数学

問題
ＥＢ＝ＥＣの二等辺三角形ＥＢＣのＢＣの延長上に点Ｄを取ると、ＥＤ²－ＥＢ²＝ＤＣ・ＤＢが成り立つ事を証明して下さい。
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解法１
△ＥＢＣの外接円を描き、ＥＤとの交点をＦとし、ＢＦを結ぶと円周角より、∠ＥＦＢ＝∠ＥＣＢ
また、△ＥＢＣは二等辺三角形より、
∠ＥＢＣ＝∠ＥＣＢ　
∴∠ＥＦＢ＝∠ＥＢＣ＝∠ＥＢＤ
また、∠Ｅは共通より２角が等しいので、
△ＥＢＦ∽△ＥＤＢ　∴ＥＢ：ＥＦ＝ＥＤ：ＥＢ
∴ＥＢ²＝ＥＤ・ＥＦ———①
また、方べきの定理より、
ＤＣ・ＤＢ＝ＤＦ・ＤＥ———②
①＋②より、
ＥＢ²＋ＤＣ・ＤＢ＝ＥＤ・ＥＦ＋ＤＦ・ＤＥ
＝ＥＤ(ＥＦ＋ＤＦ)＝ＥＤ・ＥＤ＝ＥＤ²
∴ＥＤ²－ＥＢ²＝ＤＣ・ＤＢ
よって、示された。

解法２
ＥからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＥＢＣは二等辺三角形より点ＨはＢＣの中点。
∴ＢＨ＝ＣＨ———①
また、△ＥＤＨで三平方の定理を使うと、
ＥＤ²＝ＥＨ²＋ＤＨ²———②
△ＥＢＨで三平方の定理を使うと、
ＥＢ²＝ＥＨ²＋ＢＨ²———③
②－③より、
ＥＤ²－ＥＢ²＝ＤＨ²－ＢＨ²
＝(ＤＨ－ＢＨ)(ＤＨ＋ＢＨ)
＝(ＤＨ－ＣＨ)(ＤＨ＋ＢＨ)（①を代入）
＝ＤＣ・ＤＢ
∴ＥＤ²－ＥＢ²＝ＤＣ・ＤＢ

昨日の夜に急に閃いたので、「ヒントがないと難しいと思います」はすみませんでした。参考書に誘導されてしまいました。まぁ、寸前で気付きましたが。
また、次回は、

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）

これの（２）の別解をやりますね。ただし、円を使わない初等幾何の解法ですが、マニアレベルだと思います。

おまけ：

問題
半径３ｃｍの円Ｏの直径ＡＢ上に点Ｐがある。∠ＡＰＱ＝∠ＢＰＲ＝４５°となるように、ＡＢに関して同じ側の円周上にＱ，Ｒをとる。ＲＰの延長と円Ｏとの交点をＳとするとき、次の問いに答えよ。
（１）４点Ｏ，Ｐ，Ｒ，Ｑは同一円周上にあることを証明せよ。ただし、ＰＱ＝ＰＳを用いてもよい。
（２）ＰがＯＢの中点であるとき、△ＰＱＲの面積を求めよ。
（９２　桐蔭学園）

図の解説：円Ｏがあり、横に直径ＡＢが左から右に引かれている。ＯＢ上に点Ｐがあり、円周上の点で右から∠ＲＰＢ＝４５°となる点Ｒ，円周上の点で左から∠ＱＰＡ＝４５°となる点Ｑをそれぞれ取る。また、ＲＰの延長と円との交点をＳとし、ＱＳとＡＢとの交点をＨとし、ＯＱ，ＯＲが結ばれた図。

模範解答
（１）図で、∠ＯＰＳ＝∠ＢＰＲ＝４５°（注：対頂角）だから、∠ＯＱＲ＝４５°を示せばよい。
∠ＱＰＳ＝∠ＯＰＳ＋∠ＱＰＨ＝９０°
ＰＱ＝ＰＳより、△ＰＱＳは直角二等辺三角形である。
よって、∠Ｓ＝４５°
中心角は円周角の２倍だから、
∠ＱＯＲ＝２×∠Ｓ＝９０°
これとＯＱ＝ＯＲより、△ＯＱＲも直角二等辺三角形である。よって、∠ＯＱＲ＝４５°
以上より、∠ＯＰＳ＝∠ＯＱＲとなるので、４点Ｏ，Ｐ，Ｒ，Ｑは同一円周上にある。
（２）∠ＱＰＲ＝９０°（注：（１）より「４点Ｏ，Ｐ，Ｒ，Ｑは同一円周上にあること」より円周角で）だから、
△ＰＱＲ＝(１/２)×ＰＱ×ＰＲ＝(１/２)×ＰＳ×ＰＲ＝(１/２)×ＰＡ×ＰＢ（注：方べきの定理より）＝(１/２)×(９/２)×(３/２)＝２７/８（ｃｍ²）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

感想
＞∠ＯＰＳ＝∠ＢＰＲ＝４５°だから、∠ＯＱＲ＝４５°を示せばよい。

ここは、「∠ＢＰＲ＝４５°だから、∠ＯＱＲ＝４５°を示せばよい。」で十分ですね。そして、その場合は、
「以上より、∠ＯＰＳ＝∠ＯＱＲとなるので、４点Ｏ，Ｐ，Ｒ，Ｑは同一円周上にある。」
ここが、
「以上より、∠ＢＰＲ＝∠ＯＱＲとなるので、４点Ｏ，Ｐ，Ｒ，Ｑは同一円周上にある。」
となります。
ただし、対頂角で「∠ＯＰＳ＝∠ＢＰＲ＝４５°」は∠ＱＰＳ＝９０°に必要なので、模範解答の方が都合が良いかもしれませんね。

＞ただし、ＰＱ＝ＰＳを用いてもよい。
＞ＰＱ＝ＰＳより、

ここは、一応、直径の対称性と∠ＯＰＳ＝∠ＯＰＱの対称性からＰＱ＝ＰＳぐらいは書いた方が良いと思います。

証明
∠ＯＰＳ＝∠ＯＰＱ（条件と対頂角より）
また、半径よりＯＳ＝ＯＱ
また、ＯＰは共通より、２辺と挟角以外の１角が等しいので、△ＯＰＳと△ＯＰＱは合同か∠ＯＳＰと∠ＯＱＰが補角をなす（△ＯＰＳ≡△ＯＰＱまたは∠ＯＳＰ＋∠ＯＱＰ＝１８０°）。https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1849808608621625677
ところで、∠ＯＳＰ＜∠ＡＳＰ＜∠ＡＳＢ＝９０°
∠ＯＱＰ＜∠ＡＱＰ＜∠ＡＱＢ＝９０°
∴∠ＯＳＰ＋∠ＯＱＰ＜９０°＋９０°＝１８０°
よって、∠ＯＳＰと∠ＯＱＰは補角をなしていない。よって、△ＯＰＳと△ＯＰＱは合同である。
∴ＰＳ＝ＰＱ　∴ＰＱ＝ＰＳ

（２）の別解は次回。（一応、中学生用ですが、今どきの範囲を知らないので、受験的にはアウトかもしれませんが。）

おまけ：

問題
半径３ｃｍの円Ｏの直径ＡＢ上に点Ｐがある。∠ＡＰＱ＝∠ＢＰＲ＝４５°となるように、ＡＢに関して同じ側の円周上にＱ，Ｒをとる。ＲＰの延長と円Ｏとの交点をＳとするとき、次の問いに答えよ。
（１）４点Ｏ，Ｐ，Ｒ，Ｑは同一円周上にあることを証明せよ。ただし、ＰＱ＝ＰＳを用いてもよい。
（２）ＰがＯＢの中点であるとき、△ＰＱＲの面積を求めよ。
（９２　桐蔭学園）

図の解説：円Ｏがあり、横に直径ＡＢが左から右に引かれている。ＯＢ上に点Ｐがあり、円周上の点で右から∠ＲＰＢ＝４５°となる点Ｒ，円周上の点で左から∠ＱＰＡ＝４５°となる点Ｑをそれぞれ取る。また、ＲＰの延長と円との交点をＳとし、ＱＳとＡＢとの交点をＨとし、ＯＱ，ＯＲが結ばれた図。

別解
（１）模範解答とほとんど同じですが、私の解法。
∠ＡＰＱ＝∠ＢＰＲ＝４５°より、∠ＱＰＲ＝１８０°－４５°×２＝９０°
よって、∠ＱＯＰ＝９０°である事を示せば良い（円周角の定理の逆より）。
また、中心角と円周角の関係より∠ＱＳＲ＝４５°を示せば良いので、△ＰＱＳが直角二等辺三角形である事を示せば良い。これは対称性よりＰＱ＝ＰＳで∠ＱＰＳ＝４５°＋４５°＝９０°（対頂角を利用した）より自明なので、あとは証明としてまとめるだけ。（省略）
（２）△ＰＱＳが直角二等辺三角形で∠ＡＰＱ＝４５°より△ＱＰＨも直角二等辺三角形。
ここで、ＱＨ＝ＰＨ＝ｘと置くと、条件よりＯＰ＝３/２なので、ＯＨ＝ｘ－３/２，ＯＱ＝３
よって、△ＱＯＨで三平方の定理を使うと、
(ｘ－３/２)²＋ｘ²＝３²が成り立つ。
∴ｘ²－３ｘ＋９/４＝９　
∴２ｘ²－３ｘ－２７/４＝０
∴８ｘ²－１２ｘ－２７＝０
これを解の公式で解くと、計算省略で、
ｘ＝(３±３√７)/４
ｘ＞０より、ｘ＝(３＋３√７)/４
また、ＰＱ＝√２ｘ＝３√２(√７＋１)/４———①
ところで、△ＯＱＲも直角二等辺三角形なので、
ＱＲ＝３√２　よって、△ＰＱＲで三平方の定理を使うと、ＰＲ²＝(３√２)²－(√２ｘ)²＝１８－２ｘ²
＝１８－３ｘ－２７/４
（２ｘ²－３ｘ－２７/４＝０より）
＝４５/４－(９＋９√７)/４
＝(３６－３√７)/４＝９(４－√７)/４
∴ＰＲ＝３√(４－√７)/２———ア
√(４－√７)の二重根号を外すと、
√(４－√７)＝√ｘ－√ｙ（ｘ＞ｙ）と置いて両辺を２乗すると、４－√７＝ｘ＋ｙ－２√ｘｙ
∴ｘ＋ｙ＝４，４ｘｙ＝７　∴ｘｙ＝７/４
ここで、解と係数の関係を使った方がいいが、これは高１の範囲なので、ｙ＝４－ｘとしてｘｙ＝７/４に代入すると、ｘ(４－ｘ)＝７/４
∴ｘ²－４ｘ＋７/４＝０　∴４ｘ²－１６ｘ＋７＝０
∴(２ｘ－１)(２ｘ－７)＝０　∴ｘ＝１/２，７/２
これをｙ＝４－ｘに代入すると、ｙ＝７/２，１/２
ｘ＞ｙより、ｘ＝７/２，ｙ＝１/２
∴√(４－√７)＝√(７/２)－√(１/２)
＝(√７－１)/√２———イ
イをアに代入すると、
ＰＲ＝３(√７－１)/２√２———②
①，②より、
△ＰＱＲ＝{３√２(√７＋１)/４}×{３(√７－１)/２√２}×(１/２)
＝９√２(√７＋１)(√７－１)/１６√２
＝９・６/１６＝２７/８
よって、答えは、２７/８ｃｍ²

おまけ：

解説
先に（ⅱ）の証明からしよう。

Ｆ：Ｖ→Ｖ'が線型写像であるとき、
（ⅱ）ＶのＦによる像
Ｆ(Ｖ)＝{Ｆ(ｘ)｜ｘ∈Ｖ}
はＶ'の部分空間である。

証明
Ｖは空集合ではないので、Ｆ(Ｖ)も空集合ではない。
よって、Ｆ(ｘ),Ｆ(ｙ)∈Ｆ(Ｖ)，ａ∈Ｋに対して、
Ｆ(ｘ)＋Ｆ(ｙ)＝Ｆ(ｘ＋ｙ)∈Ｆ(Ｖ)———①
（線型写像の性質と、Ｖは線型空間よりｘ,ｙ∈Ｖに対してｘ＋ｙ∈Ｖだから。）
また、ａＦ(ｘ)＝Ｆ(ａｘ)∈Ｆ(Ｖ)———②
（線型写像の性質と、Ｖは線型空間よりｘ∈Ｖ,ａ∈Ｋに対してａｘ∈Ｖだから。）
①，②より、Ｆ(Ｖ)は部分空間の条件を満たしているので、Ｖ'の部分空間である。

自分で作ってみたのですが、その後「演習詳解 線型代数」有馬哲・浅枝陽共著を見たら自分のは素人っぽい証明だと分かりました。まぁ、地道に慣れましょう。
一応、似た問題の証明を改造してみました。

証明
Ｖは空集合でないから、Ｆ(Ｖ)≠φである。
ｘ',ｙ'∈Ｆ(Ｖ)，ａ∈Ｋとすると、Ｆ(Ｖ)の定義から、
ｘ'＝Ｆ(ｘ)，ｙ'＝Ｆ(ｙ)となるｘ,ｙが存在する。
ｘ'＋ｙ'＝Ｆ(ｘ)＋Ｆ(ｙ)＝Ｆ(ｘ＋ｙ)
ｘ＋ｙ∈Ｖより、ｘ'＋ｙ'＝Ｆ(ｘ＋ｙ)∈Ｆ(Ｖ)
ａｘ'＝ａＦ(ｘ)＝Ｆ(ａｘ)
ａｘ∈Ｖより、ａｘ'＝Ｆ(ａｘ)∈Ｆ(Ｖ)
よって、Ｆ(Ｖ)はＶ'の部分空間である。

次に（ⅰ）の方。
Ｆ：Ｖ→Ｖ'が線型写像であるとき、
（ⅰ）Ｖ'の零元０'のＦによる逆像
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。

証明
（ⅰ）Ｆ(０)＝０' すなわち０∈Ｆ^-1(０')であるから
Ｆ^-1(０')は空ではない。ｘ,ｙ∈Ｆ^-1(０')，ａ∈Ｋのとき、Ｆ(ｘ)＝Ｆ(ｙ)＝０'であるから、
Ｆ(ｘ＋ｙ)＝Ｆ(ｘ)＋Ｆ(ｙ)＝０'＋０'＝０'より
ｘ＋ｙ∈Ｆ^-1(０')
Ｆ(ａｘ)＝ａＦ(ｘ)＝ａ０'＝０'よりａｘ∈Ｆ^-1(０')
これは部分集合Ｆ^-1(０')⊆Ｖに対する部分空間の条件にほかならない。

＞Ｆ(０)＝０' すなわち０∈Ｆ^-1(０')であるから
Ｆ^-1(０')は空ではない。

とにかく、空集合でない事をまず言う。そうじゃないと任意の元が取れないので証明が始まらないから。
余談だが、Ｆ(０)＝０'はベクトル空間（線型空間）ではスカラー倍のａを０にすれば分かる話（Ｆ(ａｘ)＝ａＦ(ｘ)のａを０にするという事）だが、ベクトル空間は加法群で０は単位元であり、群の準同型写像の性質Ｆ(ｅ)＝ｅ'（単位元は単位元に移る）と同じ事である。

＞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。

KerＦの事である。因みに、群のKerＦは正規部分群だが、線型空間では部分空間という事である。だから、当たり前のような事も証明するのである。ある一定の法則の仲間に入っているかどうかは大事な事だからである。
因みに、環のKerＦはイデアルだが、イデアルは加法群であるので正規部分群であり、イデアルの性質はスカラー倍の性質と同じ事だろう。（適当）

定理6.3
ｆをＧからＧ'への準同型写像とすると、Ｇの部分集合
kerｆ＝{ａ∈Ｇ｜ｆ(ａ)＝ｅ'}
はＧの正規部分群になる。ただし、ｅ'はＧ'の単位元とする。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

定理3.2
ｆをＲからＲ'への環の準同型写像とし、０_R'をＲ'の零元とすると
ｆ^-1(０_R')＝{ｘ｜ｘ∈Ｒ，ｆ(ｘ)＝０_R'}
はＲのイデアルである。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

定義2.1
環Ｒの空でない部分集合Ｉについて、次の３つの条件を考える。
（ⅰ）ａ,ｂ∈Ｉ⇒ａ－ｂ∈Ｉ（加法に関して部分群）
（ⅱ）ｒ∈Ｒ，ａ∈Ｉ⇒ｒ・ａ∈Ｉ
（ⅲ）ｒ∈Ｒ，ａ∈Ｉ⇒ａ・ｒ∈Ｉ
（ⅰ）と（ⅱ）を満足しているとき、Ｉを環Ｒの左イデアルといい、（ⅰ）と（ⅲ）を満足しているとき、Ｉを環Ｒの右イデアルという。左イデアルかつ右イデアルであるものを両側イデアル、あるいは単にイデアルという。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

おまけ：

解説
＞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。実際、このような式をｆ(ζ)と表すと、ｆ(ζ^k₁)＝ｆ(ζ^k₂)＝…＝ｆ(ζ^ks)（１＝ｋ₁,…,ｋsはｎと互いに素）より、
ｓｆ(ζ)＝ｆ(ζ^k₁)＋ｆ(ζ^k₂)＋…＋ｆ(ζ^ks)（Φn(ｘ)の根の対称式）
となります。よって右辺はΦn(ｘ)の係数に関する多項式なので有理数です。

Φn(ｘ)の根はα₁～αsで、例えば、ｎが素数ｐの場合は、ｓはｐ－１となり（ｓはｎと互いに素なものの個数で、ｐと互いに素なものは１～ｐ－１の全てだから）、
ζ,ζ²,ζ³,…,ζ^(p-1)の事である。
ここで、α₁～αsを使った多項式を考えると、ｆ(ζ)で表わせる事が分かるだろう。そして、ζをζ^i（２≦ｉ≦p－1）に入れ換えると、当然その式の値は変わるが、不変の場合もありその場合を考える。
ｆ(ζ)＝ｆ(ζ²)＝ｆ(ζ³)＝…＝ｆ(ζ^(p-1))
となり、全てを加えると、
(ｐ－１)ｆ(ζ)＝ｆ(ζ)＋ｆ(ζ²)＋…＋ｆ(ζ^(p-1))
ところで、この右辺の括弧の中身を好きに入れ換えても全体の値は変わらない。つまり、Φn(ｘ)の根の対称式である。よって、対称式の基本定理により基本対称式の多項式で表される。

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（前節）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

また、基本対称式は、解と係数の関係の解の式に他ならないので、その係数で表され、円分多項式Φn(ｘ)の係数は整数（下に補足）なので四則演算をしても有理数である。
よって、上式の右辺は有理数で表される。

根と係数の関係
根と係数の関係にみられる式を一般に説明します。ｎ変数ｘ₁,…,ｘnの多項式のうち、次のｎ個の式ｓ₁,ｓ₂,…,ｓnを基本対称式といいます：
ｓ₁＝ｘ₁＋…＋ｘn
（ｘ₁,…,ｘnの和）
ｓ₂＝ｘ₁ｘ₂＋…＋ｘn-1ｘn
（ｘiｘj（ｉ＜ｊ）の形のすべての項の和）
ｓ₃＝ｘ₁ｘ₂ｘ₃＋…＋ｘn-2ｘn-1ｘn
（ｘiｘjｘk（ｉ＜ｊ＜ｋ）の形のすべての項の和）
・
・
・
ｓn＝ｘ₁…ｘn
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

解と係数の関係の解の式に他ならない事が分かるだろう。

＞したがってｓで割ったｆ(ζ)も有理数です。

(ｐ－１)ｆ(ζ)＝ｆ(ζ)＋ｆ(ζ²)＋…＋ｆ(ζ^(p-1))
この右辺が有理数のなので、ｐ－１で割った値も有理数で、ｆ(ζ)は有理数という事。
因みに、ｐに変えてかえって分かりづらくなったかもしれない。

＞すべての入れ換えで不変な根の式

例えば、ζをζ²に変えるとα₁～αsはある一定の入れ換えになり、ζをζ³に変えるとまた別の入れ換えになる。つまり、「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」とは「全ての入れ換えを施しても不変なら」という事である。

補足
問題 7-8b
Φn(ｘ)は整数係数単多項式であることを示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

Φn(ｘ)の係数は整数であるという事。（実際、１と－１ぐらいしか見ないが。）

おまけ：

問題
円周の頂点の方に点Ａがあり、下方に弧ＢＤを取る。また、弧ＢＤ上に点Ｃを取り、ＡＢの延長とＤＣの延長との交点をＰとし、ＡＤの延長とＢＣの延長との交点をＱとし、ＰＱを結ぶ。
この時、ＰＢ×ＰＡ＋ＱＤ×ＱＡ＝ＰＱ²が成り立つ事を証明して下さい。
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解答
四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形より、
∠ＡＢＣ＝∠ＣＤＱ＝●と置く。
ここで、ＰＱ上に∠ＣＲＰ＝●となる点Ｒを取ると、
∠ＡＢＣ＝∠ＣＲＰ，∠ＣＤＱ＝∠ＣＲＰより、
四角形ＢＰＲＣ，ＣＲＱＤはそれぞれ円に内接する四角形になる。
まず、大円での方べきの定理より、
ＰＢ×ＰＡ＝ＰＣ×ＰＤ———①
次に、四角形ＣＲＱＤの外接円での方べきの定理より、
ＰＣ×ＰＤ＝ＰＲ×ＰＱ———②
①，②より、ＰＢ×ＰＡ＝ＰＲ×ＰＱ———☆
再び、大円での方べきの定理より、
ＱＤ×ＱＡ＝ＱＣ×ＱＢ———③
また、四角形ＢＰＲＣの外接円での方べきの定理より、
ＱＣ×ＱＢ＝ＱＲ×ＱＰ———④
③，④より、ＱＤ×ＱＡ＝ＱＲ×ＱＰ———★
☆＋★より、
ＰＢ×ＰＡ＋ＱＤ×ＱＡ＝ＰＲ×ＰＱ＋ＱＲ×ＱＰ
∴ＰＢ×ＰＡ＋ＱＤ×ＱＡ＝ＰＱ×(ＰＲ＋ＱＲ)＝ＰＱ×ＰＱ＝ＰＱ²
∴ＰＢ×ＰＡ＋ＱＤ×ＱＡ＝ＰＱ²
よって、示された。

因みに、●が９０°の特別バージョンならＡＣＲが一直線になるので別解が作れます。（面白くないので省略。）

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/fab0c3a43b9aef748965abadbbdba16c000239cb

解説
＞Ｔ：Ｖ→Ｖを直交変換とする。このとき、Ｔが同型写像をいうには、KerＴ＝０，Ｔ(Ｖ)＝Ｖを示せばよい。

Ｔは直交変換で、上の「命題と定義」より直交変換は線型変換の一部で、また上の「定義」より線型変換は線型写像の一部なので、Tは線型写像である。
ところで、同型写像は線型写像かつ全単射であれば良いので、KerＴ＝０（単射），Ｔ(Ｖ)＝Ｖ（全射）を示せば良いという事である。

命題と定義
Ｕ，Ｖを線型空間，Ｆ：Ｕ→Ｖを線型写像とする。このとき、Ｆについて次の３条件はどの二つもたがいに同値である。
（１）ＦはＶの上への１対１の写像である。
（２）Ｆは逆写像Ｆ^-1：Ｖ→Ｕをもつ。
（３）ある線型写像Ｇ：Ｖ→Ｕがあって、Ｇ◦Ｆ＝Ｉu，Ｆ◦Ｇ＝Ｉv
これらのどれか一つの条件をみたすとき、Ｆは同型写像であるという。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

命題（（２）が単射の定理）
線型写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'において、次の(１),(２)が成り立つ。
（１）省略。
（２）Ｆが１対１である⇔Ｆ^-1(０')＝０
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

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

つまり、Ｆが単射⇔KerＦ＝０　という事。

命題と定義（全射の定義）
Ｓ，Ｔを集合，ｆ：Ｓ→Ｔを写像とする。
ｆが上への写像とは”任意のｔ∈Ｔに対し、ｆ(ｓ)＝ｔとなるｓ∈Ｓが少なくとも一つ存在する”こと、
と定義する。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

つまり、ｆが全射⇔ｆ(Ｓ)＝Ｔ　という事。
https://mathlandscape.com/bijection/#toc2

＞Ｔ(ｘ)＝０と仮定する。||ｘ||＝||Ｔ(ｘ)||＝０だからｘ＝０
よって、KerＴ＝０となる。

KerＴ＝０を示すために、Ｔ(ｘ)＝０と仮定する訳である。そして、直交変換の命題と定義（１）から、
（１）||Ｔ(ｘ)||＝||ｘ||（ｘ∈Ｖ）
を利用するという事。
また、Ｔ(ｘ)＝０としてｘ＝０より、KerＴ＝０
（ｘ＝Ｔ^-1(０')だから。）

＞次に、Ｔ^-1(０)＝KerＴ＝０よりdimＴ^-1(０)＝０，さらに
dimＴ(Ｖ)＝dimＴ(Ｖ)＋dimＴ^-1(０)＝dimＶ
とＴ(Ｖ)⊆Ｖより、Ｖ＝Ｔ(Ｖ)となる。

０の次元は０だから、dimＴ^-1(０)＝０という事。

定義
線型空間Ｖにおいて、一次独立なベクトル列をすべて考え、それらの長さの最大をＶの次元（dimension）といい、dimＶで表す。
（１）は省略。
（２）dimＶ＝０⇔Ｖ＝{０}
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

余談だが、次数deg０は０ではない。定数の次数は０だが。

dimＴ(Ｖ)＝dimＴ(Ｖ)＋dimＴ^-1(０)は、０を加えただけだからである。
また、dimＴ(Ｖ)＋dimＴ^-1(０)＝dimＶは、

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))が成り立つ。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

という定理からである。よって、dimＴ(Ｖ)＝dimＶとなり、また、写像Ｔ：Ｖ→Ｖより、Ｔ(Ｖ)はＶの一部である（全射の場合だけＴ(Ｖ)＝Ｖという事）。
∴Ｔ(Ｖ)⊆Ｖ
よって、dimＴ(Ｖ)＝dimＶかつＴ(Ｖ)⊆Ｖより、包含関係で次元が同じなので、Ｔ(Ｖ)＝Ｖである。

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

（２）はベクトルａ,ｂのなす角の定義と直交変換の定義を知っていれば分かるので省略。

定義
内積空間Ｖにおいて、０でないベクトルａ,ｂに対し、
cosθ＝＜ａ|ｂ＞/(||ａ|| ||ｂ||)（０≦θ≦π）
をみたす実数θがただ一つ定まる。このθをａとｂのなす角という。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より

おまけ：

問題
△ＡＢＣの外接円周上で、弧ＢＣ，弧ＣＡ，弧ＡＢの中点をＬ，Ｍ，Ｎとする。この時、△ＡＢＣの内心と△ＬＭＮの垂心は一致する事を証明せよ。

解答
弧ＢＬ＝弧ＬＣより、∠ＢＡＬ＝∠ＬＡＣ　
つまり、ＡＬは∠ＢＡＣの二等分線。
同様に、ＢＭは∠ＣＢＡ，ＣＮは∠ＡＣＢの二等分線。
よって、ＡＬ，ＢＭ，ＣＮは△ＡＢＣの内心Ｉで１点で交わる。
次に、ＭＮとＡＢ，ＡＣとの交点をそれぞれＰ，Ｑとすると、ＡＭ，ＡＮを結ぶと、
∠ＡＰＱ＝∠ＰＡＮ＋∠ＰＮＡ＝∠ＢＡＮ＋∠ＭＮＡ
＝弧ＢＮの円周角＋弧ＡＭの円周角
＝弧ＡＢの半分の円周角＋弧ＡＣの半分の円周角
∴∠ＡＰＱ＝弧ＡＢの半分の円周角＋弧ＡＣの半分の円周角———①
∠ＡＱＰ＝∠ＱＡＭ＋∠ＱＭＡ＝∠ＣＡＭ＋∠ＮＭＡ
＝弧ＣＭの円周角＋弧ＡＮの円周角
＝弧ＡＣの半分の円周角＋弧ＡＢの半分の円周角
∴∠ＡＱＰ＝弧ＡＢの半分の円周角＋弧ＡＣの半分の円周角———②
①，②より、∠ＡＰＱ＝∠ＡＱＰ
よって、△ＡＰＱは二等辺三角形でＡＬは∠ＰＡＱ（∠ＢＡＣ）の二等分線より、ＡＬ⊥ＰＱ
∴ＬＡ⊥ＭＮ
同様に、ＭＢ⊥ＮＬ，ＮＣ⊥ＬＭ
ところで、ＬＡ，ＭＢ，ＮＣは１点Ｉで交わっているので、△ＬＭＮの垂心は点Ｉである。
よって、△ＡＢＣの内心と△ＬＭＮの垂心は一致している。よって、示された。

ワンポイントアドバイス
これは工夫だけで解く解法ですが、p.81基本図36を使うと、△ＡＢＣは円に内接する三角形で点Ｎ，Ｍは弧ＡＢ，弧ＡＣの中点より、ＡＰ＝ＡＱ（基本図36の定理）
よって、△ＡＰＱは二等辺三角形。以後同じ、と出来ます。
ただし、こんな無名な定理まで覚えるとなると、中学数学に特化せざるを得ないので、普通のマニアレベルの解法を紹介しましょう。（私のオリジナルですが。）
「次に、ＭＮとＡＢ，ＡＣとの交点をそれぞれＰ，Ｑとすると、ＡＭ，ＡＮを結ぶと、」までは同じ。
ここで、アルハゼンの定理より、
∠ＡＰＱ＝∠ＡＰＭ＝弧ＡＭの円周角＋弧ＢＮの円周角＝弧ＡＣの半分の円周角＋弧ＡＢの半分の円周角
∴∠ＡＰＱ＝弧ＡＢの半分の円周角＋弧ＡＣの半分の円周角———①
∠ＡＱＰ＝∠ＡＱＮ＝弧ＡＮの円周角＋弧ＣＭの円周角
弧ＡＢの半分の円周角＋弧ＡＣの半分の円周角
∴∠ＡＱＰ＝弧ＡＢの半分の円周角＋弧ＡＣの半分の円周角———②
①，②より、∠ＡＰＱ＝∠ＡＱＰ
以後同じ。
つまり、ある程度の定石を覚えていれば簡単に解けるという事です。アルハゼンの定理の導き方も憶えていないとダメですが。
とにかく、その場で工夫して解いているというのは素人の考えです。（皆、種明かしをしないで「頭いい」とか見られたいようですが。）
因みに、私は２,３分ぐらいですかね。

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12874484462.html

問題１
有理数体ℚ上の行ベクトル空間ℚnにおいて、部分集合W＝{(ａi)1≦i≦n｜ａ₁,ａ₂,…,ａnは整数}は部分空間であるか。

解答
ｘ,ｙ∈Ｗとすると、ｘ＝(ｘ₁ ｘ₂ … ｘn)，
ｙ＝(ｙ₁ ｙ₂ … ｙn)
∴ｘ＋ｙ＝(ｘ₁ ｘ₂ … ｘn)＋(ｙ₁ ｙ₂ … ｙn)
＝(ｘ₁＋ｙ₁ ｘ₂＋ｙ₂ … ｘn＋ｙn)
ｘi＋ｙi∈ℤより、ｘ＋ｙ∈Ｗ
また、ａ∈ℚ，ｘ∈Ｗに対して、
ａｘ＝ａ(ｘ₁ ｘ₂ … ｘn)＝(ａｘ₁ ａｘ₂ … ａｘn)
ところで、ａは有理数より、ａｘi∉ℤ　∴ａｘ∉Ｗ
よって、部分空間の条件を満たさないので、Ｗはℚnの部分空間ではない。

答
No
「線型代数入門」有馬哲著より

よって、ＯＫ。

問題２
Ｋを数体とし、Ｋ値数列全体のなすＫ線型空間ℱ(ℕ,Ｋ)において、
Ｗ₁＝{{ａn}∈ℱ(ℕ,Ｋ)｜ａn+2－２ａn+1－３ａn＝０}
Ｗ₂＝{{ａn}∈ℱ(ℕ,Ｋ)｜ａn+1－３ａn＝０}
とおくと、Ｗ₁とＷ₂は部分空間で、Ｗ₂⊆Ｗ₁である。

解答
{ａn}，{ｂn}∈Ｗ₁とすると、
ａn+2－２ａn+1－３ａn＝０
ｂn+2－２ｂn+1－３ｂn＝０
ここで、{ａn}＋{ｂn}がＷ₁に入るかどうか判定するために、ａn+2＋ｂn+2－２(ａn+1＋ｂn+1)－３(ａn＋ｂn)を調べると、
＝ａn+2－２ａn+1－３ａn＋(ｂn+2－２ｂn+1－３ｂn)＝０＋０＝０
∴{ａn}＋{ｂn}∈Ｗ₁———①
また、ｃ∈Ｋ，{ａn}∈Ｗ₁に対して、ｃ{ａn}＝{ｃａn}より、(ｃａn+2)－２(ｃａn+1)－３(ｃａn)を調べると、
＝ｃ(ａn+2－２ａn+1－３ａn)＝ｃ・０＝０
∴{ｃａn}∈Ｗ₁　∴ｃ{ａn}∈Ｗ₁———②
①，②より、部分空間の条件を満たすので、Ｗ₁はＫ線型空間ℱ(ℕ,Ｋ)の部分空間である。
また、{ａn}，{ｂn}∈Ｗ₂とすると、
ａn+1－３ａn＝０
ｂn+1－３ｂn＝０
ここで、{ａn}＋{ｂn}がＷ₂に入るかどうか判定するために、ａn+1＋ｂn+1－３(ａn＋ｂn)を調べると、
＝ａn+1－３ａn＋(ｂn+1－３ｂn)＝０＋０＝０
∴{ａn}＋{ｂn}∈Ｗ₂———③
また、ｃ∈Ｋ，{ａn}∈Ｗ₂に対して、ｃ{ａn}＝{ｃａn}より、(ｃａn+1)－３(ｃａn)を調べると、
＝ｃ(ａn+1－３ａn)＝ｃ・０＝０
∴{ｃａn}∈Ｗ₂　∴ｃ{ａn}∈Ｗ₂———④
③，④より、部分空間の条件を満たすので、Ｗ₂もＫ線型空間ℱ(ℕ,Ｋ)の部分空間である。
また、Ｗ₁＝{{ａn}∈ℱ(ℕ,Ｋ)｜ａn+2－２ａn+1－３ａn＝０}から、
ａn+2－２ａn+1－３ａn＝０
∴ａn+1－３ａn＝－ａn+2＋３ａn+1———☆
Ｗ₂＝{{ａn}∈ℱ(ℕ,Ｋ)｜ａn+1－３ａn＝０}から、
ａn+1－３ａn＝０———☆☆
ここで、☆の右辺を０にすると、☆☆になる。
つまり、その時、Ｗ₁＝Ｗ₂でその他の場合もあるので、Ｗ₁⊇Ｗ₂である。
（私のオリジナルなので自己責任でお願いします。）

答
略。
「線型代数入門」有馬哲著より

次の文章を解説して下さい。
問題３
数体ＫをＫ自身の上の線型空間と見るとき、Ｋは真部分空間を持たないことを示せ。

解答
Ｋ⊇Ｗが部分空間≠{０}のとき、Ｗ∋ａ≠０に対し１＝ａ^-1ａ∈Ｗ　∴Ｋ＝Ｗ
「線型代数入門」有馬哲著より

解説
＞Ｋ⊇Ｗが部分空間≠{０}のとき

Ｋの部分空間をＷとする。ところで、線型空間Ｋは必ず部分空間{０}とＫを持つ。

「{０}およびＶ自身は、つまらない例であるが、確かにＶの部分空間に違いない。これら以外の部分空間を真部分空間という。」
「線型代数入門」有馬哲著p.17より

そこで、Ｗが{０}でないとするとＫしかない（Ｋである）事を証明すれば、「Ｋは真部分空間を持たないこと」が証明される訳である。

＞Ｗ∋ａ≠０

上よりＷ≠{０}のとき、Ｗは部分空間でＷは空集合ではないので、０以外の元ａを持つ。（Ｗは０を含んでも良い。というより部分空間だから０を含む。）

命題(１.３.１)
Ｖを数体Ｋ上の線型空間とする。Ｖの空でない部分集合Ｗが部分空間であるために、次の条件がみたされることは必要充分である。（続きは省略。）
「線型代数入門」有馬哲著より

＞Ｗ∋ａ≠０に対し１＝ａ^-1ａ∈Ｗ

ａ∈Ｗ⊆Ｋよりａ∈Ｋ　ところで、Ｋは数体より乗法逆元を含む。∴ａ^-1∈Ｋ（ａ≠０より）

定義
複素数の集合ℂの部分集合Ｋが０と１を含み、ℂの加法と乗法に関して閉じているときＫを数体と言う。すなわち、Ｋ⊆ℂが数体とは
数体の条件
（ⅰ）ｘ,ｙ∈Ｋならばｘ＋ｙ∈Ｋ，－ｘ∈Ｋ
（ⅱ）ｘ,ｙ∈Ｋならばｘｙ∈Ｋ　また、ｘ≠０ならばｘ^-1∈Ｋ
（ⅲ）０,１∈Ｋ
をみたすことである。
「線型代数入門」有馬哲著より

また、ａ∈Ｗ，ａ^-1∈Ｋに対してＷは部分空間より、
ａ^-1ａ∈Ｗ（スカラー倍について閉じているという事。部分空間の条件（ⅱ））

部分空間の条件
（ⅰ）ｘ,ｙ∈Ｗならばｘ＋ｙ∈Ｗ
（ⅱ）ｘ∈Ｗ，ａ∈Ｋならばａｘ∈Ｗ
「線型代数入門」有馬哲著より

∴１∈Ｗ

＞１＝ａ^-1ａ∈Ｗ　∴Ｋ＝Ｗ

よって、Ｋの任意の元ｘに対して、部分空間の条件（ⅱ）により、ｘ・１∈Ｗ　∴ｘ∈Ｗ
よって、ｘ∈Ｋならばｘ∈Ｗ
よって、Ｋ⊆Ｗ———①
ところで、初めに「Ｋの部分空間をＷ」としたので、
Ｋ⊇Ｗ———②
①，②より、Ｋ＝Ｗ　
よって、Ｗ＝Ｋで、「そこで、Ｗが{０}でないとするとＫしかない（Ｋである）事を証明すれば、「Ｋは真部分空間を持たないこと」が証明される訳である」から、
Ｋは真の部分空間を持たない事が示された。

凄い行間埋めでしたね。因みに、「演習詳解 線型代数」有馬哲・浅枝陽共著の力を借りました。（それがあっても結構大変。笑）

おまけ：

問題
図のようなＡＢを直径とする半円と外部の点Ｐがある。ＰＡ，ＰＢと半円との交点をＣ，Ｄ，またＡＤとＢＣとの交点をＱとし、ＱからＡＢへ垂線ＱＨを下す。このとき、次のことを証明しなさい。
（１）ＡＣ×ＡＰ＝ＡＨ×ＡＢ
（２）ＡＣ×ＡＰ＋ＢＰ×ＢＤ＝ＡＢ²
（８９　大阪教大付池田）

今回は図の解説を忘れていましたね。でも、読めば分かるので、このまま解答に移ります。

模範解答
（１）∠ＰＣＱ＋∠ＰＤＱ＝１８０°より、４点Ｐ，Ｃ，Ｑ，Ｄは共円点。よって、方べきの定理より、
ＡＣ×ＡＰ＝ＡＱ×ＡＤ・・・①
同様に、∠ＱＤＢ＋∠ＱＨＢ＝１８０°より、４点Ｑ，Ｈ，Ｂ，Ｄは共円点。よって、方べきの定理より、
ＡＱ×ＡＤ＝ＡＨ×ＡＢ・・・②
①，②より、ＡＣ×ＡＰ＝ＡＨ×ＡＢ・・・③
（２）（１）と同様に、
ＢＰ×ＢＤ＝ＢＱ×ＢＣ＝ＢＨ×ＢＡ・・・④
③と④より、ＡＣ×ＡＰ＋ＢＰ×ＢＤ
＝ＡＨ×ＡＢ＋ＢＨ×ＢＡ
＝(ＡＨ＋ＢＨ)×ＡＢ＝ＡＢ²
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

私の別解
（１）半円の円周角より、∠ＡＣＢ＝∠ＡＤＢ＝９０°∴ＰＡ⊥ＢＣ，ＰＢ⊥ＡＤ
よって、ＡＤとＢＣの交点Ｑは△ＰＡＢの垂心である。よって、３点Ｐ，Ｑ，Ｈは一直線上にある。
よって、∠ＰＨＢ＝∠ＰＣＢ＝９０°より、円周角の定理の逆により４点Ｐ，Ｃ，Ｈ，Ｂは同一円周上にある。
よって、方べきの定理より、
ＡＣ×ＡＰ＝ＡＨ×ＡＢ
また、「３点Ｐ，Ｑ，Ｈは一直線上にある」から、△ＰＡＨと△ＢＡＣは直角が等しく∠Ａを共有しているので相似で、ＡＰ：ＡＨ＝ＡＢ：ＡＣ
∴ＡＣ×ＡＰ＝ＡＨ×ＡＢ（と求めても良い。）
（２）（１）より、
ＡＣ×ＡＰ＝ＡＨ×ＡＢ———①
また、ＰＱＨが一直線より∠ＡＤＰ＝∠ＰＨＡ＝９０°なので、同様に４点Ａ，Ｈ，Ｄ，Ｐも同一円周上にある。よって、方べきの定理より、
ＢＤ×ＢＰ＝ＢＨ×ＢＡ———②
（これも（１）と同様に相似で求めても良い。）
①＋②より、
ＡＣ×ＡＰ＋ＢＤ×ＢＰ＝ＡＨ×ＡＢ＋ＢＨ×ＢＡ＝ＡＢ×(ＡＨ＋ＢＨ)＝ＡＢ×ＡＢ＝ＡＢ²
∴ＡＣ×ＡＰ＋ＢＰ×ＢＤ＝ＡＢ²

因みに、鋭角三角形の垂心が１点に定まる証明が作れますね。

証明
鋭角三角形ＡＢＣの底辺ＢＣを直径とする半円ＢＣを描き、ＡＢ，ＡＣとの交点をそれぞれＤ，Ｅとすると、半円の円周角より、∠ＢＤＣ＝∠ＢＥＣ＝９０°より、ＡＢ⊥ＣＤ，ＡＣ⊥ＢＥ
よって、ＢＥとＣＤの交点をＨとすると、点Ｈは△ＡＢＣの垂心である。
また、ＨからＢＣに垂線を下ろしその足をＩとし、ＡＨ，ＤＥを結ぶと四角形ＡＤＨＥは円に内接する四角形より、円周角で∠ＡＨＥ＝∠ＡＤＥ＝●と置く。
また、四角形ＤＢＣＥも円に内接する四角形より、∠ＥＣＢ＝∠ＡＤＥ＝●　∴∠ＡＨＥ＝∠ＥＣＢ———①
また、△ＢＣＥと△ＢＨＩにおいて、直角が等しく∠Ｂを共有していて２角が等しいので残りの１角も等しい。∴∠ＩＨＢ＝∠ＥＣＢ———②
①，②より、∠ＡＨＥ＝∠ＩＨＢ
また、ＢＨＥは一直線より対頂角の定理の逆によりＡＨＩも一直線である。
よって、ＡＩ，ＢＥ，ＣＤは１点で交わっている。
つまり、任意の鋭角三角形の垂心は１点に定まる。

因みに、今回は12・22という問題なのですが、その発展事項に問題とはほとんど関係ない「垂心と内心の関係」というのが載っていて、これを使っても（鋭角三角形の）垂心が１点に定まる事が証明出来ます。（次回）
因みに、前回の私のオリジナルの内心と垂心が一致する三角形とは似ていますが、全くの「別のもの」です。

おまけ：

問題１
Ｖ＝ℱ((０,４),ℝ)＝(実数の開区間(０,４)上の実数値関数全体)において
（１）Ｗ₁＝{ｆ∈Ｖ｜ｆ(１)＋ｆ(２)＋ｆ(３)＝０}
（２）Ｗ₂＝{ｆ∈Ｖ｜ｆ(１)＋ｆ(２)＋ｆ(３)＝１}
（３）Ｗ₃＝{ｆ∈Ｖ｜ｆ(１)＋３ｆ(２)＋１１ｆ(３)＝０}
（４）Ｗ₄＝{ｆ∈Ｖ｜ｆ(１)＞０，ｆ(２)＞０，ｆ(３)＞０}
とおくとき、これらは部分空間であるか。

解答
（１）ｆ₁,ｆ₂∈Ｗ₁とすると、
ｆ₁(１)＋ｆ₁(２)＋ｆ₁(３)＝０
ｆ₂(１)＋ｆ₂(２)＋ｆ₂(３)＝０
ここで、(ｆ₁＋ｆ₂)(１)＋(ｆ₁＋ｆ₂)(２)＋(ｆ₁＋ｆ₂)(３)を作ると、
＝ｆ₁(１)＋ｆ₂(１)＋ｆ₁(２)＋ｆ₂(２)＋ｆ₁(３)＋ｆ₂(３)
＝ｆ₁(１)＋ｆ₁(２)＋ｆ₁(３)＋ｆ₂(１)＋ｆ₂(２)＋ｆ₂(３)
＝０＋０＝０
∴ｆ＋ｇ∈Ｗ₁———①
また、ａ∈ℝ，ｆ∈Ｗ₁に対して、(ａｆ)(１)＋(ａｆ)(２)＋(ａｆ)(３)を作ると、
＝ａｆ(１)＋ａｆ(２)＋ａｆ(３)
＝ａ(ｆ(１)＋ｆ(２)＋ｆ(３))＝ａ・０＝０
∴ａｆ∈Ｗ₁———②
①，②より、部分空間の条件より、Ｗ₁はＶの部分空間である。

命題（１.３.１）
Ｖを数体Ｋ上の線型空間とする。Ｖの空でない部分集合Ｗが部分空間であるために、次の条件がみたされることを必要充分である。
部分空間の条件
（ⅰ）ｘ,ｙ∈Ｗならばｘ＋ｙ∈Ｗ
（ⅱ）ｘ∈Ｗ，ａ∈Ｋならばａｘ∈Ｗ
「線型代数入門」有馬哲著より

（２）ｆ₁,ｆ₂∈Ｗ₂とすると、
ｆ₁(１)＋ｆ₁(２)＋ｆ₁(３)＝１
ｆ₂(１)＋ｆ₂(２)＋ｆ₂(３)＝１
ここで、(ｆ₁＋ｆ₂)(１)＋(ｆ₁＋ｆ₂)(２)＋(ｆ₁＋ｆ₂)(３)を作ると、
＝ｆ₁(１)＋ｆ₂(１)＋ｆ₁(２)＋ｆ₂(２)＋ｆ₁(３)＋ｆ₂(３)
＝ｆ₁(１)＋ｆ₁(２)＋ｆ₁(３)＋ｆ₂(１)＋ｆ₂(２)＋ｆ₂(３)
＝１＋１＝２
∴ｆ＋ｇ∉Ｗ₁
よって、Ｗ₁は部分空間の条件を満たさないので、Ｗ₁はＶの部分空間ではない。

（３）ｆ₁,ｆ₂∈Ｗ₃とすると、
ｆ₁(１)＋３ｆ₁(２)＋１１ｆ₁(３)＝０
ｆ₂(１)＋３ｆ₂(２)＋１１ｆ₂(３)＝０
ここで、(ｆ₁＋ｆ₂)(１)＋３(ｆ₁＋ｆ₂)(２)＋１１(ｆ₁＋ｆ₂)(３)を作ると、
＝ｆ₁(１)＋ｆ₂(１)＋３ｆ₁(２)＋３ｆ₂(２)＋１１ｆ₁(３)＋１１ｆ₂(３)
＝ｆ₁(１)＋３ｆ₁(２)＋１１ｆ₁(３)＋ｆ₂(１)＋３ｆ₂(２)＋１１ｆ₂(３)
＝０＋０＝０
∴ｆ＋ｇ∈Ｗ₃———①
また、ａ∈ℝ，ｆ∈Ｗ₁に対して、(ａｆ)(１)＋３(ａｆ)(２)＋１１(ａｆ)(３)を作ると、
＝ａｆ(１)＋３ａｆ(２)＋１１ａｆ(３)
＝ａ(ｆ(１)＋３ｆ(２)＋１１ｆ(３))＝ａ・０＝０
∴ａｆ∈Ｗ₃———②
①，②より、部分空間の条件より、Ｗ₃はＶの部分空間である。

（４）ｆ₁,ｆ₂∈Ｗ₄とすると、
ｆ₁(１)＞０，ｆ₁(２)＞０，ｆ₁(３)＞０
ｆ₂(１)＞０，ｆ₂(２)＞０，ｆ₂(３)＞０
∴(ｆ₁＋ｆ₂)(１)＝ｆ₁(１)＋ｆ₂(１)＞０
　(ｆ₁＋ｆ₂)(２)＝ｆ₁(２)＋ｆ₂(２)＞０
　(ｆ₁＋ｆ₂)(３)＝ｆ₁(３)＋ｆ₂(３)＞０
∴ｆ₁＋ｆ₂∈Ｗ₄
また、ａ∈ℝ，ｆ∈Ｗ₄に対して、(ａｆ)(１)＝ａｆ(１)はａ＜０の場合は(ａｆ)(１)＜０より、ａｆ∉Ｗ₄
よって、部分空間の条件を満たさないので、Ｗ₄はＶの部分空間ではない。

答
Ｗ₁とＷ₃：Yes，Ｗ₂とＷ₄：No
「線型代数入門」有馬哲著より

よって、ＯＫ。

問題２
[０,４]は閉区間。Ｖ＝ℱ([０,４],ℝ)において、部分集合Ｗ＝{ｆ∈Ｖ｜ｆは高々有限個の点を除いて[０,４]で微分可能}は部分空間であるか。

解答
ｆ,ｇ∈Ｗとすると、ｆ,ｇがそれぞれ高々有限個の点を除いて[０,４]で微分可能であるので、ｆ＋ｇも高々有限個の点を除いて[０,４]で微分可能である。
∴ｆ＋ｇ∈Ｗ———①
また、ａ∈ℝ，ｆ∈Ｗに対して、ｆが高々有限個の点を除いて[０,４]で微分可能より、ａｆも高々有限個の点を除いて[０,４]で微分可能である。
∴ａｆ∈Ｗ———②
①，②より、ＷはＶの部分空間である。

補足
例(１.３.２)
Ｋ＝ℝまたはℂ，実数の開区間Ｉ上のＫ値関数全体のなすＫ線型空間をＶとする。すなわちＶ＝ℱ(Ｉ,Ｋ)
（ⅱ）Ｖの元でＩにおいて微分可能なもの全体Ｄ¹(Ｉ)もまたＶの部分空間をなす。
微分演算の性質
”ｆとｇが微分可能でａ∈Ｋならば、ｆ＋ｇとａｆも微分可能”
は部分集合Ｄ¹(Ｉ)に対する部分空間の条件にほかならない。
「線型代数入門」有馬哲著より

答
Yes.
「線型代数入門」有馬哲著より

よって、ＯＫ。

続きは次回。

おまけ：

問題３
有界関数ｆ∈ℱ((０,４),ℝ)すなわち開区間(０,４)における値域ｆ((０,４))が有界集合となるｆ全体のなす部分集合Ｗがℱ((０,４),ℝ)の部分空間であることを示せ。

解答
今までの問題は部分空間かどうか答えるだけだったので、「ｆ,ｇがそれぞれ高々有限個の点を除いて[０,４]で微分可能であるので、ｆ＋ｇも高々有限個の点を除いて[０,４]で微分可能である」などとしていたが、今回は証明なので、「ｆ((０,４))，ｇ((０,４))が有界集合だからｆ((０,４))＋ｇ((０,４))も有界集合である」は使えないだろう。

証明
ｆ,ｇ∈Ｗとすると、ｆ,ｇは有界なので、あるＡ＞０,Ｂ＞０が存在して、|ｆ((０,４))|≦Ａ，|ｇ((０,４)|≦Ｂ
∴|(ｆ＋ｇ)((０,４))|＝|ｆ((０,４)＋ｇ((０,４))|
≦|ｆ((０,４)|＋|ｇ((０,４))|≦Ａ＋Ｂ
よって、(ｆ＋ｇ)((０,４))は有界なので、
ｆ＋ｇ∈Ｗ———①

有界関数の定義
関数ｆ(ｘ)に対して
ｆ(ｘ)≦Ｍ（ｆ(ｘ)≧ｍ）
がつねに成り立つような定数Ｍ（ｍ）があるとき、すなわち値域ｆ(Ｄ)が上（下）に有界な集合であるとき、ｆ(ｘ)は上（下）に有界であるといい、Ｍをｆ(ｘ)の上界，ｍを下界という。上下に有界な関数を単に有界関数という。
「微分・積分 教科書」占部実・佐々木右左編より

また、ａ∈ℝ，ｆ∈Ｗに対して、
|ａｆ((０,４))|＝|ａ||ｆ((０,４))|≦|ａ|Ａ
よって、ａｆ((０,４)は有界より、
ａｆ∈Ｗ———②
①，②より、部分空間の定義より、Ｗはℱ((０,４),ℝ)の部分空間である。

問題４
連続関数の実線型空間Ｃ⁰((０,４),ℝ)において集合Ｗ₁,Ｗ₂は線型空間であるか。
（１）Ｗ₁＝{ｆ∈Ｃ⁰((０,４),ℝ)｜ｆは(０,４)において一様連続}
（２）Ｗ₂＝{ｆ∈Ｃ⁰((０,４),ℝ)｜ｆは定点１∈(０,４)を変曲点に持つ}

解答
（１）ｆ,ｇ∈Ｗ₁とすると、ｆ＋ｇも(０,４)において一様連続なので、ｆ＋ｇ∈Ｗ₁———①
また、ａ∈ℝ，ｆ∈Ｗ₁に対して、ａｆも(０,４)において一様連続なので、ａｆ∈Ｗ₁———②
①，②より、部分空間の条件より、Ｗ₁は実線型空間Ｃ⁰((０,４),ℝ)の部分空間である。つまり、線型空間である。

補足
例(１.３.２)
Ｋ＝ℝまたはℂ，実数の開区間Ｉ上のＫ値関数全体のなすＫ線型空間をＶとする。すなわちＶ＝ℱ(Ｉ,Ｋ)
（ⅰ）Ｖの元でＩにおいて連続なもの全体をＣ⁰(Ｉ)またはＣ⁰(Ｉ,Ｋ)で表わす。
Ｃ⁰(Ｉ)はＶの部分空間をなす。連続関数の性質
”ｆとｇが連続でａ∈Ｋならばｆ＋ｇとａｆも連続”
は、Ｖの部分集合Ｃ⁰(Ｉ)に対する部分空間の条件にほかならない。
「線型代数入門」有馬哲著より

（２）ｆ,ｇ∈Ｗ₂とすると、ｆ,ｇは定点１∈(０,４)を変曲点に持つが、ｆ＋ｇが定点１∈(０,４)に変曲点を持つとは限らない。∴ｆ＋ｇ∉Ｗ₂
よって、部分空間の条件を満たさないので、Ｗ₂は実線型空間Ｃ⁰((０,４),ℝ)の部分空間ではない。つまり、線型空間ではない。

変曲点の定義
https://w3e.kanazawa-it.ac.jp/math/category/bibun/henkan-tex.cgi?target=/math/category/bibun/inflection_point.html#:~:text=%E9%96%A2%E6%95%B0y%3Df(x),%E2%80%B3%20(%20x%20)%20%3D%200%20%E3%81%A8

答
Ｗ₁：Yes，Ｗ₂：No
「線型代数入門」有馬哲著より

よって、ＯＫ。

おまけ：

問題
△ＡＢＣの内心と３点Ａ，Ｂ，Ｃをそれぞれ通る直線で作った三角形の垂心が一致する△ＰＱＲが存在する事を証明して下さい。

解答
△ＡＢＣの内心をＩとして、ＡＩ，ＢＩ，ＣＩを結ぶと、ＡＩ，ＢＩ，ＣＩはそれぞれ∠Ａ，∠Ｂ，∠Ｃの二等分線より、∠ＩＡＢ＝∠ＩＡＣ＝●，∠ＩＢＡ＝∠ＩＢＣ＝○，∠ＩＢＣ＝∠ＩＣＡ＝×と置ける。
ここで、点ＡでＡＩと直交すると直線，点ＢでＢＩと直交する直線，点ＣでＣＩと直交する直線を引き、それぞれの交点をＰ，Ｑ，Ｒ（ＢＣに関して点Ａと反対側にある点をＰとし、反時計回りに△ＰＱＲ）と振る。
今、ＩＱを結ぶと、∠ＩＡＱ＝∠ＩＣＱ＝９０°より四角形ＡＩＣＱは円に内接する四角形である。
よって、円周角より∠ＩＱＡ＝∠ＩＣＡ＝×，∠ＩＱＣ＝∠ＩＡＣ＝●
ＩＰ，ＩＲを結んで同様の事をすると、∠ＩＰＣ＝〇，∠ＩＰＢ＝×，∠ＩＲＢ＝●，∠ＩＲＡ＝〇となる。
よって、△ＩＱＡと△ＩＰＢにおいて×と直角の２角が等しいので、残りの１角も等しい。
よって、∠ＡＩＱ＝∠ＢＩＰ＝ａと置く。
同様に、△ＩＲＡと△ＩＰＣにおいて２角が等しいので残りの１角も等しく、∠ＡＩＲ＝∠ＣＩＰ＝ｂと置ける。
同様に、△ＩＱＣと△ＩＲＢにおいて、∠ＣＩＱ＝∠ＢＩＲ＝ｃと置け、
２ａ＋２ｂ＋２ｃ＝３６０°である。
∴ａ＋ｂ＋ｃ＝１８０°
∴よって、∠ＡＩＱ＋∠ＡＩＲ＋∠ＢＩＲ＝１８０°より、３点Ｑ，Ｉ，Ｂは一直線上にある。
同様に、３点Ｒ，Ｉ，Ｃ，３点Ｐ，Ｉ，Ａも一直線上にあり、点Ｉは△ＰＱＲの垂心である。
よって、任意の△ＡＢＣの内心が垂心と一致する三角形は必ず存在する。

昔、三角形の垂心は１点に定まるオリジナルの証明法として作ったような気がする。（ただし、鋭角三角形専用とか限定付きだと思う。今回は深く考えていません。）

おまけ：