数学

解説
＞問題9-8の解答の参考より、１のべき根の計算においても、定数のｐ乗根（ｐは素数）を求める際に、１のｐ乗根がすでに定数に含まれていると仮定してよい。

問題9-8の解答の参考
（参考：（２）より「１のｎ乗根は（いくつかの）べき乗根の式で表される」・・・(＊)n
ことがわかる。これをｎに関する帰納法で示す。ｎ＝１,２は自明である。ｎ（≧３）より小さいｍに対して、１のｍ乗根は(＊)mをみたすとする。ｎが素数でなければｎを割り切る素数ｐについて(＊)pが成り立つ。また１のｐ^2乗根は、１のｐ乗根ζを用いて、p√ζζ^j（注：ζのｐ乗根×ζ^jという事）（ｊ＝０,１,･･･,ｐ－１）と表される（よってべき根の式で表される）。したがってｎが素数でないときは(＊)nが成り立つ。ｎが素数ｐのとき、本問の（２）と帰納法の仮定より（ηもべき根の式で表される）、１の原始ｐ乗根もべき根の式で表される。ゆえに帰納法より(＊)nがすべてのｎについて成り立つ。）

「１のｐ^2乗根は、１のｐ乗根ζを用いて、p√ζζ^j（注：ζのｐ乗根×ζ^jという事）（ｊ＝０,１,･･･,ｐ－１）と表される（よってべき根の式で表される）。」
この部分の事である。例えば、ω＝(－１＋√３)/２として、ｘ³＝ωでｘ（ωの３乗根）を求めるのに、
ｘ＝³√ω・ωと求めるが、ω＝(－１＋√３)/２を定数として扱っているという事である。
念のため、ｘ³＝ωがｘ＝³√ω・ωで求められる理由は、
ｘ³－ω＝０とすると、ｘ³－(³√ω)³＝０
∴(ｘ－³√ω)(ｘ²＋³√ωｘ＋³√ω²)＝０
∴ｘ²＋³√ωｘ＋³√ω²＝０
∴ｘ＝{－³√ω±√(³√ω²－４³√ω²)}/２
＝{－³√ω±√(－３³√ω²)}/２
＝(－³√ω±√３ｉ・³√ω)/２
＝³√ω(－１±√３ｉ)/２
＝³√ω{(－１＋√３ｉ)/２}（プラスの方だけ選ぶ）
＝³√ω・ω
よって、ｘ＝³√ω・ωで求められるという訳。

＞１のｐ₀…ｐs-1乗根を増やして定数とする。この定数を係数とみたｆ(ｘ)の群をＨ（⊂Ｇ）とし、Ｈi＝Ｇi∩Ｈとおく。

ガロワ対応で根の体と方程式の群が対応していて、体の方が増えて拡大すると群の方は縮小するので、ＨはＧの部分群になる。（Ｈ（⊂Ｇ））
また、Ｈi＝Ｇi∩Ｈと置くと、相似形のような部分群の列を作れるからである。

定義 10.3（可解群）
有限群Ｇは、次の性質をみたす部分群の列
Ｇ＝Ｇ₀⊃Ｇ₁⊃Ｇ₂⊃…⊃Ｇs＝{ｅ}
を持つとき、可解である、または可解群であるという。
「ｉ＝０,１,…,ｓ－１に対して、Ｇi+1はＧiの正規部分群で、その商群Ｇi/Ｇi+1は１つの元で生成され、素数個の元からなる。」
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

これがＨiでも作れればガロワ対応で拡大した体の係数の方程式でも（定理10.4の(２)⇒(１)が）成り立つという事だから。

＞このとき「Ｈi+1がＨiの正規部分群であり、Ｈi/Ｈi+1はｐi個または１個の元からなる（ｉ＝１,…,ｓ）」ことを示せばよい。実際、これがわかればＨは可解であり、定理10.4の(２)⇒(１)の議論が適用できる。

上で先に言ってしまいましたね。

＞σ∈Ｈiに対しＨi∩σＧi+1＝σＨi+1である。実際、σを左から掛けて得られる写像は全単射なのでＨi∩Ｇi+1＝Ｈi+1とσＨi＝Ｈiより等式が従う。

まず、Ｈi∩Ｇi+1＝Ｈi+1が問題である。上でＨi＝Ｇi∩Ｈと置いたので、ベン図で集合Ｇiと集合Ｈを２つの円が一部で交わるように描き、その交わり部分をＨiとする。ところで、定義10.3よりＧi⊃Ｇi+1なので、Ｇiの内部に円Ｇi+1を描き先の円Ｈとの交わり部分をＨi+1（Ｈi+1＝Ｇi+1∩Ｈだから）とすると、
ベン図より、Ｈi∩Ｇi+1＝Ｈi+1となる事が分かる。
次に、この両辺にσを左からかけると、
σ(Ｈi∩Ｇi+1)＝σＨi+1
∴σＨi∩σＧi+1＝σＨi+1
（この理由は全単射らしいが、私は「群・環・体 入門」の問4.2の(６)を使ってみたい。）

問4.2
群Ｇの部分集合Ｘ,Ｙ,Ｚと元ａ,ｂ∈Ｇについて、
（６）ａ(Ｘ∩Ｙ)＝ａＸ∩ａＹ
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

また、σＨi＝Ｈiは、σ∈Ｈiだから。（「群・環・体 入門」の定理4.1の系より）

定理4.1の系
Ｇを群，ＨをＧの部分群とする。このとき、Ｇの任意の元ａについて次の(１),(２),(３)は同値である。
（１）ａ∈Ｈ（２）ａＨ＝Ｈ（３）Ｈａ＝Ｈ
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

よって、σＨi∩σＧi+1＝σＨi+1にσＨi＝Ｈiを代入すると、Ｈi∩σＧi+1＝σＨi+1になるという事。

＞同様にＨi∩(Ｇi+1σ)＝Ｈi+1σも成り立つ。σＧi+1＝Ｇi+1σなのでσＨi+1＝Ｈi+1σであり、Ｈi+1はＨiの正規部分群である。

「σＧi+1＝Ｇi+1σ」は、定義 10.3からＧi+1は（Ｇiの）正規部分群だから。
Ｈi∩σＧi+1＝σＨi+1，Ｈi∩(Ｇi+1σ)＝Ｈi+1σ
とσＧi+1＝Ｇi+1σから、σＨi+1＝Ｈi+1σという事。

＞Ｈi≠Ｈi+1のとき、Ｈi+1に入らないＨiの元σをとる。このときσ^kＨi+1（＝Ｈ∩σ^kＧi+1）（ｋ＝０,…,ｐi－１）はＨiの右Ｈi+1傍系全体である（∵σ^kＧi+1がＧiの右Ｇi+1傍系全体だから）。

「Ｈi+1に入らないＨiの元σをとる」は剰余類とか類別を考える時は大事である。入っていると定理4.1の系によって特別なものになってしまうからである。

定義 10.3（可解群）
有限群Ｇは、次の性質をみたす部分群の列
Ｇ＝Ｇ₀⊃Ｇ₁⊃Ｇ₂⊃…⊃Ｇs＝{ｅ}
を持つとき、可解である、または可解群であるという。
「ｉ＝０,１,…,ｓ－１に対して、Ｇi+1はＧiの正規部分群で、その商群Ｇi/Ｇi+1は１つの元で生成され、素数個の元からなる。」

また、Ｈi＝Ｇi∩Ｈと置いてありＧiでは「商群Ｇi/Ｇi+1は１つの元で生成され、素数個の元からなる」ので対応するＨiも同じ素数個でσ^kＨi+1（ｋ＝０,…,ｐi－１）がＨiの右傍系全体になる。（σが１つの元で生成される群（巡回群）。）

＞σ^piＨi+1＝Ｈi+1より、Ｈi/Ｈi+1におけるσＨi+1の位数は素数ｐiの約数である。よってその位数はｐiに等しく、Ｈi/Ｈi+1はｐi個の元からなる。Ｈi＝Ｈi+1のときＨi/Ｈi+1は１個の元からなる。

σの位数はｐiでσ^pi＝ｅより、σ^piＨi+1＝Ｈi+1
また、「Ｈi+1はＨiの正規部分群である」ので、剰余群の法則が使え、(σＨi+1)^pi＝σ^piＨi+1
よって、(σＨi+1)^pi＝σ^piＨi+1＝Ｈi+1
よって、σＨi+1の位数はｐiである。
よって、Ｈi/Ｈi+1はｐi個の元からなる。

因みに、「Ｈi/Ｈi+1におけるσＨi+1の位数は素数ｐiの約数である」はちょっとよく分からない。

以前にも、

＞よってｄはｐの約数である。ｐは素数なのでｄ＝ｐである。

Ｓ＝{ｘ₁,ｈｘ₁,…,ｈ^(d-1)ｘ₁}∪{ｘ₂,ｈｘ₂,…,ｈ^(d-1)ｘ₂}∪…∪{ｘp,ｈｘp,…,ｈ^(d-1)ｘp}
より、Ｓはｐ個の集合に分割されるので、
|Ｓ|/|Ｘ|＝ｐ　∴|Ｘ|＝|Ｓ|/ｐ
よって、それぞれの集合の元の個数はｐの倍数である。よって、ｄはｐの倍数。
ところが、ｄはｈの位数でｈはＮ＝{ｘ₁,…,ｘp}の元より、ｄ≦ｐである。∴ｄ＝ｐ
よって、Ｇには位数ｐの元が存在する。

最後の所はよく分からないので適当です。自己責任でお願いします。
2024/10/7 16:50の投稿より

私は約数ではなく倍数になってしまったが、今回も言いたい事は分かる。
「Ｈi/Ｈi+1におけるσＨi+1の位数は素数ｐiの約数であ」り、ｐiは素数よりｐiか１でｐiであると言いたいのである。しかし、Ｈiの位数はｐiではないですよね。（Ｈi/Ｈi+1の位数は|Ｈi|/|Ｈi+1|。）
今回も自己責任でお願いします。

おまけ：

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。

模範解答
（１）（ⅰ）仮定より、∠ＢＡＥ＝∠ＣＡＤ・・・①
円周角の定理より、∠ＡＢＥ＝∠ＡＣＤ・・・②
①，②より、△ＡＢＥ∽△ＡＣＤ（二角相等）
対応する辺の比をとって、
ＡＢ：ＢＥ＝ＡＣ：ＣＤ・・・③
（ⅱ）①の両辺から共通部分∠ＣＡＥをひくと、
∠ＢＡＣ＝∠ＥＡＤ・・・④
また、円周角の定理より、
∠ＢＣＡ＝∠ＥＤＡ・・・⑤
④，⑤より、△ＤＡＥ∽△ＣＡＢ
対応する辺の比をとって、
ＡＤ：ＤＥ＝ＡＣ：ＣＢ・・・⑥
（２）③より、ＡＢ×ＣＤ＝ＢＥ×ＡＣ・・・⑦
⑥より、ＢＣ×ＡＤ＝ＤＥ×ＡＣ・・・⑧
⑦と⑧を辺々たして、
ＡＢ×ＣＤ＋ＢＣ×ＡＤ＝(ＢＥ＋ＤＥ)×ＡＣ
＝ＡＣ×ＢＤ
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

すみません。誤植がありました。
ＡＢ×ＣＤ＋ＢＣ×ＡＤ＝ＡＣ×ＢＣ・・・（ａ）
ＡＢ×ＣＤ＋ＢＣ×ＡＤ＝ＡＣ×ＢＤ・・・（ａ）
ＢＣじゃなくてＢＤですね。

何でもありの解法
ＡＢ＝ａ，ＢＣ＝ｂ，ＣＤ＝ｃ，ＤＡ＝ｄ，
ＡＣ＝ｘ，ＢＤ＝ｙ，∠Ａ＝θ，∠Ｂ＝φと置くと、四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形より、
∠Ｃ＝１８０°－θ，∠Ｄ＝１８０°－φ
ここで、△ＡＢＤと△ＣＢＤで余弦定理を使うと、
cosθ＝(ｙ²－ａ²－ｄ²)/２ａｄ———①
cos(180°－θ)＝(ｙ²－ｂ²－ｃ²)/２ｂｃ
∴－cosθ＝(ｙ²－ｂ²－ｃ²)/２ｂｃ
∴cosθ＝－(ｙ²－ｂ²－ｃ²)/２ｂｃ———②
①，②より、
(ｙ²－ａ²－ｄ²)/２ａｄ＝－(ｙ²－ｂ²－ｃ²)/２ｂｃ
∴ｂｃ(ｙ²－ａ²－ｄ²)＝－ａｄ(ｙ²－ｂ²－ｃ²)
∴ｂｃｙ²－ｂｃ(ａ²＋ｄ²)＝－ａｄｙ²＋ａｄ(ｂ²＋ｃ²)
∴(ａｄ＋ｂｃ)ｙ²＝ａｄ(ｂ²＋ｃ²)＋ｂｃ(ａ²＋ｄ²)
∴ｙ²＝{ａｄ(ｂ²＋ｃ²)＋ｂｃ(ａ²＋ｄ²)}/(ａｄ＋ｂｃ)———③
ａｄ(ｂ²＋ｃ²)＋ｂｃ(ａ²＋ｄ²)
＝ｂｃ(ａ²＋ｄ²)＋ａｄ(ｂ²＋ｃ²)
＝ｂｃａ²＋ｄ(ｂ²＋ｃ²)ａ＋ｂｃｄ²
＝(ｂａ＋ｃｄ)(ｃａ＋ｂｄ)
＝(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)
これを③に代入すると、
ｙ²＝(ａｂ＋ｃｄ)(ａｃ＋ｂｄ)/(ａｄ＋ｂｃ)———☆
また、△ＢＡＣと△ＤＡＣで余弦定理を使うと、
cosφ＝(ｘ²－ａ²－ｂ²)/２ａｂ———④
cos(180°－φ)＝(ｘ²－ｃ²－ｄ²)/２ｃｄ
∴－cosφ＝(ｘ²－ｃ²－ｄ²)/２ｃｄ
∴cosφ＝－(ｘ²－ｃ²－ｄ²)/２ｃｄ———⑤
④，⑤より、
(ｘ²－ａ²－ｂ²)/２ａｂ＝－(ｘ²－ｃ²－ｄ²)/２ｃｄ
∴ｃｄ(ｘ²－ａ²－ｂ²)＝－ａｂ(ｘ²－ｃ²－ｄ²)
∴ｃｄｘ²－ｃｄ(ａ²＋ｂ²)＝－ａｂｘ²＋ａｂ(ｃ²＋ｄ²)
∴(ａｂ＋ｃｄ)ｘ²＝ａｂ(ｃ²＋ｄ²)＋ｃｄ(ａ²＋ｂ²)
∴ｘ²＝{ａｂ(ｃ²＋ｄ²)＋ｃｄ(ａ²＋ｂ²)}/(ａｂ＋ｃｄ)———⑥
同様にａｂ(ｃ²＋ｄ²)＋ｃｄ(ａ²＋ｂ²)を因数分解すると、
＝(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)
これを⑥に代入すると、
ｘ²＝(ａｃ＋ｂｄ)(ａｄ＋ｂｃ)/(ａｂ＋ｃｄ)———★
☆と★の辺々を掛け合わせると、
ｘ²ｙ²＝(ａｃ＋ｂｄ)²
∴ｘｙ＝ａｃ＋ｂｄ
∴ＡＣ・ＢＤ＝ＡＢ・ＣＤ＋ＢＣ・ＤＡ
∴ＡＢ×ＣＤ＋ＢＣ×ＡＤ＝ＡＣ×ＢＤ
よって、（ａ）が導かれた。
アイデア引用元：https://manabitimes.jp/math/581

中学数学の別解（私のオリジナル）は次回。

おまけ：

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
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。

次回はこちらhttps://manabitimes.jp/math/581の正弦定理による証明をやりますね。

おまけ：

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×ＢＣ・・・（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。

何でもありの解法２
ＡＢ＝ａ，ＢＣ＝ｂ，ＣＤ＝ｃ，ＤＡ＝ｄ，
ＡＣ＝ｘ，ＢＤ＝ｙと置いて、
弧ＡＢに対する円周角をθ₁，
弧ＢＣに対する円周角をθ₂，
弧ＣＤに対する円周角をθ₃，
弧ＤＡに対する円周角をθ₄
円の半径をＲと置くと、
△ＤＡＢ（または△ＣＡＢ）での正弦定理より、
ａ/sinθ₁＝２Ｒ　∴ａ＝２Ｒsinθ₁———①
△ＡＢＣでの正弦定理より、
ｂ/sinθ₂＝２Ｒ　∴ｂ＝２Ｒsinθ₂———②
△ＡＣＤでの正弦定理より、
ｃ/sinθ₃＝２Ｒ　∴ｃ＝２Ｒsinθ₃———③
△ＣＤＡでの正弦定理より、
ｄ/sinθ₄＝２Ｒ　∴ｄ＝２Ｒsinθ₄———④
①，②，③，④より、
ａｃ＋ｂｄ
＝(２Ｒsinθ₁)(２Ｒsinθ₃)＋(２Ｒsinθ₂)(２Ｒsinθ₄)
＝４Ｒ²sinθ₁sinθ₃＋４Ｒ²sinθ₂sinθ₄
＝４Ｒ²(sinθ₁sinθ₃＋sinθ₂sinθ₄)———ア
また、△ＤＡＣで正弦定理を使うと、
ｘ/sin(θ₁＋θ₂)＝２Ｒ
∴ｘ＝２Ｒsin(θ₁＋θ₂)———⑤
△ＡＢＤで正弦定理を使うと、
ｙ/sin(θ₂＋θ₃)＝２R
∴ｙ＝２Ｒsin(θ₂＋θ₃)———⑥
⑤，⑥より、
ｘｙ＝４Ｒ²sin(θ₁＋θ₂)sin(θ₂＋θ₃)———イ
ア，イより、式（ａ）（ｘｙ＝ａｃ＋ｂｄ）を示すには、
sinθ₁sinθ₃＋sinθ₂sinθ₄＝sin(θ₁＋θ₂)sin(θ₂＋θ₃)———☆
を示せば良い。
ここで、△ＡＢＤの内角の和より、
θ₄＝１８０°－(θ₁＋θ₂＋θ₃)
これを☆の左辺に代入すると、
左辺＝sinθ₁sinθ₃＋sinθ₂sin{π－(θ₁＋θ₂＋θ₃)}
＝sinθ₁sinθ₃＋sinθ₂sin(θ₁＋θ₂＋θ₃)———★

sin(θ₁＋θ₂＋θ₃)＝sin(θ₁＋(θ₂＋θ₃)
＝sinθ₁cos(θ₂＋θ₃)＋cosθ₁sin(θ₂＋θ₃)
＝sinθ₁(cosθ₂cosθ₃－sinθ₂sinθ₃)
＋cosθ₁(sinθ₂cosθ₃＋cosθ₂sinθ₃)
＝sinθ₁cosθ₂cosθ₃－sinθ₁sinθ₂sinθ₃
＋cosθ₁sinθ₂cosθ₃＋cosθ₁cosθ₂sinθ₃

∴左辺＝sinθ₁sinθ₃＋sinθ₁sinθ₂cosθ₂cosθ₃
－sinθ₁sin²θ₂sinθ₃＋cosθ₁sin²θ₂cosθ₃
＋cosθ₁cosθ₂sinθ₂sinθ₃
＝sinθ₁sinθ₃(１－sin²θ₂)
＋sinθ₁sinθ₂cosθ₂cosθ₃＋cosθ₁sin²θ₂cosθ₃
＋cosθ₁cosθ₂sinθ₂sinθ₃
＝sinθ₁cos²θ₂sinθ₃＋sinθ₁sinθ₂cosθ₂cosθ₃
＋cosθ₁sin²θ₂cosθ₃＋cosθ₁cosθ₂sinθ₂sinθ₃

右辺＝sin(θ₁＋θ₂)sin(θ₂＋θ₃)
＝(sinθ₁cosθ₂＋cosθ₁sinθ₂)(sinθ₂cosθ₃＋cosθ₂sinθ₃)
＝sinθ₁sinθ₂cosθ₂cosθ₃＋sinθ₁cos²θ₂sinθ₃
＋cosθ₁sin²θ₂cosθ₃＋cosθ₁sinθ₂cosθ₂sinθ₃
＝sinθ₁cos²θ₂sinθ₃＋sinθ₁sinθ₂cosθ₂cosθ₃
＋cosθ₁sin²θ₂cosθ₃＋cosθ₁cosθ₂sinθ₂sinθ₃

よって、左辺＝右辺。
よって、☆が示された。
よって、式（ａ）が示された。

おまけ：
https://www.twellv.co.jp/program/drama/tantei-monogatari/archive-tantei-monogatari/tantei-monogatari-001/

解説
＞定理5.7
一意分解整域Ｒの商体をＫとする。Ｆ(Ｘ)∈Ｒ[Ｘ]を原始多項式とし
Ｆ(Ｘ)＝ｆ₁(Ｘ)…ｆr(Ｘ)，ｆi(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]，１≤degｆi(Ｘ)
とする。このとき、ある原始多項式Ｆi(Ｘ)があって
Ｆ(Ｘ)＝Ｆ₁(Ｘ)…Ｆr(Ｘ)
と表される。

定理のアバウトな意味
各項の係数が互いに素な整数係数の多項式が有理数係数のいくつかの式に因数分解出来るならば、その整数係数の多項式は整数係数の式でも同じ個数に因数分解出来ますよという定理。

＞各ｆi(Ｘ)に対して、補題よりある原始多項式Ｆi(Ｘ)があって
ｆi(Ｘ)＝ｕiＦi(Ｘ)（ｕi∈Ｋ）と表される。

補題
一意分解整域Ｒの商体をＫとする。このとき次が成り立つ。
（１）Ｋ[Ｘ]の多項式ｆ(Ｘ)はＫの元ｕとＲ[Ｘ]の原始多項式Ｆ(Ｘ)によって
ｆ(Ｘ)＝ｕ・Ｆ(Ｘ)
と表される。
（２）（１）の表現において、原始多項式Ｆ(Ｘ)（∈Ｒ[Ｘ]）はＲの可逆元の因子を除いて一意的に定まる。特に、ｆ(Ｘ)∈Ｒ[Ｘ]であればｕ∈Ｒである。

補題を読めば自明である。その際、Ｋを有理数，Ｒを整数で読むと理解し易い。

＞Ｆ(Ｘ)＝ｕＦ₁(Ｘ)…Ｆr(Ｘ)
ガウスの補題（定理5.5）より、右辺のＦ₁(Ｘ)…Ｆr(Ｘ)は原始多項式である。

定理5.5（ガウスの補題）
ｆ(Ｘ)，ｇ(Ｘ)∈Ｒ[Ｘ]とする。ｆ(Ｘ)とｇ(Ｘ)が共に原始多項式ならば、ｆ(Ｘ)・ｇ(ｘ)も原始多項式である。

原始多項式どうしの積はいくつかけても原始多項式になるからである。

＞Ｆ(Ｘ)＝ｕＦ₁(Ｘ)…Ｆr(Ｘ)
ガウスの補題（定理5.5）より、右辺のＦ₁(Ｘ)…Ｆr(Ｘ)は原始多項式である。また、補題よりｕは可逆元となる。

よって、Ｆ₁(Ｘ)…Ｆr(Ｘ)を１つの原始多項式Ｆs(Ｘ)と置くと、Ｆ(Ｘ)＝ｕＦs(Ｘ)
しかし、ここで補題からｕは可逆元と言えるのだろうか。

補題
一意分解整域Ｒの商体をＫとする。このとき次が成り立つ。
（１）Ｋ[Ｘ]の多項式ｆ(Ｘ)はＫの元ｕとＲ[Ｘ]の原始多項式Ｆ(Ｘ)によって
ｆ(Ｘ)＝ｕ・Ｆ(Ｘ)
と表される。
（２）（１）の表現において、原始多項式Ｆ(Ｘ)（∈Ｒ[Ｘ]）はＲの可逆元の因子を除いて一意的に定まる。特に、ｆ(Ｘ)∈Ｒ[Ｘ]であればｕ∈Ｒである。

それより、Ｆ(Ｘ)＝ｕＦs(Ｘ)の両辺とも原始多項式でそれぞれの各項の係数の最大公約数が１だからｕ＝±１
よって、ｕはＲの可逆元ぐらいではないだろうか。

定義5.7（注：原始多項式の定義）
Ｒを一意分解整域とする。Ｒ係数の多項式
ｆ(Ｘ)＝ａ₀＋ａ₁Ｘ＋…＋ａnＸ（ａi∈Ｒ）
に対して、ａ₀,ａ₁,…,ａnの最大公約元が１であるとき、ｆ(Ｘ)を原始多項式という。

可逆元の定義
環Ｒの元ａに対し、Ｒのある元ｂが存在して
ａ・ｂ＝ｂ・ａ＝１
となるとき、ａをＲの可逆元，または単元といい、ｂをａの逆元という。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

＞体Ｋ上の多項式環Ｋ[Ｘ]においては既約多項式と既約元は同義

これを厳密に言うと逆に分かり難くなってしまうので、後回し。（気が向いたらやる程度。）

＞定理4.9より既約多項式は素元である。

定理4.9
体Ｋ上の多項式環をＫ[Ｘ]とし、多項式ｆ(Ｘ),ｇ(Ｘ),ｈ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]について(ｆ(Ｘ)，ｇ(Ｘ))＝１と仮定する。このとき、次が成り立つ。
ｆ(Ｘ)|ｇ(Ｘ)ｈ(Ｘ)⇒ｆ(Ｘ)|ｈ(Ｘ)

これだけ見て「既約多項式は素元」と看破出来る人は天才だろう。いや、恐らくいない。
参考書ではこの定理の下に証明があり、話題が変わって定義4.6がある。

定義4.6
ｆ(Ｘ)を次数がｎ（＞０）の体Ｋ上の多項式とする。ｆ(Ｘ)が次数が共に１以上の二つの多項式の積に分解されるとき、ｆ(Ｘ)は可約であるといい、そうでないとき既約であるという。既約な多項式を既約多項式という。
　特に、１次の多項式はすべて既約である。

　体Ｋ上の３つの多項式ｆ(Ｘ),ｇ(Ｘ),ｈ(Ｘ)について、ｆ(Ｘ)が既約多項式であれば、定理4.9によって
ｆ(Ｘ)|ｇ(Ｘ)ｈ(Ｘ)⇒ｆ(Ｘ)|ｇ(Ｘ)またはｆ(Ｘ)|ｈ(Ｘ)
が成り立つ。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

この最後の定理4.9によって成り立つ事実が大事である。つまり、「定理4.9より既約多項式は素元である」ではなく「定理4.9から導かれる事実により、既約多項式は素元である」が正しい表現である。
定理4.9のｆ(Ｘ)の条件は既約多項式ではなく「ｆ(Ｘ)とｇ(Ｘ)が互いに素」である。そして、その条件で、
ｆ(Ｘ)|ｇ(Ｘ)ｈ(Ｘ)⇒ｆ(Ｘ)|ｈ(Ｘ)
なのだから、ｆ(Ｘ)が既約多項式という条件ならば誰とでも互いに素なのだからｇ(Ｘ)だけでなくｈ(Ｘ)とも互いに素だから、
ｆ(Ｘ)|ｇ(Ｘ)ｈ(Ｘ)⇒ｆ(Ｘ)|ｇ(Ｘ)またはｆ(Ｘ)|ｈ(Ｘ)
となる訳である。
そして、これは素元の定義、

定義5.4
Ｒを整域とする。Ｒの可逆元でも０でもない元をａとする。ａ＝ｂｃ（ｂ,ｃ∈Ｒ）ならば、ｂまたはｃがＲの可逆元でなければならないとき、ａをＲの既約元という。また、Ｒの元ｂ,ｃに対して、ａ|ｂｃであるとき、ａ|ｂかまたはａ|ｃの少なくとも一方が成り立つ、という条件を満足しているときａをＲの素元という。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

「ａ|ｂｃであるとき、ａ|ｂかまたはａ|ｃの少なくとも一方が成り立つ」
と同一だからである。

＞体Ｋ上の多項式環Ｋ[Ｘ]においては、既約多項式、既約元、素元はすべて同義である。したがって定理4.10によって、Ｋ[Ｘ]は一意分解整域である。

定理4.10
体Ｋ上の多項式は既約多項式の積として、因子の順序とＫの元の積を除いて一意的に分解される。

これも定義5.5を挟んだ方が厳密だろう。

定義5.5（注：一意分解整域の定義）
整域Ｒにおいて素元分解の一意性が成立するとは、Ｒの可逆元でも０でもない元は有限個の素元の積として分解でき、２つの素元分解は因子の順序と可逆元の積を除いて一意的定まることをいう。素元分解の一意性が成立する環を一意分解整域または簡単にＵＦＤという。

定理4.10よりＫ[Ｘ]は既約多項式の積として一意的だが、既約多項式と素元が同義である事が示されたので、定義5.5によって正式に一意分解整域と認められる訳である。

続きは次回。

おまけ：

解説の続き

定理5.7
一意分解整域Ｒの商体をＫとする。Ｆ(Ｘ)∈Ｒ[Ｘ]を原始多項式とし
Ｆ(Ｘ)＝ｆ₁(Ｘ)…ｆr(Ｘ)，ｆi(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]，１≤degｆi(Ｘ)
とする。このとき、ある原始多項式Ｆi(Ｘ)があって
Ｆ(Ｘ)＝Ｆ₁(Ｘ)…Ｆr(Ｘ)
と表される。

証明
各ｆi(Ｘ)に対して、補題よりある原始多項式Ｆi(Ｘ)があって
ｆi(Ｘ)＝ｕiＦi(Ｘ)（ｕi∈Ｋ）と表される。
ｕ＝ｕ₁…ｕrとおけば、
Ｆ(Ｘ)＝ｕＦ₁(Ｘ)…Ｆr(Ｘ)
ガウスの補題（定理5.5）より、右辺のＦ₁(Ｘ)…Ｆr(Ｘ)は原始多項式である。また、補題よりｕは可逆元となる。
ゆえに、ｕＦ₁(Ｘ)をあらためてＦ₁(Ｘ)とおけばよい。（注：証明終了）

　体Ｋ上の多項式環Ｋ[Ｘ]においては既約多項式と既約元は同義であり、定理4.9より既約多項式は素元である。また素元であれば既約元であるから（定理5.3）、体Ｋ上の多項式環Ｋ[Ｘ]においては、既約多項式、既約元、素元はすべて同義である。したがって定理4.10によって、Ｋ[Ｘ]は一意分解整域である。

　一意分解整域Ｒの商体をＫとする。Ｆ(Ｘ)がＲ[Ｘ]の素元とすると、定理5.3よりＲ[Ｘ]で既約である。さらに、Ｆ(Ｘ)がＲ[Ｘ]で既約であれば、定理5.6よりＫ[Ｘ]で既約、すなわち素元である。ゆえに、Ｆ(Ｘ)∈Ｒ[Ｘ]はＲ[Ｘ]で素元であれば、Ｋ[Ｘ]でも素元である。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

＞一意分解整域Ｒの商体をＫとする。Ｆ(Ｘ)がＲ[Ｘ]の素元とすると、定理5.3よりＲ[Ｘ]で既約である。

定理5.3
Ｒを整域とし、ｐをＲの元とする。ｐが素元であれば、ｐは既約元である。

素元ならば既約元であるが、逆が成り立つのは一意分解整域での話である。

「Ｒを一意分解整域とし、ｐをＲの元とする。このとき、ｐが既約元であればｐは素元であることが容易に確かめられる。すなわち、一意分解整域においては既約元と素元は同値な概念である。」
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著p.224より

＞さらに、Ｆ(Ｘ)がＲ[Ｘ]で既約であれば、定理5.6よりＫ[Ｘ]で既約、すなわち素元である。

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。

定理5.6で「Ｆ(Ｘ)がＲ[Ｘ]で既約であれば、定理5.6よりＫ[Ｘ]で既約」までは言えるが、素元である事は「体Ｋ上の多項式環Ｋ[Ｘ]においては、既約多項式、既約元、素元はすべて同義である」からである。

＞体Ｋ上の多項式環Ｋ[Ｘ]においては既約多項式と既約元は同義
＞これを厳密に言うと逆に分かり難くなってしまうので、後回し。（気が向いたらやる程度。）

定義4.6（注：既約多項式の定義）
ｆ(Ｘ)を次数がｎ(＞０)の体Ｋ上の多項式とする。ｆ(Ｘ)が次数が共に１以上の二つの多項式に分解されるとき、ｆ(Ｘ)は可約であるといい、そうでないとき既約であるという。既約な多項式を既約多項式という。

定義5.4（注：既約元の定義）
Ｒを整域とする。Ｒの可逆元でも０でもない元をａとする。ａ＝ｂｃ（ｂ,ｃ∈Ｒ）ならば、ｂまたはｃがＲの可逆元でなければならないとき、ａをＲの既約元という。

可逆元の定義
環Ｒの元ａに対し、Ｒのある元ｂが存在して
ａ・ｂ＝ｂ・ａ＝１
となるとき、ａをＲの可逆元，または単元といい、ｂをａの逆元という。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

既約多項式ならば可約でないので２つの積で表せば相手は±１である。それは単元でありつまり可逆元である。よって、定義5.4より既約元となる。
よって、既約多項式と既約元は同義である。

おまけ：

問題
図のように∠ＸＯＹ＝６０°となる２辺ＯＸ，ＯＹに接する半径４の円Ａがある。円Ａに外接し、ＯＸ，ＯＹに接する円をＢ，２円Ａ，Ｂに外接し、ＯＸに接する円をＣとする。
（１）円Ｂの半径を求めよ。
（２）円Ｃの半径を求めよ。
（９２　ラ・サール）

模範解答
（１）円Ｂの半径：円Ａの半径＝１：３（基本図４７）
（注：基本図４７とは、この問題と同じ構図（∠ＸＯＹ＝６０°で２円が接している）の時の２円の半径の比は１：３になるというもの）
だから、円Ｂの半径＝(１/３)×円Ａの半径＝４/３
（２）２円が外接する場合、その共通外接線の長さは、２円の半径をｒ₁，ｒ₂とすると、２√(ｒ₁ｒ₂)であるから（基本図７４）、
（注：基本図７４とは、２円の共通外接線の長さは２つの円の半径の積の平方根の２倍（２つの円の半径の相乗平均の２倍）で求められるというもの）
円Ａ，Ｂ，Ｃの半径を、順にａ，ｂ，ｃとするとき、
図のＢ'Ｃ'＝２√(ｂｃ)，Ｃ'Ａ'＝２√(ｃａ)，Ａ'Ｂ'＝２√(ａｂ)
（注：ＯＸと円Ａ，Ｂ，Ｃとの接点をそれぞれＡ'，Ｂ'，Ｃ'とした図。）
である。
Ａ'Ｂ'＝Ｂ'Ｃ'＋Ｃ'Ａ'にこれらの式を代入して、
２√(ａｂ)＝２√(ｂｃ)＋２√(ｃａ)
両辺を２√(ａｂｃ)でわって、
１/√ｃ＝１/√ａ＋１/√ｂ・・・①
ａ＝４，ｂ＝４/３を代入して、
１/√ｃ＝１/√４＋√(３/４)＝(√３＋１)/２
ゆえに、√ｃ＝２/(√３＋１)＝√３－１
この両辺を２乗して、ｃ＝４－２√３
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

基本図４７
図で、△ＯＢＨは３０°定規だから、ＯＢ＝２ｂ
△ＯＡＩも３０°定規だから、ＯＡ＝２ａ
よって、２ａ＝ａ＋ｂ＋２ｂより、ａ＝３ｂ

解説
∠ＸＯＹ＝６０°に円Ａ（大）と円Ｂ（小）が内接していて、ＯＹとの接点とそれぞれＩ，Ｈとし、円Ａの半径をａ，円Ｂの半径をｂとすると、△ＯＡＩも△ＯＢＩも１：２：√３の直角三角形になり、ＯＡ＝ＡＢ＋ＯＢで２ａ＝(ａ＋ｂ)＋２ｂと方程式を作ったもの。
∴ａ＝３ｂ　∴ａ：ｂ＝３：１

基本図７４
円Ｏ（半径ｒ₁）と円Ｏ'（半径ｒ₂）が外接するとき、共通外接線の長さは２√(ｒ₁ｒ₂)
＜略証＞
共通内接線をひき、交点を図のように定めると、△ＯＲＴ∽△ＲＯ'Ｔより、
ＲＴ＝√(ｒ₁ｒ₂)
これとＲＴ＝ＲＰ＝ＲＱより、
ＰＱ＝２ＲＴ＝２√(ｒ₁ｒ₂)

解説
２円Ｏ，Ｏ'が互いに外接していて共通外接線と円Ｏとの接点をＰ，円Ｏ'との接点をＱ，また、円どうしの接点をＴとする。
ここで、共通内接線を引き共通外接線との交点をＲとすると、円と接線の関係より、ＲＰ＝ＲＴ，ＲＱ＝ＲＴ　よって、ＲＴ＝ＲＰ＝ＲＱ
また、ＲＴ⊥ＯＯ'，△ＰＲＯ≡△ＴＲＯ，△ＱＲＯ'≡△ＴＲＯ'より∠ＯＲＯ'は∠ＰＲＱの半分で９０°（行間は自分で読んで下さい）。
よって、△ＲＯＯ'は直角三角形で直角から斜辺に垂線ＲＴが下りている形なので、アーキタスの定理を使うと、ＲＴ²＝ＯＴ・Ｏ'Ｔ　∴ＲＴ²＝ｒ₁ｒ
∴ＰＱ＝２ＲＴ＝√(ｒ₁ｒ₂)

おまけ：

問題
図のように∠ＸＯＹ＝６０°となる２辺ＯＸ，ＯＹに接する半径４の円Ａがある。円Ａに外接し、ＯＸ，ＯＹに接する円をＢ，２円Ａ，Ｂに外接し、ＯＸに接する円をＣとする。
（１）円Ｂの半径を求めよ。
（２）円Ｃの半径を求めよ。
（９２　ラ・サール）

図の解説：右上から左下方向に∠ＹＯＸがあり、円Ａが大きく内接していて円Ａと∠Ｏの隙間に円Ｂが内接している。また、円Ａと円ＢとＯＸの隙間に円Ｃが内接している図。

私の解答
（１）解法１
円Ｂ，円ＡとＯＸとの接点をそれぞれＳ，Ｔとすると、ＢＳ⊥ＯＸ，ＡＴ⊥ＯＸ
ここで、ＢからＡＴに垂線を下ろしその足をＨとすると、四角形ＢＳＴＨは長方形になるので、円Ｂの半径をｒと置くと、ＨＴ＝ＢＳ＝ｒ　∴ＡＨ＝４－ｒ
また、円Ａと円Ｂの接点をＵとすると、３点Ａ，Ｕ，Ｂは一直線上にあり、ＡＢ＝４＋ｒ
ところで、３点Ｏ，Ｂ，Ａも一直線上にありＯＡは∠ＸＯＹを２等分しているので、∠ＡＯＴ＝３０°で△ＡＢＨ∽△ＡＯＴ　よって、△ＡＢＨも１：２：√３の直角三角形である。
∴ＡＢ＝２ＡＨ　∴４＋ｒ＝２(４－ｒ)
∴ｒ＋４＝８－２ｒ　∴３ｒ＝４
∴ｒ＝４/３　よって、答えは、４/３

解法２
２点の共通内接線を引き、ＯＹ，ＯＸとの交点をそれぞれＤ，Ｅとすると、対称性から△ＯＤＥは二等辺三角形で∠ＤＯＥ＝６０°より正三角形である。
また、２円の接点をＵとすると、ＵはＤＥの中点で点Ｂは正三角形ＯＤＥの内心より重心と一致しているので、ｒ＝ＢＵ＝(１/３)ＯＵ———①
また、３点Ｏ，Ｕ，Ａは一直線上にありＯＡは∠ＸＯＹを二等分しているので、△ＡＯＴは１：２：√３の直角三角形である。∴ＯＡ＝２ＡＴ＝２・４＝８
また、ＡＵ＝４より、ＯＵ＝８－４＝４———②
②を①に代入すると、ｒ＝４/３
よって、答えは、４/３

（２）円Ｃの半径をｒ'と置くと、ＢＣ＝４/３＋ｒ'
また、ＣからＢＳに垂線を下ろし素の足をＩとすると、ＢＩ＝４/３－ｒ'　また、ＡＣ＝４＋ｒ'
さらに、ＣからＡＴに垂線を下ろし素の足をＪとすると、ＡＪ＝４－ｒ'
ここで、△ＣＢＩと△ＣＡＪで三平方の定理を使うと、
ＳＴ＝√{(４/３＋ｒ')²－(４/３－ｒ')²}
＋√{(４＋ｒ')²－(４－ｒ')²}———①
また、△ＡＢＨは１：２：√３の直角三角形でＡＨ＝４－４/３＝８/３より、ＢＨ＝８√３/３
また、四角形ＢＳＴＨは長方形より、
ＳＴ＝ＢＨ＝８√３/３———②
①，②より、
√{(４/３＋ｒ')²－(４/３－ｒ')²}
＋√{(４＋ｒ')²－(４－ｒ')²}＝８√３/３
が成り立つ。
∴√(１６ｒ'/３)＋√(１６ｒ')＝８/√３
∴１６ｒ'/３＋１６ｒ'＋２√(２５６ｒ'²/３)
＝６４/３
∴６４ｒ'/３＋２・１６√(ｒ'²/３)＝６４/３
∴６４ｒ'/３＋３２ｒ/√３＝６４/３
∴{(３２√３＋６４)/３}ｒ'＝６４/３
∴ｒ'＝２/(√３＋２)＝２(２－√３)
よって、答えは、２(２－√３)

おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1848531691905892724

例（1.2.5）
複素数体ℂは実数体ℝ上の線型空間と見ることもできる。このとき、列ベクトル空間ℝ²からℂへの写像
ℝ²→ℂ，(ａ ｂ)→ａ＋ｂｉ（注：行ベクトルにした。）
は、ℝ上の線型空間としての同型写像である。

証明
Ｆ：ℝ²→ℂ（Ｆ((ａ ｂ))＝ａ＋ｂｉ）と置き、
ｘ₁＝(ａ₁ ｂ₁)，ｘ₂＝(ａ₂ ｂ₂)，
Ｆ(ｘ₁)＝ａ₁＋ｂ₁ｉ＝ｙ₁，Ｆ(ｘ₂)＝ａ₂＋ｂ₂ｉ＝ｙ₂と置くと、ℂの任意の元ｙに対してａ,ｂが定まり、そのａ,ｂに対応するｘ∈ℝ²が必ず存在するのでＦは全射である。
また、ｙ₁,ｙ₂∈ℂに対して、ｙ₁＝ｙ₂とすると、ａ₁＋ｂ₁ｉ＝ａ₂＋ｂ₂ｉ　∴ａ₁－ａ₂＋(ｂ₁－ｂ₂)ｉ＝０
∴ａ₁－ａ₂＝０かつｂ₁－ｂ₂＝０　
∴ａ₁＝ａ₂，ｂ₁＝ｂ₂　∴(ａ₁ ｂ₁)＝(ａ₂ ｂ₂)
∴ｘ₁＝ｘ₂
よって、ｙ₁＝ｙ₂ならばｘ₁＝ｘ₂が成り立つので、Ｆは単射である。
よって、Ｆは全単射であるので双射である。
∴ｘ₁↔ｙ₁，ｘ₂↔ｙ₂
また、Ｆ(ｘ₁＋ｘ₂)＝Ｆ((ａ₁ ｂ₁)+(ａ₂ ｂ₂))
＝Ｆ((ａ₁+ａ₂ ｂ₁+ｂ₂))＝ａ₁+ａ₂＋(ｂ₁+ｂ₂)ｉ
＝ａ₁＋ｂ₁ｉ＋ａ₂＋ｂ₂ｉ＝Ｆ(ｘ₁)＋Ｆ(ｘ₂)
＝ｙ₁＋ｙ₂　∴Ｆ(ｘ₁＋ｘ₂)＝ｙ₁＋ｙ₂
そして、Ｆは双射より、ｘ₁＋ｘ₂↔ｙ₁＋ｙ₂
よって、ｘ₁↔ｙ₁,ｘ₂↔ｙ₂ならばｘ₁＋ｘ₂↔ｙ₁＋ｙ₂———①
また、上より、ｘ↔ｙである。
ｃ∈ℝに対して、Ｆ(ｃｘ)＝Ｆ(ｃ(ａ ｂ))＝Ｆ((ｃａ ｃｂ))＝ｃａ＋(ｃｂ)ｉ＝ｃ(ａ＋ｂｉ)＝ｃＦ(ｘ)＝ｃｙ
∴Ｆ(ｃｘ)＝ｃｙ
そして、Ｆは双射より、ｃｘ↔ｃｙ
よって、ｘ↔ｙ，ｃ∈ℝならばｃｘ↔ｃｙ———②
①，②より、同型の定義により、Ｆは同型写像である。よって、示された。

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言い、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：
https://www.amazon.co.jp/%E3%83%A6%E3%83%80%E3%83%A4%E3%81%AE%E6%95%91%E4%B8%96%E4%B8%BB%E3%81%8C%E6%97%A5%E6%9C%AC%E3%81%AB%E7%8F%BE%E3%82%8F%E3%82%8C%E3%82%8B%E2%80%95%E4%B8%96%E7%95%8C%E5%A4%A7%E7%A0%B4%E5%B1%80%E3%81%8C%E6%8B%9B%E3%81%8F%E4%BA%BA%E9%A1%9E%E5%86%8D%E7%B7%A8%E3%81%AE%E7%A5%9E%E3%83%89%E3%83%A9%E3%83%9E-%E3%83%88%E3%82%AF%E3%83%9E%E3%83%96%E3%83%83%E3%82%AF%E3%82%B9-%E4%B8%AD%E7%9F%A2-%E4%BC%B8%E4%B8%80/dp/4195049687

解説
＞Ｇに位数５の元τがある（問題10-7(１)の解答参照）。

問題10-7(１)の解答
問題10-10(３)よりＧに位数ｐの元が存在する。

問題 10-10b
ｐを素数とし、１,２,…,ｐの入れ換えのなす群Ｇが次の性質をみたすとする：「どの２つの数に対しても一方を他方に写す入れ換えが存在する。」次の問いに答えよ。
（１）Ｇに指数ｐの部分群Ｈが存在することを示せ。
（２）（１）のＨに対して右Ｈ傍系σ₁Ｈ＝Ｈ，σ₂Ｈ，…，σpＨの元ｘ₁,…,ｘpを１つずつとる。
（ⅰ）Ｇの各元ｇに対して、ｇｘ₁,…,ｇｘpは各右Ｈ傍系に１つずつ含まれることを示せ。
（ⅱ）{ｇｘ₁,…,ｇｘp}（ｇはＧの元）の形の集合は、(Ｇ：Ｎ)個あることを示せ。ここでＮは{ｇｘ₁,…,ｇｘp}＝{ｘ₁,…,ｘp}をみたすｇからなる部分群とする。
（３）Ｇに位数ｐの元が存在することを示せ。

今回の問題の条件は、Ｓ5の部分群で「各ｉに対して０をｉに写す入れ換えがある」ものなので、一方を０にすれば問題10-10の（３）より、位数５の元が存在するという事。

＞もし位数５の元が生成するＧの部分群がτの生成する部分群Ｈしかないならば、ＨはＧの正規部分群である。

問題10-2の題意より、５次対称群Ｓ5の位数５の元が生成する部分群のうち少なくとも１つは正規部分群（問題10-3が補填する）だから、（位数５の元が生成する）部分群が１つしかなければそれは正規部分群になるという事。

問題 10-2b
ｐを素数とする。ｐ次対称群の位数ｐの元σの生成する部分群Ｈ＝{ｅ,σ,…,σ^(p-1)}を正規部分群に持つＳpの部分群Ｎを調べる。本文のようにｐ次対称群の置換をｐ個の元０,１,…,ｐ－１（Ｆpの元）の置換とみなし、σをσ(ｘ)＝ｘ＋１（ｘ＝０,１,…,ｐ－１）とする。このときＮは
ＡＧＬ(１,ｐ)＝{τ∈Ｓp；τ(ｘ)＝ａｘ＋ｂ，ここでａ≠０かつｂ＝０,１,…,ｐ－１}
に含まれることを示せ。この群を１次元アフィン一般線形群という。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

問題 10-3b
ＡＧＬ(１,ｐ)における位数ｐの元はσ^j（ｊ＝１,２,…,ｐ－１）に限ることを示せ。ここでσはσ(ｘ)＝ｘ＋１（ｘ＝０,１,…,ｐ－１）をみたす元とする。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

＞このとき問題10-4よりＧは、番号を読み替えたＡＧＬ(１,５)（つまりσＡＧＬ(１,５)σ^-1の形の群）に含まれる。

問題 10-4b
問題10-2のとおり、Ｎを、Ｈ⊂Ｎ⊂ＡＧＬ(１,ｐ)をみたす群とする。Ｓpの部分群Ｎ'を正規部分群として含むならば、ＡＧＬ(１,ｐ)に含まれることを示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

ＡＧＬ(１,５)に含まれる事は問題10-4から自明とする。また、「つまりσＡＧＬ(１,５)σ^-1の形の群」は、問題10-13の（２）の解答から「ｉ,ｊを交換する互換τは、１,２をｉ,ｊに読み替えるとτ＝μσμ^-1の形に表される」とあるので、ＡＧＬ(１,５)の番号を読み替えたものはσＡＧＬ(１,５)σ^-1という形で表されるという事。

補足
＞またｉ,ｊを交換する互換τは、１,２をｉ,ｊに読み替えるとτ＝μσμ^-1の形に表される。

μ＝( １ ２ ３ ４ ５)
　　( ａ ｂ ｃ ｄ ｅ)
（注：本当は２段で１つの元。）
と置くと、
μ^-1＝( ａ ｂ ｃ ｄ ｅ)
　　 　 ( １ ２ ３ ４ ５)
また、σ＝( １ ２ ３ ４ ５)
　　　　　( ２ １ ３ ４ ５)
（「１,２だけを交換する入れ換えσ」だから。）
とすると、
μσμ^-1
＝(１ ２ ３ ４ ５)(１ ２ ３ ４ ５)(ａ ｂ ｃ ｄ ｅ)
　(ａ ｂ ｃ ｄ ｅ)(２ １ ３ ４ ５)(１ ２ ３ ４ ５)
＝(ａ ｂ ｃ ｄ ｅ)
　(ｂ ａ ｃ ｄ ｅ)
（一番右の括弧のａから、ａ→１→２→１→ｂ，
ｂ→２→１→ａ，ｃ→３→３→ｃ，
ｄ→４→４→ｄ，ｅ→５→５→ｅと求める。）
よって、ａとｂだけ入れ換わった変換でａ～ｅは１～５のどれかなので、どれか２つが入れ換わるのでＯＫ。

＞もしＨに含まれない位数５の元μがあれば、τ^iμτ^-i（ｉ＝０,…,４）は（位数５の元であり）相異なる部分群Ｈiをそれぞれ生成する。

(τ^iμτ^-i)⁵＝(τ^iμτ^-i)(τ^iμτ^-i)(τ^iμτ^-i)(τ^iμτ^-i)(τ^iμτ^-i)
＝τ^iμ(τ^-iτ^i)μ(τ^-iτ^i)μ(τ^-iτ^i)μ(τ^-iτ^i)μτ^-i
＝τ^iμ⁵τ^-i＝τ^iｅτ^-i（μは位数５だから）
＝τ^iτ^-i＝ｅ
よって、(τ^iμτ^-i)⁵＝ｅより、τ^iμτ^-iは位数５の元である。
また、ｉ＝０,１,２,３,４を代入すると、
Ｈ₀＝{ｅ,μ,μ²,μ³,μ⁴}
Ｈ₁＝{ｅ,τμτ^-1,τμ²τ^-1,τμ³τ^-1,τμ⁴τ^-1}
Ｈ₂＝{ｅ,τ²μτ^-2,τ²μ²τ^-2,τ²μ³τ^-2,τ²μ⁴τ^-2}
Ｈ₃＝{ｅ,τ³μτ^-3,τ³μ²τ^-3,τ³μ³τ^-3,τ³μ⁴τ^-3}
Ｈ₄＝{ｅ,τ⁴μτ^-4,τ⁴μ²τ^-4,τ⁴μ³τ^-4,τ⁴μ⁴τ^-4}
で、τの位数が５なのでτのべき乗は全て異なり、Ｈ₀～Ｈ₄は全て相異なる。

＞結局Ｈ₀＝…＝Ｈ₄となる。
とくにτＨ₀τ^-1＝Ｈ₀である。

Ｈ₀＝{ｅ,μ,μ²,μ³,μ⁴}より、
τＨ₀τ^-1＝τ{ｅ,μ,μ²,μ³,μ⁴}τ^-1
＝{ｅ,τμτ^-1,τμ²τ^-1,τμ³τ^-1,τμ⁴τ^-1}
＝Ｈ₁
∴τＨ₀τ^-1＝Ｈ₁　
また、「結局Ｈ₀＝…＝Ｈ₄」より、Ｈ₁＝Ｈ₀
これを代入すると、τＨ₀τ^-1＝Ｈ₀

＞ところが問題10-2，10-3よりＨ＝Ｈ₀となり矛盾する。

τＨ₀τ^-1＝Ｈ₀より、τＨ₀＝Ｈ₀τ
よって、Ｈ₀はＧの正規部分群である。
よって、問題10-2からＧはＡＧＬ(１,５)に含まれ、問題10-3よりＡＧＬ(１,５)における位数５の元はσ^jの形に限るので唯一つで、別々の位数５の元（τとμ）が生成するＨとＨ₀が一致する事になるので矛盾するという事。

続きは次回。

＞よって、このような部分群で生成されるＧの部分群Ｇ'はＳ5の正規部分群になる。

ここが最難関だと思います。

おまけ：

解説の続き

問題 10-14c
Ｓ5を０,１,２,３,４の入れ換えのなす群とみる。次をみたすＳ5の部分群ＧはσＡＧＬ(１,５)σ^-1（σ∈Ｓ5）に含まれなければ、Ａ5あるいはＳ5であることを示せ：「各ｉに対して０をｉに写す入れ換えがある」

解答
Ｇに位数５の元τがある（問題10-7(１)の解答参照）。もし位数５の元が生成するＧの部分群がτの生成する部分群Ｈしかないならば、ＨはＧの正規部分群である。このとき問題10-4よりＧは、番号を読み替えたＡＧＬ(１,５)（つまりσＡＧＬ(１,５)σ^-1の形の群）に含まれる。
もしＨに含まれない位数５の元μがあれば、τ^iμτ^-i（ｉ＝０,…,４）は（位数５の元であり）相異なる部分群Ｈiをそれぞれ生成する（もし一致するものがあると、Ｈi＝Ｈi+k＝Ｈi+2k＝…（０＜ｋ＜５）となり、結局Ｈ₀＝…＝Ｈ₄となる。
とくにτＨ₀τ^-1＝Ｈ₀である。ところが問題10-2，10-3よりＨ＝Ｈ₀となり矛盾する）。
Ｈiはμ∉ＨよりＨとも異なる。よってτが生成する部分群も合わせて、位数５の元が生成する部分群が６個得られる。これらは、位数５の元が生成するＳ5の部分群のすべてである。（
(０ １ ａ ｂ ｃ)
(１ ａ ｂ ｃ ０)（注：２段で１つの元）の形の元（全部で６個）をそれぞれ１個ずつ含むから。）
よって、このような部分群で生成されるＧの部分群Ｇ'はＳ5の正規部分群になる（σＧ'σ^-1も同じく、このような部分群で生成されるからＧ'に等しい）。ゆえに問題5-12よりＧ'はＡ5あるいはＳ5である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

＞よってτが生成する部分群も合わせて、位数５の元が生成する部分群が６個得られる。

Ｈ＝{ｅ,τ,τ²,τ³,τ⁴}
Ｈ₀＝{ｅ,μ,μ²,μ³,μ⁴}
Ｈ₁＝{ｅ,τμτ^-1,τμ²τ^-1,τμ³τ^-1,τμ⁴τ^-1}
Ｈ₂＝{ｅ,τ²μτ^-2,τ²μ²τ^-2,τ²μ³τ^-2,τ²μ⁴τ^-2}
Ｈ₃＝{ｅ,τ³μτ^-3,τ³μ²τ^-3,τ³μ³τ^-3,τ³μ⁴τ^-3}
Ｈ₄＝{ｅ,τ⁴μτ^-4,τ⁴μ²τ^-4,τ⁴μ³τ^-4,τ⁴μ⁴τ^-4}
の６個という事。

＞
(０ １ ａ ｂ ｃ)
(１ ａ ｂ ｃ ０)（注：２段で１つの元）の形の元（全部で６個）をそれぞれ１個ずつ含むから。

(０ １ ａ ｂ ｃ)
(１ ａ ｂ ｃ ０)

(０ １ ａ ｂ ｃ)
(ａ ｂ ｃ ０ １)

(０ １ ａ ｂ ｃ)
(ｂ ｃ ０ １ ａ)

(０ １ ａ ｂ ｃ)
(ｃ ０ １ ａ ｂ)

(０ １ ａ ｂ ｃ)
(０ １ ａ ｂ ｃ)

で位数５で、ａｂｃの入れ換えで３!＝６個。

＞よって、このような部分群で生成されるＧの部分群Ｇ'はＳ5の正規部分群になる（σＧ'σ^-1も同じく、このような部分群で生成されるからＧ'に等しい）。

前回の「番号を読み替えたＡＧＬ(１,５)（つまりσＡＧＬ(１,５)σ^-1の形の群）」と同様に、σＧ'σ^-1はＧ'の番号を読み替えたものなので、位数５の元が生成する部分群が６個で生成する群をＧ'とすると、σＧ'σ^-1もこれらで生成されるという事。
∴σＧ'σ^-1＝Ｇ'　∴σＧ'＝Ｇ'σ
よって、Ｇ'はＳ5の正規部分群である。（σ∈Ｓ5だからＧではなくＳ5の正規部分群。）

ここで、実験をしてみる。３次対称群Ｓ3は、
ρ₀＝(１ ２ ３)（本当は２段だが１段で表す。）
ρ₁＝(２ ３ １)
ρ₂＝(３ １ ２)
μ₁＝(１ ３ ２)
μ₂＝(３ ２ １)
μ₃＝(２ １ ３)
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より
位数２の元はμ₁，μ₂，μ₃である。（μ₁だったら２と３の入れ換えなので２回やったら元に戻るから。）
よって、位数２の部分群は、
Ｈ₁＝{ρ₀，μ₁}
Ｈ₂＝{ρ₀，μ₂}
Ｈ₃＝{ρ₀，μ₃}
の３個である。これらの部分群で生成されるＳ3の部分群を作ってみる。因みに、「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著ｐ92～93に生成系について載っているが複数の集合で生成する例は載っていないので、自己流でやってみた。
＜Ｈ₁,Ｈ₂＞＝{ρ₀，μ₁，μ₂，μ₁μ₂，μ₂μ₁}（各元の位数が２だからこれだけ。）
＝{ρ₀，μ₁，μ₂，ρ₁，ρ₂}（p.68のＳ3の群表より）
＝Ｈ₄と置くと、
＜Ｈ₁,Ｈ₂,Ｈ₃＞＝＜Ｈ₄,Ｈ₃＞
＝{ρ₀，μ₁，μ₂，ρ₁，ρ₂，μ₃，μ₃μ₁，μ₃μ₂，μ₃ρ₁，μ₃ρ₂，μ₁μ₃，μ₂μ₃，ρ₁μ₃，ρ₂μ₃}
＝{ρ₀，μ₁，μ₂，ρ₁，ρ₂，μ₃，ρ₁，ρ₂，μ₁，μ₂，ρ₂，ρ₁，μ₂，μ₁}
＝{ρ₀，ρ₁，ρ₂，μ₁，μ₂，μ₃}＝Ｓ3
ところで、Ｓ3は自明な正規部分群である。
よって、「位数５の元が生成する部分群が６個得られる。（中略）このような部分群で生成されるＧの部分群Ｇ'はＳ5の正規部分群になる」をＳ3の位数２の元が生成する部分群３個で実験したら確かに正規部分群になった。ただし、Ｓ3の部分群のＡ3＝{ρ₀，ρ₁，ρ₂}も正規部分群なので、自己流の生成も怪しいものである。笑
また、
(０ １ ａ ｂ ｃ)
(１ ａ ｂ ｃ ０)
から考えると、問題5-9から、Ａ5は自明のような気がするが。

問題 5-9b
Ａnは
( ａ ｂ ｃ ｄ ｅ …（あとは変えない）)
( ｂ ｃ ａ ｄ ｅ …（あとは変えない）)
（注：本当は２段で１つの元。）
（この形の入れ換えを(ａｂｃ)と略記する）の形で入れ換えで生成されることを示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

因みに、Ａ5に確定できないのは、この入れ換えは６通り中３通りだけだからである。（順繰りと３通りという事。）

おまけ：
https://www.instagram.com/ugakimisato.mg/p/DBbBtPYykag/?img_index=2

補足解説
＞よって、このような部分群で生成されるＧの部分群Ｇ'はＳ5の正規部分群になる（σＧ'σ^-1も同じく、このような部分群で生成されるからＧ'に等しい）。

前回の「番号を読み替えたＡＧＬ(１,５)（つまりσＡＧＬ(１,５)σ^-1の形の群）」と同様に、σＧ'σ^-1はＧ'の番号を読み替えたものなので、位数５の元が生成する部分群が６個で生成する群をＧ'とすると、σＧ'σ^-1もこれらで生成されるという事。
∴σＧ'σ^-1＝Ｇ'　∴σＧ'＝Ｇ'σ
よって、Ｇ'はＳ5の正規部分群である。（σ∈Ｓ5だからＧではなくＳ5の正規部分群。）

これに対する補足。以前は、２つの入れ換えに対して証明したが、一応３つの入れ換え（１,２,３の順繰りという変換）に対して成り立つ事も証明した。

μ＝( １ ２ ３ ４ ５)
　　( ａ ｂ ｃ ｄ ｅ)
（注：本当は２段で１つの元。）
と置くと、
μ^-1＝( ａ ｂ ｃ ｄ ｅ)
　　 　 ( １ ２ ３ ４ ５)
また、σ＝( １ ２ ３ ４ ５)
　　　　　( ２ ３ １ ４ ５)
（(１ ２ ３)という変換。）
とすると、
μσμ^-1
＝(１ ２ ３ ４ ５)(１ ２ ３ ４ ５)(ａ ｂ ｃ ｄ ｅ)
　(ａ ｂ ｃ ｄ ｅ)(２ ３ １ ４ ５)(１ ２ ３ ４ ５)
＝(ａ ｂ ｃ ｄ ｅ)
　(ｂ ｃ ａ ｄ ｅ)
（一番右の括弧のａから、ａ→１→２→ｂ，
ｂ→２→３→ｃ，ｃ→３→１→ａ，
ｄ→４→４→ｄ，ｅ→５→５→ｅと求める。）
よって、ａ,ｂ,ｃが順繰りと入れ換わった変換でａ～ｅは１～５のどれかなので、どれか３つが順繰りと入れ換わるのでＯＫ。

そして、このσは１種類で全ての元の位数は同じになるので、「位数５の元が生成するＳ5の部分群のすべてである。（中略）このような部分群で生成されるＧの部分群Ｇ'はＳ5の正規部分群になる」という事。
念のため、メインは、
「位数５の元が生成する部分群が６個で生成する群をＧ'とすると、σＧ'σ^-1もこれらで生成されるという事。
∴σＧ'σ^-1＝Ｇ'　∴σＧ'＝Ｇ'σ
よって、Ｇ'はＳ5の正規部分群である。」
の方である。

＞また、
(０ １ ａ ｂ ｃ)
(１ ａ ｂ ｃ ０)
から考えると、問題5-9から、Ａ5は自明のような気がするが。

問題 5-9b
Ａnは
( ａ ｂ ｃ ｄ ｅ …（あとは変えない）)
( ｂ ｃ ａ ｄ ｅ …（あとは変えない）)
（注：本当は２段で１つの元。）
（この形の入れ換えを(ａｂｃ)と略記する）の形で入れ換えで生成されることを示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

因みに、Ａ5に確定できないのは、この入れ換えは６通り中３通りだけだからである。（順繰りと３通りという事。）

うっかりしました。この先生の意図は問題5-9を使えば、
(０ １ ａ ｂ ｃ)
(１ ａ ｂ ｃ ０)
が分かるという事ですね。（一言、問題5-9と入れてくれれば分かり易いのに。）
そして、ａｂｃの入れ換えで６通りあるので、Ａ5に確定できずＳ5も入るという事。Ａ5の元の数がＳ5のちょうど半分である事はＡ5が偶置換だから。
つまり、|Ａ5|＝|Ｓ|/２＝５!/２＝６０
念のため、上の元が位数５でａｂｃの入れ換えで６通りから５×６＝３０　また、０と１の入れ換えで３０×２＝６０などではない。上のＳ3も時のように、
(０ １ ａ ｂ ｃ)
(１ ａ ｂ ｃ ０)
のａｂｃを２３４の入れ換え６通りで６個の群（位数５の元が生成する部分群）で生成すると、ダブり分が消えてＡ5かＳ5になって、元の個数が６０か１２０になるという事。

おまけ：
「幼少時代は運動神経が鈍く、友達からは「ドン寛（鈍感）」「運痴の寛ちゃん」などと呼ばれていたが、ブラジル移住後は陸上競技選手として1958年、1959年の全伯（全ブラジル）陸上競技選手権少年の部に出場、砲丸（投げ）、円盤（投げ）の二種目に優勝するなど、身体能力を発揮して活躍した。その際、ブラジル遠征中の力道山の目に留まる。」
引用元：https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%82%A2%E3%83%B3%E3%83%88%E3%83%8B%E3%82%AA%E7%8C%AA%E6%9C%A8#%E7%94%9F%E3%81%84%E7%AB%8B%E3%81%A1

「また田中自身も、大蔵大臣就任時の挨拶に見られるように「高小卒業」を一つのアピールにしていたことがある。」
「なお、田中は最終学歴について「中央工学校」卒(1936年卒)と公称することが多かった。」
引用元：https://ja.wikipedia.org/wiki/%E7%94%B0%E4%B8%AD%E8%A7%92%E6%A0%84#%E7%94%9F%E8%AA%95

問題
図のような四角形ＡＢＣＤにおいて、点Ｄを通って辺ＣＢに平行な直線が対角線ＣＡの延長と交わる点をＥ，また点Ｃを通って辺ＤＡに平行な直線が対角線ＤＢの延長と交わる点をＦとし、対角線の交点をＯとするとき、ＯＡ：ＯＣ＝１：４，ＯＢ：ＯＤ＝３：２となった。
（１）ＯＥ：ＯＣの比を求めよ。
（２）ＯＡ：ＯＥの比を求めよ。
（３）ＡＢ：ＥＦの比を求めよ。
（８３　東大寺学園）

模範解答
（１）ＤＥ∥ＣＢより、△ＤＯＥ∽△ＢＯＣだから、
ＯＥ：ＯＣ＝ＯＤ：ＯＢ＝２：３
（２）（１）より、ＯＥ＝(２/３)ＯＣ
よって、ＯＡ：ＯＥ＝(１/４)ＯＣ：(２/３)ＯＣ
＝３：８
（３）（１）と同様に、ＤＡ∥ＣＦより、△ＤＯＡ∽△ＦＯＣだから、ＯＤ：ＯＦ＝ＯＡ：ＯＣ＝１：４
よって、ＯＦ＝４ＯＤ　
ゆえに、ＯＢ：ＯＦ＝(３/２)ＯＤ：４ＯＤ＝３：８
以上より、ＯＡ：ＯＥ＝ＯＢ：ＯＦ＝３：８となるので、ＡＢ∥ＥＦだから、△ＯＡＢ∽△ＯＥＦ
ＡＢ：ＥＦ＝ＯＡ：ＯＥ＝３：８
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

今回は読めば分かるので、解説はなし。因みに、ちょっと前にやった問題、

問題
２つの直線上に、それぞれ３点Ａ～Ｃ，Ｄ～Ｆがこの順に並び、ＡＥ∥ＢＦ，ＢＤ∥ＣＥのとき、ＡＤ∥ＣＦが成り立つ事を証明せよ。
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解答
（ⅰ）２直線が平行でない場合
ＣＡの延長とＦＤの延長が交わるとし、その交点をＯとすると、ＡＥ∥ＢＦより△ＯＡＥ∽△ＯＢＦ
∴ＯＡ：ＯＢ＝ＯＥ：ＯＦ＝ａ：ｂ———①
また、ＢＤ∥ＣＥより、△ＯＤＢ∽△ＯＥＣ
∴ＯＤ：ＯＥ＝ＯＢ：ＯＣ＝ｃ：ｄ———②
と置ける。
ここで、ＯＣ＝ｘ，ＯＦ＝ｙと置くと、①より、
ＯＥ：ＯＦ＝ａ：ｂ　∴ＯＥ：ｙ＝ａ：ｂ
∴ＯＥ＝(ａ/ｂ)ｙ———③
また、②より、ＯＤ：ＯＥ＝ｃ：ｄ
これに③を代入すると、
ＯＤ：(ａ/ｂ)ｙ＝ｃ：ｄ
∴ＯＤ＝(ａｃ/ｂｄ)ｙ———④
また、②より、ＯＢ：ＯＣ＝ｃ：ｄ
∴ＯＢ：ｘ＝ｃ：ｄ　∴ＯＢ＝(ｃ/ｄ)ｘ———⑤
また、①より、ＯＡ：ＯＢ＝ａ：ｂ
これに⑤を代入すると、ＯＡ：(ｃ/ｄ)ｘ＝ａ：ｂ
∴ＯＡ＝(ａｃ/ｂｄ)ｘ———⑥
④，⑥より、
ＯＡ：ＯＤ＝(ａｃ/ｂｄ)ｘ：(ａｃ/ｂｄ)ｙ＝ｘ：ｙ
また、ＯＣ：ＯＦ＝ｘ：ｙより、
ＯＡ：ＯＤ＝ＯＣ：ＯＦ
また、∠Ｏは共通より二辺比と挟角が等しいので、
△ＯＡＤ∽△ＯＣＦ　∴ＡＤ∥ＣＦ

（ⅱ）２直線が平行の場合
ＡＥ∥ＢＦより、同位角と錯角で、∠ＢＦＤ＝∠ＡＥＤ＝∠ＥＡＣ　∴∠ＢＦＤ＝∠ＥＡＣ———①
また、ＢＤ∥ＣＥより、同位角と錯角で、
∠ＢＤＦ＝∠ＣＥＦ＝∠ＥＣＡ
∴∠ＢＤＦ＝∠ＥＣＡ———②
①，②より、２角が等しいので、△ＢＤＦ∽△ＥＣＡ
ここで、ＢからＤＦに垂線を下ろしその足をＨ，ＥからＣＡに垂線を下ろしその足をＩとすると、ＡＣ∥ＤＦより、ＢＨ＝ＥＩ（厳密には長方形を言えば良い。）
よって、相似な２つの三角形の高さが等しいので合同である。（厳密には、２つの直角三角形に分けてそれぞれが合同である事を言えば全体も合同である事が言える。）
∴ＤＦ＝ＣＡ———③　また、条件より２直線が平行より、ＤＦ∥ＣＡ———④
③，④より、四角形ＡＤＦＣは平行四辺形である。
∴ＡＤ∥ＣＦ
2024/10/18 07:55の投稿より引用

の（ⅰ）の２直線が交差する場合を考えて、今回の問題の２直線をＣＥとＤＦに取ると、ＣＥ上の点ＡとＤＦ上の点ＤでＡＤ，ＣＥ上の点ＣとＤＦ上の点ＦでＣＦが、ＡＤ∥ＣＦ
また、ＣＥ上の点ＣとＤＦ上の点ＢでＣＢ，ＣＥ上の点ＥとＤＦ上の点ＤでＤＥが、ＣＢ∥ＤＥなので、
ＡＢ∥ＥＦが成り立つ。
（ＣＥ上の点ＡとＤＦ上の点ＢでＡＢ，ＣＥ上の点ＥとＤＦ上の点ＦでＥＦで、ＡＢ∥ＥＦという事。）

念のため、これは参考書に載っている事です。（証明もなく解説もアバウトですが。）

おまけ：
https://obachantoarts.hatenablog.jp/entry/2019/03/28/130232

解説
０＝＜０|ｘ＞＝＜Ａ²ｘ|ｘ＞＝＜Ａ(Ａｘ)|ｘ＞
＝＜Ａｘ|t^Ａｘ＞＝＜Ａｘ|Ａｘ＞

＜Ａ(Ａｘ)|ｘ＞＝＜Ａｘ|t^Ａｘ＞は、
t^{Ａ(Ａｘ)}ｘ＝{t^(Ａｘ)t^Ａ}ｘ
＝t^(Ａｘ)(t^Ａｘ)＝＜Ａｘ|t^Ａｘ＞
という事。
また、＜Ａｘ|t^Ａｘ＞＝＜Ａｘ|Ａｘ＞は、
t^Ａ＝Ａを代入しただけ。
しかし、よく考えたら、もっと簡単に出来た。
つまり、＜Ａ(Ａｘ)|ｘ＞にt^Ａ＝Ａを代入すると、
＝＜t^Ａ(Ａｘ)|ｘ＞
＝t^{t^Ａ(Ａｘ)}ｘ＝t^(Ａｘ)Ａｘ＝＜Ａｘ|Ａｘ＞

＞内積の公理より、Ａｘ＝０

内積の公理の（４）
「＜ａ|ａ＞≧０であって、＜ａ|ａ＞＝０⇔ａ＝０」
より、＜Ａｘ|Ａｘ＞＝０からＡｘ＝０

＞ｋ＝ｍのとき成立したとする。そこでｋ＝ｍ＋１のとき成り立つことを示す。

数学的帰納法の基本ですね。

＞Ａ^(m+1)ｘ＝０と仮定すれば、０＝Ａ²(Ａ^(m-1)ｘ)
Ａ^(m-1)ｘはｎ項列ベクトルなので、ｋ＝２の場合より、
Ａ(Ａ^(m-1)ｘ)＝０でなければならない。
したがって、Ａ^mｘ＝０となり、仮定から、Ａｘ＝０となる。

何故、ｋ＝ｍの時ではなくｋ＝ｍ＋１の時に仮定するかと言うと、別に成り立つと仮定した訳ではないからである。（成り立つと仮定するとＡｘ＝０）

＞Ａ^(m-1)ｘはｎ項列ベクトル

Ａがｎ行ｎ列の行列でｘがｎ項列ベクトル（ｎ行１列の行列）なので、積もｎ項列ベクトルになるからである。（ｍ行ｎ列の行列とｎ行ｌ列の行列の積は成り立ち、ｍ行ｌ列の行列になる。）

＞Ａ^(m+1)ｘ＝０と仮定すれば、０＝Ａ²(Ａ^(m-1)ｘ)
Ａ^(m-1)ｘはｎ項列ベクトルなので、ｋ＝２の場合より、
Ａ(Ａ^(m-1)ｘ)＝０でなければならない。

０＝Ａ²(Ａ^(m-1)ｘ)のＡ^(m-1)ｘがｎ項列ベクトルなので、Ａ^(m-1)ｘ＝ｘ'と置くと、
Ａ²ｘ'＝０でｋ＝２の場合という事である。
ところで、ｋ＝２の場合、Ａｘ＝０だったので、
Ａｘ'＝０という事でＡ(Ａ^(m-1)ｘ)＝０という事である。

＞したがって、Ａ^mｘ＝０となり、仮定から、Ａｘ＝０となる。

Ａ(Ａ^(m-1)ｘ)＝０を展開すると、Ａ^mｘ＝０
ここで、数学的帰納法の仮定により、ｋ＝ｍの時成り立つと仮定すると、Ａｘ＝０となる。
よって、初めに仮定したｋ＝ｍ＋１の時も成り立つという事になり、また、ｎ＝２の時も成り立っているので、数学的帰納法により示されたという事である。

おまけ：

問題
ｕが複素数，|ｕ|＝１，ｕ≠－１ならば、ある実数ｈがあって
ｕ＝(１＋ｈｉ)/(１－ｈｉ)となることを示せ。

写し間違えていました。

答
ｈ＝ｉ(１－ｕ)/(１＋ｕ)とおけ。
「線型代数入門」有馬哲著より

解答を完成させて下さい。

問題２
次の方程式を解け。
（ⅰ）ｘ²＝－ｉ　（ⅱ）ｘ⁴＝７２(√３ｉ－１)

答
（ⅰ）略。　
（ⅱ）ｘ⁴＝１４４(cos(2π/3)＋ｉsin(2π/3))，ｘ＝±(３＋√３ｉ)，±(√３－３ｉ)

（ⅰ）は一応２通り作って下さい。（ⅱ）は途中の解説を入れて下さい。

おまけ：

問題
ｕが複素数，|ｕ|＝１，ｕ≠－１ならば、ある実数ｈがあって
ｕ＝(１＋ｈｉ)/(１－ｈｉ)となることを示せ。

解答
ｕ＝(１＋ｈｉ)/(１－ｈｉ)より、
ｕ(１－ｈｉ)＝１＋ｈｉ　∴ｕ－ｕｈｉ＝１＋ｈｉ
∴ｈ(１＋ｕ)ｉ＝ｕ－１
∴ｈ＝(ｕ－１)/(１＋ｕ)ｉ
∴ｈ＝ｉ(１－ｕ)/(１＋ｕ)
ここで、ｕが複素数，|ｕ|＝１より、
ｕ＝cosθ＋ｉsinθと置くと、
１－ｕ＝１－(cosθ＋ｉsinθ)
＝１－cosθ－ｉsinθ
１＋ｕ＝１＋(cosθ＋ｉsinθ)
＝１＋cosθ＋ｉsinθ
∴(１－ｕ)/(１＋ｕ)
＝(１－cosθ－ｉsinθ)/(１＋cosθ＋ｉsinθ)
＝(１－cosθ－ｉsinθ)(１＋cosθ－ｉsinθ)
/{(１＋cosθ)²＋sin²θ}
＝{(１－cosθ)(１＋cosθ)－sinθ(１－cosθ)ｉ－sinθ(１＋cosθ)ｉ－sin²θ}
/(１＋２cosθ＋cos²θ＋sin²θ)
＝(１－cos²θ－sinθｉ＋sinθcosθｉ－sinθｉ－sinθcosθｉ－sin²θ)
/(２＋２cosθ)
＝－２sinθｉ/(２＋２cosθ)
＝－sinθｉ/(１＋cosθ)
∴(１－ｕ)/(１＋ｕ)＝－sinθｉ/(１＋cosθ)
∴ｈ＝ｉ{(１－ｕ)/(１＋ｕ)}
＝sinθ/(１＋cosθ)
よって、ｈは実数である。
よって、ある実数ｈがあって
ｕ＝(１＋ｈｉ)/(１－ｈｉ)となることが示された。

おまけ：

問題２
次の方程式を解け。
（ⅰ）ｘ²＝－ｉ　（ⅱ）ｘ⁴＝７２(√３ｉ－１)

解答
（ⅰ）解法１　
与式の両辺を２乗すると、ｘ⁴＝－１　∴ｘ⁴＋１＝０
∴(ｘ²＋１)²－２ｘ²＝０　
∴(ｘ²＋１＋√２ｘ)(ｘ²＋１－√２ｘ)＝０
∴ｘ²＋√２ｘ＋１＝０，ｘ²－√２ｘ＋１＝０
ｘ＝(－√２±√２ｉ)/２，(√２±√２ｉ)/２
ここで、ｘ＝(－√２±√２ｉ)/２の両辺を２乗すると、
ｘ²＝(－√２±√２ｉ)²/４＝(２－２∓４ｉ)/４
＝∓ｉ
よって、下の方は不適より、ｘ＝(－√２－√２ｉ)/２は不適で、ｘ＝(－√２＋√２ｉ)/２のみ適正。
また、ｘ＝(√２±√２ｉ)/２の両辺を２乗すると、
ｘ²＝(√２±√２ｉ)²/４＝(２－２±４ｉ)/４＝±ｉ
よって、上の方は不適より、ｘ＝(√２＋√２ｉ)/２は不適で、ｘ＝(√２－√２ｉ)/２のみ適正。
よって、答えは、
ｘ＝(－√２＋√２ｉ)/２，(√２－√２ｉ)/２

解法２
ｘ²＝－ｉ＝cos(3π/2)＋ｉsin(3π/2)
ここで、ｘ＝cosθ＋ｉsinθと置くと、
ｘ²＝(cosθ＋ｉsinθ)²＝cos2θ＋ｉsin2θ
よって、２θ＝３π/２＋２ｎπ（ｎは非負整数とする）と置ける。
∴θ＝３π/４＋ｎπ
ここで、ｎ＝０，１とすると、
θ＝３π/４，７π/４
（１）θ＝３π/４の場合
ｘ＝cos(3π/4)＋ｉsin(3π/4)
＝－１/√２＋(１/√２)ｉ
＝(－１＋ｉ)/√２
＝(－√２＋√２ｉ)/２
（２）θ＝３π/４の場合
ｘ＝cos(7π/4)＋ｉsin(7π/4)
＝１/√２＋(－１/√２)ｉ
＝(１－ｉ)/√２
＝(√２－√２ｉ)/２
（１），（２）より、
ｘ＝(－√２＋√２ｉ)/２，(√２－√２ｉ)/２

解法２の系
ｘ＝cosθ＋ｉsinθと置く（ｒ＝１と出来る理由は、ｘ²＝－ｉ＝cos(3π/2)＋ｉsin(3π/2)から）と、
ｘ²＝(cosθ＋ｉsinθ)²＝cos2θ＋ｉsin2θ＝－ｉ
∴cos2θ＝０，sin2θ＝－１
ここで、２倍角の公式を使うと、
２cos²θ－１＝０　∴cos²θ＝１/２
∴cosθ＝±１/√２
また、２sinθcosθ＝－１　∴sinθcosθ＝－１/２
cosθ＝１/√２の場合、
sinθ＝(－１/２)(１/cosθ)＝－√２/２＝－１/√２
ｘ＝cosθ＋ｉsinθ
＝１/√２＋(－１/√２)ｉ
＝(１－ｉ)/√２
＝(√２－√２ｉ)/２
cosθ＝－１/√２の場合、
sinθ＝(－１/２)(１/cosθ)＝√２/２＝１/√２
ｘ＝cosθ＋ｉsinθ
＝－１/√２＋(１/√２)ｉ
＝(－１＋ｉ)/√２
＝(－√２＋√２ｉ)/２
よって、答えは、
ｘ＝(－√２＋√２ｉ)/２，(√２－√２ｉ)/２

（２）は次回。

おまけ：

問題２
次の方程式を解け。
（ⅰ）ｘ²＝－ｉ　（ⅱ）ｘ⁴＝７２(√３ｉ－１)

解答
（ⅱ）解法１
ｘ⁴＝７２(√３ｉ－１)より、
ｘ⁴＝１４４(－１/２＋√３ｉ/２)
＝１４４(cos(2π/3)＋ｉsin(2π/3)
＝(２√３)⁴{(cos(2π/3)＋ｉsin(2π/3)}
よって、ｘ＝ｒ(cosθ＋ｉsinθ)（ｒ＞０）と置くと、
ｘ⁴＝ｒ⁴(cosθ＋ｉsinθ)⁴＝ｒ⁴(cos4θ＋ｉsin4θ)
∴ｒ⁴(cos4θ＋ｉsin4θ)
＝(２√３)⁴{(cos(2π/3)＋ｉsin(2π/3)}
∴ｒ＝２√３，４θ＝２π/３＋２ｎπ
∴θ＝π/６＋ｎπ/２
ここで、ｎ＝０,１,２,３,４とすると、
θ＝π/６，２π/３，７π/６，５π/３
∴
（１）θ＝π/６の場合
ｘ＝ｒ(cosθ＋ｉsinθ)＝２√３(cosθ＋ｉsinθ)
＝２√３{cos(π/６)＋ｉsin(π/６)}
＝２√３(√３/２＋(１/２)ｉ)
＝３＋√３ｉ
（２）θ＝２π/３の場合
ｘ＝ｒ(cosθ＋ｉsinθ)＝２√３(cosθ＋ｉsinθ)
＝２√３{cos(２π/３)＋ｉsin(２π/３)}
＝２√３(－１/２＋(√３/２)ｉ)
＝－√３＋３ｉ
（３）θ＝７π/６の場合
ｘ＝ｒ(cosθ＋ｉsinθ)＝２√３(cosθ＋ｉsinθ)
＝２√３{cos(７π/６)＋ｉsin(７π/６)}
＝２√３(－√３/２－(１/２)ｉ)
＝－３－√３ｉ
（４）θ＝５π/３の場合
ｘ＝ｒ(cosθ＋ｉsinθ)＝２√３(cosθ＋ｉsinθ)
＝２√３{cos(５π/３)＋ｉsin(５π/３)}
＝２√３(１/２－(√３/２)ｉ)
＝√３－３ｉ
（１）～（４）より、
ｘ＝３＋√３ｉ，－√３＋３ｉ，－３－√３ｉ，
√３－３ｉ
∴ｘ＝±(３＋√３ｉ)，±(√３－３ｉ)

略解の、
（ⅱ）ｘ⁴＝１４４(cos(2π/3)＋ｉsin(2π/3))，ｘ＝±(３＋√３ｉ)，±(√３－３ｉ)
と合うのでＯＫ。

別解は次回。二日酔いでとてもそれどころではありません。笑　
因みに、まだ未完成なのでどこかに落とし穴がある可能性は０ではありません。（私以外で出来たら大したものです。笑）

おまけ：

問題２
次の方程式を解け。
（ⅰ）ｘ²＝－ｉ　（ⅱ）ｘ⁴＝７２(√３ｉ－１)

（ⅱ）の解法２
（ⅰ）の解法２の系と同様の方法を取るので、まず補題として４倍角の公式を作る。

２倍角の公式
sin2θ＝２sinθcosθ
cos2θ＝２cos²θ－１＝１－２sin²θ

sin4θ＝２sin2θcos2θ
＝２・２sinθcosθ(２cos²θ－１)
＝sinθ(８cos³－４cosθ)
または、
sin4θ＝２sin2θcos2θ
＝２・２sinθcosθ(１－２sin²θ)
＝cosθ(４sinθ－８sin³θ)
∴sin4θ＝sinθ(８cos³θ－４cosθ)
＝cosθ(４sinθ－８sin³θ)———☆
cos4θ＝２cos²2θ－１＝２(２cos²θ－１)²－１
＝２(４cos⁴θ－４cos²θ＋１)－１
＝８cos⁴θ－８cos²θ＋１
∴cos4θ＝８cos⁴θ－８cos²θ＋１———☆☆

（ⅱ）ｘ⁴＝７２(√３ｉ－１)
ところで、|√３ｉ－１|＝(√３)²＋(－１)²＝４
∴|ｘ⁴|＝７２・４＝１４４
∴|ｘ|＝√１２＝２√３
よって、ｘ＝２√３(cosθ＋ｉsinθ)と置くと、
ｘ⁴＝１４４(cosθ＋ｉsinθ)⁴
＝１４４(cos4θ＋ｉsin4θ)
＝７２(√３ｉ－１)（条件より）
＝１４４{－１/２＋(√３/２)ｉ}
∴cos4θ＝－１/２———①
sin4θ＝√３/２———②
ここで、☆☆より、
cos4θ＝８cos⁴θ－８cos²θ＋１＝－１/２
∴８cos⁴θ－８cos²θ＋３/２＝０
∴１６cos⁴θ－１６cos²θ＋３＝０
∴(４cos²θ－１)(４cos²－３)＝０
∴cos²θ＝１/４，３/４
cosθ＝±１/２，±√３/２
（１）cosθ＝１/２の場合、☆と②より、
sin4θ＝sinθ(８cos³θ－４cosθ)＝√３/２
これにcosθ＝１/２を代入すると、
sinθ(１－２)＝√３/２　∴sinθ＝－√３/２
∴ｘ＝２√３(cosθ＋ｉsinθ)
＝２√３{１/２－(√３/２)ｉ}
＝√３－３ｉ
∴ｘ＝√３－３ｉ
（２）cosθ＝－１/２の場合、☆と②より、
sin4θ＝sinθ(８cos³θ－４cosθ)＝√３/２
これにcosθ＝－１/２を代入すると、
sinθ(－１＋２)＝√３/２　∴sinθ＝√３/２
∴ｘ＝２√３(cosθ＋ｉsinθ)
＝２√３{－１/２＋(√３/２)ｉ}
＝－√３＋３ｉ
∴ｘ＝－√３＋３ｉ
（３）cosθ＝√３/２の場合、☆と②より、
sin4θ＝sinθ(８cos³θ－４cosθ)＝√３/２
これにcosθ＝√３/２を代入すると、
sinθ(３√３－２√３)＝√３/２　∴sinθ＝１/２
∴ｘ＝２√３(cosθ＋ｉsinθ)
＝２√３{√３/２＋(１/２)ｉ}
＝３＋√３ｉ
∴ｘ＝３＋√３ｉ
（４）cosθ＝－√３/２の場合、☆と②より、
sin4θ＝sinθ(８cos³θ－４cosθ)＝√３/２
これにcosθ＝－√３/２を代入すると、
sinθ(－３√３＋２√３)＝√３/２　∴sinθ＝－１/２
∴ｘ＝２√３(cosθ＋ｉsinθ)
＝２√３{√３/２－(１/２)ｉ}
＝３－√３ｉ
∴ｘ＝３－√３ｉ
（１）～（４）より、
ｘ＝√３－３ｉ，－√３＋３ｉ，３＋√３ｉ，
３－√３ｉ
∴ｘ＝±(√３－３ｉ)，±(３＋√３ｉ)

因みに、うっかり、☆のsin4θ＝cosθ(４sinθ－８sin³θ)の方を使うと計算が大変です。

例えば、（３）cosθ＝√３/２の場合、
sin4θ＝cosθ(４sinθ－８sin³θ)＝√３/２に代入すると、４sinθ－８sin³θ＝１
∴８sin³θ－４sinθ＋１＝０
因数定理でsinθ＝１/２を代入すると、１－２＋１＝０で成り立つ。よって、２sinθ－１で割ると、計算省略で、
(２sinθ－１)(４sin²θ＋２sinθ－１)＝０
４sin²θ＋２sinθ－１＝０を解の公式で解くと、
sinθ＝(－１±√５)/４
これは－１以上１以下なので適正。
そこで、sin²θ＋cos²θ＝１にcosθ＝√３/２を代入すると、sinθ＝±１/２
よって、sinθ＝(－１±√５)/４は不適で、
sinθ＝１/２のみ。
∴ｘ＝２√３(cosθ＋ｉsinθ)
＝２√３{√３/２＋(１/２)ｉ}
＝３＋√３ｉ

因みに、（１）と（２）も因数定理で解けるが、
（１）は８sin³θ－４sinθ＋√３＝０なので、諦めてしまうかもしれない。
そこで、（私以外で出来たら大したものです。笑）と書いたのですが、簡単でしたね。

おまけ：

問題
２つの直線上に、それぞれ３点Ａ～Ｃ，Ｄ～Ｆがこの順に並び、ＡＥ∥ＢＦ，ＢＤ∥ＣＥのとき、ＡＤ∥ＣＦが成り立つ事を証明せよ。
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解答
（ⅰ）２直線が平行でない場合
ＣＡの延長とＦＤの延長が交わるとし、その交点をＯとすると、ＡＥ∥ＢＦより△ＯＡＥ∽△ＯＢＦ
∴ＯＡ：ＯＢ＝ＯＥ：ＯＦ＝ａ：ｂ———①
また、ＢＤ∥ＣＥより、△ＯＤＢ∽△ＯＥＣ
∴ＯＤ：ＯＥ＝ＯＢ：ＯＣ＝ｃ：ｄ———②
と置ける。
ここで、ＯＣ＝ｘ，ＯＦ＝ｙと置くと、①より、
ＯＥ：ＯＦ＝ａ：ｂ　∴ＯＥ：ｙ＝ａ：ｂ
∴ＯＥ＝(ａ/ｂ)ｙ———③
また、②より、ＯＤ：ＯＥ＝ｃ：ｄ
これに③を代入すると、
ＯＤ：(ａ/ｂ)ｙ＝ｃ：ｄ
∴ＯＤ＝(ａｃ/ｂｄ)ｙ———④
また、②より、ＯＢ：ＯＣ＝ｃ：ｄ
∴ＯＢ：ｘ＝ｃ：ｄ　∴ＯＢ＝(ｃ/ｄ)ｘ———⑤
また、①より、ＯＡ：ＯＢ＝ａ：ｂ
これに⑤を代入すると、ＯＡ：(ｃ/ｄ)ｘ＝ａ：ｂ
∴ＯＡ＝(ａｃ/ｂｄ)ｘ———⑥
④，⑥より、
ＯＡ：ＯＤ＝(ａｃ/ｂｄ)ｘ：(ａｃ/ｂｄ)ｙ＝ｘ：ｙ
また、ＯＣ：ＯＦ＝ｘ：ｙより、
ＯＡ：ＯＤ＝ＯＣ：ＯＦ
また、∠Ｏは共通より二辺比と挟角が等しいので、
△ＯＡＤ∽△ＯＣＦ　∴ＡＤ∥ＣＦ

（ⅱ）２直線が平行の場合
ＡＥ∥ＢＦより、同位角と錯角で、∠ＢＦＤ＝∠ＡＥＤ＝∠ＥＡＣ　∴∠ＢＦＤ＝∠ＥＡＣ———①
また、ＢＤ∥ＣＥより、同位角と錯角で、
∠ＢＤＦ＝∠ＣＥＦ＝∠ＥＣＡ
∴∠ＢＤＦ＝∠ＥＣＡ———②
①，②より、２角が等しいので、△ＢＤＦ∽△ＥＣＡ
ここで、ＢからＤＦに垂線を下ろしその足をＨ，ＥからＣＡに垂線を下ろしその足をＩとすると、ＡＣ∥ＤＦより、ＢＨ＝ＥＩ（厳密には長方形を言えば良い。）
よって、相似な２つの三角形の高さが等しいので合同である。（厳密には、２つの直角三角形に分けてそれぞれが合同である事を言えば全体も合同である事が言える。）
∴ＤＦ＝ＣＡ———③　また、条件より２直線が平行より、ＤＦ∥ＣＡ———④
③，④より、四角形ＡＤＦＣは平行四辺形である。
∴ＡＤ∥ＣＦ

因みに、この問題は「高校への数学　日日のハイレベル演習」臨時増刊２００３－５の１２・１７の「■研究」で解答（証明）は載っていません。

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/9e1d77ec96c010b2a57412f19d67c65a936e432c/comments

解説
＞補題
一意分解整域Ｒの商体をＫとする。このとき次が成り立つ。
（１）Ｋ[Ｘ]の多項式ｆ(Ｘ)はＫの元ｕとＲ[Ｘ]の原始多項式Ｆ(Ｘ)によって
ｆ(Ｘ)＝ｕ・Ｆ(Ｘ)
と表される。
（２）（１）の表現において、原始多項式Ｆ(Ｘ)（∈Ｒ[Ｘ]）はＲの可逆元の因子を除いて一意的に定まる。特に、ｆ(Ｘ)∈Ｒ[Ｘ]であればｕ∈Ｒである。

問題のアバウトな意味
（１）係数が有理数の多項式ｆ(Ｘ)は有理数ｕと整数係数の多項式Ｆ(Ｘ)で、ｆ(Ｘ)＝ｕ・Ｆ(Ｘ)と表される。
という当たり前の話を一般化に拡張した上で証明せよという問題。（有理数体と整数環の場合というのは特殊化した場合という事。）

（２）の前に可逆元の定義
環Ｒの元ａに対し、Ｒのある元ｂが存在して
ａ・ｂ＝ｂ・ａ＝１
となるとき、ａをＲの可逆元，または単元といい、ｂをａの逆元という。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

環Ｒを整数全体の集合（整数環）と考えて、例えば、ａ＝３とすると、これを満たすｂは整数環には存在しない事が分かるだろう（有理数体だったら３と１/３で存在するが）。
つまり、整数環ではａ＝１，ｂ＝１またはａ＝－１，ｂ＝－１の場合しか成り立たない。
よって、環Ｒの可逆元は±１である。（だから、別名を単体という。）

（２）（１）の表現ｆ(Ｘ)＝ｕ・Ｆ(Ｘ)において、つまり、有理数係数の多項式は整数係数の多項式にある有理数ｕをかけて表せるという表現は、±１の積を除いて（考えなければ）一意的にｕは定まるという当たり前の話を証明せよという問題。
「特に」以降は当たり前過ぎて解説省略。と思ったが、ｆ(Ｘ)が整数係数だったらｕも整数であるという事の一般化した上での話。

＞定義5.5（注：一意分解整域の定義）
整域Ｒにおいて素元分解の一意性が成立するとは、Ｒの可逆元でも０でもない元は有限個の素元の積として分解でき、２つの素元分解は因子の順序と可逆元の積を除いて一意的定まることをいう。素元分解の一意性が成立する環を一意分解整域または簡単にＵＦＤという。

整数の世界では、素因数分解は一意的である事は中学生でも知っている事だろう。念のため、一意的とは１通りに定まる事である。
つまり、一意分解整域は、ここでは整数全体の集合のような集合だと考えておけば良い。

＞定義（注：商体の定義）
環Ｒを可換体Ｋの部分環とする。Ｋのすべての元がＲの元ａ,ｂによってａｂ^-1と表せるとき、ＫはＲの商体という。

環Ｒを整数環ℤと考えて、任意の元ａ,ｂ∈ℤでａｂ^-1、つまり、ａ/ｂ（ｂ≠０）を作れば、Ｋは有理数全体の集合だと分かるだろう。
ここでは、イメージとしてそういうものだと考えておけば良い。念のため、ａ,ｂが整数でなければ商体は有理数体ではなくなるという事。

問題の意味がアバウトに分かった所で、続きは次回。

今はインターネットがあるから大学の数学科に入る前に情報が得られるからいいが、親とか教師が数学に詳しい人だったらまるでスタート地点が違う事が分かるだろう。頭がいいとか悪いとかそういうレベル（次元）ではない。（生まれ付き、フォーマットされている人もいるらしい。笑）

おまけ：

解説の続き
補題
一意分解整域Ｒの商体をＫとする。このとき次が成り立つ。
（１）Ｋ[Ｘ]の多項式ｆ(Ｘ)はＫの元ｕとＲ[Ｘ]の原始多項式Ｆ(Ｘ)によって
ｆ(Ｘ)＝ｕ・Ｆ(Ｘ)
と表される。
（２）（１）の表現において、原始多項式Ｆ(Ｘ)（∈Ｒ[Ｘ]）はＲの可逆元の因子を除いて一意的に定まる。特に、ｆ(Ｘ)∈Ｒ[Ｘ]であればｕ∈Ｒである。

証明
（１）Ｋ[Ｘ]の任意の多項式ｆ(Ｘ)は係数を通分して
ｆ(Ｘ)＝(１/ｂ)・ｆ₁(Ｘ)（ｂ∈Ｒ，ｆ₁(Ｘ)∈Ｒ[Ｘ]）
の形に表すことができる。また、ｆ₁(Ｘ)∈Ｒ[Ｘ]はｆ₁(Ｘ)の係数の最大公約元ａ（∈Ｒ）と原始多項式Ｆ(Ｘ)（∈Ｒ[Ｘ]）によって
ｆ₁(Ｘ)＝ａ・Ｆ(Ｘ)
という形に表される。
したがって、Ｋ[Ｘ]の任意の多項式ｆ(Ｘ)はＲの元ａ,ｂと原始多項式Ｆ(Ｘ)（∈Ｒ[Ｘ]）によって
ｆ(Ｘ)＝(ａ/ｂ)・Ｆ(Ｘ)
という形に表される。
（２）ｆ(Ｘ)＝(ａ/ｂ)Ｆ(Ｘ)＝(ｃ/ｄ)Ｆ₁(Ｘ)（ａ,ｂ,ｃ,ｄ∈Ｒ，Ｆ(Ｘ)，Ｆ₁(Ｘ)：原始多項式）
と仮定すると、ａｄＦ(Ｘ)＝ｂｃＦ₁(Ｘ)であるが、左辺の係数の最大公約元はａｄで、右辺のそれはｂｃであるから
∃ｕ∈Ｕ(Ｒ)，ａｄ＝ｕｂｃ
となる（問5.16参照）。ゆえに、Ｆ₁(Ｘ)＝ｕＦ(Ｘ)となる。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

問5.16
ａ₁,…,ａn∈Ｒの最大公約元をｄ∈Ｒとする。このとき、次のことを示せ。
（１）ｄに同伴な元ｄ'はまたａ₁,…,ａnの最大公約元である。
（２）ａ₁,…,ａnの最大公約元をｄ'とすると、ｄ'とｄは同伴である。

＞（１）Ｋ[Ｘ]の任意の多項式ｆ(Ｘ)は係数を通分して
ｆ(Ｘ)＝(１/ｂ)・ｆ₁(Ｘ)（ｂ∈Ｒ，ｆ₁(Ｘ)∈Ｒ[Ｘ]）
の形に表すことができる。

Ｋは商体なので、有理数体をイメージしてｆ(Ｘ)の係数にいくつかあり、それらの分母を通分したらｂになったとすると、ｆ(Ｘ)＝(１/ｂ)・ｆ₁(Ｘ)と出来る事は自明だろう。（念のため、ｆ₁(Ｘ)の係数は整数をイメージする。）

＞また、ｆ₁(Ｘ)∈Ｒ[Ｘ]はｆ₁(Ｘ)の係数の最大公約元ａ（∈Ｒ）と原始多項式Ｆ(Ｘ)（∈Ｒ[Ｘ]）によって
ｆ₁(Ｘ)＝ａ・Ｆ(Ｘ)
という形に表される。

有理数係数の分母を通分して外に出したら、残ったｆ₁(Ｘ)は整数係数で当然互いに素とは限らないので、その係数の最大公約数を求めたらａになったという話。（念のため、互いに素の場合はａ＝１という事。）
そして、さらに最大公約数でくくったら（外に出したら）残されたＦ(Ｘ)は原始多項式になるという当たり前の話。
補足：https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q13141381543

定義5.7（注：原始多項式の定義）
Ｒを一意分解整域とする。Ｒ係数の多項式
ｆ(Ｘ)＝ａ₀＋ａ₁Ｘ＋…＋ａnＸ（ａi∈Ｒ）
に対して、ａ₀,ａ₁,…,ａnの最大公約元が１であるとき、ｆ(Ｘ)を原始多項式という。

＞したがって、Ｋ[Ｘ]の任意の多項式ｆ(Ｘ)はＲの元ａ,ｂと原始多項式Ｆ(Ｘ)（∈Ｒ[Ｘ]）によって
ｆ(Ｘ)＝(ａ/ｂ)・Ｆ(Ｘ)
という形に表される。

ところで、ａ,ｂ∈Ｒよりａ/ｂ∈Ｋ（商体の定義より）

定義（注：商体の定義）
環Ｒを可換体Ｋの部分環とする。Ｋのすべての元がＲの元ａ,ｂによってａｂ^-1と表せるとき、ＫはＲの商体という。

よって、ａ/ｂ＝ｕと置くと、
「Ｋの元ｕとＲ[Ｘ]の原始多項式Ｆ(Ｘ)によって
ｆ(Ｘ)＝ｕ・Ｆ(Ｘ)
と表される。」
という事。

＞（２）ｆ(Ｘ)＝(ａ/ｂ)Ｆ(Ｘ)＝(ｃ/ｄ)Ｆ₁(Ｘ)（ａ,ｂ,ｃ,ｄ∈Ｒ，Ｆ(Ｘ)，Ｆ₁(Ｘ)：原始多項式）
と仮定する

何故こんな事をするのかというと、問題が、

（２）（１）の表現において、原始多項式Ｆ(Ｘ)（∈Ｒ[Ｘ]）はＲの可逆元の因子を除いて一意的に定まる。

唯一つしかない事を証明するためにあえて２つある（２通りで表現出来る）と仮定する訳である。（そして、矛盾が生じるか２つが一致する事を示せば良いという事。念のため、矛盾が生じた場合は背理法で証明終了。）

＞ｆ(Ｘ)＝(ａ/ｂ)Ｆ(Ｘ)＝(ｃ/ｄ)Ｆ₁(Ｘ)（ａ,ｂ,ｃ,ｄ∈Ｒ，Ｆ(Ｘ)，Ｆ₁(Ｘ)：原始多項式）
と仮定すると、ａｄＦ(Ｘ)＝ｂｃＦ₁(Ｘ)であるが、左辺の係数の最大公約元はａｄで、右辺のそれはｂｃである

(ａ/ｂ)Ｆ(Ｘ)＝(ｃ/ｄ)Ｆ₁(Ｘ)の分母を払うと、
ａｄＦ(Ｘ)＝ｂｃＦ₁(Ｘ)となり、Ｆ(Ｘ)もＦ₁(Ｘ)も原始多項式だったので、それぞれの係数の最大公約元は１なので、ａｄ，ｂｃをかけたら、それぞれの最大公約元もａｄ，ｂｃになる事は自明。

＞ａｄＦ(Ｘ)＝ｂｃＦ₁(Ｘ)であるが、左辺の係数の最大公約元はａｄで、右辺のそれはｂｃであるから
∃ｕ∈Ｕ(Ｒ)，ａｄ＝ｕｂｃ
となる（問5.16参照）。

問5.16
ａ₁,…,ａn∈Ｒの最大公約元をｄ∈Ｒとする。このとき、次のことを示せ。
（１）ｄに同伴な元ｄ'はまたａ₁,…,ａnの最大公約元である。
（２）ａ₁,…,ａnの最大公約元をｄ'とすると、ｄ'とｄは同伴である。

等号でつながれた等式の左辺の最大公約元がａｄで右辺のや最大公約元がｂｃであるので、ａｄ＝ｂｃと考えてしまうかもしれないが、問5.16の（２）より、ａｄとｂｃは同伴である。

定義5.3（注：同伴の定義）
Ｒを整域とする。ｂ|ａかつａ|ｂのとき、ある可逆元ｕ∈Ｒが存在して、
ａ＝ｕ・ｂ
となっている。このとき、ａとｂは同伴であるといい、ａ～ｂで表す。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

つまり、ある可逆元ｕが存在して、
ａｄ＝ｕ・ｂｃ
となるという事である。

Ｕ(Ｒ)の意味
環Ｒの可逆元の全体をＵ(Ｒ)で表す。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著p.152より

因みに、参考書では具体的には教えてくれないが、
ｕ＝±１である。（ただし、整数の１という意味ではない。そういう集合（環）Ｒの１_Rという元である。）
本当は、環と整域の違いとか色々解説したいが、逆に分かり難くなってしまうのでしない。

＞ゆえに、Ｆ₁(Ｘ)＝ｕＦ(Ｘ)となる。

ａｄＦ(Ｘ)＝ｂｃＦ₁(Ｘ)にａｄ＝ｕ・ｂｃを代入して約分すると、Ｆ₁(Ｘ)＝ｕＦ(Ｘ)
よって、Ｆ₁(Ｘ)＝±Ｆ(Ｘ)より、「ｆ(Ｘ)＝(ａ/ｂ)Ｆ(Ｘ)＝(ｃ/ｄ)Ｆ₁(Ｘ)（ａ,ｂ,ｃ,ｄ∈Ｒ，Ｆ(Ｘ)，Ｆ₁(Ｘ)：原始多項式）と仮定すると」、±１の積の違いで一致する。
よって、「（１）の表現において、原始多項式Ｆ(Ｘ)（∈Ｒ[Ｘ]）はＲの可逆元の因子を除いて一意的に定まる」という事。
念のため、（１）の表現とは、ｆ(Ｘ)＝ｕ・Ｆ(Ｘ)

おまけ：

解説
＞任意の(ｉｊｋ)に対して
(ｉｊｋ)＝(ｉｊｎ)(ｉｋｍ)(ｉｎｊ)(ｉｍｋ)が成り立つ。）

( ｉ ｊ ｋ ｍ ｎ)
( ｊ ｋ ｉ ｍ ｎ)
（注：本当は２段で１つの元。）
を(ｉｊｋ)と表す。

ここで、(ｉ ｊ)(ｊ ｋ)を調べてみる。
( ｉ ｊ ｋ ｍ ｎ)
( ｉ ｊ ｋ ｍ ｎ)
（注：本当は２段で１つの元。）
これを(ｉ ｊ)(ｊ ｋ)で入れ換えると、１回目は(ｊ ｋ)で入れ換えて、
( ｉ ｊ ｋ ｍ ｎ)
( ｉ ｋ ｊ ｍ ｎ)
２回目は(ｉ ｊ)で入れ換えて、
( ｉ ｊ ｋ ｍ ｎ)
( ｊ ｋ ｉ ｍ ｎ)
よって、上の(ｉｊｋ)と一致するので、
(ｉ ｊ)(ｊ ｋ)＝(ｉｊｋ)である。
よって、(ｉｊｎ)(ｉｋｍ)(ｉｎｊ)(ｉｍｋ)
＝(ｉｊ)(ｊｎ)(ｉｋ)(ｋｍ)(ｉｎ)(ｎｊ)(ｉｍ)(ｍｋ)
この右辺で
( ｉ ｊ ｋ ｍ ｎ)
( ｊ ｋ ｉ ｍ ｎ)
を入れ換えると、
( ｉ ｊ ｋ ｍ ｎ)
( ｉ ｊ ｍ ｋ ｎ)　(ｍｋ)で入れ換えた

( ｉ ｊ ｋ ｍ ｎ)
( ｍ ｊ ｉ ｋ ｎ)　(ｉｍ)で入れ換えた

( ｉ ｊ ｋ ｍ ｎ)
( ｍ ｎ ｉ ｋ ｊ)　(ｎｊ)で入れ換えた

( ｉ ｊ ｋ ｍ ｎ)
( ｍ ｉ ｎ ｋ ｊ)　(ｉｎ)で入れ換えた

( ｉ ｊ ｋ ｍ ｎ)
( ｋ ｉ ｎ ｍ ｊ)　(ｋｍ)で入れ換えた

( ｉ ｊ ｋ ｍ ｎ)
( ｉ ｋ ｎ ｍ ｊ)　(ｉｋ)で入れ換えた

( ｉ ｊ ｋ ｍ ｎ)
( ｉ ｋ ｊ ｍ ｎ)　(ｊｎ)で入れ換えた

( ｉ ｊ ｋ ｍ ｎ)
( ｉ ｋ ｊ ｍ ｎ)　(ｉｊ)で入れ換えた

( ｉ ｊ ｋ ｍ ｎ)
( ｊ ｋ ｉ ｍ ｎ)　———①

一方、(ｉｊｋ)＝
( ｉ ｊ ｋ ｍ ｎ)
( ｊ ｋ ｉ ｍ ｎ)　———②
①，②より、
(ｉｊｋ)＝(ｉｊ)(ｊｎ)(ｉｋ)(ｋｍ)(ｉｎ)(ｎｊ)(ｉｍ)(ｍｋ)
∴(ｉｊｋ)＝(ｉｊｎ)(ｉｋｍ)(ｉｎｊ)(ｉｍｋ)

＞ｘ^p－ａの根はαζ（ζ^p＝１をみたす）の形である。

これはｘ^p－ａが既約多項式だから。

命題10.1（多項式ｘ^p－ａの群）
ｐを素数とし、１の原始ｐ乗根ζは定数であるとする。ｘ^p－ａが既約であるとき（つまりどの根も定数でないとき）、この多項式の群は、ｘ^p－ａの根αに対して
σi(α)＝αζ^i，ｉ＝０,１,…,ｐ－１
をみたすｐ個の入れ換えσ₀,…,σp-1からなる。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

因みに、（３）のｘ^p－ａ（ｐは素数，ａは定数）は既約多項式とは書かれていない。

＞（２）本問と（３）では、１のべき根はすべて定数であるとする。

ｆ(ｘ)の係数を１のべき根まで許しているという事。

＞既約５次多項式ｆ(ｘ)の群ＧfがＳ5であるとする（ここでｆ(ｘ)の根α₁,…,α₅の入れ換えを１,…,５の入れ換えとみなす）。

念のため、Ｓ5は５次対称群で５個の入れ換えの群の事。
( ｉ ｊ ｋ ｍ ｎ)
( ｊ ｋ ｉ ｍ ｎ)
（注：本当は２段で１つの元。）
の入れ換え５！個の元がある。

＞そこでＧfの元σに対してσ(α)＝ζσ・α（注：ζσのσは添字）（(ζσ)^p＝１）とおく。

「既約多項式ｘ^p－ａ（ｐは素数，ａは定数）の根αがｆ(ｘ)の根の式で表されるならば」という条件があるからこういうものを定義する。（σはｆ(ｘ)の根の入れ換えだから。）
ただし、なぜ「σ(α)＝ζσ・α（注：ζσのσは添字）（(ζσ)^p＝１）」と定義するのかよく分からない。σによってαが必ずｘ^p－ａの他の根になる理由なんてあるの？
こんなのを定義すれば必ずｐ＝２になるような気がするけど。（せいぜいｐ＝２ぐらいしか成り立たないだろうという話。ｐ＝１は素数ではない。）

続きは次回。

おまけ：

訂正
＞ｘ^p－ａの根はαζ（ζ^p＝１をみたす）の形である。

これはｘ^p－ａが既約多項式だから。

命題10.1（多項式ｘ^p－ａの群）
ｐを素数とし、１の原始ｐ乗根ζは定数であるとする。ｘ^p－ａが既約であるとき（つまりどの根も定数でないとき）、この多項式の群は、ｘ^p－ａの根αに対して
σi(α)＝αζ^i，ｉ＝０,１,…,ｐ－１
をみたすｐ個の入れ換えσ₀,…,σp-1からなる。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

因みに、（３）のｘ^p－ａ（ｐは素数，ａは定数）は既約多項式とは書かれていない。

これは別に既約多項式とかは関係ないですね。
例えば、ｘ⁴－４＝０の解は(ｘ²－２)(ｘ²＋２)＝０
∴ｘ＝±√２，±√２ｉ
∴ｘ＝√２，√２ｉ，√２ｉ²，√２ｉ³
複素平面の単位円上のｘ^n－１の根（p.118）を考えれば当然ですね。ただし、「ｘ^p－ａの根はαζ」の意味が「αζ^i，ｉ＝０,１,…,ｐ－１」と同じかどうかはよく分からない。

解説の続き
問題 10-13b
次の問いに答えよ。
（１）１,２,３,４,５の入れ換え
( ｉ ｊ ｋ ｍ ｎ)
( ｊ ｋ ｉ ｍ ｎ)
（注：本当は２段で１つの元。）
を(ｉｊｋ)と表す。次の等式を示せ：
(１２３)＝(１２５)(１３４)(１５２)(１４３)
（２）本問と（３）では、１のべき根はすべて定数であるとする。既約５次多項式ｆ(ｘ)の群ＧfがＳ5であるとする（ここでｆ(ｘ)の根α₁,…,α₅の入れ換えを１,…,５の入れ換えとみなす）。既約多項式ｘ^p－ａ（ｐは素数，ａは定数）の根αがｆ(ｘ)の根の式で表されるならば、ｐ＝２であり、αを変えない入れ換えはＡ5に入ることを示せ。
（３）既約５次多項式ｆ(ｘ)の群ＧfがＡ5であるとする（（２）と同様に根の入れ換えを１,…,５の入れ換えとみなす）。多項式ｘ^p－ａ（ｐは素数，ａは定数）の根αがｆ(ｘ)の根の式で表されるならば、αは定数であることを示せ。

解答
（１）略。（１,２,３,４,５をｉ,ｋ,ｊ,ｍ,ｎと読み替えれば、任意の(ｉｊｋ)に対して
(ｉｊｋ)＝(ｉｊｎ)(ｉｋｍ)(ｉｎｊ)(ｉｍｋ)が成り立つ。）
（２）ｘ^p－ａの根はαζ（ζ^p＝１をみたす）の形である。そこでＧfの元σに対してσ(α)＝ζσ・α（注：ζσのσは添字）（(ζσ)^p＝１）とおく。
このときＧfの元σ,τに対して、ζστ＝ζσζτが成り立つ。
実際、στ(α)＝σ(ζτ・α)＝ζτ・σ(α)＝ζτ・ζσ・αだからである（２番目の等号は１のべき根が定数であることより従う）。
とくにζσ・ζσ-1＝ζe＝１（ｅは恒等入れ換え）である。
　いま１,２だけを交換する入れ換えσ（互換）はσ²＝ｅをみたすので、(ζσ)²＝１である。よってζσ＝±１である。またｉ,ｊを交換する互換τは、１,２をｉ,ｊに読み替えるとτ＝μσμ^-1の形に表される。
よってζτ＝ζμζσζμ^-1＝ζσ(ζμζμ^-1)＝ζσである。したがってどの互換τに対してもζτはすべて等しく、１か－１である。
　任意の入れ換えμをｓ個の互換の積で表せば（問題5-8参照）、ζμ＝(ζσ)^sがわかる。ｘ^p－ａは既約なので、αは定数でなくζσ＝－１であり、よってｐ＝２である。またαを変えないμはｓが偶数のときだから、μはＡ5に入る。
（３）（１）の解答で述べたとおり、σ＝(ｉｊｋ)，τ＝(ｉｊｎ)，μ＝(ｉｋｍ)とおくと、
σ＝τμτ²μ²＝τμτ^-1μ^-1が成り立つ（τ³＝μ³＝eよりτ²＝τ^-1，μ²＝μ^-1である）。
したがってζσを（２）の解答のように定めれば、ζσ＝ζτζμζτ^-1ζμ^-1＝(ζτζτ^-1)(ζμζμ^-1)＝１である。
Ａ5の任意の入れ換えσは(ｉｊｋ)の形の入れ換えの合成で表されるので（問題5-9）、ζσはつねに１であり、αを変えない。ガロワ対応よりαは定数である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

＞実際、στ(α)＝σ(ζτ・α)＝ζτ・σ(α)＝ζτ・ζσ・αだからである（２番目の等号は１のべき根が定数であることより従う）。

σ(ζτ・α)＝ζτ・σ(α)は、定数だから外に出せるという事。

＞またｉ,ｊを交換する互換τは、１,２をｉ,ｊに読み替えるとτ＝μσμ^-1の形に表される。

μ＝( １ ２ ３ ４ ５)
　　( ａ ｂ ｃ ｄ ｅ)
（注：本当は２段で１つの元。）
と置くと、
μ^-1＝( ａ ｂ ｃ ｄ ｅ)
　　 　 ( １ ２ ３ ４ ５)
また、σ＝( １ ２ ３ ４ ５)
　　　　　( ２ １ ３ ４ ５)
（「１,２だけを交換する入れ換えσ」だから。）
とすると、
μσμ^-1
＝(１ ２ ３ ４ ５)(１ ２ ３ ４ ５)(ａ ｂ ｃ ｄ ｅ)
　(ａ ｂ ｃ ｄ ｅ)(２ １ ３ ４ ５)(１ ２ ３ ４ ５)
＝(ａ ｂ ｃ ｄ ｅ)
　(ｂ ａ ｃ ｄ ｅ)
（一番右の括弧のａから、ａ→１→２→１→ｂ，
ｂ→２→１→ａ，ｃ→３→３→ｃ，
ｄ→４→４→ｄ，ｅ→５→５→ｅと求める。）
よって、ａとｂだけ入れ換わった変換でａ～ｅは１～５のどれかなので、どれか２つが入れ換わるのでＯＫ。

＞よってζτ＝ζμζσζμ^-1＝ζσ(ζμζμ^-1)＝ζσである。したがってどの互換τに対してもζτはすべて等しく、１か－１である。

「Ｇfの元σに対してσ(α)＝ζσ・α（注：ζσのσは添字）（(ζσ)^p＝１）とおく」でτ＝μσμ^-1を変換しただけ。そして、ζμζσζμ^-1＝ζσ(ζμζμ^-1)は定数だから順序を変えただけ。
また、ζσ＝±１だったので、ζτ＝ζσにより、
「ζτはすべて等しく、１か－１である」という事。

＞任意の入れ換えμをｓ個の互換の積で表せば（問題5-8参照）、ζμ＝(ζσ)^sがわかる。

問題 5-8b
１,…,ｎの任意の入れ換えは、ちょうど２個だけ交換する入れ換えの積で表されることを示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

自明とする。

＞ｘ^p－ａは既約なので、αは定数でなくζσ＝－１であり、よってｐ＝２である。

ｘ^p－ａが既約でないとするとαは定数の可能性があり、定数とするとσは恒等入れ換えになりζσ＝１（σ＝ｅ）なので、既約ならばαは定数の可能性はなくζσ＝－１である。一応、補足で命題10.1の括弧の中、

命題10.1（多項式ｘ^p－ａの群）
ｐを素数とし、１の原始ｐ乗根ζは定数であるとする。ｘ^p－ａが既約であるとき（つまりどの根も定数でないとき）、この多項式の群は、ｘ^p－ａの根αに対して
σi(α)＝αζ^i，ｉ＝０,１,…,ｐ－１
をみたすｐ個の入れ換えσ₀,…,σp-1からなる。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

また、ζσ＝±１で２つだけなので、ｐ＝２である。

＞またαを変えないμはｓが偶数のときだから、μはＡ5に入る。

ζμ＝(ζσ)^sにζσ＝－１を代入して１になるのはｓが偶数の時だけだから。
また、「σ(α)＝ζσ・α（注：ζσのσは添字）（(ζσ)^p＝１）とおく」のζσ＝１の時だけ「αを変えない」という事。

定義（対称群，交代群）
１,…,ｎの入れ換えのなす群をｎ次対称群といい、Ｓnと表す。ちょうど２個だけ交換する入れ換えを偶数個合成した入れ換えのなす集合は、Ｓnの部分群である。この部分群をｎ次交代群といい、Ａnと表す。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

よって、Ａ5に入るという訳である。（偶置換という事。）

＞（１）の解答で述べたとおり、σ＝(ｉｊｋ)，τ＝(ｉｊｎ)，μ＝(ｉｋｍ)とおくと、
σ＝τμτ²μ²＝τμτ^-1μ^-1が成り立つ（τ³＝μ³＝eよりτ²＝τ^-1，μ²＝μ^-1である）。

（１）の解答より、
(ｉｊｋ)＝(ｉｊｎ)(ｉｋｍ)(ｉｎｊ)(ｉｍｋ)
よって、σ＝τμ○○である。
そこで、
τ＝(ｉｊｎ)＝(ｉ ｊ ｋ ｍ ｎ)
　　　　　　　(ｊ ｎ ｋ ｍ ｉ)
（注：ｉ,ｊ,ｎの位置だけ、
( ｉ ｊ ｋ ｍ ｎ)
( ｊ ｋ ｉ ｍ ｎ)
（注：本当は２段で１つの元。）
を(ｉｊｋ)と表す。（上より引用）
を使った。（２番目３番目を１番目２番目，１番目を３番目に順繰りと移動させる。）
τ²＝(ｉｊｎ)²
＝(ｉ ｊ ｋ ｍ ｎ)
　(ｎ ｉ ｋ ｍ ｊ)
（再び、ｉ,ｎ,ｊの位置だけ同じように順繰りと移動させた。）
また、(ｉｎｊ)＝(ｉｎ)(ｎｊ)で、
( ｉ ｊ ｋ ｍ ｎ)
( ｉ ｊ ｋ ｍ ｎ)
を変換すると、
( ｉ ｊ ｋ ｍ ｎ)
( ｉ ｎ ｋ ｍ ｊ)　(ｎｊ)で入れ換えた

( ｉ ｊ ｋ ｍ ｎ)
( ｎ ｉ ｋ ｍ ｊ)　(ｉｎ)で入れ換えた

よって、τ²＝(ｉｎｊ)である。
μ²＝(ｉｍ ｋ)も同様に示せる。
よって、(ｉｊｋ)＝(ｉｊｎ)(ｉｋｍ)(ｉｎｊ)(ｉｍｋ)
から、σ＝τμτ²μ²である。
また、「τ³＝μ³＝e」は順繰りを３回やると元に戻る事から分かる。

＞Ａ5の任意の入れ換えσは(ｉｊｋ)の形の入れ換えの合成で表されるので（問題5-9）、ζσはつねに１であり、αを変えない。ガロワ対応よりαは定数である。

問題 5-9b
Ａnは
( ａ ｂ ｃ ｄ ｅ …（あとは変えない）)
( ｂ ｃ ａ ｄ ｅ …（あとは変えない）)
（注：本当は２段で１つの元。）
（この形の入れ換えを(ａｂｃ)と略記する）の形で入れ換えで生成されることを示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

「ζσを（２）の解答のように定めれば、ζσ＝ζτζμζτ^-1ζμ^-1＝(ζτζτ^-1)(ζμζμ^-1)＝１である」となり、「σ(α)＝ζσ・α（注：ζσのσは添字）（(ζσ)^p＝１）とおく」にζσ＝１を代入すると、σ(α)＝α
よって、恒等入れ換えに対応するのは根の式全体のような気がするが、全ての変換（Ｇf）で変わらないのは定数のみという意味なのだろう。

念のため、あくまでも参考程度です。

おまけ：

補足解説（改訂版という意味）
＞ただし、「ｘ^p－ａの根はαζ」の意味が「αζ^i，ｉ＝０,１,…,ｐ－１」と同じかどうかはよく分からない。

同じである。

＞（２）ｘ^p－ａの根はαζ（ζ^p＝１をみたす）の形である。そこでＧfの元σに対してσ(α)＝ζσ・α（注：ζσのσは添字）（(ζσ)^p＝１）とおく。

問題
（２）本問と（３）では、１のべき根はすべて定数であるとする。既約５次多項式ｆ(ｘ)の群ＧfがＳ5であるとする（ここでｆ(ｘ)の根α₁,…,α₅の入れ換えを１,…,５の入れ換えとみなす）。既約多項式ｘ^p－ａ（ｐは素数，ａは定数）の根αがｆ(ｘ)の根の式で表されるならば、ｐ＝２であり、αを変えない入れ換えはＡ5に入ることを示せ。

「既約多項式ｘ^p－ａ（ｐは素数，ａは定数）の根αがｆ(ｘ)の根の式で表されるならば」
この条件が暗黙の了解で２個以上ならばＳ5（Ｇf）の全ての入れ換えでσ(α)＝ζσ・αを定義する意味がよく分かる。

＞よって、恒等入れ換えに対応するのは根の式全体のような気がするが、全ての変換（Ｇf）で変わらないのは定数のみという意味なのだろう。

うっかりしていました。「Ａ5の任意の入れ換えσは」とあるので、当然後者ですね。（問題文よりＧfがＡ5）

全く関係ありませんが、（２）の意味、

（２）本問と（３）では、１のべき根はすべて定数であるとする。既約５次多項式ｆ(ｘ)の群ＧfがＳ5であるとする（ここでｆ(ｘ)の根α₁,…,α₅の入れ換えを１,…,５の入れ換えとみなす）。既約多項式ｘ^p－ａ（ｐは素数，ａは定数）の根αがｆ(ｘ)の根の式で表されるならば、ｐ＝２であり、αを変えない入れ換えはＡ5に入ることを示せ。

例えば、条件付き５次方程式の解の公式を作った事があるのですが、

ｘ⁵＋ｍｘ³＋(ｍ²/５)ｘ＋ｎ＝０（ｍ,ｎは実数）の解の公式は、
ｘ＝⁵√[{-n+√(n²+4m⁵/3125)}/2]
　＋⁵√[{-n-√(n²+4m⁵/3125)}/2]
である。

証明
⁵√[{-n+√(n²+4m⁵/3125)}/2]＝ａ，
⁵√[{-n-√(n²+4m⁵/3125)}/2]＝ｂ
と置くと、
ａ⁵＝{-n+√(n²+4m⁵/3125)}/2
ｂ⁵＝{-n-√(n²+4m⁵/3125)}/2
∴ａ⁵＋ｂ⁵＝－ｎ———➀
ａ⁵ｂ⁵＝{n²-(n²+4l⁵/3125)}/4＝-l⁵/3125
＝(-l/5)⁵　∴ａｂ＝－ｍ/５　———②
また、条件より、ｘ＝ａ＋ｂ———③
ここで、➀より、
ａ⁵＋ｂ⁵＝(a+b)(a⁴-a³b+a²b²-ab³+b⁴)
＝－ｎ
∴(a+b){(a²+b²)²-a²b²-ab(a²+b²)}=-n
∴(a+b)[{(a+b)²-2ab}²-a²b²
-ab{(a+b)²-2ab}]=-n———☆
☆に②，③を代入すると、
x{(x²+2m/5)²-l²/25+(m/5)(x²+2m/5)}=-n
∴x{x⁴+(4m/5)x²+4m²/25-m²/25+(m/5)x²
+2m²/25}=-n
∴x{x⁴+mx²+m²/5}=-n
∴x⁵+mx³+(m²/5)x+n=0
よって、ｘ⁵＋ｍｘ³＋(ｍ²/５)ｘ＋ｎ＝０でＯＫ。よって、示された。

導き方は省略。（2024/8/30 15:47の投稿より引用）

５乗根の中は√なので、添加するものはｘ²－ａに限るという事なのでしょうか。因みに、３次方程式の解の公式の３乗根の中も√で４次方程式もそうだったような記憶があります（もっとも４次方程式の解の公式は３次方程式の解の公式を利用するから全体的には３乗根も入ります）。まぁ、今回は５次多項式に限った話ですが。
全く的外れだったら笑って下さい。笑

おまけ：