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BBS壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/10/2 11:58 (No.1287521)削除次の文章を完全解説して下さい。
問題
線型写像
Ｆ：ℝ₂→ℝ₃
✘＝[ｘ ｙ]→[ｘ－２ｙ ｙ ｙ]（「注」を参考。）
Ｇ：：ℝ₃→ℝ₂
[ｘ ｙ ｚ]→[ｘ＋２ｙ ２ｙ－ｚ]
において、
（１）Ｇ◦Ｆを求めよ。
（２）ℝ₃＝Ｆ(ℝ₂)⊕Ｇ^-1(０)を示せ。
（注：参考書では列ベクトルだが、書けないので行ベクトルに変更した。）
解
（１）(Ｇ◦Ｆ)(✘)＝Ｇ(Ｆ(✘))＝Ｇ([ｘ－２ｙ ｙ ｙ])＝[(ｘ－２ｙ)＋２ｙ ２ｙ－ｙ]＝[ｘ ｙ]
であるから、Ｇ◦Ｆ＝Ｉ
（２）Ｐ＝Ｆ◦Ｇとおくと、
Ｐ◦Ｐ＝(Ｆ◦Ｇ)◦(Ｆ◦Ｇ)＝Ｆ◦(Ｇ◦Ｆ)◦Ｇ
＝Ｆ◦Ｇ＝Ｐ
したがって、ℝ₃＝Ｐ(ℝ₃)⊕Ｐ^-1(０)
ところで、Ｇ◦Ｆ＝Ｉより、Ｆは１対１であり、Ｇは上への写像であることがわかる。
Ｆは１対１写像より、Ｆ^-1(０)＝０となり、Ｐ^-1(０)＝(Ｆ◦Ｇ)^-1(０)＝Ｇ^-1(Ｆ^-1(０))＝Ｇ^-1(０)
Ｇは上への写像より、Ｇ(ℝ₃)＝ℝ₂となり、Ｐ(ℝ₃)＝(Ｆ◦Ｇ)(ℝ₃)＝Ｆ(Ｇ(ℝ₃))＝Ｆ(ℝ₂)
以上のことより、ℝ₃＝Ｆ(ℝ₂)⊕Ｇ^-1(０)
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より
適当に分かり易く解説して下さい。また、
＞Ｇ◦Ｆ＝Ｉより、Ｆは１対１であり、Ｇは上への写像であることがわかる。
ここは詳しく解説して下さい。
おまけ：
問題
線型写像
Ｆ：ℝ₂→ℝ₃
✘＝[ｘ ｙ]→[ｘ－２ｙ ｙ ｙ]（「注」を参考。）
Ｇ：：ℝ₃→ℝ₂
[ｘ ｙ ｚ]→[ｘ＋２ｙ ２ｙ－ｚ]
において、
（１）Ｇ◦Ｆを求めよ。
（２）ℝ₃＝Ｆ(ℝ₂)⊕Ｇ^-1(０)を示せ。
（注：参考書では列ベクトルだが、書けないので行ベクトルに変更した。）
解
（１）(Ｇ◦Ｆ)(✘)＝Ｇ(Ｆ(✘))＝Ｇ([ｘ－２ｙ ｙ ｙ])＝[(ｘ－２ｙ)＋２ｙ ２ｙ－ｙ]＝[ｘ ｙ]
であるから、Ｇ◦Ｆ＝Ｉ
（２）Ｐ＝Ｆ◦Ｇとおくと、
Ｐ◦Ｐ＝(Ｆ◦Ｇ)◦(Ｆ◦Ｇ)＝Ｆ◦(Ｇ◦Ｆ)◦Ｇ
＝Ｆ◦Ｇ＝Ｐ
したがって、ℝ₃＝Ｐ(ℝ₃)⊕Ｐ^-1(０)
ところで、Ｇ◦Ｆ＝Ｉより、Ｆは１対１であり、Ｇは上への写像であることがわかる。
Ｆは１対１写像より、Ｆ^-1(０)＝０となり、Ｐ^-1(０)＝(Ｆ◦Ｇ)^-1(０)＝Ｇ^-1(Ｆ^-1(０))＝Ｇ^-1(０)
Ｇは上への写像より、Ｇ(ℝ₃)＝ℝ₂となり、Ｐ(ℝ₃)＝(Ｆ◦Ｇ)(ℝ₃)＝Ｆ(Ｇ(ℝ₃))＝Ｆ(ℝ₂)
以上のことより、ℝ₃＝Ｆ(ℝ₂)⊕Ｇ^-1(０)
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より
適当に分かり易く解説して下さい。また、
＞Ｇ◦Ｆ＝Ｉより、Ｆは１対１であり、Ｇは上への写像であることがわかる。
ここは詳しく解説して下さい。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/10/2 13:34削除解説
＞Ｐ◦Ｐ＝(Ｆ◦Ｇ)◦(Ｆ◦Ｇ)＝Ｆ◦(Ｇ◦Ｆ)◦Ｇ
＝Ｆ◦Ｇ＝Ｐ
したがって、ℝ₃＝Ｐ(ℝ₃)⊕Ｐ^-1(０)
定理
Ｖを線型空間とする。線型変換Ｆ：Ｖ→ＶがＦ◦Ｆ＝Ｆをみたすならば、
Ｖ＝Ｆ(Ｖ)⊕Ｆ^-1(０)
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より
Ｐ◦Ｐ＝Ｐ，Ｐ＝Ｆ◦Ｇ（ℝ₃→ℝ₃）より、
ℝ₃＝Ｐ(ℝ₃)⊕Ｐ^-1(０)
という事。（Ｆの所にＰ，Ｖの所にℝ₃を代入。）
＞ところで、Ｇ◦Ｆ＝Ｉより、Ｆは１対１であり、Ｇは上への写像であることがわかる。
Ｉは恒等写像という意味で、合成写像でない場合は全単射である。（[ｘ ｙ]→[ｘ ｙ]だから。）
その逆写像を考えると、やはり合成写像でない場合は全単射である。
合成写像の場合は、出だしは単射で最後は全射でないと逆写像が成り立たない。
よって、Ｆは単射でＧは全射である。
よって、「Ｆは１対１であり、Ｇは上への写像であることがわかる」という事。
一応、Ｆが単射である事とＧが単射とは限らない事だけ示しておく。
Ｆ：ℝ₂→ℝ₃
✘＝[ｘ ｙ]→[ｘ－２ｙ ｙ ｙ]
Ｆ([ｘ ｙ])＝[ｘ－２ｙ ｙ ｙ]
Ｆ([ｘ₁ ｙ₁])＝Ｆ([ｘ₂ ｙ₂])とすると、
[ｘ₁－２ｙ₁ ｙ₁ ｙ₁]＝[ｘ₂－２ｙ₂ ｙ₂ ｙ₂]
∴ｘ₁－２ｙ₁ ＝ｘ₂－２ｙ₂，ｙ₁＝ｙ₂
∴ｘ₁－ｘ₂＝２ｙ₁－２ｙ₂＝２(ｙ₁－ｙ₂)
また、ｙ₁＝ｙ₂より、ｙ₁－ｙ₂＝０
これを代入すると、ｘ₁－ｘ₂＝０ ∴ｘ₁＝ｘ₂
∴ｘ₁＝ｘ₂，ｙ₁＝ｙ₂
∴[ｘ₁ ｙ₁]＝[ｘ₂ ｙ₂]
よって、Ｆ([ｘ₁ ｙ₁])＝Ｆ([ｘ₂ ｙ₂])ならば[ｘ₁ ｙ₁]＝[ｘ₂ ｙ₂]より、行った先が等しければ元も等しいので、単射である。
Ｇ：：ℝ₃→ℝ₂
[ｘ ｙ ｚ]→[ｘ＋２ｙ ２ｙ－ｚ]
ｘ＝１，ｙ＝３，ｚ＝２とすると、
Ｇ([ｘ ｙ ｚ])＝[１＋２・３ ２・３－２]
＝[７ ４]
また、ｘ＝３，ｙ＝２，ｚ＝０とすると、
Ｇ([ｘ ｙ ｚ])＝[３＋２・２ ２・２－０]
＝[７ ４]
よって、２点[１ ３ ２]と[３ ２ ０]から１点[７ ４]に写像されているので単射ではない。
＞Ｆは１対１写像より、Ｆ^-1(０)＝０
命題
線型写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'において、次の（１）,（２）が成り立つ。
（１）は省略。
（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
この（２）からである。
あとは読めば分かるので省略。
おまけ：
＞Ｐ◦Ｐ＝(Ｆ◦Ｇ)◦(Ｆ◦Ｇ)＝Ｆ◦(Ｇ◦Ｆ)◦Ｇ
＝Ｆ◦Ｇ＝Ｐ
したがって、ℝ₃＝Ｐ(ℝ₃)⊕Ｐ^-1(０)
定理
Ｖを線型空間とする。線型変換Ｆ：Ｖ→ＶがＦ◦Ｆ＝Ｆをみたすならば、
Ｖ＝Ｆ(Ｖ)⊕Ｆ^-1(０)
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より
Ｐ◦Ｐ＝Ｐ，Ｐ＝Ｆ◦Ｇ（ℝ₃→ℝ₃）より、
ℝ₃＝Ｐ(ℝ₃)⊕Ｐ^-1(０)
という事。（Ｆの所にＰ，Ｖの所にℝ₃を代入。）
＞ところで、Ｇ◦Ｆ＝Ｉより、Ｆは１対１であり、Ｇは上への写像であることがわかる。
Ｉは恒等写像という意味で、合成写像でない場合は全単射である。（[ｘ ｙ]→[ｘ ｙ]だから。）
その逆写像を考えると、やはり合成写像でない場合は全単射である。
合成写像の場合は、出だしは単射で最後は全射でないと逆写像が成り立たない。
よって、Ｆは単射でＧは全射である。
よって、「Ｆは１対１であり、Ｇは上への写像であることがわかる」という事。
一応、Ｆが単射である事とＧが単射とは限らない事だけ示しておく。
Ｆ：ℝ₂→ℝ₃
✘＝[ｘ ｙ]→[ｘ－２ｙ ｙ ｙ]
Ｆ([ｘ ｙ])＝[ｘ－２ｙ ｙ ｙ]
Ｆ([ｘ₁ ｙ₁])＝Ｆ([ｘ₂ ｙ₂])とすると、
[ｘ₁－２ｙ₁ ｙ₁ ｙ₁]＝[ｘ₂－２ｙ₂ ｙ₂ ｙ₂]
∴ｘ₁－２ｙ₁ ＝ｘ₂－２ｙ₂，ｙ₁＝ｙ₂
∴ｘ₁－ｘ₂＝２ｙ₁－２ｙ₂＝２(ｙ₁－ｙ₂)
また、ｙ₁＝ｙ₂より、ｙ₁－ｙ₂＝０
これを代入すると、ｘ₁－ｘ₂＝０ ∴ｘ₁＝ｘ₂
∴ｘ₁＝ｘ₂，ｙ₁＝ｙ₂
∴[ｘ₁ ｙ₁]＝[ｘ₂ ｙ₂]
よって、Ｆ([ｘ₁ ｙ₁])＝Ｆ([ｘ₂ ｙ₂])ならば[ｘ₁ ｙ₁]＝[ｘ₂ ｙ₂]より、行った先が等しければ元も等しいので、単射である。
Ｇ：：ℝ₃→ℝ₂
[ｘ ｙ ｚ]→[ｘ＋２ｙ ２ｙ－ｚ]
ｘ＝１，ｙ＝３，ｚ＝２とすると、
Ｇ([ｘ ｙ ｚ])＝[１＋２・３ ２・３－２]
＝[７ ４]
また、ｘ＝３，ｙ＝２，ｚ＝０とすると、
Ｇ([ｘ ｙ ｚ])＝[３＋２・２ ２・２－０]
＝[７ ４]
よって、２点[１ ３ ２]と[３ ２ ０]から１点[７ ４]に写像されているので単射ではない。
＞Ｆは１対１写像より、Ｆ^-1(０)＝０
命題
線型写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'において、次の（１）,（２）が成り立つ。
（１）は省略。
（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
この（２）からである。
あとは読めば分かるので省略。
おまけ：
返信
返信1
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/10/1 19:34 (No.1285981)削除問題
正方形ＡＢＣＤの辺ＣＤ上に点Ｅをとり、Ｅから対角線ＡＣへ垂線ＥＨを引き、２直線ＡＥ，ＢＨの交点をＦとする。∠ＤＡＥ＝ａ°とするとき、次のことを証明せよ。
（１）∠ＥＨＦ＝ａ°である。
（２）４点Ｅ，Ｆ，Ｃ，Ｈは同一円周上にある。
（８７ 久留米大付）
図の解説：読んだ通りの図。ただし、点線でＤＨ，ＢＤが結ばれている。
おまけ：
正方形ＡＢＣＤの辺ＣＤ上に点Ｅをとり、Ｅから対角線ＡＣへ垂線ＥＨを引き、２直線ＡＥ，ＢＨの交点をＦとする。∠ＤＡＥ＝ａ°とするとき、次のことを証明せよ。
（１）∠ＥＨＦ＝ａ°である。
（２）４点Ｅ，Ｆ，Ｃ，Ｈは同一円周上にある。
（８７ 久留米大付）
図の解説：読んだ通りの図。ただし、点線でＤＨ，ＢＤが結ばれている。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/10/2 07:57削除問題
正方形ＡＢＣＤの辺ＣＤ上に点Ｅをとり、Ｅから対角線ＡＣへ垂線ＥＨを引き、２直線ＡＥ，ＢＨの交点をＦとする。∠ＤＡＥ＝ａ°とするとき、次のことを証明せよ。
（１）∠ＥＨＦ＝ａ°である。
（２）４点Ｅ，Ｆ，Ｃ，Ｈは同一円周上にある。
（８７ 久留米大付）
模範解答
（１）∠ＥＨＦ＝ｂ°とおくと、
∠ＦＨＣ＝９０°－ｂ°，∠ＡＨＢ＝９０°－ｂ°
正方形の対角線ＡＣについての対称性より、
∠ＡＨＤ＝∠ＡＨＢ＝９０°－ｂ°（基本図３）
よって、∠ＤＨＥ＝ｂ°
ここで、∠ＡＨＥ＋∠ＡＤＥ＝１８０°より、
４点Ａ，Ｈ，Ｅ，Ｄは共円点だから、
∠ＤＨＥ（ｂ°）＝∠ＤＡＥ（ａ°）
以上より、∠ＥＨＦ＝ａ°
（２）∠ＤＥＡ＝９０°－ａ°なので、対頂角∠ＦＥＣ＝９０°－ａ°
一方（１）より、∠ＦＨＣ＝９０°－ａ°だから、∠ＦＥＣ＝∠ＦＨＣ
よって、４点Ｅ，Ｆ，Ｃ，Ｈは同一円周上にある。
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
解説
基本図３
四角形ＡＢＣＤが正方形のとき、
△ＰＡＤ≡△ＰＣＤ
（ＢＤについて、対称線の位置にある。）
基本図３の解説
正方形ＡＢＣＤの対角線ＢＤ上に点Ｐがあるとき、点Ｐがどこにあろうと、△ＰＡＤ≡△ＰＣＤという当たり前の事である。ただし、実戦で使えるかどうかは別で、一発で見抜けるようになるには時間がかかるかもしれない。もっとも、この定石だけを暗記していれば話は別だが。
私の解法
（１）△ＨＥＣは直角二等辺三角形より、
∠ＥＤＨ＝４５°－∠ＤＨＥ＝４５°－∠ＤＡＥ（四角形ＡＨＥＤは円に内接する四角形でその円周角より）＝４５°－ａ°
よって、∠ＨＢＣ＝∠ＨＤＣ＝∠ＥＤＨ＝４５°－ａ°（上の基本図３と同じ対称性）
よって、△ＨＢＣの内対角の和より、
∠ＦＨＣ＝(４５°－ａ°)＋４５°＝９０°－ａ°
∴∠ＥＨＦ＝９０°－(９０°－ａ°)＝ａ°
よって、示された。
（２）∠ＥＤＨ＝∠ＥＡＨ＝●と置くと、
∠ＣＢＨ＝∠ＣＤＨ＝●より、
∠ＥＡＨ＝∠ＣＢＨ＝●
∴∠ＦＡＣ＝∠ＦＢＣ
よって、円周角の定理の逆により、４点Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｆは同一円周上にある。
よって、円周角より、∠ＡＦＢ＝∠ＡＣＢ＝４５°
∴∠ＥＦＨ＝４５°
また、∠ＥＣＨ＝４５°より、
∠ＥＦＨ＝∠ＥＣＨ
よって、円周角の定理の逆により、４点Ｅ，Ｆ，Ｃ，Ｈは同一円周上にある。
よって、示された。
あまり整理しなかったので効率は悪いと思いますが、ご容赦下さい（読み難いと思います）。
おまけ：
（明日は友人の命日だ。）
正方形ＡＢＣＤの辺ＣＤ上に点Ｅをとり、Ｅから対角線ＡＣへ垂線ＥＨを引き、２直線ＡＥ，ＢＨの交点をＦとする。∠ＤＡＥ＝ａ°とするとき、次のことを証明せよ。
（１）∠ＥＨＦ＝ａ°である。
（２）４点Ｅ，Ｆ，Ｃ，Ｈは同一円周上にある。
（８７ 久留米大付）
模範解答
（１）∠ＥＨＦ＝ｂ°とおくと、
∠ＦＨＣ＝９０°－ｂ°，∠ＡＨＢ＝９０°－ｂ°
正方形の対角線ＡＣについての対称性より、
∠ＡＨＤ＝∠ＡＨＢ＝９０°－ｂ°（基本図３）
よって、∠ＤＨＥ＝ｂ°
ここで、∠ＡＨＥ＋∠ＡＤＥ＝１８０°より、
４点Ａ，Ｈ，Ｅ，Ｄは共円点だから、
∠ＤＨＥ（ｂ°）＝∠ＤＡＥ（ａ°）
以上より、∠ＥＨＦ＝ａ°
（２）∠ＤＥＡ＝９０°－ａ°なので、対頂角∠ＦＥＣ＝９０°－ａ°
一方（１）より、∠ＦＨＣ＝９０°－ａ°だから、∠ＦＥＣ＝∠ＦＨＣ
よって、４点Ｅ，Ｆ，Ｃ，Ｈは同一円周上にある。
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
解説
基本図３
四角形ＡＢＣＤが正方形のとき、
△ＰＡＤ≡△ＰＣＤ
（ＢＤについて、対称線の位置にある。）
基本図３の解説
正方形ＡＢＣＤの対角線ＢＤ上に点Ｐがあるとき、点Ｐがどこにあろうと、△ＰＡＤ≡△ＰＣＤという当たり前の事である。ただし、実戦で使えるかどうかは別で、一発で見抜けるようになるには時間がかかるかもしれない。もっとも、この定石だけを暗記していれば話は別だが。
私の解法
（１）△ＨＥＣは直角二等辺三角形より、
∠ＥＤＨ＝４５°－∠ＤＨＥ＝４５°－∠ＤＡＥ（四角形ＡＨＥＤは円に内接する四角形でその円周角より）＝４５°－ａ°
よって、∠ＨＢＣ＝∠ＨＤＣ＝∠ＥＤＨ＝４５°－ａ°（上の基本図３と同じ対称性）
よって、△ＨＢＣの内対角の和より、
∠ＦＨＣ＝(４５°－ａ°)＋４５°＝９０°－ａ°
∴∠ＥＨＦ＝９０°－(９０°－ａ°)＝ａ°
よって、示された。
（２）∠ＥＤＨ＝∠ＥＡＨ＝●と置くと、
∠ＣＢＨ＝∠ＣＤＨ＝●より、
∠ＥＡＨ＝∠ＣＢＨ＝●
∴∠ＦＡＣ＝∠ＦＢＣ
よって、円周角の定理の逆により、４点Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｆは同一円周上にある。
よって、円周角より、∠ＡＦＢ＝∠ＡＣＢ＝４５°
∴∠ＥＦＨ＝４５°
また、∠ＥＣＨ＝４５°より、
∠ＥＦＨ＝∠ＥＣＨ
よって、円周角の定理の逆により、４点Ｅ，Ｆ，Ｃ，Ｈは同一円周上にある。
よって、示された。
あまり整理しなかったので効率は悪いと思いますが、ご容赦下さい（読み難いと思います）。
おまけ：
（明日は友人の命日だ。）
返信
返信1
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/10/1 15:52 (No.1285751)削除問題 10-9bの解説の見直し
問題 10-9b
Ｋを実数に含まれる体とする。Ｋ係数既約多項式ｆ(ｘ)のすべての根が実数に含まれるとする。奇素数ｐに対してｘ^p－ａ（ａは実数）の（ただ１つの）実数根αの式に係数を拡張してもｆ(ｘ)は既約のままであることを示せ。
解答
ＫをＫ係数のαの式全体に拡張して考えればよい。以下、ａはＫに含まれるとする。ｇ(ｘ)＝ｘ^p－ａはＫに根を持たない場合を考えれば十分である（179ページ参照）。
ｇ(ｘ)はＫ係数多項式として既約であり、よってｇ(ｘ)の群Ｇgにおいて、αを不変にする部分群Ｈは指数ｐを持つ（問題9-5参照）。ゆえにガロワ対応から加減乗除で閉じたαの式からなる集合は定数か、αの式全体Mのいずれかしかない・・・（＊）。
実際、Hを含むＧgの部分群は、Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)が素数ｐに等しいので、ＨあるいはＧgである（問題4-16参照）。
αの式を係数に許したとき、ｆ(ｘ)が既約でないとすると、定数でないあるαの式がｆ(ｘ)の根の式で表される。上で述べた（＊）より、この式の加減乗除から得られる集合（加減乗除に閉じる）はＭに等しい。とくにαもｆ(ｘ)の根の式で表される。
したがって問題9-5よりｇ(ｘ)は（ｆ(ｘ)の根の式を用いて）１次式の積に分解しないといけない。ところが、Ｋの元やｆ(ｘ)の根はすべて実数なので、これはあり得ない（∵ｇ(ｘ)のα以外の根は虚数である（ｐ≧３だから）。したがってｆ(ｘ)は既約のままである。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
2024/9/27 13:45の投稿で解説していますが、今回見直してみます。
＞ＫをＫ係数のαの式全体に拡張して考えればよい。
αの所はａとなっているが、誤植と判断した。
＞ｇ(ｘ)＝ｘ^p－ａはＫに根を持たない場合を考えれば十分である（179ページ参照）。
179ページに「ｘ^p－ａは既約である ⇔ ｘ^p－ａは定数の根を持たない（＊）」とあり、ｇ(ｘ)が既約の場合を考えれば十分という事。
＞ｇ(ｘ)はＫ係数多項式として既約であり、よってｇ(ｘ)の群Ｇgにおいて、αを不変にする部分群Ｈは指数ｐを持つ（問題9-5参照）。
問題 9-5b
多項式ｆ(ｘ)の群をＧfとする。ｆ(ｘ)の根の式βが、Ｇfの根の入れ換え（すべて）により、異なる数β₁＝β,…,βsになったとする。このときｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)…(ｘ－βs)はβiの最小多項式であることを示せ。よってβiの最小多項式は重根を持たない。またｓ＝degｇ(ｘ)は、βを不変にする入れ換え全体のなすＧfの部分群Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)に等しいことを示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
「ｇ(ｘ)はＫ係数多項式として既約」から問題9-5のｇ(ｘ)に当てはめられる（最小多項式は既約多項式だから）。また、このｇ(ｘ)を問題9-5のｆ(ｘ)として見ると（ｆ(ｘ)とｇ(ｘ)が一致しているという事）、問題のｇ(ｘ)の群Ｇgにおいてｇ(ｘ)の根αを不変にするＧgの部分群Ｈはdegｇ(ｘ)＝ｐを指数に持つ。（念のため、ｇ(ｘ)＝ｘ^p－ａだから。）
∴|Ｇg|/|Ｈ|＝ｐ
ここで、命題10.1を使うと、
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
|Ｇg|＝ｐより、|Ｇg|/|Ｈ|＝ｐに代入すると、
ｐ/|Ｈ|＝ｐ ∴|Ｈ|＝１ ∴Ｈ＝{ｅ}
よって、ガロワ対応により、
＞ゆえにガロワ対応から加減乗除で閉じたαの式からなる集合は定数か、αの式全体Mのいずれかしかない・・・（＊）。
「αの式全体Mしかない」ではないのだろうか。
ただし、今回の疑問は別の所にある。
問題 10-5b
有理数係数多項式ｘ⁵－２の群がＡＧＬ(１,５)と同型であることを示せ。
（参考：同様に、素数ｐに対して、ｘ^p－２の群はＡＧＬ(１,ｐ)と同型である。）
とあり、また、
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
■ガロワの定理の証明（スケッチ）
ガロワは、ｐ次既約多項式ｆ(ｘ)の群Ｇfが可解であるとき、Ｇfに含まれる根の入れ換えを決定しました。これが定理の核心部です。この群に含まれる入れ換えは次の形で表されます：根をα₀,…,αp-1とし、ａ＝１,２,…,ｐ－１とｂ＝０,１,…,ｐ－１に対して、
(α₀ α₁ … αk … αp-1)
(αb αa+b … αak+b … αa(p-1)+b) （＊）
注：これは２つの括弧ではなく１つの括弧で２段の１つの元を表す。
ここでαの添字はｐで割った余りとします。添字の変化に着目すると、この入れ換えは１次式ａｘ＋ｂで定義されます。またａ,ｂの取り方から、入れ換えは全部でｐ(ｐ－１)個あります。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
から、先に命題10.1より|Ｇg|＝ｐとした所は、
|Ｇg|＝ｐ(ｐ－１)なのではないだろうか。
（念のため、同型という事は全単射が存在するので元の数も等しいという事。）
ここで、命題10.1と問題10-5を比較すると、
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。
問題 10-5b
有理数係数多項式ｘ⁵－２の群がＡＧＬ(１,５)と同型であることを示せ。
（参考：同様に、素数ｐに対して、ｘ^p－２の群はＡＧＬ(１,ｐ)と同型である。）
係数に違いがある事に気が付いた。つまり、命題10.1は複素数まで係数を許しているが、問題10-5は有理数係数である。そして、問題は10-9は、
問題 10-9b
Ｋを実数に含まれる体とする。Ｋ係数既約多項式ｆ(ｘ)のすべての根が実数に含まれるとする。奇素数ｐに対してｘ^p－ａ（ａは実数）の（ただ１つの）実数根αの式に係数を拡張してもｆ(ｘ)は既約のままであることを示せ。
実数である。つまり、有理数と同じ扱いである。（そもそもａ∈Ｋだと思うが。）
という事は、|Ｇg|＝ｐ(ｐ－１)を|Ｇg|/|Ｈ|＝ｐに代入すると、ｐ(ｐ－１)/|Ｈ|＝ｐ
∴|Ｈ|＝ｐ－１
つまり、ガロワ対応による「αの式全体Mしかない」が言えないという事。すると、続きの証明が成り立たない。
私の妄想でしょうか。笑
まぁ、時が経てば分からなかった事も分かるようになる気がしますので、気長に待ちましょう。
因みに、命題10.1の方はαがｘ^p－ａの原始元になるので、有理数の場合と異なり元の数も変わる。（p.180とp.153を考えれば分かる。）
おまけ：
「「後世の研究者に告げたい。時が経つにつれて、わからなかったことも、よりわかるようになっていくだろうということを。それはわが予言が、そのとき新しい光に照らされることによって可能となるのだ」
これはノストラダムスが息子セザールにあてた手紙のひとつで、『諸世紀』第一巻のはじめに添えられた”まえがき”のような文の一節である。世界が混迷し、いろんな予測が入り乱れ、未来がほんとはどうなるのかわからなくなったとき、ここにもどればきっと新しい発見があると、古くから言われてきた不思議な文章だ。」
「ノストラダムスの大予言 残された希望編」五島勉著（１９９２年）より
問題 10-9b
Ｋを実数に含まれる体とする。Ｋ係数既約多項式ｆ(ｘ)のすべての根が実数に含まれるとする。奇素数ｐに対してｘ^p－ａ（ａは実数）の（ただ１つの）実数根αの式に係数を拡張してもｆ(ｘ)は既約のままであることを示せ。
解答
ＫをＫ係数のαの式全体に拡張して考えればよい。以下、ａはＫに含まれるとする。ｇ(ｘ)＝ｘ^p－ａはＫに根を持たない場合を考えれば十分である（179ページ参照）。
ｇ(ｘ)はＫ係数多項式として既約であり、よってｇ(ｘ)の群Ｇgにおいて、αを不変にする部分群Ｈは指数ｐを持つ（問題9-5参照）。ゆえにガロワ対応から加減乗除で閉じたαの式からなる集合は定数か、αの式全体Mのいずれかしかない・・・（＊）。
実際、Hを含むＧgの部分群は、Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)が素数ｐに等しいので、ＨあるいはＧgである（問題4-16参照）。
αの式を係数に許したとき、ｆ(ｘ)が既約でないとすると、定数でないあるαの式がｆ(ｘ)の根の式で表される。上で述べた（＊）より、この式の加減乗除から得られる集合（加減乗除に閉じる）はＭに等しい。とくにαもｆ(ｘ)の根の式で表される。
したがって問題9-5よりｇ(ｘ)は（ｆ(ｘ)の根の式を用いて）１次式の積に分解しないといけない。ところが、Ｋの元やｆ(ｘ)の根はすべて実数なので、これはあり得ない（∵ｇ(ｘ)のα以外の根は虚数である（ｐ≧３だから）。したがってｆ(ｘ)は既約のままである。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
2024/9/27 13:45の投稿で解説していますが、今回見直してみます。
＞ＫをＫ係数のαの式全体に拡張して考えればよい。
αの所はａとなっているが、誤植と判断した。
＞ｇ(ｘ)＝ｘ^p－ａはＫに根を持たない場合を考えれば十分である（179ページ参照）。
179ページに「ｘ^p－ａは既約である ⇔ ｘ^p－ａは定数の根を持たない（＊）」とあり、ｇ(ｘ)が既約の場合を考えれば十分という事。
＞ｇ(ｘ)はＫ係数多項式として既約であり、よってｇ(ｘ)の群Ｇgにおいて、αを不変にする部分群Ｈは指数ｐを持つ（問題9-5参照）。
問題 9-5b
多項式ｆ(ｘ)の群をＧfとする。ｆ(ｘ)の根の式βが、Ｇfの根の入れ換え（すべて）により、異なる数β₁＝β,…,βsになったとする。このときｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)…(ｘ－βs)はβiの最小多項式であることを示せ。よってβiの最小多項式は重根を持たない。またｓ＝degｇ(ｘ)は、βを不変にする入れ換え全体のなすＧfの部分群Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)に等しいことを示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
「ｇ(ｘ)はＫ係数多項式として既約」から問題9-5のｇ(ｘ)に当てはめられる（最小多項式は既約多項式だから）。また、このｇ(ｘ)を問題9-5のｆ(ｘ)として見ると（ｆ(ｘ)とｇ(ｘ)が一致しているという事）、問題のｇ(ｘ)の群Ｇgにおいてｇ(ｘ)の根αを不変にするＧgの部分群Ｈはdegｇ(ｘ)＝ｐを指数に持つ。（念のため、ｇ(ｘ)＝ｘ^p－ａだから。）
∴|Ｇg|/|Ｈ|＝ｐ
ここで、命題10.1を使うと、
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
|Ｇg|＝ｐより、|Ｇg|/|Ｈ|＝ｐに代入すると、
ｐ/|Ｈ|＝ｐ ∴|Ｈ|＝１ ∴Ｈ＝{ｅ}
よって、ガロワ対応により、
＞ゆえにガロワ対応から加減乗除で閉じたαの式からなる集合は定数か、αの式全体Mのいずれかしかない・・・（＊）。
「αの式全体Mしかない」ではないのだろうか。
ただし、今回の疑問は別の所にある。
問題 10-5b
有理数係数多項式ｘ⁵－２の群がＡＧＬ(１,５)と同型であることを示せ。
（参考：同様に、素数ｐに対して、ｘ^p－２の群はＡＧＬ(１,ｐ)と同型である。）
とあり、また、
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
■ガロワの定理の証明（スケッチ）
ガロワは、ｐ次既約多項式ｆ(ｘ)の群Ｇfが可解であるとき、Ｇfに含まれる根の入れ換えを決定しました。これが定理の核心部です。この群に含まれる入れ換えは次の形で表されます：根をα₀,…,αp-1とし、ａ＝１,２,…,ｐ－１とｂ＝０,１,…,ｐ－１に対して、
(α₀ α₁ … αk … αp-1)
(αb αa+b … αak+b … αa(p-1)+b) （＊）
注：これは２つの括弧ではなく１つの括弧で２段の１つの元を表す。
ここでαの添字はｐで割った余りとします。添字の変化に着目すると、この入れ換えは１次式ａｘ＋ｂで定義されます。またａ,ｂの取り方から、入れ換えは全部でｐ(ｐ－１)個あります。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
から、先に命題10.1より|Ｇg|＝ｐとした所は、
|Ｇg|＝ｐ(ｐ－１)なのではないだろうか。
（念のため、同型という事は全単射が存在するので元の数も等しいという事。）
ここで、命題10.1と問題10-5を比較すると、
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。
問題 10-5b
有理数係数多項式ｘ⁵－２の群がＡＧＬ(１,５)と同型であることを示せ。
（参考：同様に、素数ｐに対して、ｘ^p－２の群はＡＧＬ(１,ｐ)と同型である。）
係数に違いがある事に気が付いた。つまり、命題10.1は複素数まで係数を許しているが、問題10-5は有理数係数である。そして、問題は10-9は、
問題 10-9b
Ｋを実数に含まれる体とする。Ｋ係数既約多項式ｆ(ｘ)のすべての根が実数に含まれるとする。奇素数ｐに対してｘ^p－ａ（ａは実数）の（ただ１つの）実数根αの式に係数を拡張してもｆ(ｘ)は既約のままであることを示せ。
実数である。つまり、有理数と同じ扱いである。（そもそもａ∈Ｋだと思うが。）
という事は、|Ｇg|＝ｐ(ｐ－１)を|Ｇg|/|Ｈ|＝ｐに代入すると、ｐ(ｐ－１)/|Ｈ|＝ｐ
∴|Ｈ|＝ｐ－１
つまり、ガロワ対応による「αの式全体Mしかない」が言えないという事。すると、続きの証明が成り立たない。
私の妄想でしょうか。笑
まぁ、時が経てば分からなかった事も分かるようになる気がしますので、気長に待ちましょう。
因みに、命題10.1の方はαがｘ^p－ａの原始元になるので、有理数の場合と異なり元の数も変わる。（p.180とp.153を考えれば分かる。）
おまけ：
「「後世の研究者に告げたい。時が経つにつれて、わからなかったことも、よりわかるようになっていくだろうということを。それはわが予言が、そのとき新しい光に照らされることによって可能となるのだ」
これはノストラダムスが息子セザールにあてた手紙のひとつで、『諸世紀』第一巻のはじめに添えられた”まえがき”のような文の一節である。世界が混迷し、いろんな予測が入り乱れ、未来がほんとはどうなるのかわからなくなったとき、ここにもどればきっと新しい発見があると、古くから言われてきた不思議な文章だ。」
「ノストラダムスの大予言 残された希望編」五島勉著（１９９２年）より
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壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/10/1 13:48 (No.1285645)削除問題 10-5bの解説の見直し
問題 10-5b
有理数係数多項式ｘ⁵－２の群がＡＧＬ(１,５)と同型であることを示せ。
解答
α＝⁵√２（実数），ζ＝ｅ^(2πi/5)とおくと、ｆ(ｘ)＝ｘ⁵－２の根はα,αζ,αζ²,αζ³,αζ⁴である。
ζ＝(αζ)/αなので、多項式の群Ｇfは、Φ5(ｘ)の群（４次巡回群と同型）を商群に持つ。
ｆ(ｘ)は既約なので、αの式を不変にする部分群ＨはＧfにおいて指数５を持つ（∵Ｈの右傍系がｆ(ｘ)の根と対応するから）。
よってＧfに含まれる入れ換えの個数は２０の倍数である。ｆ(ｘ)の根はα,αζの２つの根の式ですべて表されるので、|Ｇf|の条件と定理10.5の証明③より、ＧfはＡＧＬ(１,５)と同型である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
定理10.5の証明③
ｆ(ｘ)の２つの根の式でほかの根が表されるとき、多項式の群に含まれる入れ換えの個数は高々ｐ(ｐ－１)個になります。実際、２個の根をどの根に入れ換えるかによって、根の入れ換えが決まるからです。このとき③は次の命題に帰着されます：
「根の入れ換えのなす群（ｐ次対称群）の部分群Ｇが高々ｐ(ｐ－１)個の元からなり、さらにどの２つの根に対しても一方を他方に入れ換える入れ換えを含むとする。このときＧに含まれる入れ換えはすべて１次式で定まる。」
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
2024/9/17 15:49の投稿と2024/9/28 15:30の投稿で解説していますが、今回見直してみます。
＞ζ＝(αζ)/αなので、多項式の群Ｇfは、Φ5(ｘ)の群（４次巡回群と同型）を商群に持つ。
α，αζはｆ(ｘ)＝ｘ⁵－２の根より、ζは問題9-5のβで、
問題 9-5b
多項式ｆ(ｘ)の群をＧfとする。ｆ(ｘ)の根の式βが、Ｇfの根の入れ換え（すべて）により、異なる数β₁＝β,…,βsになったとする。このときｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)…(ｘ－βs)はβiの最小多項式であることを示せ。よってβiの最小多項式は重根を持たない。またｓ＝degｇ(ｘ)は、βを不変にする入れ換え全体のなすＧfの部分群Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)に等しいことを示せ。
全ての根の入れ換えでβ₁～βsを求めても良いが、ｇ(ｘ)はβiの最小多項式なので、ζの最小多項式でもある。
よって、ｘ＝ζとして両辺を５乗すると、
ｘ⁵＝１ ∴ｘ⁵－１＝０
∴(ｘ－１)(ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１)＝０
ところで、ｇ(ｘ)は最小多項式より既約多項式であるので、ｇ(ｘ)＝ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１
また、Φ5(ｘ)＝ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１と定理9.3より、
定理9.3（ガロワ対応（正規性））
多項式の群Ｇfの部分群Ｈについて、次は同値である。
（１）Ｈは、ある多項式ｇ(ｘ)のすべての根による式全体を不変にする部分群である。
（２）ＨはＧfの正規部分群である。すなわちＧfの任意の入れ換えσに対して、
Ｈσ＝σＨ
である（Ｈに関する左傍系と右傍系は一致する）。
さらに、この対応においてｇ(ｘ)の群Ｇgは商群Ｇf/Ｈと同型である。
Ｇg≃Ｇf/Ｈなので、「多項式の群Ｇfは、Φ5(ｘ)の群（４次巡回群と同型）を商群に持つ」という事。
（2024/9/18 15:35の投稿より）
∴|Ｇg|＝|Ｇf|/|Ｈ| また、|Ｇg|＝４より、
４＝|Ｇf|/|Ｈ| ∴|Ｇf|＝４|Ｈ|
よって、Ｇfの位数は４の倍数である。———①
＞ｆ(ｘ)は既約なので、αの式を不変にする部分群ＨはＧfにおいて指数５を持つ（∵Ｈの右傍系がｆ(ｘ)の根と対応するから）。
問題 9-5b
多項式ｆ(ｘ)の群をＧfとする。ｆ(ｘ)の根の式βが、Ｇfの根の入れ換え（すべて）により、異なる数β₁＝β,…,βsになったとする。このときｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)…(ｘ－βs)はβiの最小多項式であることを示せ。よってβiの最小多項式は重根を持たない。またｓ＝degｇ(ｘ)は、βを不変にする入れ換え全体のなすＧfの部分群Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)に等しいことを示せ。
つまり、問題9-5のβを不変にする部分群Ｈは指数(Ｇ：Ｈ)を持ち、この値はdegｇ(ｘ)＝ｓで今回はαとβが一致している（ｆ(ｘ)の根の式βがαに当たりαはｆ(ｘ)の根だから）のでこのｆ(ｘ)とｇ(ｘ)も一致しているので、ｆ(ｘ)の次数がｓとなり、これはｆ(ｘ)＝ｘ⁵－２の根の数より５となる。よって、「ＨはＧfにおいて指数５を持つ」という事である。
2024/9/28 15:30より
∴|Ｇf|/|Ｈ'|＝５
（①の所のＨは「ある多項式ｇ(ｘ)のすべての根による式全体を不変にする部分群」で今回のＨはｇ(ｘ)（＝ｆ(ｘ)）の根の式を不変にする部分群なので、別物でＨ'とする。）
∴|Ｇf|＝５|Ｈ'|
よって、Ｇfの位数は５の倍数である。———②
＞よってＧfに含まれる入れ換えの個数は２０の倍数である。
①，②より、Ｇfの位数は２０の倍数である。
よって、「Ｇfに含まれる入れ換えの個数は２０の倍数である」という事。
＞ｆ(ｘ)の根はα,αζの２つの根の式ですべて表されるので、|Ｇf|の条件と定理10.5の証明③より、ＧfはＡＧＬ(１,５)と同型である。
「ｆ(ｘ)＝ｘ⁵－２の根はα,αζ,αζ²,αζ³,αζ⁴であ」り、「ｆ(ｘ)の根はα,αζの２つの根の式ですべて表される」。例えば、αζ⁴＝(αζ)⁴/α³など。
よって、
定理10.5の証明③
ｆ(ｘ)の２つの根の式でほかの根が表されるとき、多項式の群に含まれる入れ換えの個数は高々ｐ(ｐ－１)個になります。実際、２個の根をどの根に入れ換えるかによって、根の入れ換えが決まるからです。このとき③は次の命題に帰着されます：
「根の入れ換えのなす群（ｐ次対称群）の部分群Ｇが高々ｐ(ｐ－１)個の元からなり、さらにどの２つの根に対しても一方を他方に入れ換える入れ換えを含むとする。このときＧに含まれる入れ換えはすべて１次式で定まる。」
から、Ｇfの位数はｐ(ｐ－１)以下でｐ＝５を代入すると、Ｇfの位数は２０以下である。
ここで、上の「Ｇfの位数は２０の倍数である」が使われる。よって、Ｇfの位数は２０である。
よって、定理10.5の証明③の後半より、「ＧfはＡＧＬ(１,５)と同型である」という事。
補足
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
１次式で定まればＡＧＬ(１,ｐ)という事。
別解（２０の倍数を使わない場合）
ｆ(ｘ)＝ｘ⁵－２の係数をζの式に許してもｆ(ｘ)は既約である（下に補足）。
また、αζ,αζ²,αζ³,αζ⁴はｆ(ｘ)の根より、
ｆ(αζ)＝(αζ)⁵－２＝ζ⁵(α)⁵－２＝０
ｆ(αζ²)＝(αζ²)⁵－２＝ζ^10(α)⁵－２＝０
ｆ(αζ³)＝(αζ³)⁵－２＝ζ^15(α)⁵－２＝０
ｆ(αζ⁴)＝(αζ⁴)⁵－２＝ζ^20(α)⁵－２＝０
よって、ｆ(ｘ)の係数をζの式まで許すと根はαのみである。
ところで、αはｆ(ｘ)の根で、また、αでｆ(ｘ)の根を全て表せる（１つだけだが）ので、αはｆ(ｘ)の原始元である（係数はζの式）。
よって、p.153のｇ(ｘ)とｆ(ｘ)は一致していて、
■多項式の群の構成（定理9.1（基本定理）の証明）
ｆ(ｘ)の原始元をβとし、βを根に持つ既約多項式をｇ(ｘ)とします。また、ｇ(ｘ)は重根を持たないとします。多項式の群Ｇfを
「βをｇ(ｘ)の根に入れ換えて得られるｆ(ｘ)の根の入れ換え」
からなる集合とします。βの入れ換えによりｆ(ｘ)の根の入れ換えが得られることは、次の「（１）の性質について」で説明します。（p.153より）
要は、このｇ(ｘ)の根の数だけ群Ｇfの元の個数があるという事で、上よりこのｇ(ｘ)とｆ(ｘ)が一致しているので、今回はｆ(ｘ)の根の数だけ群Ｈの元の個数があるという事である。なぜ、GfでなくHかと言うと、ｆ(ｘ)の係数をζの式まで拡張したので、ガロワ対応により群の方はＧfの部分群Ｈに縮小されるからである。
よって、ｆ(ｘ)の根は全部で５個より、|Ｈ|＝５となる。ところで、|Ｇg|＝４（４次巡回群より）とＧg≃Ｇf/Ｈより、|Ｇg|＝|Ｇf|/|Ｈ|
∴４＝|Ｇf|/５ ∴|Ｇf|＝４・５＝２０
よって、Ｇfの位数は２０である。
よって、定理10.5の証明③の後半より、「ＧfはＡＧＬ(１,５)と同型である」という事。よって、定理10.5の証明③の後半より、「ＧfはＡＧＬ(１,５)と同型である」という事。
補足：ｆ(ｘ)＝ｘ⁵－２の係数をζの式に許してもｆ(ｘ)は既約である事。
ｆ(ｘ)＝(ｘ－⁵√２)(ｘ－⁵√２ζ)(ｘ－⁵√２ζ²)(ｘ－⁵√２ζ³)(ｘ－⁵√２ζ⁴)
この括弧のどの２つ，３つ，４つの組み合わせを展開しても無理数⁵√２²などは消えずに、全てを展開した時だけｆ(ｘ)＝ｘ⁵－２となり無理数は消える。つまり、係数をζの式に拡張しても括弧が２つ以上ある場合は無理数が消えないので、既約多項式である。（念のため、ζの式の係数は有理数。）
以前に、私の解法が必要なのではないだろうかというのは大きな誤解でした。すみませんでした。（私の解法とは下の別解の事。）
おまけ：
問題 10-5b
有理数係数多項式ｘ⁵－２の群がＡＧＬ(１,５)と同型であることを示せ。
解答
α＝⁵√２（実数），ζ＝ｅ^(2πi/5)とおくと、ｆ(ｘ)＝ｘ⁵－２の根はα,αζ,αζ²,αζ³,αζ⁴である。
ζ＝(αζ)/αなので、多項式の群Ｇfは、Φ5(ｘ)の群（４次巡回群と同型）を商群に持つ。
ｆ(ｘ)は既約なので、αの式を不変にする部分群ＨはＧfにおいて指数５を持つ（∵Ｈの右傍系がｆ(ｘ)の根と対応するから）。
よってＧfに含まれる入れ換えの個数は２０の倍数である。ｆ(ｘ)の根はα,αζの２つの根の式ですべて表されるので、|Ｇf|の条件と定理10.5の証明③より、ＧfはＡＧＬ(１,５)と同型である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
定理10.5の証明③
ｆ(ｘ)の２つの根の式でほかの根が表されるとき、多項式の群に含まれる入れ換えの個数は高々ｐ(ｐ－１)個になります。実際、２個の根をどの根に入れ換えるかによって、根の入れ換えが決まるからです。このとき③は次の命題に帰着されます：
「根の入れ換えのなす群（ｐ次対称群）の部分群Ｇが高々ｐ(ｐ－１)個の元からなり、さらにどの２つの根に対しても一方を他方に入れ換える入れ換えを含むとする。このときＧに含まれる入れ換えはすべて１次式で定まる。」
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
2024/9/17 15:49の投稿と2024/9/28 15:30の投稿で解説していますが、今回見直してみます。
＞ζ＝(αζ)/αなので、多項式の群Ｇfは、Φ5(ｘ)の群（４次巡回群と同型）を商群に持つ。
α，αζはｆ(ｘ)＝ｘ⁵－２の根より、ζは問題9-5のβで、
問題 9-5b
多項式ｆ(ｘ)の群をＧfとする。ｆ(ｘ)の根の式βが、Ｇfの根の入れ換え（すべて）により、異なる数β₁＝β,…,βsになったとする。このときｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)…(ｘ－βs)はβiの最小多項式であることを示せ。よってβiの最小多項式は重根を持たない。またｓ＝degｇ(ｘ)は、βを不変にする入れ換え全体のなすＧfの部分群Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)に等しいことを示せ。
全ての根の入れ換えでβ₁～βsを求めても良いが、ｇ(ｘ)はβiの最小多項式なので、ζの最小多項式でもある。
よって、ｘ＝ζとして両辺を５乗すると、
ｘ⁵＝１ ∴ｘ⁵－１＝０
∴(ｘ－１)(ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１)＝０
ところで、ｇ(ｘ)は最小多項式より既約多項式であるので、ｇ(ｘ)＝ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１
また、Φ5(ｘ)＝ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１と定理9.3より、
定理9.3（ガロワ対応（正規性））
多項式の群Ｇfの部分群Ｈについて、次は同値である。
（１）Ｈは、ある多項式ｇ(ｘ)のすべての根による式全体を不変にする部分群である。
（２）ＨはＧfの正規部分群である。すなわちＧfの任意の入れ換えσに対して、
Ｈσ＝σＨ
である（Ｈに関する左傍系と右傍系は一致する）。
さらに、この対応においてｇ(ｘ)の群Ｇgは商群Ｇf/Ｈと同型である。
Ｇg≃Ｇf/Ｈなので、「多項式の群Ｇfは、Φ5(ｘ)の群（４次巡回群と同型）を商群に持つ」という事。
（2024/9/18 15:35の投稿より）
∴|Ｇg|＝|Ｇf|/|Ｈ| また、|Ｇg|＝４より、
４＝|Ｇf|/|Ｈ| ∴|Ｇf|＝４|Ｈ|
よって、Ｇfの位数は４の倍数である。———①
＞ｆ(ｘ)は既約なので、αの式を不変にする部分群ＨはＧfにおいて指数５を持つ（∵Ｈの右傍系がｆ(ｘ)の根と対応するから）。
問題 9-5b
多項式ｆ(ｘ)の群をＧfとする。ｆ(ｘ)の根の式βが、Ｇfの根の入れ換え（すべて）により、異なる数β₁＝β,…,βsになったとする。このときｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)…(ｘ－βs)はβiの最小多項式であることを示せ。よってβiの最小多項式は重根を持たない。またｓ＝degｇ(ｘ)は、βを不変にする入れ換え全体のなすＧfの部分群Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)に等しいことを示せ。
つまり、問題9-5のβを不変にする部分群Ｈは指数(Ｇ：Ｈ)を持ち、この値はdegｇ(ｘ)＝ｓで今回はαとβが一致している（ｆ(ｘ)の根の式βがαに当たりαはｆ(ｘ)の根だから）のでこのｆ(ｘ)とｇ(ｘ)も一致しているので、ｆ(ｘ)の次数がｓとなり、これはｆ(ｘ)＝ｘ⁵－２の根の数より５となる。よって、「ＨはＧfにおいて指数５を持つ」という事である。
2024/9/28 15:30より
∴|Ｇf|/|Ｈ'|＝５
（①の所のＨは「ある多項式ｇ(ｘ)のすべての根による式全体を不変にする部分群」で今回のＨはｇ(ｘ)（＝ｆ(ｘ)）の根の式を不変にする部分群なので、別物でＨ'とする。）
∴|Ｇf|＝５|Ｈ'|
よって、Ｇfの位数は５の倍数である。———②
＞よってＧfに含まれる入れ換えの個数は２０の倍数である。
①，②より、Ｇfの位数は２０の倍数である。
よって、「Ｇfに含まれる入れ換えの個数は２０の倍数である」という事。
＞ｆ(ｘ)の根はα,αζの２つの根の式ですべて表されるので、|Ｇf|の条件と定理10.5の証明③より、ＧfはＡＧＬ(１,５)と同型である。
「ｆ(ｘ)＝ｘ⁵－２の根はα,αζ,αζ²,αζ³,αζ⁴であ」り、「ｆ(ｘ)の根はα,αζの２つの根の式ですべて表される」。例えば、αζ⁴＝(αζ)⁴/α³など。
よって、
定理10.5の証明③
ｆ(ｘ)の２つの根の式でほかの根が表されるとき、多項式の群に含まれる入れ換えの個数は高々ｐ(ｐ－１)個になります。実際、２個の根をどの根に入れ換えるかによって、根の入れ換えが決まるからです。このとき③は次の命題に帰着されます：
「根の入れ換えのなす群（ｐ次対称群）の部分群Ｇが高々ｐ(ｐ－１)個の元からなり、さらにどの２つの根に対しても一方を他方に入れ換える入れ換えを含むとする。このときＧに含まれる入れ換えはすべて１次式で定まる。」
から、Ｇfの位数はｐ(ｐ－１)以下でｐ＝５を代入すると、Ｇfの位数は２０以下である。
ここで、上の「Ｇfの位数は２０の倍数である」が使われる。よって、Ｇfの位数は２０である。
よって、定理10.5の証明③の後半より、「ＧfはＡＧＬ(１,５)と同型である」という事。
補足
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
１次式で定まればＡＧＬ(１,ｐ)という事。
別解（２０の倍数を使わない場合）
ｆ(ｘ)＝ｘ⁵－２の係数をζの式に許してもｆ(ｘ)は既約である（下に補足）。
また、αζ,αζ²,αζ³,αζ⁴はｆ(ｘ)の根より、
ｆ(αζ)＝(αζ)⁵－２＝ζ⁵(α)⁵－２＝０
ｆ(αζ²)＝(αζ²)⁵－２＝ζ^10(α)⁵－２＝０
ｆ(αζ³)＝(αζ³)⁵－２＝ζ^15(α)⁵－２＝０
ｆ(αζ⁴)＝(αζ⁴)⁵－２＝ζ^20(α)⁵－２＝０
よって、ｆ(ｘ)の係数をζの式まで許すと根はαのみである。
ところで、αはｆ(ｘ)の根で、また、αでｆ(ｘ)の根を全て表せる（１つだけだが）ので、αはｆ(ｘ)の原始元である（係数はζの式）。
よって、p.153のｇ(ｘ)とｆ(ｘ)は一致していて、
■多項式の群の構成（定理9.1（基本定理）の証明）
ｆ(ｘ)の原始元をβとし、βを根に持つ既約多項式をｇ(ｘ)とします。また、ｇ(ｘ)は重根を持たないとします。多項式の群Ｇfを
「βをｇ(ｘ)の根に入れ換えて得られるｆ(ｘ)の根の入れ換え」
からなる集合とします。βの入れ換えによりｆ(ｘ)の根の入れ換えが得られることは、次の「（１）の性質について」で説明します。（p.153より）
要は、このｇ(ｘ)の根の数だけ群Ｇfの元の個数があるという事で、上よりこのｇ(ｘ)とｆ(ｘ)が一致しているので、今回はｆ(ｘ)の根の数だけ群Ｈの元の個数があるという事である。なぜ、GfでなくHかと言うと、ｆ(ｘ)の係数をζの式まで拡張したので、ガロワ対応により群の方はＧfの部分群Ｈに縮小されるからである。
よって、ｆ(ｘ)の根は全部で５個より、|Ｈ|＝５となる。ところで、|Ｇg|＝４（４次巡回群より）とＧg≃Ｇf/Ｈより、|Ｇg|＝|Ｇf|/|Ｈ|
∴４＝|Ｇf|/５ ∴|Ｇf|＝４・５＝２０
よって、Ｇfの位数は２０である。
よって、定理10.5の証明③の後半より、「ＧfはＡＧＬ(１,５)と同型である」という事。よって、定理10.5の証明③の後半より、「ＧfはＡＧＬ(１,５)と同型である」という事。
補足：ｆ(ｘ)＝ｘ⁵－２の係数をζの式に許してもｆ(ｘ)は既約である事。
ｆ(ｘ)＝(ｘ－⁵√２)(ｘ－⁵√２ζ)(ｘ－⁵√２ζ²)(ｘ－⁵√２ζ³)(ｘ－⁵√２ζ⁴)
この括弧のどの２つ，３つ，４つの組み合わせを展開しても無理数⁵√２²などは消えずに、全てを展開した時だけｆ(ｘ)＝ｘ⁵－２となり無理数は消える。つまり、係数をζの式に拡張しても括弧が２つ以上ある場合は無理数が消えないので、既約多項式である。（念のため、ζの式の係数は有理数。）
以前に、私の解法が必要なのではないだろうかというのは大きな誤解でした。すみませんでした。（私の解法とは下の別解の事。）
おまけ：
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壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/9/30 20:03 (No.1285002)削除問題
長方形ＡＢＣＤの辺ＢＣ上にＥ，ＣＤ上にＦをとったとき、△ＡＢＥ：△ＡＤＦ：△ＣＥＦ＝１：２：３になっている。このとき、ＣＥの長さを求めよ。
（類 ８７ ラ・サール）
図の解説：縦の長さ３，横の長さ４の長方形ＡＢＣＤがあり、あとは上の条件通りの図。
参考書に２通りの解法が載っています。
おまけ：
長方形ＡＢＣＤの辺ＢＣ上にＥ，ＣＤ上にＦをとったとき、△ＡＢＥ：△ＡＤＦ：△ＣＥＦ＝１：２：３になっている。このとき、ＣＥの長さを求めよ。
（類 ８７ ラ・サール）
図の解説：縦の長さ３，横の長さ４の長方形ＡＢＣＤがあり、あとは上の条件通りの図。
参考書に２通りの解法が載っています。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/10/1 07:56削除問題
長方形ＡＢＣＤの辺ＢＣ上にＥ，ＣＤ上にＦをとったとき、△ＡＢＥ：△ＡＤＦ：△ＣＥＦ＝１：２：３になっている。このとき、ＣＥの長さを求めよ。
（類 ８７ ラ・サール）
図の解説：縦の長さ３，横の長さ４の長方形ＡＢＣＤがあり、あとは上の条件通りの図。
模範解答
ＣＥ＝ｘとおく。
△ＡＢＥ：△ＣＥＦ＝１：３より、
３(４－ｘ)：ｘ×ＦＣ＝１：３
これをＦＣについて解いて、
ＦＣ＝９(４－ｘ)/ｘ
次に、△ＣＥＦ：△ＡＤＦ＝３：２より、
[{９(４－ｘ)/ｘ}×ｘ]：[４×{３－９(４－ｘ)/ｘ}]＝３：２
式を整理して、ｘ²＋４ｘ－２４＝０，
ｘ＝－２±２√７
ｘ＞０より、ｘ＝－２＋２√７
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
参考書の別解の前に私の解法も紹介しておこう。念のため、基本的には変わらない。
私の解法
△ＡＢＥ：△ＡＤＦ＝１：２より、
３ＢＥ：４ＤＦ＝１：２ ∴４ＤＦ＝６ＢＥ
∴２ＤＦ＝３ＢＥ ∴ＢＥ：ＤＦ＝２：３
よって、ＢＥ＝２ａ，ＤＦ＝３ａと置くと、
ＥＣ＝４－２ａ，ＦＣ＝３－３ａ
また、△ＡＢＥ：△ＣＥＦ＝１：３より、
３ＢＥ：(ＥＣ・ＦＣ)＝１：３
∴６ａ：(４－２ａ)(３－３ａ)＝１：３
∴ａ：(２－ａ)(１－ａ)＝１：３
∴(ａ－１)(ａ－２)＝３ａ
∴ａ²－３ａ＋２＝３ａ
∴ａ²－６ａ＋２＝０
∴ａ＝３±√７
ところで、ＤＦ＝３ａ＜３より、ａ＜１
∴ａ＝３－√７
∴ＣＥ＝４－２ａ＝４－２(３－√７)
=－２＋２√７
参考書の別解
△ＡＢＥの面積を求めたいときは、一寸高度ですが、次の方法の方が有効です。
△ＡＢＥ＝ａとおくと、△ＡＤＦ＝２ａ，△ＣＥＦ＝３ａ，長方形の面積の半分は６だから、
ＣＥ：ＣＢ＝△ＡＣＥ：△ＡＣＢ＝(６－ａ)：６
ＣＦ：ＣＤ＝△ＡＣＦ：△ＡＣＤ＝(６－２ａ)：６
辺々かけあわせて、ＣＥ×ＣＦ：ＣＢ×ＣＤ＝(６－ａ)(６－２ａ)：３６
一方、ＣＥ×ＣＦ：ＣＢ×ＣＤ＝△ＣＥＦ：△ＣＢＤ＝３ａ：６だから、
３ａ：６＝(６－ａ)(６－２ａ)：３６
これを解いて、ａ＝９－３√７
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
解説
方針：△ＡＢＥと△ＡＤＦの面積をａ，２ａと置いて全体の長方形の長方形が１２から△ＣＥＦをａで表し、また、条件より△ＣＥＦ＝３ａなので、それで方程式を立てるという戦略。
△ＡＢＣと△ＡＥＣは高さがＡＢで等しいので、面積比は底辺の比となる。
∴ＣＥ：ＣＢ＝△ＡＣＥ：△ＡＣＢ
＝(△ＡＢＣ－△ＡＢＥ)：△ＡＢＣ
＝(６－ａ)：６
∴ＣＥ：ＣＢ＝(６－ａ)：６———①
ＣＦ：ＣＤ＝△ＡＣＦ：△ＡＣＤ
＝(△ＡＣＤ－△ＡＤＦ)：△ＡＣＤ
＝(６－２ａ)：６
∴ＣＦ：ＣＤ＝(６－２ａ)：６———②
①，②の両辺を掛け合わせると、
ＣＥ・ＣＦ：ＣＢ・ＣＤ＝(６－ａ)(６－２ａ)：３６———③
また、１つの角を共有した面積比の公式より、
ＣＥ・ＣＦ：ＣＢ・ＣＤ＝△ＣＥＦ：△ＣＢＤ
＝３ａ：６———④
（これは公式を使わなくても△ＣＥＦ，△ＣＢＤの面積を普通に求めても分かる。）
③，④より、
(６－ａ)(６－２ａ)：３６＝３ａ：６
∴(６－ａ)(３－ａ)：１８＝ａ：２
∴２(ａ－３)(ａ－６)＝１８ａ
∴ａ²－９ａ＋１８＝９ａ
∴ａ²－１８ａ＋１８＝０
∴ａ＝９±√(８１－１８)＝９±√６３
＝９±３√７
ところで、ａ＝△ＡＢＥ＜△ＡＢＣ＝６より、
ａ＝９－３√７
∴ａ＝△ＡＢＥ＝３ＢＥ/２＝９－３√７
∴ＢＥ＝２(３－√７)
∴ＣＥ＝４－２(３－√７)＝－２＋２√７
おまけ：
@古澤秋倖
7 か月前
当時、神戸のカワサキさんが、ダートグランドでモトクロスなみに使うので仰天したそうです。
マッハSSにしろ、サイドマシーンにしろ。本来はオンロードマシン特化のバイクですから。
まあ、その辺の使い方はいかにも、東映さんらしいと言えば東映さんらしいのですが。
@koichitajima1958
6 か月前（編集済み）
@古澤秋倖 さん。仰天、というのはいい表現ですね。子供のころは何気に観ていましたが、いざ、自分がバイクの免許を取って実際に公道を走る様になって分かったことは、こんなレベルの高い運転は自分とは全く別次元のお話ということ。
今はどうなのか知る由もありませんが、当時の東映にはこれだけ卓越した運転技術を持ったライダーが在籍していたということに改めて驚いています。
長方形ＡＢＣＤの辺ＢＣ上にＥ，ＣＤ上にＦをとったとき、△ＡＢＥ：△ＡＤＦ：△ＣＥＦ＝１：２：３になっている。このとき、ＣＥの長さを求めよ。
（類 ８７ ラ・サール）
図の解説：縦の長さ３，横の長さ４の長方形ＡＢＣＤがあり、あとは上の条件通りの図。
模範解答
ＣＥ＝ｘとおく。
△ＡＢＥ：△ＣＥＦ＝１：３より、
３(４－ｘ)：ｘ×ＦＣ＝１：３
これをＦＣについて解いて、
ＦＣ＝９(４－ｘ)/ｘ
次に、△ＣＥＦ：△ＡＤＦ＝３：２より、
[{９(４－ｘ)/ｘ}×ｘ]：[４×{３－９(４－ｘ)/ｘ}]＝３：２
式を整理して、ｘ²＋４ｘ－２４＝０，
ｘ＝－２±２√７
ｘ＞０より、ｘ＝－２＋２√７
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
参考書の別解の前に私の解法も紹介しておこう。念のため、基本的には変わらない。
私の解法
△ＡＢＥ：△ＡＤＦ＝１：２より、
３ＢＥ：４ＤＦ＝１：２ ∴４ＤＦ＝６ＢＥ
∴２ＤＦ＝３ＢＥ ∴ＢＥ：ＤＦ＝２：３
よって、ＢＥ＝２ａ，ＤＦ＝３ａと置くと、
ＥＣ＝４－２ａ，ＦＣ＝３－３ａ
また、△ＡＢＥ：△ＣＥＦ＝１：３より、
３ＢＥ：(ＥＣ・ＦＣ)＝１：３
∴６ａ：(４－２ａ)(３－３ａ)＝１：３
∴ａ：(２－ａ)(１－ａ)＝１：３
∴(ａ－１)(ａ－２)＝３ａ
∴ａ²－３ａ＋２＝３ａ
∴ａ²－６ａ＋２＝０
∴ａ＝３±√７
ところで、ＤＦ＝３ａ＜３より、ａ＜１
∴ａ＝３－√７
∴ＣＥ＝４－２ａ＝４－２(３－√７)
=－２＋２√７
参考書の別解
△ＡＢＥの面積を求めたいときは、一寸高度ですが、次の方法の方が有効です。
△ＡＢＥ＝ａとおくと、△ＡＤＦ＝２ａ，△ＣＥＦ＝３ａ，長方形の面積の半分は６だから、
ＣＥ：ＣＢ＝△ＡＣＥ：△ＡＣＢ＝(６－ａ)：６
ＣＦ：ＣＤ＝△ＡＣＦ：△ＡＣＤ＝(６－２ａ)：６
辺々かけあわせて、ＣＥ×ＣＦ：ＣＢ×ＣＤ＝(６－ａ)(６－２ａ)：３６
一方、ＣＥ×ＣＦ：ＣＢ×ＣＤ＝△ＣＥＦ：△ＣＢＤ＝３ａ：６だから、
３ａ：６＝(６－ａ)(６－２ａ)：３６
これを解いて、ａ＝９－３√７
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
解説
方針：△ＡＢＥと△ＡＤＦの面積をａ，２ａと置いて全体の長方形の長方形が１２から△ＣＥＦをａで表し、また、条件より△ＣＥＦ＝３ａなので、それで方程式を立てるという戦略。
△ＡＢＣと△ＡＥＣは高さがＡＢで等しいので、面積比は底辺の比となる。
∴ＣＥ：ＣＢ＝△ＡＣＥ：△ＡＣＢ
＝(△ＡＢＣ－△ＡＢＥ)：△ＡＢＣ
＝(６－ａ)：６
∴ＣＥ：ＣＢ＝(６－ａ)：６———①
ＣＦ：ＣＤ＝△ＡＣＦ：△ＡＣＤ
＝(△ＡＣＤ－△ＡＤＦ)：△ＡＣＤ
＝(６－２ａ)：６
∴ＣＦ：ＣＤ＝(６－２ａ)：６———②
①，②の両辺を掛け合わせると、
ＣＥ・ＣＦ：ＣＢ・ＣＤ＝(６－ａ)(６－２ａ)：３６———③
また、１つの角を共有した面積比の公式より、
ＣＥ・ＣＦ：ＣＢ・ＣＤ＝△ＣＥＦ：△ＣＢＤ
＝３ａ：６———④
（これは公式を使わなくても△ＣＥＦ，△ＣＢＤの面積を普通に求めても分かる。）
③，④より、
(６－ａ)(６－２ａ)：３６＝３ａ：６
∴(６－ａ)(３－ａ)：１８＝ａ：２
∴２(ａ－３)(ａ－６)＝１８ａ
∴ａ²－９ａ＋１８＝９ａ
∴ａ²－１８ａ＋１８＝０
∴ａ＝９±√(８１－１８)＝９±√６３
＝９±３√７
ところで、ａ＝△ＡＢＥ＜△ＡＢＣ＝６より、
ａ＝９－３√７
∴ａ＝△ＡＢＥ＝３ＢＥ/２＝９－３√７
∴ＢＥ＝２(３－√７)
∴ＣＥ＝４－２(３－√７)＝－２＋２√７
おまけ：
@古澤秋倖
7 か月前
当時、神戸のカワサキさんが、ダートグランドでモトクロスなみに使うので仰天したそうです。
マッハSSにしろ、サイドマシーンにしろ。本来はオンロードマシン特化のバイクですから。
まあ、その辺の使い方はいかにも、東映さんらしいと言えば東映さんらしいのですが。
@koichitajima1958
6 か月前（編集済み）
@古澤秋倖 さん。仰天、というのはいい表現ですね。子供のころは何気に観ていましたが、いざ、自分がバイクの免許を取って実際に公道を走る様になって分かったことは、こんなレベルの高い運転は自分とは全く別次元のお話ということ。
今はどうなのか知る由もありませんが、当時の東映にはこれだけ卓越した運転技術を持ったライダーが在籍していたということに改めて驚いています。
返信
返信1
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/9/30 14:34 (No.1284703)削除次の文章を完全解説して下さい。
問題 10-9b
Ｋを実数に含まれる体とする。Ｋ係数既約多項式ｆ(ｘ)のすべての根が実数に含まれるとする。奇素数ｐに対してｘ^p－ａ（ａは実数）の（ただ１つの）実数根αの式に係数を拡張してもｆ(ｘ)は既約のままであることを示せ。
解答
ＫをＫ係数のａの式全体に拡張して考えればよい。以下、ａはＫに含まれるとする。ｇ(ｘ)＝ｘ^p－ａはＫに根を持たない場合を考えれば十分である（179ページ参照）。
ｇ(ｘ)はＫ係数多項式として既約であり、よってｇ(ｘ)の群Ｇgにおいて、αを不変にする部分群Ｈは指数ｐを持つ（問題9-5参照）。ゆえにガロワ対応から加減乗除で閉じたαの式からなる集合は定数か、αの式全体Mのいずれかしかない・・・（＊）。
実際、Hを含むＧgの部分群は、Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)が素数ｐに等しいので、ＨあるいはＧgである（問題4-16参照）。
αの式を係数に許したとき、ｆ(ｘ)が既約でないとすると、定数でないあるαの式がｆ(ｘ)の根の式で表される。上で述べた（＊）より、この式の加減乗除から得られる集合（加減乗除に閉じる）はＭに等しい。とくにαもｆ(ｘ)の根の式で表される。
したがって問題9-5よりｇ(ｘ)は（ｆ(ｘ)の根の式を用いて）１次式の積に分解しないといけない。ところが、Ｋの元やｆ(ｘ)の根はすべて実数なので、これはあり得ない（∵ｇ(ｘ)のα以外の根は虚数である（ｐ≧３だから）。したがってｆ(ｘ)は既約のままである。
（参考：上の議論より、ｆ(ｘ)が実数のべき根の式を係数にして可約になるのは、平方根の場合だけである。このとき、この平方根を不変にするＧfの部分群の指数は２である。３次既約多項式ｆ(ｘ)が３個の実数根を持つとき、ｆ(ｘ)の判別式（＞０）の平方根も係数に許せば|Ｇf|＝３である（問題9-11）。よってこの根は実数のべき根を用いて表すことはできない。（不還元の場合。問題6-1の参考を参照））
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
問題 9-11b
（重根を持たない）既約３次多項式ｆ(ｘ)の多項式の群Ｇfについて次を示せ。以下においてＤをｆ(ｘ)の判別式とする。
（１）Ｄの平方根√Ｄが定数でないとき（すなわちｘ²－Ｄが既約なとき）、Ｇfはｆ(ｘ)の根のすべての入れ換えからなる。つまりＧfは３次対称群Ｓ₃と同型である。
（２）Ｄの平方根√Ｄが定数のとき（すなわちｘ²－Ｄが可約なとき）、Ｇfはｆ(ｘ)の根の３つの入れ換えからなる。つまりＧfは３次交代群Ａ₃と同型である。
解答
（中略）次のようにわかる：
√Ｄが定数でない ⇔ Ｇf＝Ｓ₃である。
√Ｄが定数である ⇔ Ｇf＝Ａ₃である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
問題 6-1a
次の３次方程式を解け。
（１）ｘ³＋ｘ－２＝０
（２）ｘ³－３ｘ＋１＝０
解答
（中略）
（参考：（２）は３個の実数解を持つが、カルダノの公式の３乗根の中の平方根の中は－３/４と負になります。「実数解を与える公式に虚数を用いる」というのは当時、問題になり、虚数を用いない公式が（５次方程式の解の公式と同様に）探し求められていました（「不還元の場合」と呼ばれていました）。結局、この問題も（５次方程式同様）否定的に解決されました（３個の実数解を持つ場合、実べき根のみで解を表す公式はない）。問題10-9参照）
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
今回は、
＞（参考：上の議論より、ｆ(ｘ)が実数のべき根の式を係数にして可約になるのは、平方根の場合だけである。このとき、この平方根を不変にするＧfの部分群の指数は２である。３次既約多項式ｆ(ｘ)が３個の実数根を持つとき、ｆ(ｘ)の判別式（＞０）の平方根も係数に許せば|Ｇf|＝３である（問題9-11）。よってこの根は実数のべき根を用いて表すことはできない。（不還元の場合。問題6-1の参考を参照））
この部分を適当に分かり易く解説して下さい。ただし、あまり自信はありません。
おまけ：http://moe-maxim.com/yasashisadesukueruhodo-amakunai/
問題 10-9b
Ｋを実数に含まれる体とする。Ｋ係数既約多項式ｆ(ｘ)のすべての根が実数に含まれるとする。奇素数ｐに対してｘ^p－ａ（ａは実数）の（ただ１つの）実数根αの式に係数を拡張してもｆ(ｘ)は既約のままであることを示せ。
解答
ＫをＫ係数のａの式全体に拡張して考えればよい。以下、ａはＫに含まれるとする。ｇ(ｘ)＝ｘ^p－ａはＫに根を持たない場合を考えれば十分である（179ページ参照）。
ｇ(ｘ)はＫ係数多項式として既約であり、よってｇ(ｘ)の群Ｇgにおいて、αを不変にする部分群Ｈは指数ｐを持つ（問題9-5参照）。ゆえにガロワ対応から加減乗除で閉じたαの式からなる集合は定数か、αの式全体Mのいずれかしかない・・・（＊）。
実際、Hを含むＧgの部分群は、Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)が素数ｐに等しいので、ＨあるいはＧgである（問題4-16参照）。
αの式を係数に許したとき、ｆ(ｘ)が既約でないとすると、定数でないあるαの式がｆ(ｘ)の根の式で表される。上で述べた（＊）より、この式の加減乗除から得られる集合（加減乗除に閉じる）はＭに等しい。とくにαもｆ(ｘ)の根の式で表される。
したがって問題9-5よりｇ(ｘ)は（ｆ(ｘ)の根の式を用いて）１次式の積に分解しないといけない。ところが、Ｋの元やｆ(ｘ)の根はすべて実数なので、これはあり得ない（∵ｇ(ｘ)のα以外の根は虚数である（ｐ≧３だから）。したがってｆ(ｘ)は既約のままである。
（参考：上の議論より、ｆ(ｘ)が実数のべき根の式を係数にして可約になるのは、平方根の場合だけである。このとき、この平方根を不変にするＧfの部分群の指数は２である。３次既約多項式ｆ(ｘ)が３個の実数根を持つとき、ｆ(ｘ)の判別式（＞０）の平方根も係数に許せば|Ｇf|＝３である（問題9-11）。よってこの根は実数のべき根を用いて表すことはできない。（不還元の場合。問題6-1の参考を参照））
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
問題 9-11b
（重根を持たない）既約３次多項式ｆ(ｘ)の多項式の群Ｇfについて次を示せ。以下においてＤをｆ(ｘ)の判別式とする。
（１）Ｄの平方根√Ｄが定数でないとき（すなわちｘ²－Ｄが既約なとき）、Ｇfはｆ(ｘ)の根のすべての入れ換えからなる。つまりＧfは３次対称群Ｓ₃と同型である。
（２）Ｄの平方根√Ｄが定数のとき（すなわちｘ²－Ｄが可約なとき）、Ｇfはｆ(ｘ)の根の３つの入れ換えからなる。つまりＧfは３次交代群Ａ₃と同型である。
解答
（中略）次のようにわかる：
√Ｄが定数でない ⇔ Ｇf＝Ｓ₃である。
√Ｄが定数である ⇔ Ｇf＝Ａ₃である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
問題 6-1a
次の３次方程式を解け。
（１）ｘ³＋ｘ－２＝０
（２）ｘ³－３ｘ＋１＝０
解答
（中略）
（参考：（２）は３個の実数解を持つが、カルダノの公式の３乗根の中の平方根の中は－３/４と負になります。「実数解を与える公式に虚数を用いる」というのは当時、問題になり、虚数を用いない公式が（５次方程式の解の公式と同様に）探し求められていました（「不還元の場合」と呼ばれていました）。結局、この問題も（５次方程式同様）否定的に解決されました（３個の実数解を持つ場合、実べき根のみで解を表す公式はない）。問題10-9参照）
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
今回は、
＞（参考：上の議論より、ｆ(ｘ)が実数のべき根の式を係数にして可約になるのは、平方根の場合だけである。このとき、この平方根を不変にするＧfの部分群の指数は２である。３次既約多項式ｆ(ｘ)が３個の実数根を持つとき、ｆ(ｘ)の判別式（＞０）の平方根も係数に許せば|Ｇf|＝３である（問題9-11）。よってこの根は実数のべき根を用いて表すことはできない。（不還元の場合。問題6-1の参考を参照））
この部分を適当に分かり易く解説して下さい。ただし、あまり自信はありません。
おまけ：http://moe-maxim.com/yasashisadesukueruhodo-amakunai/
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/9/30 16:50削除解説
＞上の議論より、ｆ(ｘ)が実数のべき根の式を係数にして可約になるのは、平方根の場合だけである。
問題 10-9b
Ｋを実数に含まれる体とする。Ｋ係数既約多項式ｆ(ｘ)のすべての根が実数に含まれるとする。奇素数ｐに対してｘ^p－ａ（ａは実数）の（ただ１つの）実数根αの式に係数を拡張してもｆ(ｘ)は既約のままであることを示せ。
ｐ≧３（ｐは素数）の場合は既約になるので、可約になるのはｐ＝２の場合だけである。
よって、ｘ²－ａ＝０よりｘ＝±√ａの場合で、平方根の場合だけであるという事。
＞このとき、この平方根を不変にするＧfの部分群の指数は２である。
問題 9-5b
多項式ｆ(ｘ)の群をＧfとする。ｆ(ｘ)の根の式βが、Ｇfの根の入れ換え（すべて）により、異なる数β₁＝β,…,βsになったとする。このときｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)…(ｘ－βs)はβiの最小多項式であることを示せ。よってβiの最小多項式は重根を持たない。またｓ＝degｇ(ｘ)は、βを不変にする入れ換え全体のなすＧfの部分群Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)に等しいことを示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
問題9-5のｆ(ｘ)＝ｘ²－ａとすると、ｘ＝±√ａでβ＝√ａとする。
ところで、「一般に既約２次式ｆ(ｘ)の多項式群はｆ(ｘ)の根の入れ換えと、恒等入れ換えの２つからなる群である」（問題9-1の「参考」より）ので、これで入れ換えると、β＝β₁＝√ａ，β₂＝－√ａ
∴ｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)＝(ｘ－√ａ)(ｘ＋√ａ)＝ｘ²－ａ
よって、βを不変にするＧfの部分群Ｈの指数はdegｇ(ｘ)＝２である。
よって、「この平方根を不変にするＧfの部分群の指数は２である」という事。
＞３次既約多項式ｆ(ｘ)が３個の実数根を持つとき、ｆ(ｘ)の判別式（＞０）の平方根も係数に許せば|Ｇf|＝３である（問題9-11）。
問題 9-11b
（重根を持たない）既約３次多項式ｆ(ｘ)の多項式の群Ｇfについて次を示せ。以下においてＤをｆ(ｘ)の判別式とする。
（１）Ｄの平方根√Ｄが定数でないとき（すなわちｘ²－Ｄが既約なとき）、Ｇfはｆ(ｘ)の根のすべての入れ換えからなる。つまりＧfは３次対称群Ｓ₃と同型である。
（２）Ｄの平方根√Ｄが定数のとき（すなわちｘ²－Ｄが可約なとき）、Ｇfはｆ(ｘ)の根の３つの入れ換えからなる。つまりＧfは３次交代群Ａ₃と同型である。
解答
（中略）次のようにわかる：
√Ｄが定数でない ⇔ Ｇf＝Ｓ₃である。
√Ｄが定数である ⇔ Ｇf＝Ａ₃である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
正直、「ｆ(ｘ)の判別式（＞０）の平方根も係数に許せば|Ｇf|＝３である」の言い回しの意味がよく分からない。
ｆ(ｘ)が３個の実数解を持つ場合は、具体例から、ｘ³－３ｘ＋１＝０の場合で問題6-1の（２）から、
ｘ＝２cos(2π/9),２cos(8π/9),２cos(4π/9)が実数だから。
次に、問題3-5の（２）を使って、ｘ³－３ｘ＋１の判別式を求めると、
問題 3-5b
次の多項式の判別式を求めよ。
（１）２次式ａｘ²＋ｂｘ＋ｃ
（２）３次式ａｘ³＋ｂｘ²＋ｃｘ＋ｄ
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
（２）にａ＝１,ｂ＝０,ｃ＝－３,ｄ＝１を代入すると、Ｄ＝０－０－４・１・(－３)³－２７・１・１＋０＝１０８－２７＝８１＝９²
∴√Ｄ＝９（定数の場合という事。）
よって、問題9-11の（２）の場合になる。
つまり、「３次既約多項式ｆ(ｘ)が３個の実数根を持つとき、ｆ(ｘ)の判別式（＞０）の平方根も係数に許せば|Ｇf|＝３である（問題9-11）。」ではなく、
「３次既約多項式ｆ(ｘ)が３個の実数根を持つとき、|Ｇf|＝３である（問題9-11）。」で良いのではないだろうか。もっとも、この本には載っていない特別な理由があると思うが。（必ず定数（有理数）になるからとか。）
因みに、|Ｇf|＝３の理由は、
（２）Ｄの平方根√Ｄが定数のとき（すなわちｘ²－Ｄが可約なとき）、Ｇfはｆ(ｘ)の根の３つの入れ換えからなる。つまりＧfは３次交代群Ａ₃と同型である。
|Ｇf|＝|Ａ₃|＝|Ｓ₃|/２＝３!/２＝６/２＝３だからである。
＞よってこの根は実数のべき根を用いて表すことはできない。
定理 10.5（素数次可解既約多項式の特徴付け（ガロワ））
素数次既約多項式ｆ(ｘ)に対して、次は同値である。
（１）ｆ(ｘ)の根はべき根の式で表される。
（２）ｆ(ｘ)の（任意の）２つの根に対して、ｆ(ｘ)のほかの根がすべて、この２つの根の式で表される。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
実数のべき根で表せる場合は、この（２）の場合だけである。つまり、
■ガロワの定理の証明（スケッチ）
ガロワは、ｐ次既約多項式ｆ(ｘ)の群Ｇfが可解であるとき、Ｇfに含まれる根の入れ換えを決定しました。これが定理の核心部です。この群に含まれる入れ換えは次の形で表されます：根をα₀,…,αp-1とし、ａ＝１,２,…,ｐ－１とｂ＝０,１,…,ｐ－１に対して、
(α₀ α₁ … αk … αp-1)
(αb αa+b … αak+b … αa(p-1)+b) （＊）
注：これは２つの括弧ではなく１つの括弧で２段の１つの元を表す。
ここでαの添字はｐで割った余りとします。添字の変化に着目すると、この入れ換えは１次式ａｘ＋ｂで定義されます。またａ,ｂの取り方から、入れ換えは全部でｐ(ｐ－１)個あります。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
ちょっと端折った感もあるが、このｐ(ｐ－１)にｐ＝３を代入すると、３×２＝６
つまり、Ｓ₃の場合だけなのである。よって、Ａ₃の場合である上の場合は「よってこの根は実数のべき根を用いて表すことはできない」となる訳である。
（端折った感があるとは、定理10.5と■ガロワの定理の証明（スケッチ）の間にも文章があり、これを完璧に理解すれば納得出来るからである。）
因みに、上の判別式Ｄはカルダノの公式（３次方程式の解の公式）の３乗根の中の√の中身とは全くの別物である。
その理由は、
問題 6-1a
次の３次方程式を解け。
（１）ｘ³＋ｘ－２＝０
（２）ｘ³－３ｘ＋１＝０
解答
（中略）
（参考：（２）は３個の実数解を持つが、カルダノの公式の３乗根の中の平方根の中は－３/４と負になります。「実数解を与える公式に虚数を用いる」というのは当時、問題になり、虚数を用いない公式が（５次方程式の解の公式と同様に）探し求められていました（「不還元の場合」と呼ばれていました）。結局、この問題も（５次方程式同様）否定的に解決されました（３個の実数解を持つ場合、実べき根のみで解を表す公式はない）。問題10-9参照）
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
（２）の３乗根の中の平方根の中身は－３/４だが、
問題 3-5b
次の多項式の判別式を求めよ。
（１）２次式ａｘ²＋ｂｘ＋ｃ
（２）３次式ａｘ³＋ｂｘ²＋ｃｘ＋ｄ
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
（２）にａ＝１,ｂ＝０,ｃ＝－３,ｄ＝１を代入すると、Ｄ＝０－０－４・１・(－３)³－２７・１・１＋０＝１０８－２７＝８１＝９²
∴√Ｄ＝９
から、ｘ³－３ｘ＋１＝０の判別式はＤ＝８１だからである。
また、３次方程式が３つの実数解を持つ場合は、３乗根の中のルートの中身が負の場合である。（微分で簡単に証明出来る。２０年ぐらい前に作った。）
こちらも判別式に見えるけどね。（違う判別である。）
おまけ：
＞上の議論より、ｆ(ｘ)が実数のべき根の式を係数にして可約になるのは、平方根の場合だけである。
問題 10-9b
Ｋを実数に含まれる体とする。Ｋ係数既約多項式ｆ(ｘ)のすべての根が実数に含まれるとする。奇素数ｐに対してｘ^p－ａ（ａは実数）の（ただ１つの）実数根αの式に係数を拡張してもｆ(ｘ)は既約のままであることを示せ。
ｐ≧３（ｐは素数）の場合は既約になるので、可約になるのはｐ＝２の場合だけである。
よって、ｘ²－ａ＝０よりｘ＝±√ａの場合で、平方根の場合だけであるという事。
＞このとき、この平方根を不変にするＧfの部分群の指数は２である。
問題 9-5b
多項式ｆ(ｘ)の群をＧfとする。ｆ(ｘ)の根の式βが、Ｇfの根の入れ換え（すべて）により、異なる数β₁＝β,…,βsになったとする。このときｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)…(ｘ－βs)はβiの最小多項式であることを示せ。よってβiの最小多項式は重根を持たない。またｓ＝degｇ(ｘ)は、βを不変にする入れ換え全体のなすＧfの部分群Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)に等しいことを示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
問題9-5のｆ(ｘ)＝ｘ²－ａとすると、ｘ＝±√ａでβ＝√ａとする。
ところで、「一般に既約２次式ｆ(ｘ)の多項式群はｆ(ｘ)の根の入れ換えと、恒等入れ換えの２つからなる群である」（問題9-1の「参考」より）ので、これで入れ換えると、β＝β₁＝√ａ，β₂＝－√ａ
∴ｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)＝(ｘ－√ａ)(ｘ＋√ａ)＝ｘ²－ａ
よって、βを不変にするＧfの部分群Ｈの指数はdegｇ(ｘ)＝２である。
よって、「この平方根を不変にするＧfの部分群の指数は２である」という事。
＞３次既約多項式ｆ(ｘ)が３個の実数根を持つとき、ｆ(ｘ)の判別式（＞０）の平方根も係数に許せば|Ｇf|＝３である（問題9-11）。
問題 9-11b
（重根を持たない）既約３次多項式ｆ(ｘ)の多項式の群Ｇfについて次を示せ。以下においてＤをｆ(ｘ)の判別式とする。
（１）Ｄの平方根√Ｄが定数でないとき（すなわちｘ²－Ｄが既約なとき）、Ｇfはｆ(ｘ)の根のすべての入れ換えからなる。つまりＧfは３次対称群Ｓ₃と同型である。
（２）Ｄの平方根√Ｄが定数のとき（すなわちｘ²－Ｄが可約なとき）、Ｇfはｆ(ｘ)の根の３つの入れ換えからなる。つまりＧfは３次交代群Ａ₃と同型である。
解答
（中略）次のようにわかる：
√Ｄが定数でない ⇔ Ｇf＝Ｓ₃である。
√Ｄが定数である ⇔ Ｇf＝Ａ₃である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
正直、「ｆ(ｘ)の判別式（＞０）の平方根も係数に許せば|Ｇf|＝３である」の言い回しの意味がよく分からない。
ｆ(ｘ)が３個の実数解を持つ場合は、具体例から、ｘ³－３ｘ＋１＝０の場合で問題6-1の（２）から、
ｘ＝２cos(2π/9),２cos(8π/9),２cos(4π/9)が実数だから。
次に、問題3-5の（２）を使って、ｘ³－３ｘ＋１の判別式を求めると、
問題 3-5b
次の多項式の判別式を求めよ。
（１）２次式ａｘ²＋ｂｘ＋ｃ
（２）３次式ａｘ³＋ｂｘ²＋ｃｘ＋ｄ
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
（２）にａ＝１,ｂ＝０,ｃ＝－３,ｄ＝１を代入すると、Ｄ＝０－０－４・１・(－３)³－２７・１・１＋０＝１０８－２７＝８１＝９²
∴√Ｄ＝９（定数の場合という事。）
よって、問題9-11の（２）の場合になる。
つまり、「３次既約多項式ｆ(ｘ)が３個の実数根を持つとき、ｆ(ｘ)の判別式（＞０）の平方根も係数に許せば|Ｇf|＝３である（問題9-11）。」ではなく、
「３次既約多項式ｆ(ｘ)が３個の実数根を持つとき、|Ｇf|＝３である（問題9-11）。」で良いのではないだろうか。もっとも、この本には載っていない特別な理由があると思うが。（必ず定数（有理数）になるからとか。）
因みに、|Ｇf|＝３の理由は、
（２）Ｄの平方根√Ｄが定数のとき（すなわちｘ²－Ｄが可約なとき）、Ｇfはｆ(ｘ)の根の３つの入れ換えからなる。つまりＧfは３次交代群Ａ₃と同型である。
|Ｇf|＝|Ａ₃|＝|Ｓ₃|/２＝３!/２＝６/２＝３だからである。
＞よってこの根は実数のべき根を用いて表すことはできない。
定理 10.5（素数次可解既約多項式の特徴付け（ガロワ））
素数次既約多項式ｆ(ｘ)に対して、次は同値である。
（１）ｆ(ｘ)の根はべき根の式で表される。
（２）ｆ(ｘ)の（任意の）２つの根に対して、ｆ(ｘ)のほかの根がすべて、この２つの根の式で表される。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
実数のべき根で表せる場合は、この（２）の場合だけである。つまり、
■ガロワの定理の証明（スケッチ）
ガロワは、ｐ次既約多項式ｆ(ｘ)の群Ｇfが可解であるとき、Ｇfに含まれる根の入れ換えを決定しました。これが定理の核心部です。この群に含まれる入れ換えは次の形で表されます：根をα₀,…,αp-1とし、ａ＝１,２,…,ｐ－１とｂ＝０,１,…,ｐ－１に対して、
(α₀ α₁ … αk … αp-1)
(αb αa+b … αak+b … αa(p-1)+b) （＊）
注：これは２つの括弧ではなく１つの括弧で２段の１つの元を表す。
ここでαの添字はｐで割った余りとします。添字の変化に着目すると、この入れ換えは１次式ａｘ＋ｂで定義されます。またａ,ｂの取り方から、入れ換えは全部でｐ(ｐ－１)個あります。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
ちょっと端折った感もあるが、このｐ(ｐ－１)にｐ＝３を代入すると、３×２＝６
つまり、Ｓ₃の場合だけなのである。よって、Ａ₃の場合である上の場合は「よってこの根は実数のべき根を用いて表すことはできない」となる訳である。
（端折った感があるとは、定理10.5と■ガロワの定理の証明（スケッチ）の間にも文章があり、これを完璧に理解すれば納得出来るからである。）
因みに、上の判別式Ｄはカルダノの公式（３次方程式の解の公式）の３乗根の中の√の中身とは全くの別物である。
その理由は、
問題 6-1a
次の３次方程式を解け。
（１）ｘ³＋ｘ－２＝０
（２）ｘ³－３ｘ＋１＝０
解答
（中略）
（参考：（２）は３個の実数解を持つが、カルダノの公式の３乗根の中の平方根の中は－３/４と負になります。「実数解を与える公式に虚数を用いる」というのは当時、問題になり、虚数を用いない公式が（５次方程式の解の公式と同様に）探し求められていました（「不還元の場合」と呼ばれていました）。結局、この問題も（５次方程式同様）否定的に解決されました（３個の実数解を持つ場合、実べき根のみで解を表す公式はない）。問題10-9参照）
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
（２）の３乗根の中の平方根の中身は－３/４だが、
問題 3-5b
次の多項式の判別式を求めよ。
（１）２次式ａｘ²＋ｂｘ＋ｃ
（２）３次式ａｘ³＋ｂｘ²＋ｃｘ＋ｄ
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
（２）にａ＝１,ｂ＝０,ｃ＝－３,ｄ＝１を代入すると、Ｄ＝０－０－４・１・(－３)³－２７・１・１＋０＝１０８－２７＝８１＝９²
∴√Ｄ＝９
から、ｘ³－３ｘ＋１＝０の判別式はＤ＝８１だからである。
また、３次方程式が３つの実数解を持つ場合は、３乗根の中のルートの中身が負の場合である。（微分で簡単に証明出来る。２０年ぐらい前に作った。）
こちらも判別式に見えるけどね。（違う判別である。）
おまけ：
返信
返信1
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/9/29 14:07 (No.1283680)削除問題
図のような長方形ＡＢＣＤがあって、ＡＤ＝６，辺ＡＤ，ＢＣの中点をそれぞれＭ，Ｎとする。
この長方形をＭＮを折れ線として折り曲げたとき、折り曲げられてできる長方形がもとの長方形と相似であるという。いま、点Ｂを中心とし、ＢＡを半径とする円が線分ＭＮ，辺ＢＣと交わる点をそれぞれＰ，Ｑとする。
（１）辺ＡＢの長さを求めよ。
（２）図のように辺ＡＢ上に点Ｓ，辺ＡＤ上に点Ｒをとり、２つの長方形ＡＳＰＭと、ＣＤＲＱとをつくるとき、この２つの長方形の面積の比を求めよ。
（９２ 青山学院）
図の解説：横長の長方形ＡＢＣＤがあり、横の長さが６で横の辺ＡＤ，ＢＣの中点がそれぞれＭ，Ｎ。また、点Ｂを中心とした四分円ＡＱと線分ＭＮとの交点がＰで、Ｐから水平（ＡＤ，ＢＣと平行）な直線とＡＢとの交点がＳ，ＱからＢＣに立てた垂線とＡＤとの交点がＲという図。
簡単な問題です。
おまけ：
図のような長方形ＡＢＣＤがあって、ＡＤ＝６，辺ＡＤ，ＢＣの中点をそれぞれＭ，Ｎとする。
この長方形をＭＮを折れ線として折り曲げたとき、折り曲げられてできる長方形がもとの長方形と相似であるという。いま、点Ｂを中心とし、ＢＡを半径とする円が線分ＭＮ，辺ＢＣと交わる点をそれぞれＰ，Ｑとする。
（１）辺ＡＢの長さを求めよ。
（２）図のように辺ＡＢ上に点Ｓ，辺ＡＤ上に点Ｒをとり、２つの長方形ＡＳＰＭと、ＣＤＲＱとをつくるとき、この２つの長方形の面積の比を求めよ。
（９２ 青山学院）
図の解説：横長の長方形ＡＢＣＤがあり、横の長さが６で横の辺ＡＤ，ＢＣの中点がそれぞれＭ，Ｎ。また、点Ｂを中心とした四分円ＡＱと線分ＭＮとの交点がＰで、Ｐから水平（ＡＤ，ＢＣと平行）な直線とＡＢとの交点がＳ，ＱからＢＣに立てた垂線とＡＤとの交点がＲという図。
簡単な問題です。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/9/30 07:43削除問題
図のような長方形ＡＢＣＤがあって、ＡＤ＝６，辺ＡＤ，ＢＣの中点をそれぞれＭ，Ｎとする。
この長方形をＭＮを折れ線として折り曲げたとき、折り曲げられてできる長方形がもとの長方形と相似であるという。いま、点Ｂを中心とし、ＢＡを半径とする円が線分ＭＮ，辺ＢＣと交わる点をそれぞれＰ，Ｑとする。
（１）辺ＡＢの長さを求めよ。
（２）図のように辺ＡＢ上に点Ｓ，辺ＡＤ上に点Ｒをとり、２つの長方形ＡＳＰＭと、ＣＤＲＱとをつくるとき、この２つの長方形の面積の比を求めよ。
（９２ 青山学院）
模範解答
（１）長方形ＡＢＣＤ∽長方形ＭＡＢＮより、
ＡＢ：ＭＡ＝ＡＤ：ＭＮ
ここで、ＭＡ＝３，ＭＮ＝ＡＢだから、
ＡＢ²＝ＭＡ×ＡＤ＝１８
よって、ＡＢ＝３√２
（２）ＢＰ＝ＢＡ＝３√２だから、
ＢＰ：ＢＮ＝３√２：３＝√２：１
これと、∠ＢＮＰ＝９０°より、
△ＰＢＮは直角二等辺三角形。よって、四角形ＳＢＮＰは正方形である。
相似な長方形ＡＢＣＤとＭＡＢＮより、それぞれ正方形ＡＢＱＲと正方形ＳＢＮＰをとりのぞいた残りが題意の長方形ＣＤＲＱと長方形ＭＡＳＰ（ＡＳＰＭ）だから、長方形ＣＤＲＱ∽長方形ＭＡＳＰ
この２つの長方形の相似比は、ＣＤ：ＭＡ＝３√２：３＝√２：１
よって面積比は、長方形ＣＤＲＱ：長方形ＭＡＳＰ＝(√２)²：１²＝２：１
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
解説
そこまでエレガントに解かなくても途中で計算で面積を求めた方が簡単。
つまり、（１）からＡＢ＝ＢＰ＝３√２，ＢＮ＝６÷２＝３より、ＢＮ：ＢＰ＝１：√２
よって、△ＰＢＮは直角二等辺三角形より、ＰＮ＝ＢＮ＝３ ∴ＭＰ＝３√２－３
∴長方形ＡＳＰＭ＝３×(３√２－３)
＝９(√２－１)———①
また、ＱＣ＝６－３√２，ＤＣ＝３√２より、
長方形ＣＤＲＱ＝３√２×(６－３√２)
＝９(２√２－２)———②
①，②より、長方形ＡＳＰＭ：長方形ＣＤＲＱ
＝９(√２－１)：９(２√２－２)＝１：２
まぁ、エレガントに解く事にこだわりがあるのだろう。因みに、記憶によるとこの比は白銀比というのだと思った。念のため、黄金比に対抗しているのだろう。一応、これから検索してみるが。
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E7%99%BD%E9%8A%80%E6%AF%94
２種類あったのか。確か、昔、この本で読んだ記憶がある。https://www.amazon.co.jp/%E9%9B%AA%E6%9C%88%E8%8A%B1%E3%81%AE%E6%95%B0%E5%AD%A6-%E7%A5%A5%E4%BC%9D%E7%A4%BE%E9%BB%84%E9%87%91%E6%96%87%E5%BA%AB-%E6%A1%9C%E4%BA%95-%E9%80%B2/dp/4396315139
ただし、この本で初めて知ったかどうかは定かではない。
おまけ：
図のような長方形ＡＢＣＤがあって、ＡＤ＝６，辺ＡＤ，ＢＣの中点をそれぞれＭ，Ｎとする。
この長方形をＭＮを折れ線として折り曲げたとき、折り曲げられてできる長方形がもとの長方形と相似であるという。いま、点Ｂを中心とし、ＢＡを半径とする円が線分ＭＮ，辺ＢＣと交わる点をそれぞれＰ，Ｑとする。
（１）辺ＡＢの長さを求めよ。
（２）図のように辺ＡＢ上に点Ｓ，辺ＡＤ上に点Ｒをとり、２つの長方形ＡＳＰＭと、ＣＤＲＱとをつくるとき、この２つの長方形の面積の比を求めよ。
（９２ 青山学院）
模範解答
（１）長方形ＡＢＣＤ∽長方形ＭＡＢＮより、
ＡＢ：ＭＡ＝ＡＤ：ＭＮ
ここで、ＭＡ＝３，ＭＮ＝ＡＢだから、
ＡＢ²＝ＭＡ×ＡＤ＝１８
よって、ＡＢ＝３√２
（２）ＢＰ＝ＢＡ＝３√２だから、
ＢＰ：ＢＮ＝３√２：３＝√２：１
これと、∠ＢＮＰ＝９０°より、
△ＰＢＮは直角二等辺三角形。よって、四角形ＳＢＮＰは正方形である。
相似な長方形ＡＢＣＤとＭＡＢＮより、それぞれ正方形ＡＢＱＲと正方形ＳＢＮＰをとりのぞいた残りが題意の長方形ＣＤＲＱと長方形ＭＡＳＰ（ＡＳＰＭ）だから、長方形ＣＤＲＱ∽長方形ＭＡＳＰ
この２つの長方形の相似比は、ＣＤ：ＭＡ＝３√２：３＝√２：１
よって面積比は、長方形ＣＤＲＱ：長方形ＭＡＳＰ＝(√２)²：１²＝２：１
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
解説
そこまでエレガントに解かなくても途中で計算で面積を求めた方が簡単。
つまり、（１）からＡＢ＝ＢＰ＝３√２，ＢＮ＝６÷２＝３より、ＢＮ：ＢＰ＝１：√２
よって、△ＰＢＮは直角二等辺三角形より、ＰＮ＝ＢＮ＝３ ∴ＭＰ＝３√２－３
∴長方形ＡＳＰＭ＝３×(３√２－３)
＝９(√２－１)———①
また、ＱＣ＝６－３√２，ＤＣ＝３√２より、
長方形ＣＤＲＱ＝３√２×(６－３√２)
＝９(２√２－２)———②
①，②より、長方形ＡＳＰＭ：長方形ＣＤＲＱ
＝９(√２－１)：９(２√２－２)＝１：２
まぁ、エレガントに解く事にこだわりがあるのだろう。因みに、記憶によるとこの比は白銀比というのだと思った。念のため、黄金比に対抗しているのだろう。一応、これから検索してみるが。
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E7%99%BD%E9%8A%80%E6%AF%94
２種類あったのか。確か、昔、この本で読んだ記憶がある。https://www.amazon.co.jp/%E9%9B%AA%E6%9C%88%E8%8A%B1%E3%81%AE%E6%95%B0%E5%AD%A6-%E7%A5%A5%E4%BC%9D%E7%A4%BE%E9%BB%84%E9%87%91%E6%96%87%E5%BA%AB-%E6%A1%9C%E4%BA%95-%E9%80%B2/dp/4396315139
ただし、この本で初めて知ったかどうかは定かではない。
おまけ：
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返信1
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/9/27 20:42 (No.1282028)削除問題
右の図のように、ＡＢ＝8，ＡＤ＝２，ＢＣ＝５で、
∠Ａ＝∠Ｂ＝∠Ｒの台形ＡＢＣＤがある。
辺ＡＢ上に、∠ＤＥＣ＝∠ＤＦＣ＝∠Ｒとなるように２点Ｅ，Ｆをとり、ＥＣとＤＦの交点をＧとする。
（１）ＡＥ，ＡＦの長さを求めよ。
（２）△ＥＦＧと△ＤＧＣの面積の比を求めよ。
（８７ 桐朋）
図の解説：∠Ａと∠Ｂが直角の台形ＡＢＣＤがあり、辺ＡＢ上に上から下に２点Ｅ，Ｆがあり、∠ＤＥＣ＝∠ＤＥＦＣ＝９０°となっている。また、ＣＥとＤＦの交点がＧ。
（１）は２通りで解いてみました。
おまけ：
右の図のように、ＡＢ＝8，ＡＤ＝２，ＢＣ＝５で、
∠Ａ＝∠Ｂ＝∠Ｒの台形ＡＢＣＤがある。
辺ＡＢ上に、∠ＤＥＣ＝∠ＤＦＣ＝∠Ｒとなるように２点Ｅ，Ｆをとり、ＥＣとＤＦの交点をＧとする。
（１）ＡＥ，ＡＦの長さを求めよ。
（２）△ＥＦＧと△ＤＧＣの面積の比を求めよ。
（８７ 桐朋）
図の解説：∠Ａと∠Ｂが直角の台形ＡＢＣＤがあり、辺ＡＢ上に上から下に２点Ｅ，Ｆがあり、∠ＤＥＣ＝∠ＤＥＦＣ＝９０°となっている。また、ＣＥとＤＦの交点がＧ。
（１）は２通りで解いてみました。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/9/28 07:51削除問題
右の図のように、ＡＢ＝8，ＡＤ＝２，ＢＣ＝５で、
∠Ａ＝∠Ｂ＝∠Ｒの台形ＡＢＣＤがある。
辺ＡＢ上に、∠ＤＥＣ＝∠ＤＦＣ＝∠Ｒとなるように２点Ｅ，Ｆをとり、ＥＣとＤＦの交点をＧとする。
（１）ＡＥ，ＡＦの長さを求めよ。
（２）△ＥＦＧと△ＤＧＣの面積の比を求めよ。
（８７ 桐朋）
模範解答
（１）点Ｅの場合、△ＤＡＥ∽△ＥＢＣ（注：下で解説する）より、ＤＡ×ＢＣ＝ＡＥ×ＥＢ
よって、ＡＥをｘとおくと、２×５＝ｘ(８－ｘ)
これを解いて、ｘ＝４±√６
点Ｆの場合も、全く同様である。
ＡＦ＞ＡＥより、ＡＥ＝４－√６
ＡＦ＝４＋√６
（２）∠ＤＥＣ＝∠ＤＦＣ＝９０°より、
Ｄ，Ｅ，Ｆ，Ｃは共円点なので、右図（注：４点を通る円ともう１点を追加して長方形にした図）のように円をかくと、
△ＧＥＦ∽△ＧＤＣ
ＥＦ＝ＡＦ－ＡＥ＝２√６
ＣＤ＝√(３²＋８²)＝√７３より、
△ＥＦＧ：△ＤＧＣ＝ＥＦ²：ＤＣ²
＝(２√６)²：(√７３)²＝２４：７３
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
解説
直線ＡＢ上に直角ＤＥＣが接していて、Ｄ，ＣからＡＢに垂線が下りている形なので、定石により、△ＤＡＥ∽ＥＢＣという事。
地道に示しても良い。∠ＡＤＥ＝●，∠ＤＥＡ＝×と置くと、△ＤＡＥの内角の和より●＋×＝９０°また、ＡＥＢは一直線なので∠ＡＥＢ＝１８０°で∠ＤＥＣ＝９０°を引くと、∠ＤＥＡ＋∠ＣＥＢ＝９０°これに∠ＤＥＡ＝×を代入すると、∠ＣＥＢ＝９０°－×＝●（●＋×＝９０°だから）
よって、∠ＡＤＥ＝∠ＣＥＢ＝●
よって、△ＤＡＥと△ＥＢＣにおいて∠ＡＤＥ＝∠ＣＥＢと直角の２角が等しいので相似という事。
この定石の形は絶対に覚えておいた方が良い１つである。（あまり好きな言葉ではないが、受験は要領である。）
知っているのと知らないのとでは頭の良さなど完全に吹っ飛ぶ。（時間がかかり過ぎる。）
＞点Ｆの場合も、全く同様である。
欄外に「ＡＦ＝ｙとおくと、Ｅの場合と同様にして、２×５＝ｙ(８－ｙ)が成り立つから、ｙも４±√６のいずれか」とあるが、全くその通りである。そして、今回は長い方を選ぶだけである。
（１）の私の別解は次回。
おまけ：
https://kotobank.jp/word/%E3%82%A4%E3%82%AB%E3%83%AD%E3%82%B9-30077#goog_rewarded
右の図のように、ＡＢ＝8，ＡＤ＝２，ＢＣ＝５で、
∠Ａ＝∠Ｂ＝∠Ｒの台形ＡＢＣＤがある。
辺ＡＢ上に、∠ＤＥＣ＝∠ＤＦＣ＝∠Ｒとなるように２点Ｅ，Ｆをとり、ＥＣとＤＦの交点をＧとする。
（１）ＡＥ，ＡＦの長さを求めよ。
（２）△ＥＦＧと△ＤＧＣの面積の比を求めよ。
（８７ 桐朋）
模範解答
（１）点Ｅの場合、△ＤＡＥ∽△ＥＢＣ（注：下で解説する）より、ＤＡ×ＢＣ＝ＡＥ×ＥＢ
よって、ＡＥをｘとおくと、２×５＝ｘ(８－ｘ)
これを解いて、ｘ＝４±√６
点Ｆの場合も、全く同様である。
ＡＦ＞ＡＥより、ＡＥ＝４－√６
ＡＦ＝４＋√６
（２）∠ＤＥＣ＝∠ＤＦＣ＝９０°より、
Ｄ，Ｅ，Ｆ，Ｃは共円点なので、右図（注：４点を通る円ともう１点を追加して長方形にした図）のように円をかくと、
△ＧＥＦ∽△ＧＤＣ
ＥＦ＝ＡＦ－ＡＥ＝２√６
ＣＤ＝√(３²＋８²)＝√７３より、
△ＥＦＧ：△ＤＧＣ＝ＥＦ²：ＤＣ²
＝(２√６)²：(√７３)²＝２４：７３
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
解説
直線ＡＢ上に直角ＤＥＣが接していて、Ｄ，ＣからＡＢに垂線が下りている形なので、定石により、△ＤＡＥ∽ＥＢＣという事。
地道に示しても良い。∠ＡＤＥ＝●，∠ＤＥＡ＝×と置くと、△ＤＡＥの内角の和より●＋×＝９０°また、ＡＥＢは一直線なので∠ＡＥＢ＝１８０°で∠ＤＥＣ＝９０°を引くと、∠ＤＥＡ＋∠ＣＥＢ＝９０°これに∠ＤＥＡ＝×を代入すると、∠ＣＥＢ＝９０°－×＝●（●＋×＝９０°だから）
よって、∠ＡＤＥ＝∠ＣＥＢ＝●
よって、△ＤＡＥと△ＥＢＣにおいて∠ＡＤＥ＝∠ＣＥＢと直角の２角が等しいので相似という事。
この定石の形は絶対に覚えておいた方が良い１つである。（あまり好きな言葉ではないが、受験は要領である。）
知っているのと知らないのとでは頭の良さなど完全に吹っ飛ぶ。（時間がかかり過ぎる。）
＞点Ｆの場合も、全く同様である。
欄外に「ＡＦ＝ｙとおくと、Ｅの場合と同様にして、２×５＝ｙ(８－ｙ)が成り立つから、ｙも４±√６のいずれか」とあるが、全くその通りである。そして、今回は長い方を選ぶだけである。
（１）の私の別解は次回。
おまけ：
https://kotobank.jp/word/%E3%82%A4%E3%82%AB%E3%83%AD%E3%82%B9-30077#goog_rewarded
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/9/29 07:54削除問題
右の図のように、ＡＢ＝8，ＡＤ＝２，ＢＣ＝５で、
∠Ａ＝∠Ｂ＝∠Ｒの台形ＡＢＣＤがある。
辺ＡＢ上に、∠ＤＥＣ＝∠ＤＦＣ＝∠Ｒとなるように２点Ｅ，Ｆをとり、ＥＣとＤＦの交点をＧとする。
（１）ＡＥ，ＡＦの長さを求めよ。
（２）△ＥＦＧと△ＤＧＣの面積の比を求めよ。
（８７ 桐朋）
（１）の別解
∠ＣＥＤ＝∠ＣＦＤ＝９０°より円周角の定理の逆により４点Ｅ，Ｆ，Ｃ，Ｄは同一円周上にあり、ＣＤの中点をＭとすると、点Ｍはその円の中心である。∴ＭＥ＝ＭＦ（半径より）
ここで、ＡＢの中点をＮとすると、台形の中点連結定理より、ＡＤ∥ＮＭ∥ＢＣ ∴ＡＢ⊥ＭＮ
∴ＥＦ⊥ＭＮ よって、△ＭＥＦは二等辺三角形でＭＮ⊥ＥＦより点Ｎは底辺ＥＦの中点である。
∴ＥＮ＝ＦＮ
また、台形の中点連結定理より、ＮＭ＝(ＡＤ＋ＢＣ)/２＝(２＋５)/２＝７/２
また、ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、ＣＨ＝５－２＝３，ＤＨ＝ＡＢ＝８より△ＤＨＣで三平方の定理を使うと、
ＤＣ＝√(３²＋８²)＝√７３
∴ＭＥ＝ＭＤ＝ＤＣ/２＝√７３/２
よって、△ＭＥＮで三平方の定理を使うと、
ＥＮ＝√{(√７３/２)²－(７/２)²}
＝√(７３/４－４９/４)＝√(２４/４)
＝√６
∴ＥＮ＝ＦＮ＝√６
また、ＡＮ＝８÷２＝４より、
ＡＥ＝ＡＮ－ＥＮ＝４－√６
ＡＦ＝ＡＮ＋ＦＮ＝４＋√６
因みに、点Ｍを定める時は共円点を言わなくても、小学生の定石の１つの直角三角形の直角と斜辺の中点をを結ぶと、ＭＤ＝ＭＥ＝ＭＣという定石（証明は長方形を対角線で斜め半分に切れば分かる）を△ＥＣＤと△ＦＣＤで使えば良い。（私はこっちで定めた。）
おまけ：
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%9F%8E%E8%A5%BF%E5%A4%A7%E5%AD%A6
右の図のように、ＡＢ＝8，ＡＤ＝２，ＢＣ＝５で、
∠Ａ＝∠Ｂ＝∠Ｒの台形ＡＢＣＤがある。
辺ＡＢ上に、∠ＤＥＣ＝∠ＤＦＣ＝∠Ｒとなるように２点Ｅ，Ｆをとり、ＥＣとＤＦの交点をＧとする。
（１）ＡＥ，ＡＦの長さを求めよ。
（２）△ＥＦＧと△ＤＧＣの面積の比を求めよ。
（８７ 桐朋）
（１）の別解
∠ＣＥＤ＝∠ＣＦＤ＝９０°より円周角の定理の逆により４点Ｅ，Ｆ，Ｃ，Ｄは同一円周上にあり、ＣＤの中点をＭとすると、点Ｍはその円の中心である。∴ＭＥ＝ＭＦ（半径より）
ここで、ＡＢの中点をＮとすると、台形の中点連結定理より、ＡＤ∥ＮＭ∥ＢＣ ∴ＡＢ⊥ＭＮ
∴ＥＦ⊥ＭＮ よって、△ＭＥＦは二等辺三角形でＭＮ⊥ＥＦより点Ｎは底辺ＥＦの中点である。
∴ＥＮ＝ＦＮ
また、台形の中点連結定理より、ＮＭ＝(ＡＤ＋ＢＣ)/２＝(２＋５)/２＝７/２
また、ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、ＣＨ＝５－２＝３，ＤＨ＝ＡＢ＝８より△ＤＨＣで三平方の定理を使うと、
ＤＣ＝√(３²＋８²)＝√７３
∴ＭＥ＝ＭＤ＝ＤＣ/２＝√７３/２
よって、△ＭＥＮで三平方の定理を使うと、
ＥＮ＝√{(√７３/２)²－(７/２)²}
＝√(７３/４－４９/４)＝√(２４/４)
＝√６
∴ＥＮ＝ＦＮ＝√６
また、ＡＮ＝８÷２＝４より、
ＡＥ＝ＡＮ－ＥＮ＝４－√６
ＡＦ＝ＡＮ＋ＦＮ＝４＋√６
因みに、点Ｍを定める時は共円点を言わなくても、小学生の定石の１つの直角三角形の直角と斜辺の中点をを結ぶと、ＭＤ＝ＭＥ＝ＭＣという定石（証明は長方形を対角線で斜め半分に切れば分かる）を△ＥＣＤと△ＦＣＤで使えば良い。（私はこっちで定めた。）
おまけ：
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%9F%8E%E8%A5%BF%E5%A4%A7%E5%AD%A6
返信
返信2
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/9/27 13:45 (No.1281700)削除次の文章を完全解説して下さい。
問題 10-9b
Ｋを実数に含まれる体とする。Ｋ係数既約多項式ｆ(ｘ)のすべての根が実数に含まれるとする。奇素数ｐに対してｘ^p－ａ（ａは実数）の（ただ１つの）実数根αの式に係数を拡張してもｆ(ｘ)は既約のままであることを示せ。
解答
ＫをＫ係数のａの式全体に拡張して考えればよい。以下、ａはＫに含まれるとする。ｇ(ｘ)＝ｘ^p－ａはＫに根を持たない場合を考えれば十分である（179ページ参照）。
ｇ(ｘ)はＫ係数多項式として既約であり、よってｇ(ｘ)の群Ｇgにおいて、αを不変にする部分群Ｈは指数ｐを持つ（問題9-5参照）。ゆえにガロワ対応から加減乗除で閉じたαの式からなる集合は定数か、αの式全体Mのいずれかしかない・・・（＊）。
実際、Hを含むＧgの部分群は、Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)が素数ｐに等しいので、ＨあるいはＧgである（問題4-16参照）。
αの式を係数に許したとき、ｆ(ｘ)が既約でないとすると、定数でないあるαの式がｆ(ｘ)の根の式で表される。上で述べた（＊）より、この式の加減乗除から得られる集合（加減乗除に閉じる）はＭに等しい。とくにαもｆ(ｘ)の根の式で表される。
したがって問題9-5よりｇ(ｘ)は（ｆ(ｘ)の根の式を用いて）１次式の積に分解しないといけない。ところが、Ｋの元やｆ(ｘ)の根はすべて実数なので、これはあり得ない（∵ｇ(ｘ)のα以外の根は虚数である（ｐ≧３だから）。したがってｆ(ｘ)は既約のままである。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
p.179の内容
多項式ｘ^p－ａ（ｐは素数）の群を調べます。多項式の群を考える際、定数の集合は１の原始ｐ乗根ζを含むとします。
■ｘ^p－ａの既約性
まず多項式ｘ^p－ａでは、それが既約であることと定数の根を持たないことが同値です。つまり
ｘ^p－ａは既約である ⇔ ｘ^p－ａは定数の根を持たない（＊）
が成り立ちます。以下に（＊）を説明します。一般に可約でも（定数の）根を持たないことがあります。例えば、ｘ⁴＋４は有理数根を持ちませんが可約です：
ｘ⁴＋４＝(ｘ⁴＋４ｘ²＋４)－４ｘ²＝(ｘ²＋２)²－(２ｘ)²＝(ｘ²＋２ｘ＋２)(ｘ²－２ｘ＋２)
上の同値性において自明でない主張は、
「ｘ^p－ａは定数の根を持たないならば既約である」
ことです（「⇒」は自明です）。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
問題 9-5b
多項式ｆ(ｘ)の群をＧfとする。ｆ(ｘ)の根の式βが、Ｇfの根の入れ換え（すべて）により、異なる数β₁＝β,…,βsになったとする。このときｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)…(ｘ－βs)はβiの最小多項式であることを示せ。よってβiの最小多項式は重根を持たない。またｓ＝degｇ(ｘ)は、βを不変にする入れ換え全体のなすＧfの部分群Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)に等しいことを示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
問題 4-16b
群Ｇの部分群Ｈ，ＮがＧ⊃Ｈ⊃Ｎをみたすとき、
(Ｇ：Ｈ)，(Ｈ：Ｎ)が有限ならば(Ｇ：Ｎ)＝(Ｇ：Ｈ)(Ｈ：Ｎ)を示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
適当に分かり易く解説して下さい。ただし、誤植がある場合は自分で訂正して解説して下さい。
おまけ：
http://animesoku.com/archives/28676682.html
問題 10-9b
Ｋを実数に含まれる体とする。Ｋ係数既約多項式ｆ(ｘ)のすべての根が実数に含まれるとする。奇素数ｐに対してｘ^p－ａ（ａは実数）の（ただ１つの）実数根αの式に係数を拡張してもｆ(ｘ)は既約のままであることを示せ。
解答
ＫをＫ係数のａの式全体に拡張して考えればよい。以下、ａはＫに含まれるとする。ｇ(ｘ)＝ｘ^p－ａはＫに根を持たない場合を考えれば十分である（179ページ参照）。
ｇ(ｘ)はＫ係数多項式として既約であり、よってｇ(ｘ)の群Ｇgにおいて、αを不変にする部分群Ｈは指数ｐを持つ（問題9-5参照）。ゆえにガロワ対応から加減乗除で閉じたαの式からなる集合は定数か、αの式全体Mのいずれかしかない・・・（＊）。
実際、Hを含むＧgの部分群は、Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)が素数ｐに等しいので、ＨあるいはＧgである（問題4-16参照）。
αの式を係数に許したとき、ｆ(ｘ)が既約でないとすると、定数でないあるαの式がｆ(ｘ)の根の式で表される。上で述べた（＊）より、この式の加減乗除から得られる集合（加減乗除に閉じる）はＭに等しい。とくにαもｆ(ｘ)の根の式で表される。
したがって問題9-5よりｇ(ｘ)は（ｆ(ｘ)の根の式を用いて）１次式の積に分解しないといけない。ところが、Ｋの元やｆ(ｘ)の根はすべて実数なので、これはあり得ない（∵ｇ(ｘ)のα以外の根は虚数である（ｐ≧３だから）。したがってｆ(ｘ)は既約のままである。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
p.179の内容
多項式ｘ^p－ａ（ｐは素数）の群を調べます。多項式の群を考える際、定数の集合は１の原始ｐ乗根ζを含むとします。
■ｘ^p－ａの既約性
まず多項式ｘ^p－ａでは、それが既約であることと定数の根を持たないことが同値です。つまり
ｘ^p－ａは既約である ⇔ ｘ^p－ａは定数の根を持たない（＊）
が成り立ちます。以下に（＊）を説明します。一般に可約でも（定数の）根を持たないことがあります。例えば、ｘ⁴＋４は有理数根を持ちませんが可約です：
ｘ⁴＋４＝(ｘ⁴＋４ｘ²＋４)－４ｘ²＝(ｘ²＋２)²－(２ｘ)²＝(ｘ²＋２ｘ＋２)(ｘ²－２ｘ＋２)
上の同値性において自明でない主張は、
「ｘ^p－ａは定数の根を持たないならば既約である」
ことです（「⇒」は自明です）。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
問題 9-5b
多項式ｆ(ｘ)の群をＧfとする。ｆ(ｘ)の根の式βが、Ｇfの根の入れ換え（すべて）により、異なる数β₁＝β,…,βsになったとする。このときｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)…(ｘ－βs)はβiの最小多項式であることを示せ。よってβiの最小多項式は重根を持たない。またｓ＝degｇ(ｘ)は、βを不変にする入れ換え全体のなすＧfの部分群Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)に等しいことを示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
問題 4-16b
群Ｇの部分群Ｈ，ＮがＧ⊃Ｈ⊃Ｎをみたすとき、
(Ｇ：Ｈ)，(Ｈ：Ｎ)が有限ならば(Ｇ：Ｎ)＝(Ｇ：Ｈ)(Ｈ：Ｎ)を示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
適当に分かり易く解説して下さい。ただし、誤植がある場合は自分で訂正して解説して下さい。
おまけ：
http://animesoku.com/archives/28676682.html
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/9/27 16:22削除解説
＞ＫをＫ係数のａの式全体に拡張して考えればよい。
このａは、αの誤植ではないだろうか。
問題 10-9b
Ｋを実数に含まれる体とする。Ｋ係数既約多項式ｆ(ｘ)のすべての根が実数に含まれるとする。奇素数ｐに対してｘ^p－ａ（ａは実数）の（ただ１つの）実数根αの式に係数を拡張してもｆ(ｘ)は既約のままであることを示せ。
当たり前過ぎて二重にいう訳がないとも思うのだが、ａのままで考えると、ｘ^p－ａ＝０から、
α＝p√ａ（ｐ乗根という事）
よって、α^p＝ａでａの式全体はαの式全体を包含しているように見えるので「ａの式全体に拡張」かとも考えたが、続きに「以下、ａはＫに含まれるとする。」って意味不明になってしまうので、誤植と判断した。本当に独学に誤植は困るよね。（念のため、真実はどちらか分からない。）
＞以下、ａはＫに含まれるとする。
問題 10-9b
Ｋを実数に含まれる体とする。Ｋ係数既約多項式ｆ(ｘ)のすべての根が実数に含まれるとする。奇素数ｐに対してｘ^p－ａ（ａは実数）の（ただ１つの）実数根αの式に係数を拡張してもｆ(ｘ)は既約のままであることを示せ。
このｘ^p－ａ（ａは実数）をｘ^p－ａ（ａ∈Ｋ）とすべきではないのだろうか。
Ｋは実数に含まれる体なので、例えばℚ[√２]やℚなどだと思うが、ｘ^p－ａ（ａは実数）だとＫ以外の可能性もあり、「以下、ａはＫに含まれるとする」なんて限定したら問題を解いた事にならないのではないだろうか。
つまり、初めから「ｘ^p－ａ（ａ∈Ｋ）」としなければならないという事。
＞ｇ(ｘ)＝ｘ^p－ａはＫに根を持たない場合を考えれば十分である（179ページ参照）。
p.179の内容
多項式ｘ^p－ａ（ｐは素数）の群を調べます。多項式の群を考える際、定数の集合は１の原始ｐ乗根ζを含むとします。
■ｘ^p－ａの既約性
まず多項式ｘ^p－ａでは、それが既約であることと定数の根を持たないことが同値です。つまり
ｘ^p－ａは既約である ⇔ ｘ^p－ａは定数の根を持たない（＊）
が成り立ちます。以下に（＊）を説明します。一般に可約でも（定数の）根を持たないことがあります。例えば、ｘ⁴＋４は有理数根を持ちませんが可約です：
ｘ⁴＋４＝(ｘ⁴＋４ｘ²＋４)－４ｘ²＝(ｘ²＋２)²－(２ｘ)²＝(ｘ²＋２ｘ＋２)(ｘ²－２ｘ＋２)
上の同値性において自明でない主張は、
「ｘ^p－ａは定数の根を持たないならば既約である」
ことです（「⇒」は自明です）。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
（＊）から「ｘ^p－ａは既約である」場合を考えれば十分という事。どういう事かというと、問題文の「奇素数ｐに対してｘ^p－ａ（ａは実数）の（ただ１つの）実数根αの式に係数を拡張しても」のｘ^p－ａ＝０がただ１つの実数解をもつ場合だからである。つまり、ｘ^p－ａが既約ならばｘはただ１つの実数解を持つから。
しかし、なぜわざわざ分かり難い書き方をするのだろう？
＞ｇ(ｘ)はＫ係数多項式として既約であり、よってｇ(ｘ)の群Ｇgにおいて、αを不変にする部分群Ｈは指数ｐを持つ（問題9-5参照）。
問題 9-5b
多項式ｆ(ｘ)の群をＧfとする。ｆ(ｘ)の根の式βが、Ｇfの根の入れ換え（すべて）により、異なる数β₁＝β,…,βsになったとする。このときｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)…(ｘ－βs)はβiの最小多項式であることを示せ。よってβiの最小多項式は重根を持たない。またｓ＝degｇ(ｘ)は、βを不変にする入れ換え全体のなすＧfの部分群Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)に等しいことを示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
「ｇ(ｘ)はＫ係数多項式として既約」から問題9-5のｇ(ｘ)に当てはめられる（最小多項式は既約多項式だから）。また、このｇ(ｘ)を問題9-5のｆ(ｘ)として見ると（ｆ(ｘ)とｇ(ｘ)が一致しているという事）、問題のｇ(ｘ)の群Ｇgにおいてｇ(ｘ)の根αを不変にするＧgの部分群Ｈはdegｇ(ｘ)＝ｐを指数に持つ。（念のため、ｇ(ｘ)＝ｘ^p－ａだから。）
＞ゆえにガロワ対応から加減乗除で閉じたαの式からなる集合は定数か、αの式全体Mのいずれかしかない・・・（＊）。
指数がｐより、|Ｇg|/|Ｈ|＝ｐでｐは素数より、
|Ｇg|＝ｐ，|Ｈ|＝１
よって、Ｇgはｇ(ｘ)の全ての根の入れ換えの群でＨは単位元の恒等入れ換えのみの群である。よって、ガロワ対応から定数全体かαの式全体の体が対応する。（個人的にはＨの方（後者）だけ言えば良いような気もするが。）
＞実際、Hを含むＧgの部分群は、Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)が素数ｐに等しいので、ＨあるいはＧgである（問題4-16参照）。
問題 4-16b
群Ｇの部分群Ｈ，ＮがＧ⊃Ｈ⊃Ｎをみたすとき、
(Ｇ：Ｈ)，(Ｈ：Ｎ)が有限ならば(Ｇ：Ｎ)＝(Ｇ：Ｈ)(Ｈ：Ｎ)を示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
あまり意味がないような気もするが、
(Ｇ：Ｈ)＝(Ｇ：Ｈ)(Ｈ：Ｈ)＝ｐ・１＝ｐ
という事だろう。（Ｇ⊃Ｈしかない。）
＞αの式を係数に許したとき、ｆ(ｘ)が既約でないとすると、
ここからが証明である。つまり、背理法の仮定。
ついでに、上の誤植が証明された瞬間ではないだろうか。（真実はこちら側だった。）
＞αの式を係数に許したとき、ｆ(ｘ)が既約でないとすると、定数でないあるαの式がｆ(ｘ)の根の式で表される。
ｆ(ｘ)の係数は「αの式全体」で、またｆ(ｘ)は可約なのでいくつかの括弧を想定して展開すると、ｆ(ｘ)の係数はｆ(ｘ)の根の式で表される。
（例えば、ｆ(ｘ)＝(ｘ－α)(ｘ－β)を展開すると、ｆ(ｘ)＝ｘ²－(α＋β)ｘ＋αβでα,βはｆ(ｘ)の根だから係数が根の式で表されるという事。）
＞上で述べた（＊）より、この式の加減乗除から得られる集合（加減乗除に閉じる）はＭに等しい。とくにαもｆ(ｘ)の根の式で表される。
ゆえにガロワ対応から加減乗除で閉じたαの式からなる集合は定数か、αの式全体Mのいずれかしかない・・・（＊）。
やはり、後者だけで良かったのではないだろうか。もっとも「定数でないあるαの式がｆ(ｘ)の根の式で表される」と断っているが。
＞とくにαもｆ(ｘ)の根の式で表される。
したがって問題9-5よりｇ(ｘ)は（ｆ(ｘ)の根の式を用いて）１次式の積に分解しないといけない。
問題 9-5b
多項式ｆ(ｘ)の群をＧfとする。ｆ(ｘ)の根の式βが、Ｇfの根の入れ換え（すべて）により、異なる数β₁＝β,…,βsになったとする。このときｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)…(ｘ－βs)はβiの最小多項式であることを示せ。よってβiの最小多項式は重根を持たない。またｓ＝degｇ(ｘ)は、βを不変にする入れ換え全体のなすＧfの部分群Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)に等しいことを示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
今回は普通に問題9-5を当てはめれば良い。
＞ところが、Ｋの元やｆ(ｘ)の根はすべて実数なので、これはあり得ない（∵ｇ(ｘ)のα以外の根は虚数である（ｐ≧３だから）。したがってｆ(ｘ)は既約のままである。
条件から「Ｋ係数既約多項式ｆ(ｘ)のすべての根が実数に含まれる」とあり、ｆ(ｘ)の根は全て実数根である。
また、「ｇ(ｘ)は（ｆ(ｘ)の根の式を用いて）１次式の積に分解」されるので、つまりｇ(ｘ)の根は全て実数根という事になる。
ところが、ｇ(ｘ)＝ｘ^p－ａより、ｇ(ｘ)の根は１つの実数根を除いて、全て虚数根である。（ｐは奇素数だから。）
よって、矛盾。よって、背理法により、ｆ(ｘ)は既約のままであるという事。
おまけ：
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%B0%8F%E6%9E%97%E9%BA%BB%E5%A4%AE
＞ＫをＫ係数のａの式全体に拡張して考えればよい。
このａは、αの誤植ではないだろうか。
問題 10-9b
Ｋを実数に含まれる体とする。Ｋ係数既約多項式ｆ(ｘ)のすべての根が実数に含まれるとする。奇素数ｐに対してｘ^p－ａ（ａは実数）の（ただ１つの）実数根αの式に係数を拡張してもｆ(ｘ)は既約のままであることを示せ。
当たり前過ぎて二重にいう訳がないとも思うのだが、ａのままで考えると、ｘ^p－ａ＝０から、
α＝p√ａ（ｐ乗根という事）
よって、α^p＝ａでａの式全体はαの式全体を包含しているように見えるので「ａの式全体に拡張」かとも考えたが、続きに「以下、ａはＫに含まれるとする。」って意味不明になってしまうので、誤植と判断した。本当に独学に誤植は困るよね。（念のため、真実はどちらか分からない。）
＞以下、ａはＫに含まれるとする。
問題 10-9b
Ｋを実数に含まれる体とする。Ｋ係数既約多項式ｆ(ｘ)のすべての根が実数に含まれるとする。奇素数ｐに対してｘ^p－ａ（ａは実数）の（ただ１つの）実数根αの式に係数を拡張してもｆ(ｘ)は既約のままであることを示せ。
このｘ^p－ａ（ａは実数）をｘ^p－ａ（ａ∈Ｋ）とすべきではないのだろうか。
Ｋは実数に含まれる体なので、例えばℚ[√２]やℚなどだと思うが、ｘ^p－ａ（ａは実数）だとＫ以外の可能性もあり、「以下、ａはＫに含まれるとする」なんて限定したら問題を解いた事にならないのではないだろうか。
つまり、初めから「ｘ^p－ａ（ａ∈Ｋ）」としなければならないという事。
＞ｇ(ｘ)＝ｘ^p－ａはＫに根を持たない場合を考えれば十分である（179ページ参照）。
p.179の内容
多項式ｘ^p－ａ（ｐは素数）の群を調べます。多項式の群を考える際、定数の集合は１の原始ｐ乗根ζを含むとします。
■ｘ^p－ａの既約性
まず多項式ｘ^p－ａでは、それが既約であることと定数の根を持たないことが同値です。つまり
ｘ^p－ａは既約である ⇔ ｘ^p－ａは定数の根を持たない（＊）
が成り立ちます。以下に（＊）を説明します。一般に可約でも（定数の）根を持たないことがあります。例えば、ｘ⁴＋４は有理数根を持ちませんが可約です：
ｘ⁴＋４＝(ｘ⁴＋４ｘ²＋４)－４ｘ²＝(ｘ²＋２)²－(２ｘ)²＝(ｘ²＋２ｘ＋２)(ｘ²－２ｘ＋２)
上の同値性において自明でない主張は、
「ｘ^p－ａは定数の根を持たないならば既約である」
ことです（「⇒」は自明です）。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
（＊）から「ｘ^p－ａは既約である」場合を考えれば十分という事。どういう事かというと、問題文の「奇素数ｐに対してｘ^p－ａ（ａは実数）の（ただ１つの）実数根αの式に係数を拡張しても」のｘ^p－ａ＝０がただ１つの実数解をもつ場合だからである。つまり、ｘ^p－ａが既約ならばｘはただ１つの実数解を持つから。
しかし、なぜわざわざ分かり難い書き方をするのだろう？
＞ｇ(ｘ)はＫ係数多項式として既約であり、よってｇ(ｘ)の群Ｇgにおいて、αを不変にする部分群Ｈは指数ｐを持つ（問題9-5参照）。
問題 9-5b
多項式ｆ(ｘ)の群をＧfとする。ｆ(ｘ)の根の式βが、Ｇfの根の入れ換え（すべて）により、異なる数β₁＝β,…,βsになったとする。このときｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)…(ｘ－βs)はβiの最小多項式であることを示せ。よってβiの最小多項式は重根を持たない。またｓ＝degｇ(ｘ)は、βを不変にする入れ換え全体のなすＧfの部分群Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)に等しいことを示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
「ｇ(ｘ)はＫ係数多項式として既約」から問題9-5のｇ(ｘ)に当てはめられる（最小多項式は既約多項式だから）。また、このｇ(ｘ)を問題9-5のｆ(ｘ)として見ると（ｆ(ｘ)とｇ(ｘ)が一致しているという事）、問題のｇ(ｘ)の群Ｇgにおいてｇ(ｘ)の根αを不変にするＧgの部分群Ｈはdegｇ(ｘ)＝ｐを指数に持つ。（念のため、ｇ(ｘ)＝ｘ^p－ａだから。）
＞ゆえにガロワ対応から加減乗除で閉じたαの式からなる集合は定数か、αの式全体Mのいずれかしかない・・・（＊）。
指数がｐより、|Ｇg|/|Ｈ|＝ｐでｐは素数より、
|Ｇg|＝ｐ，|Ｈ|＝１
よって、Ｇgはｇ(ｘ)の全ての根の入れ換えの群でＨは単位元の恒等入れ換えのみの群である。よって、ガロワ対応から定数全体かαの式全体の体が対応する。（個人的にはＨの方（後者）だけ言えば良いような気もするが。）
＞実際、Hを含むＧgの部分群は、Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)が素数ｐに等しいので、ＨあるいはＧgである（問題4-16参照）。
問題 4-16b
群Ｇの部分群Ｈ，ＮがＧ⊃Ｈ⊃Ｎをみたすとき、
(Ｇ：Ｈ)，(Ｈ：Ｎ)が有限ならば(Ｇ：Ｎ)＝(Ｇ：Ｈ)(Ｈ：Ｎ)を示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
あまり意味がないような気もするが、
(Ｇ：Ｈ)＝(Ｇ：Ｈ)(Ｈ：Ｈ)＝ｐ・１＝ｐ
という事だろう。（Ｇ⊃Ｈしかない。）
＞αの式を係数に許したとき、ｆ(ｘ)が既約でないとすると、
ここからが証明である。つまり、背理法の仮定。
ついでに、上の誤植が証明された瞬間ではないだろうか。（真実はこちら側だった。）
＞αの式を係数に許したとき、ｆ(ｘ)が既約でないとすると、定数でないあるαの式がｆ(ｘ)の根の式で表される。
ｆ(ｘ)の係数は「αの式全体」で、またｆ(ｘ)は可約なのでいくつかの括弧を想定して展開すると、ｆ(ｘ)の係数はｆ(ｘ)の根の式で表される。
（例えば、ｆ(ｘ)＝(ｘ－α)(ｘ－β)を展開すると、ｆ(ｘ)＝ｘ²－(α＋β)ｘ＋αβでα,βはｆ(ｘ)の根だから係数が根の式で表されるという事。）
＞上で述べた（＊）より、この式の加減乗除から得られる集合（加減乗除に閉じる）はＭに等しい。とくにαもｆ(ｘ)の根の式で表される。
ゆえにガロワ対応から加減乗除で閉じたαの式からなる集合は定数か、αの式全体Mのいずれかしかない・・・（＊）。
やはり、後者だけで良かったのではないだろうか。もっとも「定数でないあるαの式がｆ(ｘ)の根の式で表される」と断っているが。
＞とくにαもｆ(ｘ)の根の式で表される。
したがって問題9-5よりｇ(ｘ)は（ｆ(ｘ)の根の式を用いて）１次式の積に分解しないといけない。
問題 9-5b
多項式ｆ(ｘ)の群をＧfとする。ｆ(ｘ)の根の式βが、Ｇfの根の入れ換え（すべて）により、異なる数β₁＝β,…,βsになったとする。このときｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)…(ｘ－βs)はβiの最小多項式であることを示せ。よってβiの最小多項式は重根を持たない。またｓ＝degｇ(ｘ)は、βを不変にする入れ換え全体のなすＧfの部分群Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)に等しいことを示せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
今回は普通に問題9-5を当てはめれば良い。
＞ところが、Ｋの元やｆ(ｘ)の根はすべて実数なので、これはあり得ない（∵ｇ(ｘ)のα以外の根は虚数である（ｐ≧３だから）。したがってｆ(ｘ)は既約のままである。
条件から「Ｋ係数既約多項式ｆ(ｘ)のすべての根が実数に含まれる」とあり、ｆ(ｘ)の根は全て実数根である。
また、「ｇ(ｘ)は（ｆ(ｘ)の根の式を用いて）１次式の積に分解」されるので、つまりｇ(ｘ)の根は全て実数根という事になる。
ところが、ｇ(ｘ)＝ｘ^p－ａより、ｇ(ｘ)の根は１つの実数根を除いて、全て虚数根である。（ｐは奇素数だから。）
よって、矛盾。よって、背理法により、ｆ(ｘ)は既約のままであるという事。
おまけ：
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%B0%8F%E6%9E%97%E9%BA%BB%E5%A4%AE
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/9/28 15:30削除補足解説と素朴な疑問
＞指数がｐより、|Ｇg|/|Ｈ|＝ｐでｐは素数より、
|Ｇg|＝ｐ，|Ｈ|＝１
ｇ(ｘ)＝＝ｘ^p－ａで、命題10.1より、
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
|Ｇg|＝ｐだから、ｐ/|Ｈ|＝ｐより、
|Ｈ|＝１という事。
次は素朴な疑問。
問題 10-5b
有理数係数多項式ｘ⁵－２の群がＡＧＬ(１,５)と同型であることを示せ。
（参考：同様に、素数ｐに対して、ｘ^p－２の群はＡＧＬ(１,ｐ)と同型である。）
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
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
■ガロワの定理の証明（スケッチ）
ガロワは、ｐ次既約多項式ｆ(ｘ)の群Ｇfが可解であるとき、Ｇfに含まれる根の入れ換えを決定しました。これが定理の核心部です。この群に含まれる入れ換えは次の形で表されます：根をα₀,…,αp-1とし、ａ＝１,２,…,ｐ－１とｂ＝０,１,…,ｐ－１に対して、
(α₀ α₁ … αk … αp-1)
(αb αa+b … αak+b … αa(p-1)+b) （＊）
注：これは２つの括弧ではなく１つの括弧で２段の１つの元を表す。
ここでαの添字はｐで割った余りとします。添字の変化に着目すると、この入れ換えは１次式ａｘ＋ｂで定義されます。またａ,ｂの取り方から、入れ換えは全部でｐ(ｐ－１)個あります。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
以上より、初めの補足解説した所のＧgは、
|Ｇg|＝ｐ(ｐ－１)なのではないだろうか。念のため、こっちが正しいと思っている訳ではありません。
また、以前のよく分からない謎な部分も再掲しておきますね。
問題 10-5b
有理数係数多項式ｘ⁵－２の群がＡＧＬ(１,５)と同型であることを示せ。
解答
α＝⁵√２（実数），ζ＝ｅ^(2πi/5)とおくと、ｆ(ｘ)＝ｘ⁵－２の根はα,αζ,αζ²,αζ³,αζ⁴である。
ζ＝(αζ)/αなので、多項式の群Ｇfは、Φ5(ｘ)の群（４次巡回群と同型）を商群に持つ。
ｆ(ｘ)は既約なので、αの式を不変にする部分群ＨはＧfにおいて指数５を持つ（∵Ｈの右傍系がｆ(ｘ)の根と対応するから）。
よってＧfに含まれる入れ換えの個数は２０の倍数である。ｆ(ｘ)の根はα,αζの２つの根の式ですべて表されるので、|Ｇf|の条件と定理10.5の証明③より、ＧfはＡＧＬ(１,５)と同型である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
＞ｆ(ｘ)は既約なので、αの式を不変にする部分群ＨはＧfにおいて指数５を持つ（∵Ｈの右傍系がｆ(ｘ)の根と対応するから）。
よってＧfに含まれる入れ換えの個数は２０の倍数である。
＞ここは、よく意味が分からないので、自分の解法を作ってみた。
ｆ(ｘ)＝ｘ³－２として確認してみる。
この根は、ω＝ｅ^(2πi/3)と置くと、
α＝³√２,αω,αω²の３つである。
αの式を不変にする入れ換えは、
ｅ＝(α αω αω²)→(α αω αω²)
（恒等入れ換え）
σ₁＝(α αω αω²)→(α αω² αω)
の２つだけである。
∴Ｈ＝{ｅ，σ₁}
Ｇfは３つの根の入れ換えより、６通りあり、
σ₂＝(α αω αω²)→(αω² αω α)
σ₃＝(α αω αω²)→(αω α αω²)
τ₁＝(α αω αω²)→(αω αω² α)
τ₂＝(α αω αω²)→(αω² α αω)
と置く。ここで、ＨでＧfを（左剰余類で）類別して指数を求める。
ｅＨ＝Ｈ
σ₁Ｈ＝{σ₁，σ₁²}＝{σ₁，ｅ}＝Ｈ
（σ²はαωとαω²の入れ換えを２回やるので元に戻るから恒等変換ｅ）
σ₂Ｈ＝{σ₂，σ₂σ₁}＝{σ₂，τ₁}
（σ₂σ₁＝τ₁は自分で確認して下さい。以後同様。）
σ₃Ｈ＝{σ₃，σ₃σ₁}＝{σ₃，τ₂}
τ₁Ｈ＝{τ₁，τ₁σ₁}＝{τ₁，σ₂}
τ₂Ｈ＝{τ₂，τ₂σ₁}＝{τ₂，σ₃}
よって、Ｇf/Ｈ＝{Ｈ，{σ₂，τ₁}，{σ₃，τ₂}}より、指数は３である。
よって、「ｆ(ｘ)は既約なので、αの式を不変にする部分群ＨはＧfにおいて指数５を持つ」のｘ⁵－２をｘ³－２にすると、指数３になるので確認ＯＫ。
ところで、ここに来て、気が付きました。
問題 9-5b
多項式ｆ(ｘ)の群をＧfとする。ｆ(ｘ)の根の式βが、Ｇfの根の入れ換え（すべて）により、異なる数β₁＝β,…,βsになったとする。このときｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)…(ｘ－βs)はβiの最小多項式であることを示せ。よってβiの最小多項式は重根を持たない。またｓ＝degｇ(ｘ)は、βを不変にする入れ換え全体のなすＧfの部分群Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)に等しいことを示せ。
＞ｆ(ｘ)は既約なので、αの式を不変にする部分群ＨはＧfにおいて指数５を持つ（∵Ｈの右傍系がｆ(ｘ)の根と対応するから）。
つまり、問題9-5のβを不変にする部分群Ｈは指数(Ｇ：Ｈ)を持ち、この値はdegｇ(ｘ)＝ｓで今回はαとβが一致している（ｆ(ｘ)の根の式βがαに当たりαはｆ(ｘ)の根だから）のでこのｆ(ｘ)とｇ(ｘ)も一致しているので、ｆ(ｘ)の次数がｓとなり、これはｆ(ｘ)＝ｘ⁵－２の根の数より５となる。よって、「ＨはＧfにおいて指数５を持つ」という事である。
また、
定理9.3（ガロワ対応（正規性））
多項式の群Ｇfの部分群Ｈについて、次は同値である。
（１）Ｈは、ある多項式ｇ(ｘ)のすべての根による式全体を不変にする部分群である。
（２）ＨはＧfの正規部分群である。すなわちＧfの任意の入れ換えσに対して、
Ｈσ＝σＨ
である（Ｈに関する左傍系と右傍系は一致する）。
さらに、この対応においてｇ(ｘ)の群Ｇgは商群Ｇf/Ｈと同型である。
より、Ｇg≃Ｇf/Ｈ
∴|Ｇg|＝|Ｇf|/|Ｈ|
この右辺が５より、|Ｇf|＝５|Ｈ|
また、左辺が４（|Ｇg|＝４（４次巡回群より））より、等号で結ばれた右辺も４の倍数。
よって、|Ｇf|は２０の倍数である。（４と５は互いに素だから。）
よって、「よってＧfに含まれる入れ換えの個数は２０の倍数である」も言えた。
しかし、昨日の最後の、
＞ｆ(ｘ)の根はα,αζの２つの根の式ですべて表されるので、|Ｇf|の条件と定理10.5の証明③より、ＧfはＡＧＬ(１,５)と同型である。
定理10.5の証明③
ｆ(ｘ)の２つの根の式でほかの根が表されるとき、多項式の群に含まれる入れ換えの個数は高々ｐ(ｐ－１)個になります。実際、２個の根をどの根に入れ換えるかによって、根の入れ換えが決まるからです。このとき③は次の命題に帰着されます：
「根の入れ換えのなす群（ｐ次対称群）の部分群Ｇが高々ｐ(ｐ－１)個の元からなり、さらにどの２つの根に対しても一方を他方に入れ換える入れ換えを含むとする。このときＧに含まれる入れ換えはすべて１次式で定まる。」
|Ｇf|＝２０＝５・４＝ｐ(ｐ－１)となっていて、
また、α,αζ,αζ²,αζ³,αζ⁴はαとαζの２つの根の式で全て表されるから。
例えば、αζ³＝(αζ)³/α²など。
は、２０なら言えるが、２０の倍数ではダメなのではないだろうか。つまり、私の解法が必要という事。
2024/9/19 13:55の投稿より
因みに、「私の解法」というのは2024/9/18 15:35の投稿にあります。
おまけ：
＞指数がｐより、|Ｇg|/|Ｈ|＝ｐでｐは素数より、
|Ｇg|＝ｐ，|Ｈ|＝１
ｇ(ｘ)＝＝ｘ^p－ａで、命題10.1より、
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
|Ｇg|＝ｐだから、ｐ/|Ｈ|＝ｐより、
|Ｈ|＝１という事。
次は素朴な疑問。
問題 10-5b
有理数係数多項式ｘ⁵－２の群がＡＧＬ(１,５)と同型であることを示せ。
（参考：同様に、素数ｐに対して、ｘ^p－２の群はＡＧＬ(１,ｐ)と同型である。）
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
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
■ガロワの定理の証明（スケッチ）
ガロワは、ｐ次既約多項式ｆ(ｘ)の群Ｇfが可解であるとき、Ｇfに含まれる根の入れ換えを決定しました。これが定理の核心部です。この群に含まれる入れ換えは次の形で表されます：根をα₀,…,αp-1とし、ａ＝１,２,…,ｐ－１とｂ＝０,１,…,ｐ－１に対して、
(α₀ α₁ … αk … αp-1)
(αb αa+b … αak+b … αa(p-1)+b) （＊）
注：これは２つの括弧ではなく１つの括弧で２段の１つの元を表す。
ここでαの添字はｐで割った余りとします。添字の変化に着目すると、この入れ換えは１次式ａｘ＋ｂで定義されます。またａ,ｂの取り方から、入れ換えは全部でｐ(ｐ－１)個あります。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
以上より、初めの補足解説した所のＧgは、
|Ｇg|＝ｐ(ｐ－１)なのではないだろうか。念のため、こっちが正しいと思っている訳ではありません。
また、以前のよく分からない謎な部分も再掲しておきますね。
問題 10-5b
有理数係数多項式ｘ⁵－２の群がＡＧＬ(１,５)と同型であることを示せ。
解答
α＝⁵√２（実数），ζ＝ｅ^(2πi/5)とおくと、ｆ(ｘ)＝ｘ⁵－２の根はα,αζ,αζ²,αζ³,αζ⁴である。
ζ＝(αζ)/αなので、多項式の群Ｇfは、Φ5(ｘ)の群（４次巡回群と同型）を商群に持つ。
ｆ(ｘ)は既約なので、αの式を不変にする部分群ＨはＧfにおいて指数５を持つ（∵Ｈの右傍系がｆ(ｘ)の根と対応するから）。
よってＧfに含まれる入れ換えの個数は２０の倍数である。ｆ(ｘ)の根はα,αζの２つの根の式ですべて表されるので、|Ｇf|の条件と定理10.5の証明③より、ＧfはＡＧＬ(１,５)と同型である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
＞ｆ(ｘ)は既約なので、αの式を不変にする部分群ＨはＧfにおいて指数５を持つ（∵Ｈの右傍系がｆ(ｘ)の根と対応するから）。
よってＧfに含まれる入れ換えの個数は２０の倍数である。
＞ここは、よく意味が分からないので、自分の解法を作ってみた。
ｆ(ｘ)＝ｘ³－２として確認してみる。
この根は、ω＝ｅ^(2πi/3)と置くと、
α＝³√２,αω,αω²の３つである。
αの式を不変にする入れ換えは、
ｅ＝(α αω αω²)→(α αω αω²)
（恒等入れ換え）
σ₁＝(α αω αω²)→(α αω² αω)
の２つだけである。
∴Ｈ＝{ｅ，σ₁}
Ｇfは３つの根の入れ換えより、６通りあり、
σ₂＝(α αω αω²)→(αω² αω α)
σ₃＝(α αω αω²)→(αω α αω²)
τ₁＝(α αω αω²)→(αω αω² α)
τ₂＝(α αω αω²)→(αω² α αω)
と置く。ここで、ＨでＧfを（左剰余類で）類別して指数を求める。
ｅＨ＝Ｈ
σ₁Ｈ＝{σ₁，σ₁²}＝{σ₁，ｅ}＝Ｈ
（σ²はαωとαω²の入れ換えを２回やるので元に戻るから恒等変換ｅ）
σ₂Ｈ＝{σ₂，σ₂σ₁}＝{σ₂，τ₁}
（σ₂σ₁＝τ₁は自分で確認して下さい。以後同様。）
σ₃Ｈ＝{σ₃，σ₃σ₁}＝{σ₃，τ₂}
τ₁Ｈ＝{τ₁，τ₁σ₁}＝{τ₁，σ₂}
τ₂Ｈ＝{τ₂，τ₂σ₁}＝{τ₂，σ₃}
よって、Ｇf/Ｈ＝{Ｈ，{σ₂，τ₁}，{σ₃，τ₂}}より、指数は３である。
よって、「ｆ(ｘ)は既約なので、αの式を不変にする部分群ＨはＧfにおいて指数５を持つ」のｘ⁵－２をｘ³－２にすると、指数３になるので確認ＯＫ。
ところで、ここに来て、気が付きました。
問題 9-5b
多項式ｆ(ｘ)の群をＧfとする。ｆ(ｘ)の根の式βが、Ｇfの根の入れ換え（すべて）により、異なる数β₁＝β,…,βsになったとする。このときｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)…(ｘ－βs)はβiの最小多項式であることを示せ。よってβiの最小多項式は重根を持たない。またｓ＝degｇ(ｘ)は、βを不変にする入れ換え全体のなすＧfの部分群Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)に等しいことを示せ。
＞ｆ(ｘ)は既約なので、αの式を不変にする部分群ＨはＧfにおいて指数５を持つ（∵Ｈの右傍系がｆ(ｘ)の根と対応するから）。
つまり、問題9-5のβを不変にする部分群Ｈは指数(Ｇ：Ｈ)を持ち、この値はdegｇ(ｘ)＝ｓで今回はαとβが一致している（ｆ(ｘ)の根の式βがαに当たりαはｆ(ｘ)の根だから）のでこのｆ(ｘ)とｇ(ｘ)も一致しているので、ｆ(ｘ)の次数がｓとなり、これはｆ(ｘ)＝ｘ⁵－２の根の数より５となる。よって、「ＨはＧfにおいて指数５を持つ」という事である。
また、
定理9.3（ガロワ対応（正規性））
多項式の群Ｇfの部分群Ｈについて、次は同値である。
（１）Ｈは、ある多項式ｇ(ｘ)のすべての根による式全体を不変にする部分群である。
（２）ＨはＧfの正規部分群である。すなわちＧfの任意の入れ換えσに対して、
Ｈσ＝σＨ
である（Ｈに関する左傍系と右傍系は一致する）。
さらに、この対応においてｇ(ｘ)の群Ｇgは商群Ｇf/Ｈと同型である。
より、Ｇg≃Ｇf/Ｈ
∴|Ｇg|＝|Ｇf|/|Ｈ|
この右辺が５より、|Ｇf|＝５|Ｈ|
また、左辺が４（|Ｇg|＝４（４次巡回群より））より、等号で結ばれた右辺も４の倍数。
よって、|Ｇf|は２０の倍数である。（４と５は互いに素だから。）
よって、「よってＧfに含まれる入れ換えの個数は２０の倍数である」も言えた。
しかし、昨日の最後の、
＞ｆ(ｘ)の根はα,αζの２つの根の式ですべて表されるので、|Ｇf|の条件と定理10.5の証明③より、ＧfはＡＧＬ(１,５)と同型である。
定理10.5の証明③
ｆ(ｘ)の２つの根の式でほかの根が表されるとき、多項式の群に含まれる入れ換えの個数は高々ｐ(ｐ－１)個になります。実際、２個の根をどの根に入れ換えるかによって、根の入れ換えが決まるからです。このとき③は次の命題に帰着されます：
「根の入れ換えのなす群（ｐ次対称群）の部分群Ｇが高々ｐ(ｐ－１)個の元からなり、さらにどの２つの根に対しても一方を他方に入れ換える入れ換えを含むとする。このときＧに含まれる入れ換えはすべて１次式で定まる。」
|Ｇf|＝２０＝５・４＝ｐ(ｐ－１)となっていて、
また、α,αζ,αζ²,αζ³,αζ⁴はαとαζの２つの根の式で全て表されるから。
例えば、αζ³＝(αζ)³/α²など。
は、２０なら言えるが、２０の倍数ではダメなのではないだろうか。つまり、私の解法が必要という事。
2024/9/19 13:55の投稿より
因みに、「私の解法」というのは2024/9/18 15:35の投稿にあります。
おまけ：
返信
返信2
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/9/25 11:39 (No.1279714)削除問題
一辺の長さが４の正方形ＡＢＣＤがある。図のようにＡＢの中点をＥとし、ＣＥを対角線とする正方形をＥＦＣＧとする。
（１）ＣＦの長さを求めよ。
（２）ＢＣとＥＦの交点をＰとするとき、ＢＰ，ＥＰの長さを求めよ。
（３）ＢＦの長さを求めよ。
（９３ 洛星）
（２）は別解を２通り作ってみました。もっとも、１通りはマニアックな解法ですが。でも発展事項として載っている（解法ではないが）。
おまけ：
一辺の長さが４の正方形ＡＢＣＤがある。図のようにＡＢの中点をＥとし、ＣＥを対角線とする正方形をＥＦＣＧとする。
（１）ＣＦの長さを求めよ。
（２）ＢＣとＥＦの交点をＰとするとき、ＢＰ，ＥＰの長さを求めよ。
（３）ＢＦの長さを求めよ。
（９３ 洛星）
（２）は別解を２通り作ってみました。もっとも、１通りはマニアックな解法ですが。でも発展事項として載っている（解法ではないが）。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/9/26 07:58削除問題
一辺の長さが４の正方形ＡＢＣＤがある。図のようにＡＢの中点をＥとし、ＣＥを対角線とする正方形をＥＦＣＧとする。
（１）ＣＦの長さを求めよ。
（２）ＢＣとＥＦの交点をＰとするとき、ＢＰ，ＥＰの長さを求めよ。
（３）ＢＦの長さを求めよ。
（９３ 洛星）
模範解答
（１）ＣＥ＝√(ＢＥ²＋ＢＣ²)＝２√５
よって、ＣＦ＝(１/√２)ＣＥ＝√１０
（２）∠ＣＦＥ＝∠ＣＢＥ＝９０°より、
４点Ｃ，Ｆ，Ｂ，Ｅは共円点である。
よって、Ｃ，Ｆ，Ｂ，Ｅの部分の図をかくと、右下図（注：半円ＣＥを描き、その内部に直角三角形ＦＣＥとＢＣＥがありＣＢとＥＦの交点がＰ。また、ＰからＣＥに垂線を下ろしその足をＨとした図）のようになる。
ＰからＣＥに下した垂線の足をＨとする。
△ＣＨＰ∽△ＣＢＥ，△ＥＨＰ∽△ＥＦＣより、
ＰＨ＝ｘとおくと、ＥＨ＝ｘ，ＣＨ＝２ｘ
ＣＥ＝３ｘ＝２√５より、
ｘ＝２√５/３，ゆえに、ＥＰ＝√２ｘ
＝２√１０/３
ＢＰ＝√(ＥＰ²－ＢＥ²)＝√(２ｘ²－２²)
＝２/３
（３）△ＰＣＥ∽△ＰＦＢより、
ＥＣ：ＢＦ＝ＰＥ：ＰＢ
よって、２√５：ＢＦ＝２√１０/３：２/３
これを解いて、ＢＦ＝√２
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
読めば分かるので、解説は省略。ただし、分かり難いが。
（２）の別解１（思い付いた順）
∠ＥＣＢ＝ａ，∠ＢＥＰ＝ｂと置くと、△ＦＥＣは直角二等辺三角形より、∠ＦＥＣ＝４５°
よって、△ＥＢＣの内角の和より、
ａ＋ｂ＋９０°＋４５°＝１８０°
∴ａ＋ｂ＝４５°
ここで、△ＥＢＣは直角を挟む二辺の比が１：２より、発展事項の逆により、△ＥＢＰは直角を挟む二辺の比が１：３である。
よって、△ＥＢＰは１：３：√１０の直角三角形でＥＢ＝２より、ＢＰ＝２/３，
ＥＰ＝２√１０/３
発展事項
右図のように、直角を挟む２辺の比が、１：３，１：２の三角形の黒くぬった角度（注：それぞれの最鋭角）の和は４５°である。
＜略証＞
左記解答で、ＰＦ：ＦＣ＝１：３となることより。
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
この定理が逆が成り立つ事は図形的に自明である。また、算数用と中学数学用の有名な２つの証明法があるが省略。
一応、逆三角関数で証明しておく。
Arctan(1/2)＋Arctan(1/3)＝π(＝45°)の証明
Arctanの加法定理より、
左辺＝Arctan[(1/2+1/3)/{1-(1/2)(1/3)}]
＝Arctan{(5/6)/(5/6)}＝Arctan１＝45°
＝右辺
よって、示された。
別解２は次回。念のため、中学数学。
おまけ：
一辺の長さが４の正方形ＡＢＣＤがある。図のようにＡＢの中点をＥとし、ＣＥを対角線とする正方形をＥＦＣＧとする。
（１）ＣＦの長さを求めよ。
（２）ＢＣとＥＦの交点をＰとするとき、ＢＰ，ＥＰの長さを求めよ。
（３）ＢＦの長さを求めよ。
（９３ 洛星）
模範解答
（１）ＣＥ＝√(ＢＥ²＋ＢＣ²)＝２√５
よって、ＣＦ＝(１/√２)ＣＥ＝√１０
（２）∠ＣＦＥ＝∠ＣＢＥ＝９０°より、
４点Ｃ，Ｆ，Ｂ，Ｅは共円点である。
よって、Ｃ，Ｆ，Ｂ，Ｅの部分の図をかくと、右下図（注：半円ＣＥを描き、その内部に直角三角形ＦＣＥとＢＣＥがありＣＢとＥＦの交点がＰ。また、ＰからＣＥに垂線を下ろしその足をＨとした図）のようになる。
ＰからＣＥに下した垂線の足をＨとする。
△ＣＨＰ∽△ＣＢＥ，△ＥＨＰ∽△ＥＦＣより、
ＰＨ＝ｘとおくと、ＥＨ＝ｘ，ＣＨ＝２ｘ
ＣＥ＝３ｘ＝２√５より、
ｘ＝２√５/３，ゆえに、ＥＰ＝√２ｘ
＝２√１０/３
ＢＰ＝√(ＥＰ²－ＢＥ²)＝√(２ｘ²－２²)
＝２/３
（３）△ＰＣＥ∽△ＰＦＢより、
ＥＣ：ＢＦ＝ＰＥ：ＰＢ
よって、２√５：ＢＦ＝２√１０/３：２/３
これを解いて、ＢＦ＝√２
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
読めば分かるので、解説は省略。ただし、分かり難いが。
（２）の別解１（思い付いた順）
∠ＥＣＢ＝ａ，∠ＢＥＰ＝ｂと置くと、△ＦＥＣは直角二等辺三角形より、∠ＦＥＣ＝４５°
よって、△ＥＢＣの内角の和より、
ａ＋ｂ＋９０°＋４５°＝１８０°
∴ａ＋ｂ＝４５°
ここで、△ＥＢＣは直角を挟む二辺の比が１：２より、発展事項の逆により、△ＥＢＰは直角を挟む二辺の比が１：３である。
よって、△ＥＢＰは１：３：√１０の直角三角形でＥＢ＝２より、ＢＰ＝２/３，
ＥＰ＝２√１０/３
発展事項
右図のように、直角を挟む２辺の比が、１：３，１：２の三角形の黒くぬった角度（注：それぞれの最鋭角）の和は４５°である。
＜略証＞
左記解答で、ＰＦ：ＦＣ＝１：３となることより。
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
この定理が逆が成り立つ事は図形的に自明である。また、算数用と中学数学用の有名な２つの証明法があるが省略。
一応、逆三角関数で証明しておく。
Arctan(1/2)＋Arctan(1/3)＝π(＝45°)の証明
Arctanの加法定理より、
左辺＝Arctan[(1/2+1/3)/{1-(1/2)(1/3)}]
＝Arctan{(5/6)/(5/6)}＝Arctan１＝45°
＝右辺
よって、示された。
別解２は次回。念のため、中学数学。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/9/27 07:32削除問題
一辺の長さが４の正方形ＡＢＣＤがある。図のようにＡＢの中点をＥとし、ＣＥを対角線とする正方形をＥＦＣＧとする。
（１）ＣＦの長さを求めよ。
（２）ＢＣとＥＦの交点をＰとするとき、ＢＰ，ＥＰの長さを求めよ。
（３）ＢＦの長さを求めよ。
（９３ 洛星）
（２）の別解２
ＢＰ＝ⅹ、ＥＰ＝ｙと置いて、△ＥＢＰで三平方の定理を使うと、
ｘ²＋２²＝ｙ²———①
また、ＰＣ＝４－ｘ，ＣＥ＝√(ＢＥ²＋ＢＣ²)＝２√５
ところで、△ＦＥＣは直角二等辺三角形より、ＰからＣＥに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＰＥＨも直角二等辺三角形である。
∴ＰＨ＝ＥＨ＝ｙ/√２
∴ＣＨ＝２√５－ｙ/√２
よって、△ＰＣＨで三平方の定理を使うと、
(４－ｘ)²＝(ｙ/√２)²＋(２√５－ｙ/√２)²
が成り立つ。
∴ｘ²－８ｘ＋１６＝ｙ²/２＋２０＋ｙ²/２－２√１０ｙ
∴ｘ²－８ｘ＋１６＝ｙ²－２√１０ｙ＋２０———②
②に①を代入すると、
ｘ²－８ｘ＋１６＝ｘ²＋４－２√１０ｙ＋２０
∴２√１０ｙ＝８ｘ＋８
∴ｙ＝４(ｘ＋１)/√１０———③
③を①に代入すると、
ｘ²＋４＝１６(ｘ＋１)²/１０
∴５(ｘ²＋４)＝８(ｘ＋１)²
∴５ｘ²＋２０＝８(ｘ²＋２ｘ＋１)
∴３ｘ²＋１６ｘ－１２＝０
∴(３ｘ－２)(ｘ＋６)＝０
∴ｘ＝２/３，－６
ｘ＞０より、ｘ＝２/３ ∴ＢＰ＝２/３
また、ｘ＝２/３を①に代入すると、
ｙ²＝４/９＋４＝４０/９
ｙ＞０より、ｙ＝２√１０/３
∴ＥＰ＝２√１０/３
センスが悪くても中学数学は三平方の定理と方程式を徹底的に練習すれば誰でも出来るようになる。（もちろん、それをきっかけに他の分野も出来るようになる。例えば、２次関数とか。因みに、整数問題とか難しい相似の問題とかは場数を踏むしかない。まぁ、ある程度の定石はあるが。）
おまけ：
一辺の長さが４の正方形ＡＢＣＤがある。図のようにＡＢの中点をＥとし、ＣＥを対角線とする正方形をＥＦＣＧとする。
（１）ＣＦの長さを求めよ。
（２）ＢＣとＥＦの交点をＰとするとき、ＢＰ，ＥＰの長さを求めよ。
（３）ＢＦの長さを求めよ。
（９３ 洛星）
（２）の別解２
ＢＰ＝ⅹ、ＥＰ＝ｙと置いて、△ＥＢＰで三平方の定理を使うと、
ｘ²＋２²＝ｙ²———①
また、ＰＣ＝４－ｘ，ＣＥ＝√(ＢＥ²＋ＢＣ²)＝２√５
ところで、△ＦＥＣは直角二等辺三角形より、ＰからＣＥに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＰＥＨも直角二等辺三角形である。
∴ＰＨ＝ＥＨ＝ｙ/√２
∴ＣＨ＝２√５－ｙ/√２
よって、△ＰＣＨで三平方の定理を使うと、
(４－ｘ)²＝(ｙ/√２)²＋(２√５－ｙ/√２)²
が成り立つ。
∴ｘ²－８ｘ＋１６＝ｙ²/２＋２０＋ｙ²/２－２√１０ｙ
∴ｘ²－８ｘ＋１６＝ｙ²－２√１０ｙ＋２０———②
②に①を代入すると、
ｘ²－８ｘ＋１６＝ｘ²＋４－２√１０ｙ＋２０
∴２√１０ｙ＝８ｘ＋８
∴ｙ＝４(ｘ＋１)/√１０———③
③を①に代入すると、
ｘ²＋４＝１６(ｘ＋１)²/１０
∴５(ｘ²＋４)＝８(ｘ＋１)²
∴５ｘ²＋２０＝８(ｘ²＋２ｘ＋１)
∴３ｘ²＋１６ｘ－１２＝０
∴(３ｘ－２)(ｘ＋６)＝０
∴ｘ＝２/３，－６
ｘ＞０より、ｘ＝２/３ ∴ＢＰ＝２/３
また、ｘ＝２/３を①に代入すると、
ｙ²＝４/９＋４＝４０/９
ｙ＞０より、ｙ＝２√１０/３
∴ＥＰ＝２√１０/３
センスが悪くても中学数学は三平方の定理と方程式を徹底的に練習すれば誰でも出来るようになる。（もちろん、それをきっかけに他の分野も出来るようになる。例えば、２次関数とか。因みに、整数問題とか難しい相似の問題とかは場数を踏むしかない。まぁ、ある程度の定石はあるが。）
おまけ：
返信
返信2
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/9/26 10:47 (No.1280727)削除次の文章を完全解説して下さい。
問題 10-8b
可換群は可解群であることを示せ。
解答
可換群の任意の部分群は正規部分群なので、指数が素数となる部分群の列を構成すればよい。
可換群をＧとおく。Ｇの元ｇをとる。ｇの位数がｎ＞１のとき、ｎを割るｐを１つとり、ｇ'＝ｇ^(n/p)とすると、ｇ'が生成するＧの部分群はｐ個の元からなる。この群をＨとおく。
次にＨに含まれないＧの元ｇ₁をとる。（このような元がとれないときは、求めるべき部分群の列が得られたことになる。）
ｇ₁^mがＨに入るような正整数のうち最小の整数をｍとする。このｍを割る素数ｑを１つとり、ｇ₁'＝ｇ₁^(m/q)とすると、ｇ₁'とＨで生成される部分群Ｈ₁は(Ｈ₁：Ｈ)＝ｑをみたす。実際Ｇ/Ｈにおいてｇ₁'Ｈは定義より位数ｑの元だからである。
同様にｇ₂,ｇ₃,…と構成すれば、求めるべき部分群の列が得られる。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
適当に分かり易く解説して下さい。今回は誰かに教えてもらえる人には簡単だと思います。相変わらず、私には難解でしたが。
おまけ：
問題 10-8b
可換群は可解群であることを示せ。
解答
可換群の任意の部分群は正規部分群なので、指数が素数となる部分群の列を構成すればよい。
可換群をＧとおく。Ｇの元ｇをとる。ｇの位数がｎ＞１のとき、ｎを割るｐを１つとり、ｇ'＝ｇ^(n/p)とすると、ｇ'が生成するＧの部分群はｐ個の元からなる。この群をＨとおく。
次にＨに含まれないＧの元ｇ₁をとる。（このような元がとれないときは、求めるべき部分群の列が得られたことになる。）
ｇ₁^mがＨに入るような正整数のうち最小の整数をｍとする。このｍを割る素数ｑを１つとり、ｇ₁'＝ｇ₁^(m/q)とすると、ｇ₁'とＨで生成される部分群Ｈ₁は(Ｈ₁：Ｈ)＝ｑをみたす。実際Ｇ/Ｈにおいてｇ₁'Ｈは定義より位数ｑの元だからである。
同様にｇ₂,ｇ₃,…と構成すれば、求めるべき部分群の列が得られる。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
適当に分かり易く解説して下さい。今回は誰かに教えてもらえる人には簡単だと思います。相変わらず、私には難解でしたが。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/9/26 14:01削除解説
＞可換群の任意の部分群は正規部分群なので、指数が素数となる部分群の列を構成すればよい。
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
「指数が素数」とは、「商群Ｇi/Ｇi+1（ｉ＝０,１,…,ｓ－１）が素数個の元からなる」という事で、そういう部分群の列
Ｇ＝Ｇ₀⊃Ｇ₁⊃Ｇ₂⊃…⊃Ｇs＝{ｅ}
を作れれば良いという事。
また、「可換群のすべての部分群は正規部分群」なので、「Ｇi+1はＧiの正規部分群」（ｉ＝０,１,…,ｓ－１）は言う必要はないという事。
＞可換群をＧとおく。Ｇの元ｇをとる。ｇの位数がｎ＞１のとき、ｎを割るｐを１つとり、ｇ'＝ｇ^(n/p)とすると、ｇ'が生成するＧの部分群はｐ個の元からなる。この群をＨとおく。
この部分群Ｈは定義10.3の部分群Ｇs-1に当たり、Ｈは当然単位元ｅを含むので、Ｇs＝{ｅ}で、
Ｈの位数がｐより、|Ｈ|/|{ｅ}|＝ｐ/１＝ｐ
となるが、ここではまでだ述べていない。
「ｎを割るｐを１つとり、ｇ'＝ｇ^(n/p)とすると、ｇ'が生成するＧの部分群はｐ個の元からなる」の解説は、Ｈ＝{ｇ',ｇ'²,…,ｇ'^p＝ｇ^n＝ｅ}だから位数がｐ。（ｇ^n＝ｅはｇの位数がｎだから。）
＞次にＨに含まれないＧの元ｇ₁をとる。（このような元がとれないときは、求めるべき部分群の列が得られたことになる。）
「このような元ｇ₁がとれないとき」とは、Ｈが定義10.3のＧ₀となった時である。つまり、Ｇ＝ＨだからＨに含まれないＧの元がない訳である。
＞ｇ₁^mがＨに入るような正整数のうち最小の整数をｍとする。このｍを割る素数ｑを１つとり、ｇ₁'＝ｇ₁^(m/q)とする
Ｈに入る必要がある理由は、定義10.3の、
「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」
のＨがＧi+1に当たり、これ（素数個の元にできるという事）を示すからである。
＞このｍを割る素数ｑを１つとり、ｇ₁'＝ｇ₁^(m/q)とすると、ｇ₁'とＨで生成される部分群Ｈ₁は(Ｈ₁：Ｈ)＝ｑをみたす。
ｇ₁'＝ｇ₁^(m/q)より、ｇ₁'が生成する群の位数はｑでＨの位数はｐだったので、ｇ₁'とＨで生成される部分群Ｈ₁の位数はｐｑである。
∴(Ｈ₁：Ｈ)＝|Ｈ₁|/|Ｈ|＝ｐｑ/ｐ＝ｑ
＞実際Ｇ/Ｈにおいてｇ₁'Ｈは定義より位数ｑの元だからである。
剰余群（商群）の法則より、
ｇ₁'Ｈ・ｇ₁'Ｈ＝ｇ₁'²Ｈ
∴ｇ₁'^qＨ＝ｅＨ＝Ｈ（ｇ₁'＝ｇ₁^(m/q)よりｇ₁の位数はｑだから。）
よって、ｇ₁'Ｈの位数もｑという事。（念のため、剰余群Ｇ/Ｈの単位元はＨ。）
＞同様にｇ₂,ｇ₃,…と構成すれば、求めるべき部分群の列が得られる。
上でも述べたように、「このような元ｇ₁がとれないとき」までで、Ｈが定義10.3のＧ₀となった時である。
因みに、Ｇの位数が素数ｐでＨが単位元のみの群であるときは、定義10.3のＧ＝Ｇ₀がＧでＧ₁＝Ｈ＝{ｅ}で、|Ｇ₀|/|Ｇ₁|＝ｐ/１＝ｐである。
（列がたった２つという事。素数ｐの約数はｐと１のみ。）
おまけ：
＞可換群の任意の部分群は正規部分群なので、指数が素数となる部分群の列を構成すればよい。
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
「指数が素数」とは、「商群Ｇi/Ｇi+1（ｉ＝０,１,…,ｓ－１）が素数個の元からなる」という事で、そういう部分群の列
Ｇ＝Ｇ₀⊃Ｇ₁⊃Ｇ₂⊃…⊃Ｇs＝{ｅ}
を作れれば良いという事。
また、「可換群のすべての部分群は正規部分群」なので、「Ｇi+1はＧiの正規部分群」（ｉ＝０,１,…,ｓ－１）は言う必要はないという事。
＞可換群をＧとおく。Ｇの元ｇをとる。ｇの位数がｎ＞１のとき、ｎを割るｐを１つとり、ｇ'＝ｇ^(n/p)とすると、ｇ'が生成するＧの部分群はｐ個の元からなる。この群をＨとおく。
この部分群Ｈは定義10.3の部分群Ｇs-1に当たり、Ｈは当然単位元ｅを含むので、Ｇs＝{ｅ}で、
Ｈの位数がｐより、|Ｈ|/|{ｅ}|＝ｐ/１＝ｐ
となるが、ここではまでだ述べていない。
「ｎを割るｐを１つとり、ｇ'＝ｇ^(n/p)とすると、ｇ'が生成するＧの部分群はｐ個の元からなる」の解説は、Ｈ＝{ｇ',ｇ'²,…,ｇ'^p＝ｇ^n＝ｅ}だから位数がｐ。（ｇ^n＝ｅはｇの位数がｎだから。）
＞次にＨに含まれないＧの元ｇ₁をとる。（このような元がとれないときは、求めるべき部分群の列が得られたことになる。）
「このような元ｇ₁がとれないとき」とは、Ｈが定義10.3のＧ₀となった時である。つまり、Ｇ＝ＨだからＨに含まれないＧの元がない訳である。
＞ｇ₁^mがＨに入るような正整数のうち最小の整数をｍとする。このｍを割る素数ｑを１つとり、ｇ₁'＝ｇ₁^(m/q)とする
Ｈに入る必要がある理由は、定義10.3の、
「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」
のＨがＧi+1に当たり、これ（素数個の元にできるという事）を示すからである。
＞このｍを割る素数ｑを１つとり、ｇ₁'＝ｇ₁^(m/q)とすると、ｇ₁'とＨで生成される部分群Ｈ₁は(Ｈ₁：Ｈ)＝ｑをみたす。
ｇ₁'＝ｇ₁^(m/q)より、ｇ₁'が生成する群の位数はｑでＨの位数はｐだったので、ｇ₁'とＨで生成される部分群Ｈ₁の位数はｐｑである。
∴(Ｈ₁：Ｈ)＝|Ｈ₁|/|Ｈ|＝ｐｑ/ｐ＝ｑ
＞実際Ｇ/Ｈにおいてｇ₁'Ｈは定義より位数ｑの元だからである。
剰余群（商群）の法則より、
ｇ₁'Ｈ・ｇ₁'Ｈ＝ｇ₁'²Ｈ
∴ｇ₁'^qＨ＝ｅＨ＝Ｈ（ｇ₁'＝ｇ₁^(m/q)よりｇ₁の位数はｑだから。）
よって、ｇ₁'Ｈの位数もｑという事。（念のため、剰余群Ｇ/Ｈの単位元はＨ。）
＞同様にｇ₂,ｇ₃,…と構成すれば、求めるべき部分群の列が得られる。
上でも述べたように、「このような元ｇ₁がとれないとき」までで、Ｈが定義10.3のＧ₀となった時である。
因みに、Ｇの位数が素数ｐでＨが単位元のみの群であるときは、定義10.3のＧ＝Ｇ₀がＧでＧ₁＝Ｈ＝{ｅ}で、|Ｇ₀|/|Ｇ₁|＝ｐ/１＝ｐである。
（列がたった２つという事。素数ｐの約数はｐと１のみ。）
おまけ：
返信
返信1
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/9/24 20:13 (No.1279157)削除問題
内角がすべて１２０°の六角形ＡＢＣＤＥＦがある。
（１）ＡＦ＋ＦＥ＝ＢＣ＋ＣＤを証明せよ。
（２）ＡＢ＝２，ＣＤ＝４，ＥＦ＝５，ＡＦ＝３のとき、対角線ＡＤは六角形ＡＢＣＤＥＦの面積を、どのような比にわけるか。
（８８ 甲陽学院）
図は付いていません。まぁ、普通に解けました。
おまけ：
内角がすべて１２０°の六角形ＡＢＣＤＥＦがある。
（１）ＡＦ＋ＦＥ＝ＢＣ＋ＣＤを証明せよ。
（２）ＡＢ＝２，ＣＤ＝４，ＥＦ＝５，ＡＦ＝３のとき、対角線ＡＤは六角形ＡＢＣＤＥＦの面積を、どのような比にわけるか。
（８８ 甲陽学院）
図は付いていません。まぁ、普通に解けました。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (994klpn6)2024/9/25 13:41削除問題
内角がすべて１２０°の六角形ＡＢＣＤＥＦがある。
（１）ＡＦ＋ＦＥ＝ＢＣ＋ＣＤを証明せよ。
（２）ＡＢ＝２，ＣＤ＝４，ＥＦ＝５，ＡＦ＝３のとき、対角線ＡＤは六角形ＡＢＣＤＥＦの面積を、どのような比にわけるか。
（８８ 甲陽学院）
模範解答
（１）図のように△ＰＱＲをつくる（注：ＢＡの延長とＥＦの延長との交点をＰ，ＡＢの延長とＤＣの延長との交点をＱ，ＣＤの延長とＦＥの延長との交点をＲとした図）と、すべての内角が１２０°という条件から、黒印の角（注：△ＰＡＦ，△ＱＣＢ，△ＲＥＤのそれぞれの２つの底角６個）はすべて６０°となるので、△ＰＱＲ，および網目部の三角形（注：△ＰＡＦ，△ＱＣＢ，△ＲＥＤの事）は、すべて正三角形となる。
そこで、図のようにａ～ｄを定める（注：ＰＡ＝ＰＦ＝ａ，ＱＢ＝ＱＣ＝ｂ，ＲＤ＝ＲＥ＝ｃ，ＰＱ＝ＱＲ＝ＲＰ＝ｄ）と、
ＡＦ＋ＦＥ＝ａ＋(ｄ－ａ－ｃ)＝ｄ－ｃ
ＢＣ＋ＣＤ＝ｂ＋(ｄ－ｂ－ｃ)＝ｄ－ｃ
よって、ＡＦ＋ＦＥ＝ＢＣ＋ＣＤ
（２）四角形ＡＢＣＤ＝△ＡＱＤ－△ＢＱＣ
＝{(ＱＡ×ＱＤ)/(ＱＰ×ＱＲ)}×△ＰＱＲ
－{(ＱＢ×ＱＣ)/(ＱＰ×ＱＲ)}×△ＰＱＲ
＝{(６×８)/(９×９)－(４×４)/(９×９)}△ＰＱＲ
＝(３２/８１)△ＰＱＲ
六角形ＡＢＣＤＥＦ＝△ＰＱＲ－△ＰＡＦ－△ＢＱＣ－△ＥＤＲ
＝(１－３²/９²－４²/９²－１²/９²)△ＰＱＲ
＝(５５/８１)△ＰＱＲ
よって、四角形ＡＢＣＤ：四角形ＡＤＥＦ
＝(３２/８１)△ＰＱＲ：(５５/８１－３２/８１)△ＰＱＲ
＝３２：２３
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
解説
全ての内角が１２０°の六角形はよく出るので、ＡＦとＣＤは平行などと覚えていると図をきれいに描けるが、別に適当に描いても問題は解ける。（正三角形の３つの端点を適当な大きさの正三角形で切り取った形。）
（２）の、
△ＡＤＱ＝{(ＱＡ×ＱＤ)/(ＱＰ×ＱＲ)}×△ＰＱＲなどは、１つの角（ここでは∠Ｑ）を共有した三角形の面積比の公式。
（１）の別解
ＢＡの延長とＥＦの延長との交点をＧ，ＢＣの延長とＥＤの延長との交点をＨとすると、∠ＧＡＦ＝∠ＧＦＡ＝１８０°－１２０°＝６０°，∠ＨＣＤ＝∠ＨＤＣ＝１８０°－１２０°＝６０°
よって、△ＧＡＦと△ＨＤＣはそれぞれ正三角形より、ＡＦ＝ＧＦ———① ＣＤ＝ＣＨ———②
また、∠Ｇ＝∠Ｈ＝６０°，∠Ｂ＝∠Ｅ＝１２０°より、四角形ＢＨＥＧは平行四辺形である。（厳密には同位角で平行を言う。）
∴ＢＨ＝ＧＥ ∴ＢＣ＋ＣＨ＝ＧＦ＋ＦＥ
これに①，②を代入すると、
ＢＣ＋ＣＤ＝ＡＦ＋ＦＥ
∴ＡＦ＋ＦＥ＝ＢＣ＋ＣＤ
よって、示された。
因みに、きれいな図じゃなくて解きました。
おまけ：
酷いね。趣味が悪い。
内角がすべて１２０°の六角形ＡＢＣＤＥＦがある。
（１）ＡＦ＋ＦＥ＝ＢＣ＋ＣＤを証明せよ。
（２）ＡＢ＝２，ＣＤ＝４，ＥＦ＝５，ＡＦ＝３のとき、対角線ＡＤは六角形ＡＢＣＤＥＦの面積を、どのような比にわけるか。
（８８ 甲陽学院）
模範解答
（１）図のように△ＰＱＲをつくる（注：ＢＡの延長とＥＦの延長との交点をＰ，ＡＢの延長とＤＣの延長との交点をＱ，ＣＤの延長とＦＥの延長との交点をＲとした図）と、すべての内角が１２０°という条件から、黒印の角（注：△ＰＡＦ，△ＱＣＢ，△ＲＥＤのそれぞれの２つの底角６個）はすべて６０°となるので、△ＰＱＲ，および網目部の三角形（注：△ＰＡＦ，△ＱＣＢ，△ＲＥＤの事）は、すべて正三角形となる。
そこで、図のようにａ～ｄを定める（注：ＰＡ＝ＰＦ＝ａ，ＱＢ＝ＱＣ＝ｂ，ＲＤ＝ＲＥ＝ｃ，ＰＱ＝ＱＲ＝ＲＰ＝ｄ）と、
ＡＦ＋ＦＥ＝ａ＋(ｄ－ａ－ｃ)＝ｄ－ｃ
ＢＣ＋ＣＤ＝ｂ＋(ｄ－ｂ－ｃ)＝ｄ－ｃ
よって、ＡＦ＋ＦＥ＝ＢＣ＋ＣＤ
（２）四角形ＡＢＣＤ＝△ＡＱＤ－△ＢＱＣ
＝{(ＱＡ×ＱＤ)/(ＱＰ×ＱＲ)}×△ＰＱＲ
－{(ＱＢ×ＱＣ)/(ＱＰ×ＱＲ)}×△ＰＱＲ
＝{(６×８)/(９×９)－(４×４)/(９×９)}△ＰＱＲ
＝(３２/８１)△ＰＱＲ
六角形ＡＢＣＤＥＦ＝△ＰＱＲ－△ＰＡＦ－△ＢＱＣ－△ＥＤＲ
＝(１－３²/９²－４²/９²－１²/９²)△ＰＱＲ
＝(５５/８１)△ＰＱＲ
よって、四角形ＡＢＣＤ：四角形ＡＤＥＦ
＝(３２/８１)△ＰＱＲ：(５５/８１－３２/８１)△ＰＱＲ
＝３２：２３
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
解説
全ての内角が１２０°の六角形はよく出るので、ＡＦとＣＤは平行などと覚えていると図をきれいに描けるが、別に適当に描いても問題は解ける。（正三角形の３つの端点を適当な大きさの正三角形で切り取った形。）
（２）の、
△ＡＤＱ＝{(ＱＡ×ＱＤ)/(ＱＰ×ＱＲ)}×△ＰＱＲなどは、１つの角（ここでは∠Ｑ）を共有した三角形の面積比の公式。
（１）の別解
ＢＡの延長とＥＦの延長との交点をＧ，ＢＣの延長とＥＤの延長との交点をＨとすると、∠ＧＡＦ＝∠ＧＦＡ＝１８０°－１２０°＝６０°，∠ＨＣＤ＝∠ＨＤＣ＝１８０°－１２０°＝６０°
よって、△ＧＡＦと△ＨＤＣはそれぞれ正三角形より、ＡＦ＝ＧＦ———① ＣＤ＝ＣＨ———②
また、∠Ｇ＝∠Ｈ＝６０°，∠Ｂ＝∠Ｅ＝１２０°より、四角形ＢＨＥＧは平行四辺形である。（厳密には同位角で平行を言う。）
∴ＢＨ＝ＧＥ ∴ＢＣ＋ＣＨ＝ＧＦ＋ＦＥ
これに①，②を代入すると、
ＢＣ＋ＣＤ＝ＡＦ＋ＦＥ
∴ＡＦ＋ＦＥ＝ＢＣ＋ＣＤ
よって、示された。
因みに、きれいな図じゃなくて解きました。
おまけ：
酷いね。趣味が悪い。
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