数学

発展事項　オイラー線
△ＡＢＣの外心Ｏ，重心Ｇ，垂心Ｈは一直線上に並び、ＯＧ：ＧＨ＝１：２

証明
△ＡＢＣと外接円Ｏを描き、重心Ｇと垂心Ｈをそれらしい位置に定める。また、ＢＣの中点をＭとすると、点Ｏは外心でＢＣの垂直二等分線上にあるので、
ＯＭ⊥ＢＣである。
今、ＣＯを結びその延長と外接円との交点をＣ'とすると、ＣＣ'は直径より∠Ｃ'ＢＣ＝９０°
∴Ｃ'Ｂ⊥ＢＣ
よって、ＯＭ∥Ｃ'Ｂである。
よって、△ＣＣ'Ｂでの中点連結定理の逆により、Ｃ'Ｂ＝２ＯＭ———①
また、Ｈは垂心より、ＡＨ⊥ＢＣ　
よって、ＯＭ⊥ＢＣ，ＡＨ⊥ＢＣより、ＯＭ∥ＡＨ
ところで、ＣＣ'は直径より∠Ｃ'ＡＣ＝９０°
∴Ｃ'Ａ⊥ＡＣ　また、Ｈは垂心より、ＢＨ⊥ＡＣ
∴Ｃ'Ａ∥ＢＨ———ア
また、ＯＭ∥Ｃ'Ｂ，ＯＭ∥ＡＨより、
Ｃ'Ｂ∥ＡＨ———イ
ア，イより、四角形ＡＣ'ＢＨは平行四辺形。
∴Ｃ'Ｂ＝ＡＨ———②
①，②より、ＡＨ＝２ＯＭ　また、ＯＭ∥ＡＨだったので、ここでＡＭを結びＯＨとの交点をＧ'とすると、△Ｇ'ＡＨ∽△Ｇ'ＭＯで相似比は２：１になる。
∴ＡＧ'：Ｇ'Ｍ＝２：１
ところで、Ｇは重心より、ＡＧ：ＧＭ＝２：１
よって、点ＧとＧ'は一致している。また、ＯＧ'：Ｇ'Ｈ＝１：２より、ＯＧ：ＧＨ＝１：２
よって、３点Ｏ，Ｇ，Ｈは一直線上にあり、ＯＧ：ＧＨ＝１：２である。

何でもありの解法は次回。何とか何も見ないで思い出しました。（試行錯誤に計１時間ぐらいかかったかもしれません。）因みに、もはやどの本に載っているのかさえ不明です。（ノートは３００冊以上あって面倒臭い。）

おまけ：
https://www.videomarket.jp/title/058255/A058255006999H01

発展事項　オイラー線
△ＡＢＣの外心Ｏ，重心Ｇ，垂心Ｈは一直線上に並び、ＯＧ：ＧＨ＝１：２

別証
定理
△ＡＢＣの外心Ｏ，垂心Ｈとすると、
↑ＯＨ＝↑ＯＡ＋↑ＯＢ＋↑ＯＣ

という定理があって、これを使えば簡単だが、前回の図を使えば証明は簡単である。（後で前回の図を使わないで証明する。思い出すのに小１時間ぐらいかかったという証明。）
前回の図より、ＡＨ＝２ＯＭ，ＯＭ∥ＡＨ
また、点Ｏは外心よりＯＢ＝ＯＣ
∴↑ＯＢ＋↑ＯＣ＝２↑ＯＭ＝↑ＡＨ
この両辺に↑ＯＡを加えると、
↑ＯＡ＋↑ＯＢ＋↑ＯＣ＝↑ＯＡ＋↑ＡＨ＝↑ＯＨ
∴↑ＯＨ＝↑ＯＡ＋↑ＯＢ＋↑ＯＣ———☆

また、位置ベクトルの基準点を外心Ｏに取ると、
重心Ｇの公式より、
↑ＯＧ＝(↑ＯＡ＋↑ＯＢ＋↑ＯＣ)/３———☆☆
☆，☆☆より、↑ＯＨ＝３↑ＯＧ
よって、３点Ｏ，Ｇ，Ｈは一直線上にあり、
ＯＧ：ＧＨ＝１：２である。
よって、示された。

前回の図が使えれば、初等幾何で解いた方がよっぽど良いので、何とかベクトルのみで解く。（まぁ、思い出すだけなんですけど。）
↑ＯＡ＋↑ＯＢ＋↑ＯＣ＝↑ＯＸとなる点Ｘを考えると、点Ｏは外心より↑ＯＢ＋↑ＯＣ＝↑ＯＤとすると、ＯＤ⊥ＢＣ（四角形ＯＢＤＣはひし形になる。）
また、点Ｈは垂心よりＡＨ⊥ＢＣ　∴ＯＤ∥ＡＨ
ここで、↑ＯＡ＋↑ＯＤを考えると、ＯＤ∥ＡＨより、
↑ＯＡ＋↑ＯＤ＝↑ＯＡ＋↑ＯＢ＋↑ＯＣ＝↑ＯＸとなる点ＸはＡからＢＣに下ろした垂線上のどこかにある。
また、↑ＯＡ＋↑ＯＢ＝↑ＯＥとすると、点Ｏは外心よりＯＥ⊥ＡＢ
また、点Ｈは垂心よりＣＨ⊥ＡＢ　∴ＯＥ∥ＣＨ
ここで、↑ＯＣ＋↑ＯＥを考えると、ＯＥ∥ＣＨより、
↑ＯＣ＋↑ＯＥ＝↑ＯＡ＋↑ＯＢ＋↑ＯＣ＝↑ＯＸとなる点ＸはＣからＡＢに下ろした垂線上にもある。
よって、点Ｘは垂心Ｈと一致している。
↑ＯＡ＋↑ＯＢ＋↑ＯＣ＝↑ＯＸのＸをＨにすると、
↑ＯＨ＝↑ＯＡ＋↑ＯＢ＋↑ＯＣ

因みに、重心Ｇの公式の証明も何も見ないで出来ましたが、省略。内分点の公式を（２回）使えば簡単ですね。

オイラー線のこちらのサイトhttps://manabitimes.jp/math/630には、初等幾何の具体的な解法とベクトルの解法は載っていませんね。ただし、ベクトルの内積と三角関数の証明法が載っていますね。これらは全然知りませんでした。
相変わらず、ウィキペディアは知識だけのようです。https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%82%AA%E3%82%A4%E3%83%A9%E3%83%BC%E7%B7%9A#%E7%9B%B4%E7%B7%9A%E3%81%AE%E5%AD%98%E5%9C%A8%E3%81%AE%E8%A8%BC%E6%98%8E

おまけ：
「17 耳のある者は、御霊が諸教会に言うことを聞くがよい。勝利を得る者には、隠されているマナを与えよう。また、白い石を与えよう。この石の上には、これを受ける者のほかだれも知らない新しい名が書いてある』。」
「ヨハネの黙示録」第２章１７節（口語訳）

発展事項　オイラー線
△ＡＢＣの外心Ｏ，重心Ｇ，垂心Ｈは一直線上に並び、ＯＧ：ＧＨ＝１：２

初等幾何の別証
点ＡからＢＣと平行，点ＢからＣＡと平行，点ＣからＡＢと平行な直線を引き、それぞれの交点をＰ，Ｑ，Ｒ（△ＡＢＣと△ＰＱＲは１８０°回転した相似関係にあり、それぞれに対応するように振る）とすると、△ＡＢＣ∽△ＰＱＲで相似比は１：２になる。
また、点Ｈは垂心よりＡＨ⊥ＢＣ　
また、ＢＣ∥ＲＱよりＡＨ⊥ＲＱとなる。
同様に、ＣＨ⊥ＰＱ
また、△ＢＡＲ≡△ＣＱＡより、ＲＡ＝ＡＱ
よって、点ＡはＲＱの中点。同様に点ＣもＰＱの中点。つまり、点Ｈは△ＰＱＲの外心と一致している。
また、ＡＰ，ＢＱ，ＣＲを結ぶと、ＢＣ，ＣＡ，ＡＢのそれぞれの中点を通るので、△ＰＱＲの重心と△ＡＢＣの重心は一致している。また、ＢＣの中点をＭとする。
ここで、△ＰＱＲの外心Ｈと重心Ｇを結び∠ＨＧＡを考える。
また、△ＡＢＣの外心Ｏと重心Ｇを結び∠ＯＧＭを考えると、相似形なので∠ＨＧＡ＝∠ＯＧＭである。
ところで、３点Ａ，Ｇ，Ｍは一直線上にあるので、対頂角の定理の逆により、３点Ｏ，Ｇ，Ｈも一直線上にある。
また、ＡＨ⊥ＢＣ，ＯＭ⊥ＢＣよりＯＭ∥ＡＨで、△ＧＯＭ∽△ＧＨＡ
また、点Ｇは△ＡＢＣの重心よりＡＧ：ＧＭ＝２：１　よって、相似比は１：２より、ＯＧ：ＧＨ＝１：２
よって、△ＡＢＣの外心Ｏ，重心Ｇ，垂心Ｈは一直線上に並び、ＯＧ：ＧＨ＝１：２
引用元：http://www.s-soarer.jp/?%E6%95%99%E6%9D%90%E3%82%A2%E3%83%BC%E3%82%AB%E3%82%A4%E3%83%96%E3%82%B9%2F%E7%AE%97%E6%95%B0%E3%83%BB%E6%95%B0%E5%AD%A6%2F%E5%95%8F%E9%A1%8C%2F%E5%B9%BE%E4%BD%95%2F%E4%B8%89%E8%A7%92%E5%BD%A2%2F5%E5%BF%83001%2F%E8%A7%A3%E7%AD%94%E4%BE%8B

模範解答の解法は分かりづらいので、アレンジしてみました。ただし、分かる人には（模範解答の方が）一発で簡潔です。

おまけ：
https://bigakusei.com/binan-bijo/27562/

解説
＞（４）根の入れ換えと根の式
　Φn(ｘ)の根α₁,…,αsの式において、ζをζ^k（ｋはｎと互いに素）に置き換えると、もとの式の表示によらず、置き換えた後の値は必ず一定になります。すなわち、このような式を
ｆ(α₁,…,αs)＝ｇ(α₁,…,αs)
とおくと、ζをζ^kにしてα₁,…,αsがβ₁,…,βsに入れ換わるとき
ｆ(β₁,…,βs)＝ｇ(β₁,…,βs)
をみたします。

これだけ読んでもよく分からないので、次の具体例で解説する。

＞例えばｎ＝３を考えます。
Φ3(ｘ)の根ω（＝ζ₃），ω²をｆ(ｘ,ｙ)＝ｘｙ²＋１，ｇ(ｘ,ｙ)＝－ｘ²ｙにそれぞれ代入すると、２式の値は等しくなります：
ｆ(ω,ω²)＝ω(ω²)²＋１＝ω⁵＋１＝ω²＋１＝－ω
ｇ(ω,ω²)＝－ω²ω²＝－ω⁴＝－ω
このときｆ(ω,ω²)＝ｇ(ω,ω²)が成り立ちます：
ｆ(ω²,ω)＝ω²(ω²)＋１＝ω⁴＋１＝ω＋１＝－ω²
ｇ(ω²,ω)＝－(ω²)²ω＝－ω⁵＝－ω²
ここでωとω²の交換はωをω²に変えると得られます（∵(ω²)²＝ω）。
これが（４）の性質です。

Φ3(ｘ)＝ｘ²＋ｘ＋１でこの根はωとω²である。（ω＝(－１＋√３ｉ)/２）
ここで、上の「ｆ(α₁,…,αs)＝ｇ(α₁,…,αs)」の左辺をｆ(ｘ,ｙ)＝ｘｙ²＋１，右辺をｇ(ｘ,ｙ)＝－ｘ²ｙとして、ｘ＝α₁＝ω，ｙ＝α₂＝ω²を代入すると、
ｆ(α₁,α₂)＝ｆ(ω,ω²)＝ω(ω²)²＋１＝ω⁵＋１＝ω²＋１＝－ω
ｇ(α₁,α₂)＝ｇ(ω,ω²)＝－ω²ω²＝－ω⁴＝－ω
となり、ｆ(α₁,α₂)＝ｇ(α,α₂)
つまり、こうなるｆ(ｘ,ｙ)とｇ(ｘ,ｙ)を適当に作った訳である。
そして、このωとω²を入れ換えても等号関係が保たれるというのが（４）の性質という事。
因みに、「ζをζ^k（ｋはｎと互いに素）に置き換える」と、α₁,…,αsが入れ換わるという事。
（「ここでωとω²の交換はωをω²（注：ζをζ^kという意味）に変えると得られます（∵(ω²)²＝ω）」のω＝α₁＝ζ，ω²＝α₂＝ζ^k（２と３は互いに素）という事。ｓ＝２だからあまりピンと来ないかもしれないが。）
ここでは、根の入れ換えの種類については考える事は出来ない。根が２つしかないので２つの入れ換えは全ての入れ換えだから。とにかく、ζをζ^kに置き変えるとα₁,…,αsが入れ換わるそのいくつかの種類の入れ換えでは等号関係が保たれるというのが（４）の性質という事。（念のため、（「ζをζ^kに置き変える」の）ｋ１つに対して入れ換えは１つ対応するという事。）

＞ほかの例は問題7-5を参照してください。

問題 7-5a
ζ＝ｅ^(2πi/5)とおき、αj＝ζ^j（ｊ＝１,２,３,４）とおく。またｆ(ｘ,ｙ,ｚ,ｗ)＝ｘ²ｙｗ，ｇ(ｘ,ｙ,ｚ,ｗ)＝ｘｙとする。次の問いに答えよ。
（１）ｆ(α₁,α₂,α₃,α₄)，ｇ(α₁,α₂,α₃,α₄)を求めよ。
（２）βj＝(ζ²)^j（ｊ＝１,…,４）とおく。
ｆ(β₁,β₂,β₃,β₄)，ｇ(β₁,β₂,β₃,β₄)を求めよ。
（３）ｆ(α₂,α₁,α₃,α₄)，ｇ(α₂,α₁,α₃,α₄)を求めよ。
解答
（１）ｆ(α₁,α₂,α₃,α₄)＝ζ²・ζ²・ζ⁴＝ζ³，
ｇ(α₁,α₂,α₃,α₄)＝ζ・ζ²＝ζ³
（２）ｆ(ζ²,ζ⁴,ζ,ζ³)＝(ζ²)²・ζ⁴・ζ³＝ζ，
ｇ(ζ²,ζ⁴,ζ,ζ³)＝ζ²・ζ⁴＝ζ
（３）ｆ(ζ²,ζ,ζ³,ζ⁴)＝(ζ²)²・ζ・ζ⁴＝ζ⁴，
ｇ(ζ²,ζ,ζ³,ζ⁴)＝ζ²・ζ＝ζ³
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

ｎ＝５の場合である。
２つの式をｆ(ｘ,ｙ,ｚ,ｗ)＝ｘ²ｙｗ，ｇ(ｘ,ｙ,ｚ,ｗ)＝ｘｙと取る訳である。（念のため、ｆ(ｘ,ｙ,ｚ,ｗ)＝ｘ²ｙｚ⁰ｗ，ｇ(ｘ,ｙ,ｚ,ｗ)＝ｘｙｚ⁰ｗ⁰という事である。上のｓ＝４という事。）
すると、（１）の解答より、
ｆ(α₁,α₂,α₃,α₄)＝ｇ(α₁,α₂,α₃,α₄)
そして、ζをζ²（２と５は互いに素だからＯＫ）に置き換えると、αj＝ζ^j（ｊ＝１,２,３,４）からβj＝(ζ²)^jより、β₁＝ζ²，β₂＝ζ⁴，β₃＝ζ⁶＝ζ，β₄＝ζ⁸＝ζ³
よって、（２）のｆ(ζ²,ζ⁴,ζ,ζ³)とｇ(ζ²,ζ⁴,ζ,ζ³)となり、ｆ(ζ²,ζ⁴,ζ,ζ³)＝ｇ(ζ²,ζ⁴,ζ,ζ³)となる事が分かる。（ζ³も３と５（ζ⁴も４と５）は互いに素だからＯＫでそれぞれ違う入れ換えになるという事。）
因みに、（３）はデタラメな入れ換えでは成り立たないという例である。
続きは次回。
しかし、意味が分かった後でも、

「Φn(ｘ)の根α₁,…,αsの式において、ζをζ^k（ｋはｎと互いに素）に置き換えると、もとの式の表示によらず、置き換えた後の値は必ず一定になります。」

はピンと来ませんね。

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12247640468.html

https://ja.wikipedia.org/wiki/%E9%A3%9B%E9%B3%A5%E3%81%B8%E3%80%81%E3%81%9D%E3%81%97%E3%81%A6%E3%81%BE%E3%81%A0%E8%A6%8B%E3%81%AC%E5%AD%90%E3%81%B8

解説の続き
■１の原始ｎ乗根の性質（５つ）
（４）根の入れ換えと根の式
　Φn(ｘ)の根α₁,…,αsの式において、ζをζ^k（ｋはｎと互いに素）に置き換えると、もとの式の表示によらず、置き換えた後の値は必ず一定になります。すなわち、このような式を
ｆ(α₁,…,αs)＝ｇ(α₁,…,αs)
とおくと、ζをζ^kにしてα₁,…,αsがβ₁,…,βsに入れ換わるとき
ｆ(β₁,…,βs)＝ｇ(β₁,…,βs)
をみたします。
　証明の前に、この性質を具体的に説明します。例えばｎ＝３を考えます。
Φ3(ｘ)の根ω（＝ζ₃），ω²をｆ(ｘ,ｙ)＝ｘｙ²＋１，ｇ(ｘ,ｙ)＝－ｘ²ｙにそれぞれ代入すると、２式の値は等しくなります：
ｆ(ω,ω²)＝ω(ω²)²＋１＝ω⁵＋１＝ω²＋１＝－ω
ｇ(ω,ω²)＝－ω²ω²＝－ω⁴＝－ω
このときｆ(ω²,ω)＝ｇ(ω²,ω)が成り立ちます：
ｆ(ω²,ω)＝ω²(ω²)＋１＝ω⁴＋１＝ω＋１＝－ω²
ｇ(ω²,ω)＝－(ω²)²ω＝－ω⁵＝－ω²
ここでωとω²の交換はωをω²に変えると得られます（∵(ω²)²＝ω）。
これが（４）の性質です。ほかの例は問題7-5を参照してください。
　それではこの性質を証明します。これらの式を多項式の商
ｆ(α₁,…,αs)＝ｆ₁(ζ)/ｆ₂(ζ)，
ｇ(α₁,…,αs)＝ｇ₁(ζ)/ｇ₂(ζ)
（ｆ₁,ｆ₂,ｇ₁,ｇ₂は多項式）
と表すと、ｆ(α₁,…,αs)＝ｇ(α₁,…,αs)より
ｆ₁(ζ)ｇ₂(ζ)－ｆ₂(ζ)ｇ₁(ζ)＝０
となります。これからｆ₁(ｘ)ｇ₂(ｘ)－ｆ₂(ｘ)ｇ₁(ｘ)はΦn(ｘ)で割り切れます。なぜならばΦn(ｘ)で割った余りｒ(ｘ)もｒ(ζ)＝０をみたすので、（３）よりｒ(ｘ)＝０しかありません。
よってｆ₁(ｘ)ｇ₂(ｘ)－ｆ₂(ｘ)ｇ₁(ｘ)＝Φn(ｘ)ｐ(ｘ)となります。ここでｘ＝ζ^kを代入すると、
ｆ₁(ζ^k)ｇ₂(ζ^k)－ｆ₂(ζ^k)ｇ₁(ζ^k)＝Φn(ζ^k)ｐ(ζ^k)＝０
となります（ｆ₂(ζ^k)≠０，ｇ₂(ζ^k)≠０は153ページ21行目を参照）。したがってｆ(β₁,…,βs)＝ｇ(β₁,…,βs)が従います。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

＞それではこの性質を証明します。これらの式を多項式の商
ｆ(α₁,…,αs)＝ｆ₁(ζ)/ｆ₂(ζ)，
ｇ(α₁,…,αs)＝ｇ₁(ζ)/ｇ₂(ζ)
（ｆ₁,ｆ₂,ｇ₁,ｇ₂は多項式）
と表す

α₁～αsはそれぞれ、ｎと互いに素なｋでζ^kで表され（ｋの値によってｓ個それぞれ違う）、それらの根の式の次数はｎやｓを越えるが（越えても）、「１の原始ｎ乗根の性質（２）」より、ｓ－１次以下になる。

■１の原始ｎ乗根の性質（５つ）
（２）Φn(ｘ)の根の式
Φn(ｘ)の根の式は、ｓ－１次以下のζの多項式で表せます。（注：（１）よりｓはΦn(ｘ)の次数）

たとえ、ｓ－１次以下にならなくても右辺のように適当なζの多項式の分数で表せる事は自明だろう。

＞ｆ(α₁,…,αs)＝ｇ(α₁,…,αs)より
ｆ₁(ζ)ｇ₂(ζ)－ｆ₂(ζ)ｇ₁(ζ)＝０
となります。

条件より、ｆ(α₁,…,αs)＝ｇ(α₁,…,αs)とすると、
ｆ₁(ζ)/ｆ₂(ζ)＝ｇ₁(ζ)/ｇ₂(ζ)より、
ｆ₁(ζ)ｇ₂(ζ)＝ｆ₂(ζ)ｇ₁(ζ)
∴ｆ₁(ζ)ｇ₂(ζ)－ｆ₂(ζ)ｇ₁(ζ)＝０
という事。

＞これからｆ₁(ｘ)ｇ₂(ｘ)－ｆ₂(ｘ)ｇ₁(ｘ)はΦn(ｘ)で割り切れます。なぜならばΦn(ｘ)で割った余りｒ(ｘ)もｒ(ζ)＝０をみたすので、（３）よりｒ(ｘ)＝０しかありません。

ｆ₁(ｘ)ｇ₂(ｘ)－ｆ₂(ｘ)ｇ₁(ｘ)＝Φn(ｘ)Ｑ(ｘ)＋ｒ(ｘ)と置いて、ｘ＝ζを代入すると、
ｆ₁(ζ)ｇ₂(ζ)－ｆ₂(ζ)ｇ₁(ζ)＝Φn(ζ)Ｑ(ζ)＋ｒ(ζ)
ところで、ζはΦn(ｘ)の根よりΦn(ζ)＝０
∴ｆ₁(ζ)ｇ₂(ζ)－ｆ₂(ζ)ｇ₁(ζ)＝ｒ(ζ)
また、上よりｆ₁(ζ)ｇ₂(ζ)－ｆ₂(ζ)ｇ₁(ζ)＝０だったので、ｒ(ζ)＝０
ここで、ｒ(ｘ)≠０とすると、ｒ(ｘ)はΦn(ｘ)で割った余りなので、次数はΦn(ｘ)より小さく、Φn(ｘ)は既約多項式よりｒ(ｘ)とΦn(ｘ)は互いに素。
よって、「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著の定理4.8より、
ｒ(ｘ)ｐ(ｘ)＋Φn(ｘ)ｑ(ｘ)＝１
をみたす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。

この式にｘ＝ζを代入すると、
ｒ(ζ)ｐ(ζ)＋Φn(ζ)ｑ(ζ)＝１
ところが、Φn(ζ)＝０，ｒ(ζ)＝０より、０＝１となり矛盾。∴ｒ(ｘ)＝０
よって、ｆ₁(ｘ)ｇ₂(ｘ)－ｆ₂(ｘ)ｇ₁(ｘ)＝Φn(ｘ)Ｑ(ｘ)となり、ｆ₁(ｘ)ｇ₂(ｘ)－ｆ₂(ｘ)ｇ₁(ｘ)はΦn(ｘ)で割り切れるという事。

＞よってｆ₁(ｘ)ｇ₂(ｘ)－ｆ₂(ｘ)ｇ₁(ｘ)＝Φn(ｘ)ｐ(ｘ)となります。ここでｘ＝ζ^kを代入すると、
ｆ₁(ζ^k)ｇ₂(ζ^k)－ｆ₂(ζ^k)ｇ₁(ζ^k)＝Φn(ζ^k)ｐ(ζ^k)＝０
となります。
したがってｆ(β₁,…,βs)＝ｇ(β₁,…,βs)が従います。

割り切れるので、
ｆ₁(ｘ)ｇ₂(ｘ)－ｆ₂(ｘ)ｇ₁(ｘ)＝Φn(ｘ)ｐ(ｘ)
と置ける。
これにｘ＝ζ^kを代入すると、
ｆ₁(ζ^k)ｇ₂(ζ^k)－ｆ₂(ζ^k)ｇ₁(ζ^k)＝Φn(ζ^k)ｐ(ζ^k)
ところで、ζ^kもΦn(ｘ)の根より、Φn(ζ^k)＝０
∴ｆ₁(ζ^k)ｇ₂(ζ^k)－ｆ₂(ζ^k)ｇ₁(ζ^k)＝０
∴ｆ₁(ζ^k)ｇ₂(ζ^k)＝ｆ₂(ζ^k)ｇ₁(ζ^k)
∴ｆ₁(ζ^k)/ｆ₂(ζ^k)＝ｇ₁(ζ^k)/ｇ₂(ζ^k)
∴ｆ(β₁,…,βs)＝ｇ(β₁,…,βs)

補足１
ｆ(α₁,…,αs)＝ｆ₁(ζ)/ｆ₂(ζ)，
ｇ(α₁,…,αs)＝ｇ₁(ζ)/ｇ₂(ζ)

補足２
「ζをζ^kにしてα₁,…,αsがβ₁,…,βsに入れ換わる」

＞（ｆ₂(ζ^k)≠０，ｇ₂(ζ^k)≠０は153ページ21行目を参照）

要は、上の、
ｆ₁(ζ^k)/ｆ₂(ζ^k)＝ｇ₁(ζ^k)/ｇ₂(ζ^k)
の分母が０にならない事を証明すれば良い。

証明
ｆ₂(ζ^k)＝０と仮定すると、Φn(ζ^k)＝０とΦn(ｘ)は既約多項式よりｆ₂(ｘ)はΦn(ｘ)で割り切れる。その理由は、

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p.129より

最小多項式となる条件
αを根に持つＡ係数多項式ｆ(ｘ)について、次の①,②は同値です。
①ｆ(ｘ)はαのＡ最小多項式である。
②ｆ(ｘ)は既約である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著p.130より

つまり、同じ根を持つ２つの多項式は片方が既約多項式ならばそれで割り切れるという事だからである。

よって、ｆ₂(ｘ)＝Φn(ｘ)Ｑ(ｘ)と置け、
これにｘ＝ζを代入すると、
ｆ₂(ζ)＝Φn(ζ)Ｑ(ζ)＝０・Ｑ(ζ)＝０
ところで、ｆ(α₁,…,αs)＝ｆ₁(ζ)/ｆ₂(ζ)より、
ｆ₂(ζ)≠０に矛盾する。
よって、背理法により、ｆ₂(ζ^k)≠０である。
ｇ₂(ζ^k)≠０の方も同じ。

おまけ：
「13 人がその友のために自分の命を捨てること、これよりも大きな愛はない。
14 あなたがたにわたしが命じることを行うならば、あなたがたはわたしの友である。
15 わたしはもう、あなたがたを僕とは呼ばない。僕は主人のしていることを知らないからである。わたしはあなたがたを友と呼んだ。わたしの父から聞いたことを皆、あなたがたに知らせたからである。
16 あなたがたがわたしを選んだのではない。わたしがあなたがたを選んだのである。そして、あなたがたを立てた。それは、あなたがたが行って実をむすび、その実がいつまでも残るためであり、また、あなたがたがわたしの名によって父に求めるものはなんでも、父が与えて下さるためである。」
「ヨハネによる福音書」第１５章１３節～１６節（口語訳）

問題
三項列ベクトルの実線型空間ℝ³において
（１）Ｗ₁＝{(ｘi)∈ℝ³｜ｘ₁＋ｘ₂＋ｘ₃＝０}
（２）Ｗ₂＝{(ｘi)∈ℝ³｜ｘ₁＋ｘ₂＋ｘ₃＝１}
（３）Ｗ₃＝{(ｘi)∈ℝ³｜ｘ₁＋３ｘ₂＋１１ｘ₃＝０}
（４）Ｗ₄＝{(ｘi)∈ℝ³｜ｘ₁＞０,ｘ₂＞０,ｘ₃＞０}
とおくとき、これらは部分空間であるか。
「線型代数入門」有馬哲著より

解答
（１）Ｘ,Ｙ∈Ｗ₁，Ｘ＝(ｘ₁ ｘ₂ ｘ₃)，Ｙ＝(ｙ₁ ｙ₂ ｙ₃)と置くと、Ｘ＋Ｙ＝(ｘ₁ ｘ₂ ｘ₃)＋(ｙ₁ ｙ₂ ｙ₃)＝(ｘ₁＋ｙ₁ ｘ₂＋ｙ₂ ｘ₃＋ｙ₃)
ここで、(ｘ₁＋ｙ₁)＋(ｘ₂＋ｙ₂)＋(ｘ₃＋ｙ₃)を調べると、＝(ｘ₁＋ｘ₂＋ｘ₃)＋(ｙ₁＋ｙ₂＋ｙ₃)
ところで、Ｘ∈Ｗ₁，Ｙ∈Ｗ₁より、
ｘ₁＋ｘ₂＋ｘ₃＝０，ｙ₁＋ｙ₂＋ｙ₃＝０
これらを代入すると、
(ｘ₁＋ｙ₁)＋(ｘ₂＋ｙ₂)＋(ｘ₃＋ｙ₃)＝０となる。
∴Ｘ＋Ｙ∈Ｗ₁———①
また、ａ∈ℝ，Ｘ∈Ｗ₁に対して、ａＸ＝ａ(ｘ₁ ｘ₂ ｘ₃)＝(ａｘ₁ ａｘ₂ ａｘ₃)
ここで、ａｘ₁＋ａｘ₂＋ａｘ₃＝ａ(ｘ₁＋ｘ₂＋ｘ₃)＝ａ・０＝０　∴ａＸ∈Ｗ₁———②
①，②より、Ｗ₁はℝ₃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）Ｘ,Ｙ∈Ｗ₂，Ｘ＝(ｘ₁ ｘ₂ ｘ₃)，Ｙ＝(ｙ₁ ｙ₂ ｙ₃)と置くと、Ｘ＋Ｙ＝(ｘ₁ ｘ₂ ｘ₃)＋(ｙ₁ ｙ₂ ｙ₃)＝(ｘ₁＋ｙ₁ ｘ₂＋ｙ₂ ｘ₃＋ｙ₃)
ここで、(ｘ₁＋ｙ₁)＋(ｘ₂＋ｙ₂)＋(ｘ₃＋ｙ₃)を調べると、＝(ｘ₁＋ｘ₂＋ｘ₃)＋(ｙ₁＋ｙ₂＋ｙ₃)
ところで、Ｘ∈Ｗ₂，Ｙ∈Ｗ₂より、
ｘ₁＋ｘ₂＋ｘ₃＝１，ｙ₁＋ｙ₂＋ｙ₃＝１
これらを代入すると、
(ｘ₁＋ｙ₁)＋(ｘ₂＋ｙ₂)＋(ｘ₃＋ｙ₃)＝２となる。
よって、(ｘ₁＋ｙ₁)＋(ｘ₂＋ｙ₂)＋(ｘ₃＋ｙ₃)≠１より、
Ｘ＋Ｙ∉Ｗ₂
よって、部分空間の条件を満たさないので、Ｗはℝ₃の部分空間ではない。

（３）Ｘ,Ｙ∈Ｗ₃，Ｘ＝(ｘ₁ ｘ₂ ｘ₃)，Ｙ＝(ｙ₁ ｙ₂ ｙ₃)と置くと、Ｘ＋Ｙ＝(ｘ₁ ｘ₂ ｘ₃)＋(ｙ₁ ｙ₂ ｙ₃)＝(ｘ₁＋ｙ₁ ｘ₂＋ｙ₂ ｘ₃＋ｙ₃)
ここで、(ｘ₁＋ｙ₁)＋３(ｘ₂＋ｙ₂)＋１１(ｘ₃＋ｙ₃)を調べると、＝(ｘ₁＋３ｘ₂＋１１ｘ₃)＋(ｙ₁＋３ｙ₂＋１１ｙ₃)
ところで、Ｘ∈Ｗ₃，Ｙ∈Ｗ₃より、
ｘ₁＋３ｘ₂＋１１ｘ₃＝０，ｙ₁＋３ｙ₂＋１１ｙ₃＝０
これらを代入すると、
(ｘ₁＋ｙ₁)＋３(ｘ₂＋ｙ₂)＋１１(ｘ₃＋ｙ₃)＝０となる。
∴Ｘ＋Ｙ∈Ｗ₃———①
また、ａ∈ℝ，Ｘ∈Ｗ₃に対して、ａＸ＝ａ(ｘ₁ ｘ₂ ｘ₃)＝(ａｘ₁ ａｘ₂ ａｘ₃)
ここで、ａｘ₁＋３(ａｘ₂)＋１１(ａｘ₃)＝ａ(ｘ₁＋３ｘ₂＋１１ｘ₃)＝ａ・０＝０　∴ａＸ∈Ｗ₃———②
①，②より、Ｗ₃はℝ₃の部分空間である。

（４）解法１　Ｘ,Ｙ∈Ｗ₄，Ｘ＝(ｘ₁ ｘ₂ ｘ₃)，Ｙ＝(ｙ₁ ｙ₂ ｙ₃)と置くと、Ｘ＋Ｙ＝(ｘ₁ ｘ₂ ｘ₃)＋(ｙ₁ ｙ₂ ｙ₃)＝(ｘ₁＋ｙ₁ ｘ₂＋ｙ₂ ｘ₃＋ｙ₃)
ここで、Ｘ∈Ｗ₄，Ｙ∈Ｗ₄より、ｘ₁＞０，ｘ₂＞０，ｘ₃＞０，ｙ₁＞０，ｙ₂＞０，ｙ₃＞０
∴ｘ₁＋ｙ₁＞０，ｘ₂＋ｙ₂＞０，ｘ₃＋ｙ₃＞０
∴Ｘ＋Ｙ∈Ｗ₄
また、ａ∈ℝ，Ｘ∈Ｗ₄に対して、ａＸ＝ａ(ｘ₁ ｘ₂ ｘ₃)＝(ａｘ₁ ａｘ₂ ａｘ₃)
ここで、ａ∈ℝよりａ＜０に取ると、ｘ₁＞０より、ａｘ₁＜０となるので、ａＸ∉Ｗ₄
よって、Ｗ₄はℝ₃の部分空間ではない。

解法２　Ｗ₄＝{(ｘi)∈ℝ³｜ｘ₁＞０,ｘ₂＞０,ｘ₃＞０}
部分空間は、必ず⓪＝(０ ０ ０)を含まなければならないが、ｘ₁＞０，ｘ₂＞０，ｘ₃＞０より、⓪∉Ｗ₄
よって、Ｗ₄はℝ₃の部分空間ではない。

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。
公理Ⅰ（加法の公理）
（３）零元あるいは零と呼ばれる特別な元（これを⓪（注：本では普通の太字の０）などで表わす）がただ一つ存在し、すべてのｘ∈Ｖに対して
⓪＋ｘ＝ｘ＋⓪＝ｘ　　　　　　　　（零元の存在）
（他は全て省略。）
「線型代数入門」有馬哲著より

因みに、問題の解答は、
解答
Ｗ₁とＷ₃；Ｙｅｓ，Ｗ₂とＷ₄：Ｎｏ

よって、ＯＫですね。因みに、他の解答では皆「：」が使われているので、初めの「；」は誤植ですね。

おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1854325487402987969

問題
右の図で、Ｉは△ＡＢＣの内接円の中心，Ｏは外接円の中心で、ＡＩの延長と円Ｏの交点をＤ，ＤＯの延長と円Ｏの交点をＥとする。このとき、図を利用して、次の（１），（２）を証明しなさい。
（１）ＤＢ＝ＤＩ
（２）内接円の半径をｒ，外接円の半径をＲとするとき、Ｒ²－ＯＩ²＝２Ｒｒ
（有名問題）

図の解説
ＡＢ＞ＡＣの鋭角三角形ＡＢＣの内接円と外接円が描かれていて、内心をＩ，外心をＯとする。ＡＩの延長と外接円との交点をＤとし、ＤＯの延長と外接円との交点をＥとして、ＢＤ，ＢＥが結ばれた図。

模範解答
（１）Ｉは内心なので、ＩＡ，ＩＢはそれぞれ頂角Ａ，Ｂを二等分する。
∠ＤＡＣ＝∠ＤＡＢ・・・①
∠ＩＢＣ＝∠ＩＢＡ・・・②
ここで、円周角の定理により、
∠ＤＡＣ＝∠ＤＢＣ・・・③
①，③より、∠ＤＢＣ＝∠ＤＡＢ・・・④
②と④を辺々たして、
∠ＩＢＣ＋∠ＤＢＣ＝∠ＩＢＡ＋∠ＤＡＢ
よって、∠ＤＢＩ＝∠ＤＩＢだから、ＤＢ＝ＤＩ
（２）図のように各点を定める（注：内接円とＡＣとの接点をＨ，ＯＩを結びその延長と外接円との交点をＦ，Ｇ（ＩＯの延長と円との交点をＦ，ＯＩの延長と円との交点をＧ）とした図）と、
弧ＢＤ＝弧ＣＤより、∠ＢＥＤ＝∠ＣＡＩ
これと、∠ＥＢＤ＝∠ＡＨＩ＝９０°より、
△ＥＤＢ∽△ＡＩＨ
対応する辺の比をとって、
ＥＤ：ＡＩ＝ＤＢ：ＩＨ
よって、２Ｒｒ＝ＥＤ×ＩＨ＝ＡＩ×ＤＢ
＝ＡＩ×ＤＩ＝ＦＩ×ＧＩ
＝(ＦＯ＋ＯＩ)(ＧＯ－ＯＩ)
＝(Ｒ＋ＯＩ)(Ｒ－ＯＩ)＝Ｒ²－ＯＩ²
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞∠ＩＢＣ＋∠ＤＢＣ＝∠ＩＢＡ＋∠ＤＡＢ
よって、∠ＤＢＩ＝∠ＤＩＢだから、ＤＢ＝ＤＩ

∠ＩＢＣ＋∠ＤＢＣ＝∠ＤＢＩは自明。
∠ＩＢＡ＋∠ＤＡＢ＝∠ＤＩＢは△ＩＡＢの内対角の和より。
よって、∠ＤＢＩ＝∠ＤＩＢで△ＤＢＩは二等辺三角形だからＤＢ＝ＤＩ。

＞図のように各点を定める（注：内接円とＡＣとの接点をＨ，ＯＩを結びその延長と外接円との交点をＦ，Ｇ（ＩＯの延長と円との交点をＦ，ＯＩの延長と円との交点をＧ）とした図）

いきなりこんな事を言われても、どうしてそうするのか分からないと思う。そこで、まずは問題文の図の状態から、
円の中心と接線の関係より、ＩＨ⊥ＡＣ　∴∠ＡＨＩ＝９０°また、問題文の「ＤＯの延長と円Ｏの交点をＥとする」からＤＥは直径である。よって、その円周角∠ＥＢＤ＝９０°∴∠ＥＢＤ＝∠ＡＨＩ———①
また、円周角より∠ＤＥＢ＝∠ＤＡＢ　また、ＡＩは∠Ａの二等分線より∠ＤＡＢ＝∠ＤＡＣ＝∠ＩＡＨ
∴∠ＤＥＢ＝∠ＩＡＨ———②
①，②より、２角が等しいので、△ＥＢＤ∽△ＡＨＩ
∴ＥＤ：ＤＢ＝ＡＩ：ＩＨ
ところで、ＥＤ＝２Ｒ，ＩＨ＝ｒより、
２Ｒ：ＤＢ＝ＡＩ：ｒ
また、（１）より、ＤＢ＝ＤＩなので、これを代入すると、２Ｒ：ＤＩ＝ＡＩ：ｒ
∴ＡＩ・ＤＩ＝２Ｒ・ｒ＝２Ｒｒ———③
ここで、方べきの定理を利用するために、ＯＩを結びその延長と外接円との交点をＦ，Ｇとすると、
ＡＩ・ＤＩ＝ＦＩ・ＧＩ＝(ＯＦ＋ＯＩ)(ＯＧ－ＯＩ)＝(Ｒ＋ＯＩ)(Ｒ－ＯＩ)＝Ｒ²－ＯＩ²———④
③，④より、Ｒ²－ＯＩ²＝２Ｒｒ

因みに、（２）をオイラーの公式という。以前は、（１）の誘導などなしで導けるようにしていましたが、さすがに２０年ぐらいやっていないと怪しいですね。まぁ、こういう誘導が付いていれば２，３分で楽勝ですが。（本当にやっていないと忘れちゃうんですよ。まぁ、年配の方なら分かって貰えると思いますが。）

おまけ：

解説

■１の原始ｎ乗根の性質（５つ）
（１）Φn(ｘ)の根
Φ(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。この数をφ(ｎ)と表し、φ(ｎ)をオイラー関数といいました。
（２）Φn(ｘ)の根の式
Φn(ｘ)の根の式は、ｓ－１次以下のζの多項式で表せます。実際、（１）より根の式をｆ(ζ)/ｇ(ζ)と表します。ｇ(ζ)≠０なので、ｇ(ｘ)はΦn(ｘ)と互いに素になります。（Φn(ｘ)は既約なので、互いに素でなければｇ(ｘ)を割り切り、ｇ(ζ)＝０となり矛盾します）。したがってユークリッドの互除法により、
ｇ(ｘ)ｐ(ｘ)＋Φn(ｘ)ｑ(ｘ)＝１
をみたすｐ(ｘ)，ｑ(ｘ)があります。この式の両辺にｘ＝ζを代入してｇ(ζ)ｐ(ζ)＝１が得られます。よって次のようになります：
ｆ(ζ)/ｇ(ζ)＝ｆ(ζ)ｐ(ζ)/ｇ(ζ)ｐ(ζ)＝ｆ(ζ)ｐ(ζ)＝ｒ(ζ)
（ここでｒ(ｘ)はｆ(ｘ)ｐ(ｘ)をΦn(ｘ)で割った余り（次数はｓ－１次以下））
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

＞Φn(ｘ)の根の式は、ｓ－１次以下のζの多項式で表せます。

証明
Φn(ｘ)の根の１つはζで、根の式を例えば、ζ²＋３ζ＋１とすると、
ζ²＋３ζ＋１＝(ζ³＋２ζ²－２ζ＋１)/(ζ－１)
と表せる。（分母分子が同じものをかけただけ。）
つまり、ζの式がどんな式でも必ずｆ(ζ)/ｇ(ζ)と表せ、分母が≠０である事は必然なので、ｇ(ζ)≠０
ここで、ｇ(ｘ)とΦn(ｘ)が互いに素でないと仮定すると、Φn(ｘ)は定理7.1より既約多項式なので、

定理7.1（円分多項式の既約性）
Φn(ｘ)は有理数係数として既約である。

Φn(ｘ)はｇ(ｘ)を割り切る（中途半端な共通因数はなく、また、ｇ(ｘ)がΦn(ｘ)を割り切る事もないから）。
よって、ｇ(ｘ)＝Φn(ｘ)Ｑ(ｘ)と置け、これにｘ＝ζを代入すると、ｇ(ζ)＝Φn(ζ)Ｑ(ζ)＝０・Ｑ(ζ)＝０（ζはΦn(ｘ)の根でΦn(ζ)＝０だから。）
よって、ｇ(ζ)＝０　ところで、ｇ(ζ)≠０なので矛盾が生じる。よって、ｇ(ｘ)とΦn(ｘ)は互いに素である。
よって、「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著の定理4.8より、
ｇ(ｘ)ｐ(ｘ)＋Φn(ｘ)ｑ(ｘ)＝１
をみたす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。

念のため、ｇ(ｘ)とΦn(ｘ)が互いに素だから最大公約数ｄ(Ｘ)＝１という事である。
ｇ(ｘ)ｐ(ｘ)＋Φn(ｘ)ｑ(ｘ)＝１にｘ＝ζを代入すると、
ｇ(ζ)ｐ(ζ)＋Φn(ζ)ｑ(ζ)＝１
また、ζはΦn(ｘ)の根でΦn(ζ)＝０より、
ｇ(ζ)ｐ(ζ)＝１
今、ｆ(ζ)/ｇ(ζ)の分母分子にｐ(ζ)をかけると、
ｆ(ζ)/ｇ(ζ)＝ｆ(ζ)ｐ(ζ)/ｇ(ζ)ｐ(ζ)
これにｇ(ζ)ｐ(ζ)＝１を代入すると、
ｆ(ζ)/ｇ(ζ)＝ｆ(ζ)ｐ(ζ)———①
ここで、ｆ(ｘ)ｐ(ｘ)の次数がΦn(ｘ)より小さければ（１）よりΦn(ｘ)の次数はｓなので、ｆ(ζ)ｐ(ζ)の次数はｓ－１以下でｆ(ζ)/ｇ(ζ)の次数もｓ－１以下。
また、ｆ(ｘ)ｐ(ｘ)の次数がΦn(ｘ)以上ならばｆ(ｘ)ｐ(ｘ)をΦn(ｘ)で割って商をＱ(ｘ)，余りをｒ(ｘ)とすると、ｆ(ｘ)ｐ(ｘ)＝Φn(ｘ)Ｑ(ｘ)＋ｒ(ｘ)（ｒ(ｘ)の次数はΦn(ｘ)の次数より小さい。）
これにｘ＝ζを代入すると、
ｆ(ζ)ｐ(ζ)＝Φn(ζ)Ｑ(ζ)＋ｒ(ζ)
ζはΦn(ｘ)の根でΦn(ζ)＝０より、
ｆ(ζ)ｐ(ζ)＝ｒ(ζ)———②
①，②より、ｆ(ζ)/ｇ(ζ)＝ｒ(ζ)
ところで、ζの式がどんな式でも必ずｆ(ζ)/ｇ(ζ)と表せた。また、ｒ(ζ)の次数はΦn(ζ)の次数より小さいのでｓ－１次以下。
よって、ｆ(ｘ)ｐ(ｘ)の次数がΦn(ｘ)より小さい場合のｓ－１次以下と合わせて、Φn(ｘ)の根ζの式は、ｓ－１次以下の多項式で表せる。

感想
こういうのを省けばずっと分かり易くなるんだろうけど、本としては薄くなって成り立たないんだろうね。個人的には、こういうのが面白くて勉強になるが。

おまけ：

問題
図の△ＡＢＣで、Ｉは内心で、ＩＤ＝ＩＥ，ＡＥ＞ＡＤである。
（１）∠ＤＡＩ＝ｘ°とするとき、∠ＤＩＥの大きさをｘで表せ。
（２）∠ＡＥＩ＋∠ＡＤＩ＝１８０°となることを証明せよ。
（３）∠Ａの大きさを求めよ。
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

模範解答
（１）Ｉは内心だから、ＩＡ，ＩＢ，ＩＣは、各頂点の二等分線である。
図のように、ｂ,ｃを定める（注：∠Ｂの二等分をｂ°，∠Ｃの二等分をｃ°ずつ）と、
２ｂ°＋２ｃ°＋２ｘ°＝１８０°より、
ｂ°＋ｃ°＝９０°－ｘ°
よって、∠ＤＩＥ＝１８０°－(ｂ°＋ｃ°)
＝９０°＋ｘ°
（２）線分ＡＥ上に、ＡＥ'＝ＡＤ（＜ＡＥ）となるような点Ｅ'をとると、
△ＡＩＥ'≡△ＡＩＤ（二辺夾角相等）
よって、ＩＥ'＝ＩＤ＝ＩＥ
これより、△ＩＥＥ'はＩＥ＝ＩＥ'の二等辺三角形になる。
よって、∠ＡＥＩ＋∠ＡＤＩ＝∠ＩＥ'Ｅ＋∠ＩＥ'Ａ＝１８０°
（３）四角形ＡＥＩＤの内角を考えると、（２）より、∠Ｄ＋∠Ｅ＝１８０°
よって、∠Ａ＋∠Ｉ＝１８０°
∠Ｉ＝１８０°－∠Ａ＝１８０°－２ｘ°となる。
（１）より、∠Ｉ＝９０°＋ｘ°だから、
１８０°－２ｘ°＝９０°＋ｘ°
これを解いて、ｘ＝３０°
ゆえに、∠Ａ＝２ｘ°＝６０°
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

私の解法
（１）Ｉは内心で∠ＤＡＩ＝ｘ°より、∠Ａ＝２ｘ°
また、対頂角より∠ＤＩＥ＝∠ＢＩＣ
ここで、公式https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q12229757997より、
∠ＢＩＣ＝９０°＋∠Ａ/２
よって、∠ＤＩＥ＝９０°＋ｘ°
（２）△ＡＤＩと△ＡＥＩにおいて、∠ＤＡＩ＝∠ＥＡＩ，ＩＤ＝ＩＥ，ＡＩは共通より、二辺と挟角以外の１角が等しいので、△ＡＤＩ≡△ＡＥＩまたは∠Ｄと∠Ｅが補角をなす。https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1849808608621625677
ところで、条件よりＡＥ≠ＡＤなので、合同ではない。よって、∠Ｄと∠Ｅは補角をなす。
∴∠Ｄ＋∠Ｅ＝１８０°
（３）模範解答と同じようにｂ,ｃと置くと、
△ＥＢＣの内対角の和より、∠ＡＥＩ＝２ｂ＋ｃ
△ＤＢＣの内対角の和より、∠ＡＤＩ＝ｂ＋２ｃ
これらを（２）の結果に代入すると、
３ｂ＋３ｃ＝１８０°∴ｂ＋ｃ＝６０°
∴∠Ａ＝１８０°－６０°×２＝６０°

補足
注：二辺と夾角でない一角が定まっている三角形は、原則としては、２通りに決まります（右図は一角が３０°で、二辺が６ｃｍ，４ｃｍの場合）。
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

図の解説
ＡＢ＝６ｃｍ，ＡＣ＝４ｃｍ，∠Ｂ＝３０°の△ＡＢＣの辺ＢＣ上にＡＣ'＝４ｃｍとなる点Ｃ'を取った図。

因みに、模範解答の「線分ＡＥ上に、ＡＥ'＝ＡＤ（＜ＡＥ）となるような点Ｅ'をとると」の代わりに、「ＡＣ上にＡＤ'＝ＡＥとなる点を取って」もできます。

おまけ：

解説
＞背理法で証明する。仮にａi≠ｂiとなるｉがあったとする。そのようなｉの中で最大のものをｍとする。すべてのｘ∈Ｋに対して
(ａ₀－ｂ₀)＋(ａ₁－ｂ₁)ｘ＋…＋(ａm－ｂm)ｘ^m＝ｆ(ｘ)－ｆ(ｘ)＝０
が成り立つ。

「仮にａi≠ｂiとなるｉがあったとする。そのようなｉの中で最大のものをｍとする。」ここまでは自明とする。
ここで、ｆ(ｔ)＝ａ₀＋ａ₁ｔ＋…＋ａnｔ^n＝ｂ₀＋ｂ₁ｔ＋…＋ｂnｔ^nのａi,ｂiの順番を適当に入れ換えてａi≠ｂiとなっているものを新たにａ₀,ａ₁,…,ａm，ｂ₀,ｂ₁,…,ｂmと振って先頭から置く（ａi≠ｂiとなるｉの最大のものがｍ）と、
ａ₀＋ａ₁ｔ＋…＋ａmｔ^m＋ａm+1ｔ^(m+1)＋…＋ａnｔ^n　
＝ｂ₀＋ｂ₁ｔ＋…＋ｂmｔ^m＋ｂm+1ｔ^(m+1)＋…＋ｂnｔ^n
となり、ｍ＋１以上の項はａi＝ｂiよりａiｔ^i＝ｂiｔ^iなので、移項すると相殺されて０になる。
よって、(ａ₀－ｂ₀)＋(ａ₁－ｂ₁)ｔ＋…＋(ａm－ｂm)ｔ^m＝ｆ(ｔ)－ｆ(ｔ)＝０
ここで、ｔを「すべてのｘ∈Ｋ」にすると、
(ａ₀－ｂ₀)＋(ａ₁－ｂ₁)ｘ＋…＋(ａm－ｂm)ｘ^m＝０

＞ここで数体Ｋは１を含むあらゆる自然数を含むことに注意する。１∈Ｋ⇒２＝１＋１∈Ｋ，３＝１＋２∈Ｋ，…。そうすると、上のことから、すべての自然数Ｎに対して
(ａ₀－ｂ₀)＋(ａ₁－ｂ₁)Ｎ＋…＋(ａm－ｂm)Ｎ^m＝０

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を数体とい言う。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。

数体Ｋは定義の（ⅰ）より加法について閉じていて、（ⅲ）より１を含むので、１∈Ｋ
よって、１＋１∈Ｋより２∈Ｋ
よって、１＋２∈Ｋより３∈Ｋ
これを繰り返すと、全ての自然数がＫに含まれている事が分かる。よって、先の、(ａ₀－ｂ₀)＋(ａ₁－ｂ₁)ｘ＋…＋(ａm－ｂm)ｘ^m＝０のｘに自然数全体のＮを代入すると、
(ａ₀－ｂ₀)＋(ａ₁－ｂ₁)Ｎ＋…＋(ａm－ｂm)Ｎ^m＝０（ここでのＮは集合ではなく代数的整数という意味。）

＞適当に移項して、Ｎ^mで割ると
０≠ａm－ｂm＝－(ａ₀－ｂ₀)/Ｎ^m－(ａ₁－ｂ₁)/Ｎ^(m-1)－…－(ａm-1－ｂm-1)/Ｎ
が生ずる。

「適当に移項して」は「適切に移項して」という意味だと思うが、「移項して」だけの方が分かり易い。
∴(ａm－ｂm)Ｎ^m＝－(ａ₀－ｂ₀)－(ａ₁－ｂ₁)Ｎ－…－(ａm-1－ｂm-1)Ｎ^(m-1)
∴ａm－ｂm＝－(ａ₀－ｂ₀)/Ｎ^m－(ａ₁－ｂ₁)/Ｎ^(m-1)－…－(ａm-1－ｂm-1)/Ｎ
ところで、ａm≠ｂmだったので、ａm－ｂm≠０
よって、
０≠ａm－ｂm＝－(ａ₀－ｂ₀)/Ｎ^m－(ａ₁－ｂ₁)/Ｎ^(m-1)－…－(ａm-1－ｂm-1)/Ｎ
という事。

＞ここで両辺のlim(N→∞)をとると
０≠ａm－ｂm＝lim(N→∞)(右辺)＝０
となり、矛盾が生ずる。

極限を知っていれば自明である。

＞よってすべての０≦ｉ≦ｎに対してａi＝ｂi（証明終）

ところで、初めに「ａi≠ｂiとなるｉがあったとする」として矛盾が生じたので、背理法により全てのｉでａi＝ｂiとなる。（少なくとも１つａi≠ｂiが存在するの否定は、全くａi≠ｂiが存在しないという事で、全てのｉでａi＝ｂiという事。）

別解は次回。

おまけ：

補題
多項式の表現は一意的である。すなわち関数ｆ∈ℱ(Ｋ,Ｋ)が多項式で
ｆ(ｔ)＝ａ₀＋ａ₁ｔ＋…＋ａnｔ^n＝ｂ₀＋ｂ₁ｔ＋…＋ｂnｔ^n，ａi,ｂj∈Ｋ
であれば、すべての０≤ｉ≤ｎに対して、ａi＝ｂiである。

別証（オリジナル）
数学的帰納法で示す。
（ⅰ）ｎ＝０の場合、ｆ(ｔ)＝ａ₀＝ｂ₀　
よって、ａi＝ｂiより成り立つ。
（ⅱ）ｎ＝ｋの時成り立つと仮定すると、
ｆ(ｔ)＝ａ₀＋ａ₁ｔ＋…＋ａkｔ^k＝ｂ₀＋ｂ₁ｔ＋…＋ｂkｔ^k，ａi,ｂj∈Ｋ
であれば、ａ₀＝ｂ₀，ａ₁＝ｂ₁，…，ａk＝ｂk

ｎ＝ｋ＋１の時、ｆ(ｔ)＝ａ₀＋ａ₁ｔ＋…ａkｔ^k＋ａk+1ｔ^(k+1)＝ｂ₀＋ｂ₁ｔ＋…＋ｂkｔ^k＋ｂk+1ｔ^(k+1)
とすると、帰納法の仮定（仮定の仮定）より、
ｆ(ｔ)＝ａ₀＋ａ₁ｔ＋…＋ａkｔ^k＝ｂ₀＋ｂ₁ｔ＋…＋ｂkｔ^kなので、これを代入して移項すると、
ａk+1ｔ^(k+1)＝ｂk+1ｔ^(k+1)
（１）ｔ≠０の場合、ａk+1＝ｂk+1
また、帰納法の仮定より、
ａ₀＝ｂ₀，ａ₁＝ｂ₁，…，ａk＝ｂk
∴ａ₀＝ｂ₀，ａ₁＝ｂ₁，…，ａk+1＝ｂk+1
よって、
ｆ(ｔ)＝ａ₀＋ａ₁ｔ＋…＋ａk+1ｔ^(k+1)＝ｂ₀＋ｂ₁ｔ＋…＋ｂk+1ｔ^(k+1)，ａi,ｂj∈Ｋ
であれば、
ａ₀＝ｂ₀，ａ₁＝ｂ₁，…，ａk+1＝ｂk+1
よって、ｎ＝ｋ＋１の時も成り立つ。
（ⅰ），（ⅱ）より、数学的帰納法により示された。
（２）ｔ＝０の場合、
ｆ(０)＝ａ₀＝ｂ₀でａi＝ｂiを満たす。
（１），（２）より、多項式の表現は一意的である。

感想
数学的帰納法特有のｎ＝ｋ＋１の時にある程度の引っ掛かりを越えるような所がないのですが、多項式の表現が一意的とはあまりにも当たり前過ぎてそのようなものがなくても良いのでしょうか。
いつものように自己責任でお願いします。

おまけ：

間違い探しの回答

証明１
ピタゴラス数の定理より、
ａ＝ｍ^2－ｎ^2，ｂ＝２ｍｎ，ｃ＝ｍ^2＋ｎ^2（ｍ＞ｎ＞０，ｍとｎは互いに素な偶数と奇数の組み合わせ）
https://manabitimes.jp/math/661（偶数と奇数の組み合わせとは書いていないが、原始ピタゴラス数の場合はそうである。）
ここで、ｃ－ｂ＝１とすると、ｍ^2＋ｎ^2－２ｍｎ＝１　∴(ｍ－ｎ)^2＝１　ｍ－ｎ＞０より、ｍ－ｎ＝１―――①
ところで、ａ＝ｍ^2－ｎ^2＝(ｍ－ｎ)(ｍ＋ｎ)―――②
①を②に代入すると、ａ＝ｍ＋ｎ　また、ｍ＝ｎ＋１より、ｍ，ｎは連続する整数（自然数)。
よって、ａの法則は、連続する整数の和である。つまり、全ての奇数である。また、ｍ＋ｎと２ｍｎの大小を比較すると、ｍ＋ｎ><２ｍｎとして、ｍｎ－(ｍ＋ｎ)<>－ｍｎ　
∴ｍｎ－(ｍ＋ｎ)＋１<>－ｍｎ＋１　
∴(ｍ－１)(ｎ－１)<>１－ｍｎ
ところで、ｍ≧２，ｎ≧１より、(ｍ－１)(ｎ－１)＞１－ｍｎ　∴ｍ＋ｎ＜２ｍｎ　
よって、ａが最小である。
つまり、原始ピタゴラス数の最大数と２番目の数の差が１ならば、最小数は奇数である。
また、ｍ－ｎ＞０より、ｍ＋ｎ＜２ｍｎの両辺にｍ－ｎを掛けると、
(ｍ＋ｎ)(ｍ－ｎ)＜２ｍｎ(ｍ－ｎ)　
∴ｍ^2－ｎ^2＜２ｍｎ(ｍ－ｎ)―――☆
逆に、最小数が奇数ならば、ａ＝ｍ^2－ｎ^2はｍとｎが偶数と奇数の組み合わせより奇数で、ａ＜ｂよりｍ^2－ｎ^2＜２ｍｎ
よって、この時☆より、ｍ－ｎ＝１である。∴(ｍ－ｎ)^2＝１　∴ｍ^2＋ｎ^2－２ｍｎ＝１　∴ｃ－ｂ＝１
よって、最小数が奇数ならば、最大数と２番目の数との差は１である。
よって、原始ピタゴラス数の最大数と２番目の数との差が１である必要十分条件は最小数が奇数である事である。

回答１
＞よって、この時☆より、ｍ－ｎ＝１である。

☆を使ってはダメである。
☆はｍ＋ｎ＜２ｍｎを使っていて、これはｃ－ｂ＝１の条件の下で出てきたものなので、「最大数と２番目の数との差は１である」になるに決まっているからである。

証明２
ａ，ｂ，ｃを原始ピタゴラス数とすると、ａ^2＋ｂ^2＝ｃ^2が成り立つ。
ここで、ｂ＝ａ＋ｋ，ｃ＝ａ＋ｊ（ｋは非負整数でｊは自然数とする）と置くと、
ａ^2＋(ａ＋ｋ)^2＝(ａ＋ｊ)^2　
∴ａ^2＋ａ^2＋２ａｋ＋ｋ^2＝ａ^2＋２ａｊ＋ｊ^2　
∴ａ^2＝２ａ(ｊ－ｋ)＋(ｊ－ｋ)(ｊ＋ｋ)
∴ａ^2＝(ｊ－ｋ)(２ａ＋ｊ＋ｋ)
今、最大数と２番目の数との差が１であるとすると、ｃ－ｂ＝１　∴ｊ－ｋ＝１
∴ａ^2＝２ａ＋ｊ＋ｋ　これにｊ＝ｋ＋１を代入すると、ａ^2＝２ａ＋２ｋ＋１
∴ａ^2－２ａ＝２ｋ＋１
∴ａ^2－２ａ＋１＝２ｋ＋２
∴(ａ－１)^2＝２(ｋ＋１)　右辺が偶数より左辺も偶数。よって、ａ－１が偶数よりａは奇数。
よって、原始ピタゴラス数の最大数と２番目の数との差が１ならば最小数は奇数である。
逆に、最小数が奇数ならば、ａが奇数よりａ－１は偶数。よって、(ａ－１)^2も偶数より、(ａ－１)^2＝２(ｋ＋１)と置くと、
ａ^2－２ａ＋１＝２ｋ＋２　
∴ａ^2＝２ａ＋２ｋ＋１　
ここで、ｋ＋１＝ｊと置くと、ａ^2＝２ａ＋ｋ＋(ｋ＋１)より、
ａ^2＝２ａ＋ｋ＋ｊ―――①　
また、１＝ｊ－ｋ―――②
①×②より、ａ^2＝(ｊ－ｋ)(２ａ＋ｊ＋ｋ)
∴ａ^2＝２ａ(ｊ－ｋ)＋(ｊ－ｋ)(ｊ＋ｋ)
∴ａ^2＝２ａ(ｊ－ｋ)＋ｊ^2－ｋ^2
この両辺にａ^2を加えると、
ａ^2＋ａ^2＝ａ^2＋２ａ(ｊ－ｋ)＋ｊ^2－ｋ^2
∴ａ^2＋ａ^2＋２ｋａ＋ｋ^2＝ａ^2＋２ｊａ＋ｊ^2
∴ａ^2＋(ａ＋ｋ)^2＝(ａ＋ｊ)^2
よって、ｂ＝ａ＋ｋ，ｃ＝ａ＋ｊと置くと、
ｃ－ｂ＝ｊ－ｋ＝１（②より）
よって、最小数が奇数ならば最大数と２番目の数との差は１である。
よって、原始ピタゴラス数の最大数と２番目の数との差が１である必要十分条件は最小数が奇数である事である。

回答２
＞ここで、ｋ＋１＝ｊと置くと、

こう置くと、必然的にｂとｃの差が１になるからダメ。（ｂ＝ａ＋ｋ，ｃ＝ａ＋ｊだから。）

問題
原始ピタゴラス数の最大数と２番目の数との差が１であるための必要十分条件を述べ、それを証明して下さい。

これは次回。また、「間違い探しその２の解答」と「間違い探しその３」も添付しておきますね。

おまけ：

問題
原始ピタゴラス数の最大数と２番目の数との差が１であるための必要十分条件を述べ、それを証明して下さい。

定理
原始ピタゴラス数の最大数と２番目の数との差が１であるための必要十分条件は最小数が奇素数である事である。

証明１
ａ²＋ｂ²＝ｃ²（ａ,ｂ,ｃは自然数でａ＜ｂとしても一般性を失わない）
ピタゴラス数の生成式より、
ａ＝ｍ²－ｎ²，ｂ＝２ｍｎ，ｃ＝ｍ²＋ｎ²（ｍ＞ｎ＞０，ｍとｎは互いに素な偶数と奇数の組み合わせ）
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%94%E3%82%BF%E3%82%B4%E3%83%A9%E3%82%B9%E6%95%B0#%E7%94%9F%E6%88%90%E5%BC%8F
と置ける。
ここで、条件よりｃ－ｂ＝１とすると、ピタゴラス数の生成式より、ｍ²＋ｎ²－２ｍｎ＝１
∴(ｍ－ｎ)²＝１　∴ｍ－ｎ＝±１
ｍ＞ｎよりｍ－ｎ＞０　∴ｍ－ｎ＝１———①
また、ａ＝ｍ²－ｎ²＝(ｍ－ｎ)(ｍ＋ｎ)———②
①を②に代入すると、ａ＝ｍ＋ｎ———☆
また、①より、ｍ＝ｎ＋１　
つまり、ｍ，ｎは連続する２整数（自然数）。
よって、ａは連続する２整数の和である。
よって、ａの法則は全ての奇数である。（奇数＋偶数＝奇数より）
よって、aは奇素数でもある。
ところで、ａ＜ｂよりａは最小なので、
原始ピタゴラス数の最大数と２番目の数の差が１ならば最小数は奇素数である。———☆
逆に、最小数のａを奇素数とすると、
ａ＝ｍ²－ｎ²＝(ｍ＋ｎ)(ｍ－ｎ)でｍ＋ｎ＞ｍ－ｎより、ｍ－ｎ＝１（ａが素数だから。）
ここで、ｃ－ｂ＝ｍ²＋ｎ²－２ｍｎ＝(ｍ－ｎ)²＝１²＝１
よって、最大数と２番目の数との差は１である。
よって、原始ピタゴラス数の最小数が奇素数ならば最大数と２番目の数との差は１である。———☆☆
☆，☆☆より、
原始ピタゴラス数の最大数と２番目の数との差が１であるための必要十分条件は最小数が奇素数である事である。
因みに、ピタゴラス数の生成式のｂ＝２ｍｎ（ｍ＞ｎ＞０）より２はあり得ないので、奇素数＝素数である。

証明２
ａ,ｂ,ｃを原始ピタゴラス数とすると、ａ²＋ｂ²＝ｃ²が成り立つ。
ここで、ｂ＝ａ＋ｋ，ｃ＝ａ＋ｊ（ｋ,ｊはｋ＜ｊとなる自然数）と置いて代入すると、
ａ²＋(ａ＋ｋ)²＝(ａ＋ｊ)²
∴ａ²＋ａ²＋２ａｋ＋ｋ²＝ａ²＋２ａｊ＋ｊ²
∴ａ²＝２ａ(ｊ－ｋ)＋(ｊ－ｋ)(ｊ＋ｋ)
∴ａ²＝(ｊ－ｋ)(２ａ＋ｊ＋ｋ)———①
今、最大数と２番目の数との差を１とすると、
ｃ－ｂ＝１より、ｊ－ｋ＝１———②
②を①に代入すると、
ａ²＝２ａ＋ｊ＋ｋ
これにさらに②よりｊ＝ｋ＋１を代入すると、
ａ²＝２ａ＋２ｋ＋１　∴ａ²－２ａ＝２ｋ＋１
∴ａ²－２ａ＋１＝２ｋ＋２　
∴(ａ－１)²＝２(ｋ＋１)
ところで、ｋは整数より右辺は偶数。よって、等号でつながれた左辺も偶数。
よって、ａ－１は偶数よりａは奇数である。
よって、ａは奇素数でもある。
よって、原始ピタゴラス数の最大数と２番目の数の差が１ならば最小数は奇素数である。———☆
逆に、最小数のａを奇素数とすると、①より、
ａ²＝(ｊ－ｋ)(２ａ＋ｊ＋ｋ)
（ⅰ）ｊ－ｋ＝２ａ＋ｊ＋ｋ＝ａの場合
（ⅱ）ｊ－ｋ＝１の場合
の２通りの場合が考えられる（場合しかない）。
（ⅰ）の場合、２ａ＋ｊ＋ｋ＝ａよりａ＋ｊ＋ｋ＝０だが、ａ,ｋ,ｊは自然数より矛盾。
（ⅱ）の場合、①に代入すると、ａ²＝２ａ＋ｊ＋ｋ
ここで、ｃ－ｂ＝(ａ＋ｊ)－(ａ＋ｋ)＝ｊ－ｋ＝１
よって、最大数と２番目の数との差が１になる。
（ⅰ），（ⅱ）より、
原始ピタゴラス数の最小数が奇素数ならば最大数と２番目の数との差は１である。———☆☆
☆，☆☆より、
原始ピタゴラス数の最大数と２番目の数との差が１であるための必要十分条件は最小数が奇素数である事である。

おまけ：

定理
原始ピタゴラス数の最大数と２番目の数との差が１であるならば最小数は奇数である。

証明１
ａ²＋ｂ²＝ｃ²（ａ,ｂ,ｃは自然数でａ＜ｂとしても一般性を失わない）
ピタゴラス数の生成式より、
ａ＝ｍ²－ｎ²，ｂ＝２ｍｎ，ｃ＝ｍ²＋ｎ²（ｍ＞ｎ＞０，ｍとｎは互いに素な偶数と奇数の組み合わせ）
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%94%E3%82%BF%E3%82%B4%E3%83%A9%E3%82%B9%E6%95%B0#%E7%94%9F%E6%88%90%E5%BC%8F
と置ける。
ここで、条件よりｃ－ｂ＝１とすると、ピタゴラス数の生成式より、ｍ²＋ｎ²－２ｍｎ＝１
∴(ｍ－ｎ)²＝１　∴ｍ－ｎ＝±１
ｍ＞ｎよりｍ－ｎ＞０　∴ｍ－ｎ＝１———①
また、ａ＝ｍ²－ｎ²＝(ｍ－ｎ)(ｍ＋ｎ)———②
①を②に代入すると、ａ＝ｍ＋ｎ———☆
また、①より、ｍ＝ｎ＋１　
つまり、ｍ，ｎは連続する２整数（自然数）。
よって、ａは連続する２整数の和である。
よって、ａの法則は全ての奇数である。（奇数＋偶数＝奇数より）
ところで、ａ＜ｂよりａは最小なので、
原始ピタゴラス数の最大数と２番目の数の差が１ならば最小数は奇数である。

補足
ｍ＋ｎと２ｍｎの大小を比較すると、
ｍ＋ｎ≷２ｍｎとして、ｍｎ－(ｍ＋ｎ)≶－ｍｎ
∴ｍｎ－(ｍ＋ｎ)＋１≶－ｍｎ＋１
∴(ｍ－１)(ｎ－１)≶１－ｍｎ
ところで、ｍ≧２，ｎ≧１（ｍ＞ｎ＞０でｍ,ｎは自然数だから）より、
(ｍ－１)(ｎ－１)＞１－ｍｎ
よって、大小記号の下を選ぶと、ｍ＋ｎ＜２ｍｎ
よって、ａ＝ｍ＋ｎ（☆），ｂ＝２ｍｎより、
ａ＜ｂ　よって、ａが最小である。

念のため、ピタゴラス数の生成式のｍ²－ｎ²が常に最小となる訳ではない。この証明ではｍ＋ｎという要素を使っているからである。

証明２は次回。

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/7610adca1efa3b2d9ef9bcab79e3f5e62f5968b7/comments

定理
原始ピタゴラス数の最大数と２番目の数との差が１であるならば最小数は奇数である。

証明２
ａ,ｂ,ｃを原始ピタゴラス数とすると、ａ²＋ｂ²＝ｃ²が成り立つ。
ここで、ｂ＝ａ＋ｋ，ｃ＝ａ＋ｊ（ｋ,ｊはｋ＜ｊとなる自然数）と置いて代入すると、
ａ²＋(ａ＋ｋ)²＝(ａ＋ｊ)²
∴ａ²＋ａ²＋２ａｋ＋ｋ²＝ａ²＋２ａｊ＋ｊ²
∴ａ²＝２ａ(ｊ－ｋ)＋(ｊ－ｋ)(ｊ＋ｋ)
∴ａ²＝(ｊ－ｋ)(２ａ＋ｊ＋ｋ)———①
今、最大数と２番目の数との差を１とすると、
ｃ－ｂ＝１より、ｊ－ｋ＝１———②
②を①に代入すると、
ａ²＝２ａ＋ｊ＋ｋ
これにさらに②よりｊ＝ｋ＋１を代入すると、
ａ²＝２ａ＋２ｋ＋１　∴ａ²－２ａ＝２ｋ＋１
∴ａ²－２ａ＋１＝２ｋ＋２　
∴(ａ－１)²＝２(ｋ＋１)
ところで、ｋは整数より右辺は偶数。よって、等号でつながれた左辺も偶数。
よって、ａ－１は偶数よりａは奇数である。
よって、原始ピタゴラス数の最大数と２番目の数の差が１ならば最小数は奇数である。
（一応、数式でａの最小性を示すと、　
ｂ＝ａ＋ｋよりｂ－ａ＝ｋ＞０よりｂ＞ａ）

因みに、原始ピタゴラス数の最大数と２番目の数との差が１である必要十分条件は最小数が奇数である事ではありませんが、最小数を任意の奇数にして最大数と２番目の数との差が１にする事は出来ます。
どういう事か考えてみて下さい。
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12864790211.html
（証明２のアイデアの原案はハンドルネーム・愛犬ベルのためにさん（八野正さん）です。）

おまけ：

例（１.３.４）
ｎ≧２，Ｋを数体，Ｖ＝Ｋ^nとし、Ｖの元でその最後の座標が０であるようなもの全体をＷとする。このとき、ＷはＶの部分空間であり、ｎ－１項列ベクトル空間Ｋ^(n-1)と同型である。
「線型代数入門」有馬哲著より

証明
Ｖ＝Ｋ^nは列ベクトルだが、書けないのでＶ＝Ｋnとして行ベクトルとして証明する。
Ｗ⊂Ｖは自明。
ここで、Ｘ＝(ｘ₁ ｘ₂ … ｘn-1 ０)，
Ｙ＝(ｙ₁ ｙ₂ … ｙn-1 ０)∈Ｗ
（ｘi,ｙi（１≦ｉ≤ｎ－１）∈Ｋ）
と置くと、
Ｘ＋Ｙ＝(ｘ₁ ｘ₂ … ｘn-1 ０)＋(ｙ₁ ｙ₂ … ｙn-1 ０)
＝(ｘ₁＋ｙ₁ ｘ₂＋ｙ₂ … ｘn-1＋ｙn-1 ０)
ところで、ｘi,ｙi∈ＫでＫは体より加法について閉じているので、ｘi＋ｙi∈Ｋ
∴Ｘ＋Ｙ∈Ｗ
また、ａ∈Ｋ，Ｘ∈Ｗに対して、
ａＸ＝ａ(ｘ₁ ｘ₂ … ｘn-1 ０)
＝(ａｘ₁ ａｘ₂ … ａｘn-1 ０)
ａ,ｘi∈ＫでＫは体より乗法について閉じているので、ａｘi∈Ｋ　∴ａＸ∈Ｗ
よって、Ｘ,Ｙ∈ＷならばＸ＋Ｙ∈Ｗ，
ａ∈Ｋ，Ｘ∈ＷならばａＸ∈Ｗより、部分空間の条件を満たすので、ＷはＶの部分空間である。

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

また、Ｆ：Ｗ→Ｋn-1
（Ｆ(ｘ₁ ｘ₂ … ｘn-1 ０)＝(ｘ₁ ｘ₂ … ｘn-1)）
と置くと、Ｆは全単射である。つまり、双射。
また、Ｆ(Ｘ＋Ｙ)＝
Ｆ((ｘ₁ ｘ₂ … ｘn-1 ０)＋(ｙ₁ ｙ₂ … ｙn-1 ０))
＝Ｆ((ｘ₁＋ｙ₁ ｘ₂＋ｙ₂ … ｘn-1＋ｙn-1 ０))
＝(ｘ₁＋ｙ₁ ｘ₂＋ｙ₂ … ｘn-1＋ｙn-1)
＝(ｘ₁ ｘ₂ … ｘn-1)＋(ｙ₁ ｙ₂ … ｙn-1)
＝Ｆ(Ｘ)＋Ｆ(Ｙ)
∴Ｆ(Ｘ＋Ｙ)＝Ｆ(Ｘ)＋Ｆ(Ｙ)
ところで、Ｆは双射よりＸ＋ＹとＦ(Ｘ)＋Ｆ(Ｙ)は双射の関係。よって、Ｘ＝ｘ₁，Ｙ＝ｘ₂，Ｆ(Ｘ)＝ｙ₁，Ｆ(Ｙ)＝ｙ₂と置く（注：上のｘi，ｙiとは異なるものとする）と、Ｆは双射（↔）の関係より、
ｘ₁↔ｙ₁，ｘ₂↔ｙ₂ならばｘ₁＋ｘ₂↔ｙ₁＋ｙ₂・・・①
が成り立つ。
また、ａ∈Ｋ，Ｘ∈Ｗに対して、
Ｆ(ａＸ)＝Ｆ(ａ(ｘ₁ ｘ₂ … ｘn-1 ０))
＝Ｆ(ａｘ₁ ａｘ₂ … ａｘn-1 ０)
＝(ａｘ₁ ａｘ₂ … ａｘn-1)
＝ａ(ｘ₁ ｘ₂ … ｘn-1)
＝ａＦ(Ｘ)
∴Ｆ(ａＸ)＝ａＦ(Ｘ)
ところで、Ｆは双射よりａＸとａＦ(Ｘ)は双射の関係。
よって、Ｘ＝ｘ，Ｆ(Ｘ)＝ｙと置くと、
ｘ↔ｙ，ａ∈Ｋならばａｘ↔ａｙ・・・②
①，②より、Ｆは同型写像でＷとＫn-1は同型である。

定義
数体Ｋ上の二つの線型空間Ｕ，Ｖの間に双射↔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いい、Ｕ≃Ｖで表す。同型を与える双射Ｆ：Ｕ→Ｖを同型写像と言う。このとき、その逆写像Ｆ^-1もまた同型写像である。（定義終）

おまけ：

発展事項
円と内接四角形についての性質
右の図で、ＰＱ：ＰＲ：ＰＳ：ＰＴ＝ａｂ：ｂｃ：ｃｄ：ｄａ（注：円に内接する四角形の左上の頂点から反時計回りＱＲＳＴで、ＱＲ＝ｂ，ＲＳ＝ｃ，ＳＴ＝ｄ，ＴＱ＝ａという図。）
（△ＰＱＴ∽△ＰＲＳより、ＰＱ：ＰＲ＝ａ：ｃ　同様に、△ＰＱＲ∽△ＰＴＳより、ＰＱ：ＰＴ＝ｂ：ｄなどをくみあわせると出る。）
よって、ＰＱ＝ａｂｘ，ＰＲ＝ｂｃｘ，ＰＳ＝ｃｄｘ，ＰＴ＝ｄａｘとおくと、トレミーの定理に代入して、
ａｃ＋ｂｄ＝(ａｂ＋ｃｄ)(ａｄ＋ｂｃ)ｘ²
よって、ｘ＝√{(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)(ａｄ＋ｂｃ)}
となって、ＰＱ，ＰＲ，ＰＳ，ＰＴをａ～ｄの式で表せることがわかる。
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞（△ＰＱＴ∽△ＰＲＳより、ＰＱ：ＰＲ＝ａ：ｃ　同様に、△ＰＱＲ∽△ＰＴＳより、ＰＱ：ＰＴ＝ｂ：ｄなどをくみあわせると出る。）

解法１
△ＰＱＴ∽△ＰＲＳよりＰＱ：ＰＲ＝ａ：ｃ———①
△ＰＱＲ∽△ＰＴＳよりＰＱ：ＰＴ＝ｂ：ｄ———②
△ＰＱＴ∽△ＰＲＳよりＰＴ：ＰＳ＝ａ：ｃ———③
△ＰＱＲ∽△ＰＴＳよりＰＲ：ＰＳ＝ｂ：ｄ———④
①より、ＰＱ：ＰＲ＝ａｂ：ｂｃ———①'
④より、ＰＲ：ＰＳ＝ｂｃ：ｃｄ———④'
①'，④'より、
ＰＱ：ＰＲ：ＰＳ＝ａｂ：ｂｃ：ｃｄ———⑤
②より、ＰＱ：ＰＴ＝ａｂ：ａｄ———②'
③より、ＰＴ：ＰＳ＝ａｄ：ｃｄ———③'
②'，③'より、
ＰＱ：ＰＴ：ＰＳ＝ａｂ：ａｄ：ｃｄ———⑥
⑤，⑥より、
ＰＱ：ＰＲ：ＰＳ：ＰＴ＝ａｂ：ｂｃ：ｃｄ：ｄａ

＞右の図で、ＰＱ：ＰＲ：ＰＳ：ＰＴ＝ａｂ：ｂｃ：ｃｄ：ｄａ（注：円に内接する四角形の左上の頂点から反時計回りＱＲＳＴで、ＱＲ＝ｂ，ＲＳ＝ｃ，ＳＴ＝ｄ，ＴＱ＝ａという図。）

解法２
四角形ＱＲＳＴは円に内接する四角形より、∠Ｑ＋∠Ｓ＝１８０°つまり、∠Ｑと∠Ｓは補角をなしている。
よって、１つの角が補角をなす三角形の面積比の公式より、△ＱＲＴ：△ＳＲＴ＝ａｂ：ｃｄ
また、中学受験でよく使う四角形の面積比の定理より、△ＱＲＴ：△ＳＲＴ＝ＰＱ：ＰＳ
よって、ＰＱ：ＰＳ＝ａｂ：ｃｄ———①
（１つの角が補角をなす面積比の公式を使わない場合は、ＴからＲＱの延長，ＲＳ上に垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ｉとすると、∠ＴＱＨ＝∠ＴＳＩより△ＴＱＨ∽△ＴＳＩで相似比がａ：ｄより、ＴＨ：ＴＩ＝ａ：ｄ　また、△ＴＲＱ：△ＴＲＳ＝ＱＲ×ＴＨ×(１/２)：ＲＳ×ＴＩ×(１/２)＝ｂ×ＴＨ：ｃ×ＴＩより、ｂ×ａ：ｃ×ｄ＝ａｂ：ｃｄと求める。）
（中学受験でよく使う定理の方は、Ｑ，ＳからＲＴに垂線を下ろしその足をそれぞれＪ，Ｋとし、△ＱＰＪ∽△ＳＰＫを利用すれば一発で分かる。）
話を元に戻して、
同様に、ＰＲ：ＰＴ＝ｂｃ：ａｄ———②
また、円周角より２角が等しいので、△ＰＳＴ∽△ＰＲＱより、ＰＳ：ＰＲ＝ｄ：ｂ＝ｃｄ：ｂｃ———③
①，②，③より、
ＰＱ：ＰＳ：ＰＲ：ＰＴ＝ａｂ：ｃｄ：ｂｃ：ａｄ
∴ＰＱ：ＰＲ：ＰＳ：ＰＴ＝ａｂ：ｂｃ：ｃｄ：ｄａ

＞よって、ＰＱ＝ａｂｘ，ＰＲ＝ｂｃｘ，ＰＳ＝ｃｄｘ，ＰＴ＝ｄａｘとおくと、トレミーの定理に代入して、
ａｃ＋ｂｄ＝(ａｂ＋ｃｄ)(ａｄ＋ｂｃ)ｘ²
よって、ｘ＝√{(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)(ａｄ＋ｂｃ)}

ＰＱ：ＰＲ：ＰＳ：ＰＴ＝ａｂ：ｂｃ：ｃｄ：ｄａより、ＰＱ＝ａｂｘ，ＰＲ＝ｂｃｘ，ＰＳ＝ｃｄｘ，ＰＴ＝ｄａｘと置ける。
ところで、四角形ＱＲＳＴは円に内接する四角形より、トレミーの定理を使うと、
ａｃ＋ｂｄ＝ＱＳ・ＲＴ———☆
ＱＳ＝ＰＱ＋ＰＳ＝ａｂｘ＋ｃｄｘ＝(ａｂ＋ｃｄ)ｘ
ＲＴ＝ＰＲ＋ＰＴ＝ｂｃｘ＋ｄａｘ＝(ａｄ＋ｂｃ)ｘ
これらを☆に代入すると、
ａｃ＋ｂｄ＝(ａｂ＋ｃｄ)(ａｄ＋ｂｃ)ｘ²
ｘ＝√{(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)(ａｄ＋ｂｃ)}

因みに、これを利用すれば円に内接する四角形の対角線の長さの公式が作れる。昔、これと同じ方法とＲＱの延長とＳＴの延長の交点を定める方法ともっと画期的な第３の方法でその公式を導いた事がある。次回はそれをやりますね。

おまけ：

＞ｘ＝√{(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)(ａｄ＋ｂｃ)}
因みに、これを利用すれば円に内接する四角形の対角線の長さの公式が作れる。

これを、ＰＱ＝ａｂｘ，ＰＲ＝ｂｃｘ，ＰＳ＝ｃｄｘ，ＰＴ＝ｄａｘに代入すると、
ＱＳ＝ＰＱ＋ＰＳ＝ａｂｘ＋ｃｄｘ＝(ａｂ＋ｃｄ)ｘ
＝(ａｂ＋ｃｄ)√{(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)(ａｄ＋ｂｃ)}
＝√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}

ＴＲ＝ＰＲ＋ＰＴ＝ｂｃｘ＋ｄａｘ＝(ａｄ＋ｂｃ)ｘ
＝(ａｄ＋ｂｃ)√{(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)(ａｄ＋ｂｃ)}
＝√{(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)/(ａｂ＋ｃｄ)}

よって、対角線ＱＳ，ＴＲが４辺ａ，ｂ，ｃ，ｄの長さで表せた。
一応、これをまとめると、

問題
円に内接する四角形ＡＢＣＤの辺の長さをＡＢ＝ａ，ＢＣ＝ｂ，ＣＤ＝ｃ，ＤＡ＝ｄとする時、対角線ＡＣ，ＢＤの長さをａ，ｂ，ｃ，ｄで表して下さい。

中学数学の解法１
△ＥＡＤ∽△ＥＢＣより、
ＡＥ：ＢＥ＝ｄ：ｂ———①
ＤＥ：ＣＥ＝ｄ：ｂ———②
△ＥＡＢ∽△ＥＤＣより、
ＡＥ：ＤＥ＝ａ：ｃ———③
ＢＥ：ＣＥ＝ａ：ｃ———④
①より、ＡＥ：ＢＥ＝ａｄ：ａｂ———①'
③より、ＡＥ：ＤＥ＝ａｄ：ｃｄ———③'
①'，③'より、
ＡＥ：ＢＥ：ＤＥ＝ａｄ：ａｂ：ｃｄ———⑤
②より、ＣＥ：ＤＥ＝ｂｃ：ｃｄ———②'
④より、ＢＥ：ＣＥ＝ａｂ：ｂｃ———④'
②'，④'より、
ＢＥ：ＣＥ：ＤＥ＝ａｂ：ｂｃ：ｃｄ———⑥
⑤，⑥より、
ＡＥ：ＢＥ：ＣＥ：ＤＥ＝ａｄ：ａｂ：ｂｃ：ｃｄ
よって、ＡＥ＝ａｄｘ，ＢＥ＝ａｂｘ，ＣＥ＝ｂｃｘ，ＤＥ＝ｃｄｘと置いて、トレミーの定理に代入すると、
ＡＣ＝ＡＥ＋ＣＥ＝ａｄｘ＋ｂｃｘ＝(ａｄ＋ｂｃ)ｘ
ＢＤ＝ＢＥ＋ＤＥ＝ａｂｘ＋ｃｄｘ＝(ａｂ＋ｃｄ)ｘ
∴(ａｄ＋ｂｃ)(ａｂ＋ｃｄ)ｘ²＝ａｃ＋ｂｄ
∴ｘ＝√{(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)(ａｄ＋ｂｃ)}
これを、ＡＥ＝ａｄｘ，ＢＥ＝ａｂｘ，ＣＥ＝ｂｃｘ，ＤＥ＝ｃｄｘに代入すると、
ＡＣ＝ＡＥ＋ＣＥ＝ａｄｘ＋ｂｃｘ＝(ａｄ＋ｂｃ)ｘ
＝(ａｄ＋ｂｃ)√{(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)(ａｄ＋ｂｃ)}
＝√{(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)/(ａｂ＋ｃｄ)}
ＢＤ＝ＢＥ＋ＤＥ＝ａｂｘ＋ｃｄｘ＝(ａｂ＋ｃｄ)ｘ
＝(ａｂ＋ｃｄ)√{(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)(ａｄ＋ｂｃ)}
＝√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}
∴ＡＣ＝√{(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)/(ａｂ＋ｃｄ)}
ＢＤ＝√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}

中学数学の解法１の系
四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形より、∠Ａと∠Ｃ，∠Ｂと∠Ｄはそれぞれ補角をなしている。
そこで、１つの角が補角をなしている面積比の公式より、
△ＢＡＣ：△ＤＡＣ＝ａｂ：ｃｄ―――①
△ＡＢＤ：△ＣＢＤ＝ａｄ：ｂｃ―――②
また、ＢＤとＡＣの交点をＥとし、ＢＤ＝ｘ，ＡＣ＝ｙと置くと、中学受験でよく使う定理より、
△ＢＡＣ：△ＤＡＣ＝ＢＥ：ＤＥ―――③
△ＡＢＤ：△ＣＢＤ＝ＡＥ：ＣＥ―――④
①，③より、ＢＥ：ＤＥ＝ａｂ：ｃｄ―――⑤
②，④より、ＡＥ：ＣＥ＝ａｄ：ｂｃ―――⑥
⑤より、ＢＥ＝{ａｂ/(ａｂ＋ｃｄ)}ＢＤ＝{ａｂ/(ａｂ＋ｃｄ)}ｘ＝ａｂｘ/(ａｂ＋ｃｄ)
∴ＢＥ＝ａｂｘ/(ａｂ＋ｃｄ)―――⑤'
同様に、ＤＥ＝ｃｄｘ/(ａｂ＋ｃｄ)―――⑤''
⑥より、ＡＥ＝{ａｄ/(ａｄ＋ｂｃ)}ＡＣ＝{ａｄ/(ａｄ＋ｂｃ)}ｙ＝ａｄｙ/(ａｄ＋ｂｃ)
∴ＡＥ＝ａｄｙ/(ａｄ＋ｂｃ)―――⑥'
同様に、ＣＥ＝ｂｃｙ/(ａｄ＋ｂｃ)―――⑥''
ここで、方べきの定理を使うと、
ＡＥ・ＥＣ＝ＢＥ・ＥＤより、
{ａｄｙ/(ａｄ＋ｂｃ)}・{ｂｃｙ/(ａｄ＋ｂｃ)}
＝{ａｂｘ/(ａｂ＋ｃｄ)}・{ｃｄｘ/(ａｂ＋ｃｄ)}
∴ａｂｃｄｙ^2/(ａｄ＋ｂｃ)^2＝ａｂｃｄｘ^2(ａｂ＋ｃｄ)^2
∴(ａｂ＋ｃｄ)^2・ｙ^2＝(ａｄ＋ｂｃ)^2・ｘ^2
∴(ａｂ＋ｃｄ)ｙ＝(ａｄ＋ｂｃ)ｘ
∴ｙ＝{(ａｄ＋ｂｃ)/(ａｂ＋ｃｄ)}ｘ―――☆
ところで、トレミーの定理より、
ｘｙ＝ａｃ＋ｂｄ―――☆☆
☆を☆☆に代入すると、
{(ａｄ＋ｂｃ)/(ａｂ＋ｃｄ)}ｘ^2＝ａｃ＋ｂｄ
∴ｘ^2＝(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)
∴ｘ＝√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}
∴ＢＤ＝√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}
対称性より、
ＡＣ＝√{(ａｄ＋ｂｃ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)}

これは数年前にテレビを見ながら何も見ないで思い付いたものです。（当然、昔作った記憶がある。）

おまけ：

問題
円に内接する四角形ＡＢＣＤの辺の長さをＡＢ＝ａ，ＢＣ＝ｂ，ＣＤ＝ｃ，ＤＡ＝ｄとする時、対角線ＡＣ，ＢＤの長さをａ，ｂ，ｃ，ｄで表して下さい。

中学数学の解法２
（ⅰ）四角形ＡＢＣＤが長方形ではない場合
ＢＡの延長とＣＤの延長との交点をＥとし、ＥＡ＝ｍ，ＥＤ＝ｎと置くと、四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形より∠ＡＢＣ＝∠ＥＤＡ　
また、∠Ｅは共通より２角が等しいので、△ＥＤＡ∽△ＥＢＣ
∴ｍ：ｄ＝ｎ＋ｃ：ｂ　ｎ：ｄ＝ｍ＋ａ：ｂが成り立つ。
∴ｄ(ｎ＋ｃ)＝ｂｍーーー①　ｄ(ｍ＋ａ)＝ｂｎ―――②
①÷②より、(ｎ＋ｃ)/(ｍ＋ａ)＝ｍ/ｎ
∴ｎ(ｎ＋ｃ)＝ｍ(ｍ＋ａ)―――③
また、①より、ｍ＝ｄ(ｎ＋ｃ)/ｂ―――①'
①'を③に代入すると、
ｎ(ｎ＋ｃ)＝{ｄ(ｎ＋ｃ)/ｂ}{ｄ(ｎ＋ｃ)/ｂ＋ａ}
∴ｎ＝(ｄ/ｂ){ｄ(ｎ＋ｃ)/ｂ＋ａ}
∴ｂ^2・ｎ＝ｄ{ｄ(ｎ＋ｃ)＋ａｂ}
∴ｂ^2・ｎ＝ｄ^2(ｎ＋ｃ)＋ａｂｄ
∴ｂ^2・ｎ－ｄ^2・ｎ＝ｃｄ^2＋ａｂｄ
∴ｎ＝ｄ(ａｂ＋ｃｄ)/(ｂ^2－ｄ^2)
∴ｎ＋ｃ＝{ｄ(ａｂ＋ｃｄ)＋ｃ(ｂ^2－ｄ^2)}/(ｂ^2－ｄ^2)―――④
④を①'に代入すると、
ｍ＝{ｄ^2(ａｂ＋ｃｄ)＋ｃｄ(ｂ^2－ｄ^2)}/ｂ(ｂ^2－ｄ^2)
＝ｄ(ａｂｄ＋ｃｄ^2＋ｂ^2ｃ－ｃｄ^2)/ｂ(ｂ＋ｄ)(ｂ－ｄ)
＝ｄ(ａｂｄ＋ｂ^2ｃ)/ｂ(ｂ＋ｄ)(ｂ－ｄ)
＝ｄ(ａｄ＋ｂｃ)/(ｂ＋ｄ)(ｂ－ｄ)
∴ｍ＝ｄ(ａｄ＋ｂｃ)/(ｂ＋ｄ)(ｂ－ｄ)
∴ＥＢ＝ｍ＋ａ＝ｄ(ａｄ＋ｂｃ)/(ｂ＋ｄ)(ｂ－ｄ)＋ａ＝{ｄ(ａｄ＋ｂｃ)＋ａ(ｂ^2－ｄ^2)}/(ｂ^2－ｄ^2)
＝(ａｄ^2＋ｂｃｄ＋ａｂ^2－ａｄ^2)/(ｂ^2－ｄ^2)
∴ＥＢ＝ｂ(ａｂ＋ｃｄ)/(ｂ＋ｄ)(ｂ－ｄ)―――⑤
ＥＣ＝ｎ＋ｃ＝ｄ(ａｂ＋ｃｄ)/(ｂ－ｄ)(ｂ＋ｄ)＋ｃ＝{ｄ(ａｂ＋ｃｄ)＋ｃ(ｂ^2－ｄ^2)}/(ｂ^2－ｄ^2)
＝(ａｂｄ＋ｃｄ^2＋ｂ^2ｃ－ｃｄ^2)/(ｂ^2－ｄ^2)
∴ＥＣ＝ｂ(ａｄ＋ｂｃ)/(ｂ＋ｄ)(ｂ－ｄ)―――⑥
ところで、円周角より∠ＡＢＤ＝∠ＡＣＤ　また、∠Ｅは共通より２角が等しいので、△ＥＢＤ∽△ＥＣＡ
ここで、ＡＣ＝ｘ，ＢＤ＝ｙと置くと、
ｘ：ｙ＝ＥＣ：ＥＢ＝⑥：⑤＝ａｄ＋ｂｃ：ａｂ＋ｃｄ
∴ｙ＝{(ａｂ＋ｃｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}ｘ―――☆
また、トレミーの定理より、
ｘｙ＝ａｃ＋ｂｄ―――☆☆
☆を☆☆に代入すると、
{(ａｂ＋ｃｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}ｘ^2＝ａｃ＋ｂｄ
∴ｘ^2＝(ａｄ＋ｂｃ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)
∴ｘ＝√{(ａｄ＋ｂｃ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)}
∴ＡＣ＝√{(ａｄ＋ｂｃ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)}
（ⅱ）長方形の場合は、ａ＝ｃ，ｂ＝ｄ
これをＡＣ＝√{(ａｄ＋ｂｃ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)}に代入すると、
∴ＡＣ＝√{(ａｂ＋ｂａ)(ａ^2＋ｂ^2)/(ａｂ＋ａｂ)}＝√(ａ^2＋ｂ^2)
一方、長方形の場合は∠Ｂ＝９０°より、ＡＣ＝√(ａ^2＋ｂ^2)でＯＫ。
∴ＡＣ＝√{(ａｄ＋ｂｃ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)}
（ⅰ）,（ⅱ）より、
ＡＣ＝√{(ａｄ＋ｂｃ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)}
また、対称性より、
ＢＤ＝√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}

これも解法１と同様にトレミーの定理を使いますが、解法３はトレミーの定理を使わない画期的なものです。念のため、三角関数の解法ではありません。（中学数学ですから。）
関係ありませんが、こちらhttps://gigazine.net/news/20230410-teenagers-pythagorean/の補足解説をさせて頂きます。

この図https://i.gzn.jp/img/2023/04/10/teenagers-pythagorean/002.pngは、直角三角形で内部の直角三角形臭いのは皆相似な直角三角形です。
そして、一番左の直角三角形の斜辺の長さを相似で求めると、ｂ：ｃ＝２ａ：斜辺より、斜辺＝２ａｃ/ｂ
また、無限に続く直角三角形の相似比は、ｂ²：ａ²である（ちょっと考えれば分かる）ので、ａ²/ｂ²で縮小していく。よって、Ａの長さは初項２ａｃ/ｂ，公比ａ²/ｂ²の無限等比級数で求められる。
よって、公式より、Ａ＝(２ａｃ/ｂ)/(１－ａ²/ｂ²)
＝２ａｂｃ/(ｂ²－ａ²)
Ｃの方も解説省略で、Ｃ＝ｃ(ｂ²＋ａ²)/(ｂ²－ａ²)と求められる。
よって、図より、sin２α＝Ａ/Ｃ
また、一番上の二等辺三角形で正弦定理を使うと、
２ａ/sin２α＝ｃ/sinβ
∴２ａ/(Ａ/Ｃ)＝ｃ/(ｂ/ｃ)
∴２ａ/(Ａ/Ｃ)＝ｃ²/ｂ
これにＡ＝(２ａｃ/ｂ)/(１－ａ²/ｂ²)
Ｃ＝ｃ(ｂ²＋ａ²)/(ｂ²－ａ²)を代入して整理すると、
(ａ²＋ｂ²)/ｂ＝ｃ²/ｂとなり、
ａ²＋ｂ²＝ｃ²が成り立つという訳。
因みに、正弦定理を使わなくても三角比で出来るが、それは時間がないので省略。

おまけ：

＞因みに、正弦定理を使わなくても三角比で出来るが、それは時間がないので省略。

一番上の二等辺三角形を△ＡＢＣとし、ＢからＡＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、
ＢＨ＝ｃsin２α，ＢＨ＝２ａsinβより、
ｃsin２α＝２ａsinβ———①
また、図より、sin２α＝Ａ/Ｃ———②
また、Ａ＝(２ａｃ/ｂ)/(１－ａ²/ｂ²)
＝２ａｂｃ/(ｂ²－ａ²)
Ｃ＝ｃ(ｂ²＋ａ²)/(ｂ²－ａ²)より、
Ａ/Ｃ＝{２ａｂｃ/(ｂ²－ａ²)}/{ｃ(ｂ²＋ａ²)/(ｂ²－ａ²)}
＝２ａｂ/(ａ²＋ｂ²)———③
②，③より、sin２α＝２ａｂ/(ａ²＋ｂ²)———④
ところで、sinβ＝ｂ/ｃ———⑤
④，⑤を①に代入すると、
２ａｂｃ/(ａ²＋ｂ²)＝２ａｂ/ｃ
∴ｃ/(ａ²＋ｂ²)＝１/ｃ
∴ａ²＋ｂ²＝ｃ²

念のため、①から、２ａ/sin２α＝ｃ/sinβとすれば正弦定理もどきである。実は、正弦定理は＝２Ｒと出来る所に大きな意味があるので、結構面倒臭い証明になるのである。「＝２Ｒ」の前段階まではただの三角比で求められるのである。（昔、自分で気付いたので多分オリジナル。）

全く関係ありませんが、以前に、原始ピタゴラス数（３つの数が互いに素）の最大数と２番目の数との差が１である必要十分条件は最小数が奇数である事であると述べていたのですが、それには重大な欠陥が発覚しました。
そこで、訂正して問題。

定理
原始ピタゴラス数の最大数と２番目の数との差が１であるならば最小数は奇数である。

上の定理を証明して下さい。逆は成り立ちません。https://www.hyogo-c.ed.jp/~meihoku-hs/club/astronomy-py.html

お恥ずかしい。ちょっと裏を取れば分かるような話でした。
因みに、上の定理の証明はピタゴラス数の生成式を使うものと使わないものの２通りを用意してあります。

おまけ：

問題
円に内接する四角形ＡＢＣＤの辺の長さをＡＢ＝ａ，ＢＣ＝ｂ，ＣＤ＝ｃ，ＤＡ＝ｄとする時、対角線ＡＣ，ＢＤの長さをａ，ｂ，ｃ，ｄで表して下さい。

中学数学の解法３
ＢＣの延長上に∠ＤＥＣ＝∠ＡＤＢとなる点Ｅを取ると、四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形なので、∠ＤＣＥ＝∠ＤＡＢ
よって、２角が等しいので、△ＡＢＤ∽△ＣＤＥ　∴ａ：ｄ＝ｃ：ＣＥ　∴ＣＥ＝ｃｄ/ａ
∴ＢＥ＝ｂ＋ｃｄ/ａ＝(ａｂ＋ｃｄ)/ａ
また、ＢＤ＝ｘと置くと、ａ：ｘ＝ｃ：ＤＥ　
∴ＤＥ＝ｃｘ/ａ
ここで、ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとし、ＤＨ＝ｍ，ＢＨ＝ｎと置いて、△ＤＢＨ，△ＤＣＨ，△ＤＥＨで三平方の定理を使うと、
ｍ^2＋ｎ^2＝ｘ^2―――①
ｍ^2＋(ｂ－ｎ)^2＝ｃ^2―――②
ｍ^2＋{(ａｂ＋ｃｄ)/ａ－ｎ}^2＝(ｃｘ/ａ)^2―――③
①－②より、２ｂｎ－ｂ^2＝ｘ^2－ｃ^2
∴ｎ＝(ｘ^2＋ｂ^2－ｃ^2)/２ｂ―――④
①－③より、－(ａｂ＋ｃｄ)^2/ａ^2＋２ｎ(ａｂ＋ｃｄ)/ａ＝ｘ^2－ｃ^2ｘ^2/ａ^2
∴－(ａｂ＋ｃｄ)^2＋２ｎａ(ａｂ＋ｃｄ)＝ａ^2ｘ^2－ｃ^2ｘ^2
∴２ｎａ(ａｂ＋ｃｄ)＝ｘ^2(ａ^2－ｃ^2)＋(ａｂ＋ｃｄ)^2―――⑤
④を⑤に代入すると、
２ａ(ａｂ＋ｃｄ)(ｘ^2＋ｂ^2－ｃ^2)/２ｂ＝ｘ^2(ａ^2－ｃ^2)＋(ａｂ＋ｃｄ)^2
∴ａ(ａｂ＋ｃｄ)(ｘ^2＋ｂ^2－ｃ^2)＝ｘ^2ｂ(ａ^2－ｃ^2)＋ｂ(ａｂ＋ｃｄ)^2
∴{ａ(ａｂ＋ｃｄ)－ｂ(ａ^2－ｃ^2)}ｘ^2＝－ａ(ａｂ＋ｃｄ)(ｂ^2－ｃ^2)＋ｂ(ａｂ＋ｃｄ)^2
∴(ａ^2ｂ＋ａｃｄ－ａ^2ｂ＋ｂｃ^2)ｘ^2＝(ａｂ＋ｃｄ){－ａ(ｂ^2－ｃ^2)＋ｂ(ａｂ＋ｃｄ)}
∴ｃ(ａｄ＋ｂｃ)ｘ^2＝(ａｂ＋ｃｄ)(－ａｂ^2＋ａ^2ｃ＋ａｂ^2＋ｂｃｄ)＝(ａｂ＋ｃｄ){ｃ(ａｃ＋ｂｄ)}
∴ｃ(ａｄ＋ｂｃ)ｘ^2＝(ａｂ＋ｃｄ){ｃ(ａｃ＋ｂｄ)}
∴ｘ^2＝(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)
∴ｘ＝√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}
∴ＢＤ＝√{(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)}
対称性より、
ＡＣ＝√{(ａｄ＋ｂｃ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｂ＋ｃｄ)}

因みに、初めの所で、∠ＤＥＣ＝∠ＡＢＤとなるように点Ｅを取って、△ＡＢＤ∽△ＣＥＤを使っても同様に解けます。
ただし、2024/10/27 07:55の投稿で披露したトレミーの定理の中学数学の別証では一方向だけです。

問題
図のように、円に内接する四角形ＡＢＣＤがあるとき、ＡＢ×ＣＤ＋ＢＣ×ＡＤ＝ＡＣ×ＢＤ・・・（ａ）が成立する。この式を次の順序で証明しなさい。
（１）ＢＤ上に∠ＢＡＥ＝∠ＣＡＤとなるような点をとるとき、
（ⅰ）ＡＢ：ＢＥ＝ＡＣ：ＣＤを示せ。
（ⅱ）ＡＤ：ＤＥ＝ＡＣ：ＣＢを示せ。
（２）（１）で証明したことがらを用いて、式（ａ）が成立することを証明しなさい。

中学数学の別証（トレミーの定理）
ＡＢ＝ａ，ＢＣ＝ｂ，ＣＤ＝ｃ，ＤＡ＝ｄ，
ＡＣ＝ｘ，ＢＤ＝ｙと置いて、ＢＣの延長上に∠ＥＤＣ＝∠ＢＤＡとなる点Ｅを取ると、四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形より２角が等しくなるので、△ＤＡＢ∽△ＤＣＥとなる。
∴ｄ：ａ＝ｃ：ＣＥ　∴ＣＥ＝ａｃ/ｄ
∴ＢＥ＝ｂ＋ａｃ/ｄ＝(ｂｄ＋ａｃ)/ｄ
∴ＢＥ＝(ａｃ＋ｂｄ)/ｄ———☆
また、∠ＥＤＣ＝∠ＢＤＡの両辺に∠ＢＤＣを加えると、∠ＢＤＥ＝∠ＡＤＣ
また、円周角より、∠ＤＢＣ＝∠ＤＡＣ
よって、２角が等しいので、△ＤＢＥ∽△ＤＡＣ
∴ＤＡ：ＡＣ＝ＤＢ：ＢＥ
∴ｄ：ｘ＝ｙ：(ａｃ＋ｂｄ)/ｄ
∴ｘｙ＝ａｃ＋ｂｄ
∴ＡＣ・ＢＤ＝ＡＢ・ＣＤ＋ＢＣ・ＤＡ
∴ＡＢ×ＣＤ＋ＢＣ×ＡＤ＝ＡＣ×ＢＤ
よって、（ａ）が導かれた。

おまけ：

「円に内接する四角形　対角線の長さ　公式」で検索しても三角関数の導き方も出ないので、一応、三角関数の解法も載せておきますね。
因みに、「円に内接する四角形」のウィキペィアには結果だけが載っている。https://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%86%86%E3%81%AB%E5%86%85%E6%8E%A5%E3%81%99%E3%82%8B%E5%9B%9B%E8%A7%92%E5%BD%A2#%E5%AF%BE%E8%A7%92%E7%B7%9A%E5%85%AC%E5%BC%8F

問題
円に内接する四角形ＡＢＣＤの辺の長さをＡＢ＝ａ，ＢＣ＝ｂ，ＣＤ＝ｃ，ＤＡ＝ｄとする時、対角線ＡＣ，ＢＤの長さをａ，ｂ，ｃ，ｄで表して下さい。

三角関数の解法
四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形より、
∠Ｂ＝θと置くと、∠Ｄ＝１８０°－θ
△ＡＢＣ，△ＡＤＣのそれぞれで余弦定理を使うと、
ＡＣ^2＝ａ^2＋ｂ^2－２ａｂcosθ―――①
ＡＣ^2＝ｃ^2＋ｄ^2－２ｃｄcos(180°－θ)
∴ＡＣ^2＝ｃ^2＋ｄ^2＋２ｃｄcosθ―――②
①，②より、
ａ^2＋ｂ^2－２ａｂcosθ＝ｃ^2＋ｄ^2＋２ｃｄcosθが成り立つ。
∴２(ａｂ＋ｃｄ)cosθ＝ａ^2＋ｂ^2－ｃ^2－ｄ^2
∴cosθ＝(ａ^2＋ｂ^2－ｃ^2－ｄ^2)/２(ａｂ＋ｃｄ)―――③
③を①に代入すると、
ＡＣ^2＝ａ^2＋ｂ^2－２ａｂ{(ａ^2＋ｂ^2－ｃ^2－ｄ^2)/２(ａｂ＋ｃｄ)}
＝ａ^2＋ｂ^2－ａｂ{(ａ^2＋ｂ^2－ｃ^2－ｄ^2)/(ａｂ＋ｃｄ)}
＝{(ａ^2＋ｂ^2)(ａｂ＋ｃｄ)－ａｂ(ａ^2＋ｂ^2－ｃ^2－ｄ^2)}/(ａｂ＋ｃｄ)
＝{ｃｄ(ａ^2＋ｂ^2)＋ａｂ(ｃ^2＋ｄ^2)}/(ａｂ＋ｃｄ)

∴ＡＣ^2＝{ｃｄ(ａ^2＋ｂ^2)＋ａｂ(ｃ^2＋ｄ^2)}/(ａｂ＋ｃｄ)―――☆

{ｃｄ(ａ^2＋ｂ^2)＋ａｂ(ｃ^2＋ｄ^2)}
＝ｃｄａ^2＋ｂ(ｃ^2＋ｄ^2)ａ＋ｂ^2ｃｄ
＝(ｃａ＋ｂｄ)(ｄａ＋ｂｃ)
＝(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)
∴{ｃｄ(ａ^2＋ｂ^2)＋ａｂ(ｃ^2＋ｄ^2)}＝(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)―――④
④を☆に代入すると、
ＡＣ^2＝(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)/(ａｂ＋ｃｄ)
∴ＡＣ＝√{(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)/(ａｂ＋ｃｄ)}
対称性から、
ＢＤ＝√{(ａｃ＋ｂｄ)(ａｂ＋ｃｄ)/(ａｂ＋ｂｃ)}

よって、円に内接する四角形の対角線の公式が得られた。

余談だが、双子の弟が中３の時にこの公式を非効率なやり方ながら作り出した。その時に、図書館で岩波の数学事典で調べたら三角関数での導き方しか載っていなかった記憶がある。
一応、その非効率なやり方も添付しておきますね。（最近、４０数年ぶりに再現する事に成功しました。）

おまけ：

解説
＞lim(n→∞)ａnとlim(n→∞)ｂnが存在すれば、lim(n→∞)(ａn＋ｂn)とlim(n→∞)(ｃａn)も存在するから、ＷはＶの部分空間。

「lim(n→∞)ａnとlim(n→∞)ｂnが存在すれば、lim(n→∞)(ａn＋ｂn)とlim(n→∞)(ｃａn)も存在する」は自明とする。
よって、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を満たすので、ＷはＶの部分空間という事。

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。
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

＞∑(n=0~∞)|ａn|²が収束するような数列{ａn}の全体をｌ₂とする。ｌ₂⊆ＶはやはりＶの部分空間をなす。ｌ₂に対する部分空間の条件は、不等式
|ａn＋ｂn|²≦|ａn＋ｂn|²＋|ａn－ｂn|²＝２|ａn|²＋２|ｂn|²より生じる。

|ａn＋ｂn|²≦２|ａn|²＋２|ｂn|²で、|ａn|²と|ｂn|²が条件より収束するので２|ａn|²＋２|ｂn|²も収束し、それ以下の値の|ａn＋ｂn|²も収束する事になる。
∴{ａn＋ｂn}∈ｌ₂　
よって、{ａn}，{ｂn}∈ｌ₂ならば{ａn＋ｂn}∈ｌ₂
また、{ａn}∈ｌ₂，ｃ∈Ｋに対して、
|ｃａn|²＝ｃ²|ａn|²
∴{ｃａn}∈ｌ₂　（条件より|ａn|²が収束するのでその定数倍のｃ²|ａn|²も収束するから。）
よって、部分空間の条件（ⅰ），（ⅱ）を満たすので、ｌ₂はＶの部分空間である。

＞さらに、{ａn}∈ｌ₂ならばlim(n→∞)ａn＝０であるから、ｌ₂⊆Ｗでもある。

コーシーの定理の系により、∑(n=0~∞)|ａn|²が収束がするならば|ａn|²→０（ｎ→∞）なので、|ａn|→０でａn→０より、lim(n→∞)ａn＝０という事。

Cauchyの定理の系
∑ａnが収束すれば、ａn→０（ｎ→∞）である。
「微分・積分教科書」占部実・佐々木右左編より

よって、ａnが収束するので、ｌ₂⊆Ｗとなるという事。（（ⅰ）より、Ｗは収束Ｋ値数列すべての集合。）

補足
＞|ａn＋ｂn|²＋|ａn－ｂn|²＝２|ａn|²＋２|ｂn|²

|ｘ＋ｙ|²＝ｘ²＋２ｘｙ＋ｙ²
|ｘ－ｙ|²＝ｘ²－２ｘｙ＋ｙ²より、
|ａn＋ｂn|²＋|ａn－ｂn|²
＝ａn²＋２ａnｂn＋ｂn²＋ａn²－２ａnｂn＋ｂn²
＝２ａn²＋２ｂn²
＝２|ａn|²＋２|ｂn|²

|ｘ＋ｙ|²＝ｘ²＋２ｘｙ＋ｙ²の証明
（ⅰ）ｘ＋ｙ≧０の場合、
|ｘ＋ｙ|²＝(ｘ＋ｙ)²＝ｘ²＋２ｘｙ＋ｙ²
（ⅱ）ｘ＋ｙ＜０の場合、
|ｘ＋ｙ|²＝{－(ｘ＋ｙ)}²＝(ｘ＋ｙ)²
＝ｘ²＋２ｘｙ＋ｙ²
（ⅰ），（ⅱ）より、|ｘ＋ｙ|²＝ｘ²＋２ｘｙ＋ｙ²

|ｘ－ｙ|²＝ｘ²－２ｘｙ＋ｙ²の証明
（ⅰ）ｘ－ｙ≧０の場合、
|ｘ－ｙ|²＝(ｘ－ｙ)²＝ｘ²－２ｘｙ＋ｙ²
（ⅱ）ｘ－ｙ＜０の場合、
|ｘ－ｙ|²＝{－(ｘ－ｙ)}²＝(ｘ－ｙ)²
＝ｘ²－２ｘｙ＋ｙ²
（ⅰ），（ⅱ）より、|ｘ－ｙ|²＝ｘ²－２ｘｙ＋ｙ²

おまけ：