡ：ＡＧ＝ＢＤ：ＤＣ———⑤
④を⑤に代入すると、
ＡＢ：ＡＣ＝ＢＤ：ＤＣ
よって、示された。

次回の問題。

問題
△ＡＢＣの∠Ａの二等分線とＢＣとの交点をＤ，∠Ａの外角の二等分線とＢＣの延長との交点をＥとし、３点Ａ，Ｄ，Ｅを通る円の円周上の点をＰとすると、ＰＤは△ＰＢＣの∠Ｐの二等分線になる事を証明して下さい。

何も見ないで作って何も見ないで解いたので、非常に時間がかかりました。検索ありですが、超有名定理を使うのだけはＮＧです。例えば、ｘ³＋ｙ³＝ｚ³が成り立つ整数の組を１つ見つけよ、という問題でフェルマーの最終定理を使うような事です。

おまけ：

問題
△ＡＢＣの∠Ａの二等分線とＢＣとの交点をＤ，∠Ａの外角の二等分線とＢＣの延長との交点をＥとし、３点Ａ，Ｄ，Ｅを通る円の円周上の点をＰとすると、ＰＤは△ＰＢＣの∠Ｐの二等分線になる事を証明して下さい。

解答
∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＤ＝○，∠Ａの外角の２等分角を×と置くと、∠ＤＡＥ＝○＋×＝１８０°÷２＝９０°より、３点Ａ，Ｄ，Ｅを通る円はＤＥを直径とする円である。
ここで、ＢＤ＝ｍ，ＤＣ＝ｎと置くと、ＢＣ＝ｍ＋ｎ
また、△ＡＢＣでの∠Ａの外角の二等分線の定理（上の（３）のＡＢ：ＡＣ＝ＢＤ：ＤＣ）と△ＡＢＣでの角の二等分線の定理より、
ＢＥ：ＥＣ＝ＡＢ：ＡＣ＝ＢＤ：ＤＣ＝ｍ：ｎ
よって、ＢＥ：ＥＣ＝ｍ：ｎより、
ＢＥ＝{ｍ/(ｍ－２)}ＢＣ＝ｍ(ｍ＋ｎ)/(ｍ－ｎ)
∴ＤＥ＝ＢＥ－ＢＤ＝ｍ(ｍ＋ｎ)/(ｍ－ｎ)－ｍ
＝ｍ(ｍ＋ｎ)/(ｍ－ｎ)－ｍ(ｍ－ｎ)/(ｍ－ｎ)
＝２ｍｎ(ｍ－ｎ)
ところで、ＤＥは直径なので、ＤＥの中点をＯとすると点Ｏは外心で、ＯＤ＝ＯＡ＝ｍｎ/(ｍ－ｎ)
また、ＯＢ＝ＯＤ＋ＢＤ＝ｍｎ/(ｍ－ｎ)＋ｍ
＝ｍｎ/(ｍ－ｎ)＋ｍ(ｍ－ｎ)/(ｍ－ｎ)
＝ｍ²/(ｍ－ｎ)
∴ＯＢ＝ｍ²/(ｍ－ｎ)
また、ＯＣ＝ＯＤ－ＤＣ＝ｍｎ/(ｍ－ｎ)－ｎ
＝ｍｎ/(ｍ－ｎ)－ｎ(ｍ－ｎ)/(ｍ－ｎ)
＝ｎ²/(ｍ－ｎ)
∴ＯＣ＝ｎ²/(ｍ－ｎ)
今、点Ｐは円周上の点より、
ＯＰ＝ＯＡ＝ｍｎ/(ｍ－ｎ)
∴ＯＰ：ＯＣ＝ｍｎ/(ｍ－ｎ)：ｎ²/(ｍ－ｎ)
＝ｍ：ｎ
ＯＢ：ＯＰ＝ｍ²/(ｍ－ｎ)：ｍｎ/(ｍ－ｎ)＝ｍ：ｎ
∴ＯＰ：ＯＣ＝ＯＢ：ＯＰ
また、∠ＰＯＣは共通より、二辺比と挟角が等しいので、△ＯＢＰ∽△ＯＰＣ
∴ＢＰ：ＰＣ＝ＯＢ：ＯＰ＝ｍ：ｎ＝ＢＤ：ＤＣ
よって、ＰＢ：ＰＣ＝ＢＤ：ＤＣより、△ＰＢＣでの角の二等分線の定理の逆により、ＰＤは∠ＢＰＣの二等分線である。
よって、示された。
（念のため、△ＰＢＣは三角形なので、点Ｄと点Ｅは除くが、その点でも上の比は一定である。また、ｍ＝ｎの時は点Ｅは無限遠点になるので除く。）

別解
ＢＤ：ＤＣ＝ｍ：ｎと置くと、この値は一定である。よって、ＰＢ：ＰＣ＝ｍ：ｎとなる点の軌跡を考えると、角の二等分線の定理と∠Ａの外角の二等分線の定理より、点Ｄと点Ｅは軌跡上の点である。
ところで、∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＤ＝○，∠Ａの外角の２等分角を×と置くと、∠ＤＡＥ＝○＋×＝１８０°÷２＝９０°より、３点Ａ，Ｄ，Ｅを通る円はＤＥを直径とする円である。
よって、ＰＢ：ＰＣ＝ｍ：ｎで一定である。
よって、角の二等分線の定理と∠Ｐの外角の二等分線の定理の逆によって、ＰＤは△ＰＢＣの∠Ｐの二等分線になる。

ウィキペディアなどを見て（即興で）適当に作ったので、参考程度にして下さい。

おまけ：
https://kotobank.jp/word/%E3%81%8E%E3%81%A9%E3%82%89-1722781#goog_rewarded

問題
△ＡＢＣの∠Ａの二等分線とＢＣとの交点をＤ，∠Ａの外角の二等分線とＢＣの延長との交点をＥとし、３点Ａ，Ｄ，Ｅを通る円の円周上の点をＰとすると、ＰＤは△ＰＢＣの∠Ｐの二等分線になる事を証明して下さい。

別解の改訂版
逆に、ＡＤが∠Ａの二等分線になる点Ａの軌跡を考えると、点Ａの軌跡を点Ｐ'として、△ＡＢＣは一定より点Ｄ，Ｅは定点である。
また、∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＤ＝○，∠Ａの外角の２等分角を×と置くと、∠ＤＡＥ＝○＋×＝１８０°÷２＝９０°より、点Ａの軌跡Ｐ'はＤＥを直径とする円である。
つまり、３点Ａ，Ｄ，Ｅを通る円なので、点ＰとＰ'は一致している。
よって、３点Ａ，Ｄ，Ｅを通る円の円周上の点をＰとすると、ＰＤは△ＰＢＣの∠Ｐの二等分線になる。
よって、示された。
アイデア引用元：https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%82%A2%E3%83%9D%E3%83%AD%E3%83%8B%E3%82%A6%E3%82%B9%E3%81%AE%E5%86%86

おまけ：

問題
右の図のように、三角形ＡＢＣの頂点Ａにおける外角ＣＡＦの２等分線が辺ＢＣの延長と交わる点をＤとし、三角形ＡＢＣに外接する円と交わる点をＥとする。
（１）ＡＢ×ＡＣ＝ＡＤ×ＡＥを証明せよ。
（２）ＡＤ²＝ＢＤ×ＣＤ－ＡＢ×ＡＣを証明せよ。
（９１　灘）

図の解説：△ＡＢＣを描きＢＡの延長上に点Ｆを取る。∠ＣＡＦの二等分線を引き、ＢＣの延長との交点をＤとし、また、△ＡＢＣの外接円を描きＤＡの延長との交点をＥとした図。

（２）の別解（円を使わない解法。）
ＢＡの延長上にＡＣ＝ＡＦとなるように点Ｆを取ると、二辺挟角が等しくなるので、△ＡＣＤ≡△ＡＦＤ
∴∠ＡＤＣ＝∠ＡＤＦ　よって、ＤＡは∠ＦＤＢの二等分線である。また、ＡＣ＝ＡＦ，ＤＣ＝ＤＦ
ここで、角の二等分線の長さの公式を使うと、
ＤＡ＝√(ＤＢ・ＤＦ－ＢＡ・ＡＦ)
＝√(ＤＢ・ＤＣ－ＢＡ・ＡＣ）
この両辺を２乗すると、
ＡＤ²＝ＢＤ・ＣＤ－ＡＢ・ＡＣ
∴ＡＤ²＝ＢＤ×ＣＤ－ＡＢ×ＡＣ

因みに、ＡＤ＝√(ＢＤ×ＣＤ－ＡＢ×ＡＣ)とすれば、△ＡＢＣの外角の二等分線の長さの公式ですね。
アイデア引用元：http://azuki2018.html.xdomain.jp/tex/Theorem_Stewart.pdf

次回は、角の二等分線の長さの公式がスチュワートの定理かどうか判定して下さい。
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%82%B9%E3%83%81%E3%83%A5%E3%83%AF%E3%83%BC%E3%83%88%E3%81%AE%E5%AE%9A%E7%90%86

おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1858818153259954518

問題
角の二等分線の長さの公式がスチュワートの定理かどうか判定して下さい。
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%82%B9%E3%83%81%E3%83%A5%E3%83%AF%E3%83%BC%E3%83%88%E3%81%AE%E5%AE%9A%E7%90%86

スチュワートの定理
三角形の辺 BC, CA, AB の長さを a, b, c とする。辺 AB 上に点 M を取り、C との距離を d とする。AM, BM の長さを x, y とすると、以下の式が成り立つ。
ａ²ｘ＋ｂ²ｙ＝ｃ(ｄ²＋ｘｙ)

回答
http://azuki2018.html.xdomain.jp/tex/Theorem_Stewart.pdf
角の二等分線の長さの公式
△ＡＢＣの辺ＡＢ＝ａ，ＡＣ＝ｂ，ＢＤ＝ｃ，ＤＣ＝ｄ，ＡＤ＝ｘと置くと、
ｘ＝√(ａｂ－ｃｄ)

スチュワートの定理の図https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%82%B9%E3%83%81%E3%83%A5%E3%83%AF%E3%83%BC%E3%83%88%E3%81%AE%E5%AE%9A%E7%90%86#/media/%E3%83%95%E3%82%A1%E3%82%A4%E3%83%AB:Satz_von_Stewart_Grafik.jpg
のＣＭを∠Ｃの二等分線に設定すると、角の二等分線の定理より、ａ：ｂ＝ｙ：ｘ
∴ｘ＝{ｂ/(ａ＋ｂ)}ＡＢ＝ｂ(ｘ＋ｙ)/(ａ＋ｂ)
∴(ａ＋ｂ)ｘ＝ｂ(ｘ＋ｙ)
∴ａｘ＋ｂｘ＝ｂｘ＋ｂｙ　∴ａｘ＝ｂｙ
∴ｙ＝(ａ/ｂ)ｘ———①
ところで、ｃ＝ｘ＋ｙ＝ｘ＋(ａ/ｂ)ｘ
＝{(ａ＋ｂ)/ｂ}ｘ———②
これらをａ²ｘ＋ｂ²ｙ＝ｃ(ｄ²＋ｘｙ)に代入すると、
ａ²ｘ＋ａｂｘ＝{(ａ＋ｂ)/ｂ}ｘ{ｄ²＋(ａ/ｂ)ｘ²}
∴ａ²＋ａｂ＝{(ａ＋ｂ)/ｂ}{ｄ²＋(ａ/ｂ)ｘ²}
∴ａ(ａ＋ｂ)＝{(ａ＋ｂ)/ｂ}{ｄ²＋(ａ/ｂ)ｘ²}
∴ａｂ＝ｄ²＋(ａ/ｂ)ｘ²
∴ｄ²＝ａｂ－(ａ/ｂ)ｘ²
これに①を代入すると、
ｄ²＝ａｂ－ｘｙ
∴ｄ＝√(ａｂ－ｘｙ)
このｘをｃ，ｙをｄにすれば角の二等分線の長さの公式である。よって、スチュワートの定理から角の二等分線の長さの公式は簡単に作れる。
しかし、1746年にスチュワートの定理を作り、角の二等分線の長さの公式は推定トレミーの定理とかブラーマグプタの公式とかより前の可能性が高い。
トレミー（プトレマイオス）と同じぐらいだったら２世紀だし、ブラーマグプタ（ブラフマグプタ）と同じぐらいだとしても７世紀である。
因みに、ブラーマグプタの公式の一般化したものはブレートシュナイダーの公式と言うが、ブレートシュナイダーは1808–1878の人である。
結論として、角の二等分線の長さの公式は、スチュワートの定理ではない。

おまけ：

解説
＞Ｆ：Ｋ^n→Ｖ，(ｘ₁ ｘ₂ … ｘn)→ｘ₁ａ₁＋ｘ₂ａ₂＋…＋ｘnａn（注：本当はＫ^nは列ベクトルだから縦だが、書けないので横に書いた。）
はＫ上の線型写像である。

ｘ,ｙ∈Ｋ^n，ｘ＝(ｘ₁ ｘ₂ … ｘn)，ｙ＝(ｙ₁ ｙ₂ … ｙn)と置くと、ｘ＋ｙ＝(ｘ₁ ｘ₂ … ｘn)＋(ｙ₁ ｙ₂ … ｙn)＝(ｘ₁＋ｙ₁ ｘ₂＋ｙ₂ … ｘn＋ｙn)
Ｆ(ｘ＋ｙ)＝Ｆ(ｘ₁＋ｙ₁ ｘ₂＋ｙ₂ … ｘn＋ｙn)
＝(ｘ₁＋ｙ₁)ａ₁＋(ｘ₂＋ｙ₂)ａ₂＋…＋(ｘn＋ｙn)ａn
＝ｘ₁ａ₁＋ｙ₁ａ₁＋ｘ₂ａ₂＋ｙ₂ａ₂＋…＋ｘnａn＋ｙnａn
＝ｘ₁ａ₁＋ｘ₂ａ₂＋…＋ｘnａn＋(ｙ₁ａ₁＋ｙ₂ａ₂＋…＋ｙnａn)
＝Ｆ(ｘ₁ ｘ₂ … ｘn)＋Ｆ(ｙ₁ ｙ₂ … ｙn)
＝Ｆ(ｘ)＋Ｆ(ｙ)
∴Ｆ(ｘ＋ｙ)＝Ｆ(ｘ)＋Ｆ(ｙ)———①
また、ｃ∈Ｋ，ｘ∈Ｋ^nに対して、
ｃｘ＝ｃ(ｘ₁ ｘ₂ … ｘn)＝(ｃｘ₁ ｃｘ₂ … ｃｘn)
Ｆ(ｃｘ)＝Ｆ(ｃｘ₁ ｃｘ₂ … ｃｘn)
＝(ｃｘ₁)ａ₁＋(ｃｘ₂)ａ₂＋…＋(ｃｘn)ａn
＝ｃ(ｘ₁ａ₁＋ｘ₂ａ₂＋…＋ｘnａn)
＝ｃＦ(ｘ₁ ｘ₂ … ｘn)
＝ｃＦ(ｘ)
∴Ｆ(ｃｘ)＝ｃＦ(ｘ)———②
①，②より、Ｆは線型写像の定義を満たすので、ＦはＫ上の線型写像である。

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。

この教科書だけ読んでどこかで見たことがあると思った人は優秀である。同型の定義の時に、

定義
数体Ｋ上の二つの線型空間Ｕ，Ｖの間に双射↔（注：全単射の事）があり、
ｘ₁↔ｙ₁，ｘ₂↔ｙ₂ならばｘ₁＋ｘ₂↔ｙ₁＋ｙ₂（ｘ₁,ｘ₂∈Ｕ，ｙ₁,ｙ₂∈Ｖ）
ｘ↔ｙ，ａ∈Ｋならばａｘ↔ａｙ（ｘ∈Ｕ，ｙ∈Ｖ）
が成り立つとき、ＵとＶはＫ上の線型空間として同型であると言い、Ｕ≃Ｖで表わす。同型を与える双射Ｆ：Ｕ→Ｖを同型写像と言う。
「線型代数入門」有馬哲著より

ｘ₁↔ｙ₁，ｘ₂↔ｙ₂は、Ｆ(ｘ₁)＝ｙ₁，Ｆ(ｘ₂)＝ｙ₂
ｘ₁＋ｘ₂↔ｙ₁＋ｙ₂は、Ｆ(ｘ₁＋ｘ₂)＝ｙ₁＋ｙ₂
を表わしているので、
Ｆ(ｘ₁＋ｘ₂)＝Ｆ(ｘ₁)＋Ｆ(ｘ₂)
また、ａｘ↔ａｙは、Ｆ(ａｘ)＝ａＦ(ｘ)（ｙ＝Ｆ(ｘ)だから。）
を意味しているからである。つまり、線型写像かつ全単射ならば同型写像という事である。
（教える順番がおかしくないでしょうか。まぁ、当時は何を言われても催眠術状態から脱出は出来なかったと思いますが。心を開けるような師匠に巡り合えれば良かったのですが、もう既に自分の真理を持っているような状態の人には無理な話だと思います。念のため、決してプライドが高いという訳ではありません。むしろ、全てを捨てて臨んでいたのですが。）

＞Ｇ：Ｋ^n→ＶがＫ上の線型写像であるとき、単位ベクトルｅ₁,ｅ₂,…,ｅnのＧによる像を
Ｇ(ｅ₁)＝ａ₁，Ｇ(ｅ₂)＝ａ₂，…，Ｇ(ｅn)＝ａn　∈Ｖ
とおけば
Ｇ(ｘ₁ ｘ₂ … ｘn)＝Ｇ(ｘ₁ｅ₁＋ｘ₂ｅ₂＋…＋ｘnｅn)
＝ｘ₁ａ₁＋ｘ₂ａ₂＋…＋ｘnａn
となり、写像Ｇは上のＦと同じ形をしている。

ｅ₁＝(１ ０ … ０)，ｅ₂＝(０ １ ０ … ０)，…，ｅn＝(０ … １)
を写像Ｇで飛ばすと、Ｇ(ｅ₁)＝ａ₁，Ｇ(ｅ₂)＝ａ₂，…，Ｇ(ｅn)＝ａnとなったとするという事。
また、ｘ₁ ｘ₂ … ｘnを基底（ｅ₁,…,ｅnが線型独立で任意のベクトルを生成できる事が分かるだろう）とすると、
(ｘ₁ ｘ₂ … ｘn)＝ｘ₁ｅ₁＋ｘ₂ｅ₂＋…＋ｘnｅn（左辺はたまたま横書きなので成分表示と考えても良い。）
ところで、Ｇは線型写像より、
Ｇ(ｘ₁ｅ₁＋ｘ₂ｅ₂＋…＋ｘnｅn)＝Ｇ(ｘ₁ｅ₁)＋Ｇ(ｘ₂ｅ₂)＋…＋Ｇ(ｘnｅn)
＝ｘ₁Ｇ(ｅ₁)＋ｘ₂Ｇ(ｅ₂)＋…＋ｘnＧ(ｅn)
これにＧ(ｅ₁)＝ａ₁，Ｇ(ｅ₂)＝ａ₂，…，Ｇ(ｅn)＝ａnを代入すると、
Ｇ(ｘ₁ｅ₁＋ｘ₂ｅ₂＋…＋ｘnｅn)＝ｘ₁ａ₁＋ｘ₂ａ₂＋…＋ｘnａn
となるという事。

おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1855989899842969955