数学

解説
＞dimℝ(ａ＋ｂ)≦dim(ℝａ＋ℝｂ)

ａ,ｂは列ベクトルよりａ＋ｂ＝ｃとすると、左辺はℝｃで一次独立。基底の個数で考えると１次元。
また、右辺はℝａ＋ℝｂの２つのℝのそれぞれの定数が異なれば１次独立で基底の個数で考えると２次元。よって、dimℝ(ａ＋ｂ)＜dim(ℝａ＋ℝｂ)だが、右辺の２つのそれぞれの定数が等しい場合は左辺と同じになるので等号も入る。
∴dimℝ(ａ＋ｂ)≦dim(ℝａ＋ℝｂ)

＞dim(ℝａ＋ℝｂ)≦dimℝａ＋dimℝｂ

「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著p.147に、

「一般に、Ｖを線型空間，Ｗ₁とＷ₂をＶの有限次元部分空間とすれば、
dim(Ｗ₁＋Ｗ₂)＋dim(Ｗ₁∩Ｗ₂)＝dimＷ₁＋dimＷ₂
が成立する。」

とあるので、
dim(Ｗ₁＋Ｗ₂)≦dimＷ₁＋dimＷ₂である。
よって、dim(ℝａ＋ℝｂ)≦dimℝａ＋dimℝｂという事。

＞rank(Ａ＋Ｂ)＝dim(ℝ(ａ₁＋ｂ₁)＋ℝ(ａ₂＋ｂ₂)＋…＋ℝ(ａn＋ｂn))

「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著p.159に、

命題
線型写像Ｆ：ℝ^n→ℝ^mにより定まるｍ行ｎ列の行列をＡとすれば、Ｆ(ℝ^n)の次元は、
dimＦ(ℝ^n)＝rankＡ

命題
ｍ行ｎ列の行列Ａの列ベクトルをａ₁,ａ₂,…,ａnとする。列ａ₁,ａ₂,…,ａnの一次独立な最長部分列をａi₁,…,ａirとすれば、
（１）列ａi₁,…,ａirは、Ｆ_A(ℝ^n)の基底であって、
Ｆ_A(ℝ^n)＝ℝａi₁＋…＋ℝａir
（２）rankＡ＝ｒ

とあり、下の命題の（１）より、
ℝ(ａ₁＋ｂ₁)＋ℝ(ａ₂＋ｂ₂)＋…＋ℝ(ａn＋ｂn)
＝Ｆ_A+B(ℝ^m)
また、上の命題より、
dimＦ_A+B(ℝ^m)＝rank(Ａ＋Ｂ)
∴dim(ℝ(ａ₁＋ｂ₁)＋ℝ(ａ₂＋ｂ₂)＋…＋ℝ(ａn＋ｂn))
＝rank(Ａ＋Ｂ)

＞dim(ℝａ₁＋ℝａ₂＋…＋ℝａn)＋dim(ℝｂ₁＋ℝｂ₂＋…＋ℝｂn)
＝rankＡ＋rankＢ

ここも上と同じ事。

おまけ：

問題
右図のように１辺の長さが６ｃｍ，∠ＡＢＣ＝６０°のひし形ＡＢＣＤを底面とし、側面が長方形である四角柱ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨがある。この四角柱の辺ＡＥ上に点Ｐをとったところ、∠ＢＰＤ＝∠ＤＰＧ＝∠ＧＰＢ＝９０°となった。このとき、次の□にあてはまる数を求めなさい。
（１）線分ＡＰの長さは□ｃｍである。
（２）この四角柱の高さは□ｃｍである。
（３）点Ｐから平面ＢＤＧに垂線をひいたとき、この垂線の長さは□ｃｍである。
（９２　筑波大付）

模範解答
（１）ＰＤ⊥ＰＢ，ＰＤ＝ＰＢより、△ＰＢＤは直角二等辺三角形。
ここで、ＰＤ＝(１/√２)ＢＤ＝３√６
（注：△ＡＢＤはひし形の半分で頂角が１２０°の二等辺三角形だから二辺の比が１：√３よりＢＤ＝６√３だから、ＰＤ＝６√３/√２＝３√６という事。）
よって、ＡＰ＝√(ＰＤ²－ＡＤ²)＝３√２（ｃｍ）
（注：△ＰＡＤで三平方の定理を使うと、ＡＰ＝√(ＰＤ²－ＡＤ²)＝√{(３√６)²－６²}＝√１８＝３√２）
（２）高さＡＥ＝ｘとおく。
△ＧＨＤ，△ＧＰＤは共に直角三角形だから、
ＧＨ²＋ＨＤ²＝ＧＤ²＝ＧＰ²＋ＰＤ²
＝ＧＥ²＋ＥＰ²＋ＰＤ²
（注：初めは△ＧＨＤでの三平方の定理で次に△ＧＰＤでの三平方の定理で最後に最後に△ＧＥＰでの三平方の定理を使う。）
よって、６²＋ｘ²＝６²＋(ｘ－３√２)²＋(３√６)²
これを解いて、ｘ＝６√２（ｃｍ）
（注：ＧＨ²＋ＨＤ²＝ＧＥ²＋ＥＰ²＋ＰＤ²に代入している訳だが、一応、ＧＥ＝６は△ＧＥＦ（△ＧＥＨ）が正三角形だから。）
（３）ＰＧ＝√(ＰＥ²＋ＥＧ²)＝３√６
（注：ＰＥ＝ＥＡ－ＡＰ＝６√２－３√２＝３√２，ＥＧ＝６より、ＰＧ＝√(１８＋３６)＝√５４＝３√６だから）となるので、ＰＢ＝ＰＤ＝ＰＧとなり、△ＢＤＧは一辺がＢＤ＝６√３の正三角形となる。
（注：条件の∠ＢＰＤ＝∠ＤＰＧ＝∠ＧＰＢと合わせて二辺挟角で△ＢＰＤ≡△ＤＰＧ≡△ＧＰＢより、ＢＤ＝ＤＧ＝ＧＢだから。）
よって、△ＢＤＧ＝(√３/４)×(一辺)²＝２７√３（＝Ｓとする）
（注：正三角形の面積の公式）
一方、三角すいＰ－ＢＤＧの体積は、
Ｖ＝(１/６)×ＰＢ×ＰＤ×ＰＧ＝２７√６
Ｐから平面ＢＤＧに下した垂線の長さは、Ｐ－ＢＤＧで底面を△ＢＤＧと見たときの高さと等しいから、この高さをｙとおいて、
Ｖ＝(１/３)×Ｓ×ｙ　これを解いて、
ｙ＝３Ｖ/Ｓ＝(３×２７√６)/２７√３
＝３√２（ｃｍ）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

（３）の別解は次回。

おまけ：

問題
右図のように１辺の長さが６ｃｍ，∠ＡＢＣ＝６０°のひし形ＡＢＣＤを底面とし、側面が長方形である四角柱ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨがある。この四角柱の辺ＡＥ上に点Ｐをとったところ、∠ＢＰＤ＝∠ＤＰＧ＝∠ＧＰＢ＝９０°となった。このとき、次の□にあてはまる数を求めなさい。
（１）線分ＡＰの長さは□ｃｍである。
（２）この四角柱の高さは□ｃｍである。
（３）点Ｐから平面ＢＤＧに垂線をひいたとき、この垂線の長さは□ｃｍである。
（９２　筑波大付）

（３）の別解
断面図ＧＣＡＥを描くと、長方形でＣＡの中点をＭとすると、ＧＭが平面ＢＧＤに当たる。
よって、ＰからＭに垂線を下ろしその足をＩとしＰＩを求めれば良い。
ところで、点Ｐは（１）と（２）の結果より、ＥＡの中点である。
長方形の縦の長さは（２）より６√２ｃｍで、横の長さは６ｃｍ。よって、ＣＭ＝３ｃｍ
ここで、ＧＭの延長とＥＡの延長との交点をＪとすると、△ＧＣＭ≡△ＪＡＭ　∴ＪＡ＝ＧＣ＝６√２ｃｍ　また、ＡＰ＝３√２ｃｍより、ＪＰ＝６√２＋３√２＝９√２ｃｍ
また、△ＧＣＭで三平方の定理を使うと、
ＧＭ＝√{(６√２)²＋３²}＝√８１＝９ｃｍ
ところで、錯角と直角の２角が等しいので、△ＧＣＭ∽△ＪＩＰ　∴ＧＭ：ＣＭ＝ＪＰ：ＰＩ
∴９：３＝９√２：ＰＩ
∴３ＰＩ＝９√２　∴ＰＩ＝３√２ｃｍ
よって、答えは、３√２ｃｍ

因みに、長方形ＧＣＡＥと点Ｍと点Ｐが決まった時点で、座標を使えば工夫なしで一発である。
点Ｃをｘｙ座標の原点に置き、ＣＡをｘ軸，ＧＣをｙ軸に取ると、直線ＧＭの方程式は、
ｙ＝－２√２ｘ＋６√２
点Ｐの座標は、Ｐ（６，３√２）より、点と直線の距離の公式を使えば一発だが、（普通の）中学生なので、点Ｐを通りＧＭと直交する直線ＰＩの方程式を求めると、
ｙ－３√２＝(１/２√２)(ｘ－６)
∴ｙ＝(√２/４)ｘ＋３√２－３√２/２
∴ｙ＝(√２/４)ｘ＋３√２/２
よって、点Ｉの座標は、直線ＧＭと連立させて、
－２√２ｘ＋６√２＝(√２/４)ｘ＋３√２/２を解くと、(９√２/４)ｘ＝９√２/２
∴ｘ＝２　∴ｙ＝２√２　∴Ｉ（２，２√２）
よって、Ｐ（６，３√２）と２点間の距離の公式を使うと、
ＰＩ＝√{(２－６)²＋(２√２－３√２)²}
＝√(１６＋２)＝√１８＝３√２
よって、答えは、３√２ｃｍ

考え方は一発でも計算はとても面倒臭いですね。まぁ、最低でも確実に出来ると分かっている事は試験では大事な事だと思います。

おまけ：
https://www.vivi.tv/post61628/

問題
図の正四角すいＯ－ＡＢＣＤは、すべての辺が１２ｃｍで、４点Ｅ，Ｆ，Ｇ，Ｈは、それぞれＯＡ，ＯＢ，ＯＣ，ＯＤを１：２に内分する。
平面ＡＢＧＨと、平面ＣＤＥＦとの交わりをＰＱとするとき、次の各問いに答えなさい。
（１）線分ＰＱの長さを求めよ。
（２）点Ｐから底面ＡＢＣＤへ下した垂線の長さを求めよ。
（３）立体ＰＱ－ＡＢＣＤの体積を求めよ。
（９０　ラ・サール）

模範解答
（１）ＯＰの延長と辺ＢＣの交点をＰ'，ＯＱの延長と辺ＡＤの交点をＱ'とする。
メネラウスの定理（基本図１９）より、図１（注：△ＯＢＣのＢＣの中点がＰ'となった図）で、
(ＦＯ/ＢＦ)×(ＰＰ'/ＯＰ)×(ＣＢ/Ｐ'Ｃ)＝１
これより、ＯＰ：ＰＰ'＝１：１
次に、図２（注：断面図△ＯＱ'Ｐ'）のように平面ＯＰＱで立体を切断した切り口で考えると、中点連結定理より、ＰＱ＝Ｐ'Ｑ'÷２＝６（ｃｍ）
（２）対称性より、ＡＣの中点とＰ'Ｑ'の中点は一致し、これをＨとおく。
ＡＣ＝√２ＡＢ＝√２ＯＡ＝√２ＯＣより、△ＯＡＣは直角二等辺三角形だから、
ＯＨ＝ＡＨ＝ＡＣ÷２＝６√２（ｃｍ）
ＰからＡＢＣＤに下した垂線の長さは、その半分で、３√２（ｃｍ）
（３）立体ＰＱ－ＡＢＣＤは三角柱を切断した形だから、ＡＢ（∥ＰＱ∥ＣＤ）に垂直にこの立体を切ったときの切り口の面積（図の網目部分（注：立体ＰＱ－ＡＢＣＤを底面に垂直に切断した断面の二等辺三角形））をＳとして、体積は、
Ｓ×(１/３)(ＡＢ＋ＤＣ＋ＰＱ)
と表される。（研究）
よって、ＰＱ－ＡＢＣＤ＝{(１/２)×１２×３√２}×(１/３)(１２＋１２＋６)
＝１８０√２（ｃｍ²）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

基本図１９　メネラウスの定理
△ＡＢＣの辺ＡＢ上にＰ，ＡＣ上にＲがあり、ＰＲの延長とＢＣの延長の交点が定まりＱとする時、
(ＰＡ/ＢＰ)×(ＲＣ/ＡＲ)×(ＱＢ/ＣＱ)＝１

■研究　三角柱を三角柱を切断した形
右の図（注：直三角柱を適当に斜めに切った残りの三角柱の縦の３本の辺の長さがａ,ｂ,ｃの図）のように、底面積がＳである三角柱を切断した立体の体積を考えてみましょう。（中略）
(１/３)(ａ＋ｂ＋ｃ)Ｓ
となって、底面積がＳ，高さがａ,ｂ,ｃの平均である三角柱の体積に等しくなります。
注：’研究’では、三角柱を１つの平面で切る場合を考えましたが、三角柱を両側から２つの平面で切った、１０・２８の（３）のような立体（注：上の問題の立体ＰＱ－ＡＢＣＤの事）についても、同様に考えられます。
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

前回、「（１）も（２）も（３）も模範解答通りですぐと解けました」と書きましたが、（２）は別解でした。また、（１）は地道な解法もやりますね。（３）は前回も書きましたが、別解を２通りやります。

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-11434487475.html

問題
図の正四角すいＯ－ＡＢＣＤは、すべての辺が１２ｃｍで、４点Ｅ，Ｆ，Ｇ，Ｈは、それぞれＯＡ，ＯＢ，ＯＣ，ＯＤを１：２に内分する。
平面ＡＢＧＨと、平面ＣＤＥＦとの交わりをＰＱとするとき、次の各問いに答えなさい。
（１）線分ＰＱの長さを求めよ。
（２）点Ｐから底面ＡＢＣＤへ下した垂線の長さを求めよ。
（３）立体ＰＱ－ＡＢＣＤの体積を求めよ。
（９０　ラ・サール）

（１）の別解
ＯＰの延長とＢＣとの交点をＭとし、ＯＰとＦＧの交点をＩとすると、△ＯＦＧ∽△ＯＢＣで相似比は１：３　よって、ＦＧ：ＢＣ＝１：３より、△ＰＧＦ∽△ＰＢＣの相似比も１：３
ここで、ＯＩ＝ａと置くと、ＩＭ＝２ａ
ＰＩ＝(１/４)ＩＭ＝ａ/２
∴ＯＰ＝ＯＩ＋ＰＩ＝ａ＋ａ/２＝３ａ/２
また、ＰＭ＝ＩＭ－ＰＩ＝２ａ－ａ/２＝３ａ/２
∴ＯＰ＝ＰＭ
よって、点ＰはＯＭの中点。また、ＯＱの延長とＡＤとの交点をＮとすると、同様に点ＱはＯＮの中点。
よって、△ＯＭＮで中点連結定理を使うと、
ＰＱ＝(１/２)ＭＮ＝(１/２)×１２＝６ｃｍ
（２）の別解
Ｐから底面ＡＢＣＤに下した垂線の足をＪとすると、線分ＭＮ上に下り、△ＯＭＮは二等辺三角形で点Ｐ，Ｑは辺ＯＭ，ＯＮの中点でＰＱ＝６ｃｍより、
ＭＪ＝(１２－６)÷２＝３ｃｍ
また、△ＯＢＣは１辺が１２ｃｍの正三角形より、
ＯＭ＝６√３ｃｍ　∴ＰＭ＝３√３ｃｍ
よって、△ＰＪＭで三平方の定理を使うと、
ＰＪ＝√{(３√３)²－３²}＝√(２７－９)＝√１８
＝３√２ｃｍ
よって、答えは、３√２ｃｍ
（３）の別解１
Ｐ，Ｑから底面と垂直な平面で立体ＰＱ－ＡＢＣＤを１つの三角柱（中央）と２つの四角錐（両端）に分けると、断面の三角形の面積は（２）の結果を利用して、１２×３√２×(１/２)＝１８√２ｃｍ²
よって、三角柱の体積＝１８√２×(１２－３×２)＝１０８√２ｃｍ³
また、両端の四角錐を１つにすると、底面積は１２×(３＋３)＝７２ｃｍ²
高さは、（２）の結果より３√２ｃｍ
よって、体積＝７２×３√２×(１/３)＝７２√２ｃｍ³
よって、答えは、１０８√２＋７２√２＝１８０√２ｃｍ³
（３）の別解
立体ＰＱ－ＡＢＣＤをまず、四角錐Ｐ－ＡＢＣＤ＋Ｄ－ＡＰＱに分ける。
次に、Ｐ－ＡＢＣＤを三角錐Ｐ－ＡＢＣとＰ－ＡＤＣに分けると、三角錐Ｐ－ＡＢＣとＰ－ＡＤＣの体積は等しい。また、三角錐Ｐ－ＡＢＣの見方を変えてＣ－ＰＡＢと見ると、△ＰＡＢの面積は△ＡＰＱの面積の２倍（ＰＱ＝６ｃｍ，ＡＢ＝１２ｃｍで高さが等しいから）なので、三角錐Ｄ－ＡＰＱの体積は三角錐Ｃ－ＰＡＢの１/２である。
つまり、三角錐Ｄ－ＡＰＱの体積は三角錐Ｐ－ＡＢＣの１/２。
よって、三角錐Ｄ－ＡＰＱの体積は四角錐Ｐ－ＡＢＣＤの１/４。
よって、立体ＰＱ－ＡＢＣＤの体積は、四角錐Ｐ－ＡＢＣＤの５/４倍。
よって、Ｖ＝１２×１２×３√２×(１/３)×(５/４)＝１４４√２×(５/４)＝３６√２×５＝１８０√２ｃｍ³
よって、答えは、１８０√２ｃｍ³

おまけ：

解説
＞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。

問題の意味は、例えばｐ＝５とすると、５次対称群とは５個の要素を入れ換える入れ換えを１つの元とした群の事である。
例えば、σ：(ａb c d e)→(a c d e b)というような変換が１つの元である。
これを何回も繰り返すと１つの群になるｐ個の部分群を考える。Ｈ＝{ｅ,σ,…,σ⁴}（全体のＳ₅の元の個数は５!＝１２０個である。）
このσ²などを２で表す訳である。（Ｆpの元はℤpの元と考えて良い。）念のため、ｐ回やると元に戻るからｐで割った余りで考えられるという事。
このＨを正規部分群に持つＳpの部分群は、皆、ＡＧＬ(１,ｐ)の形をしている事を証明せよという問題。

＞まずσは定義よりσ^j(ｘ)＝σ^(j-1)(ｘ)＋１＝…＝ｘ＋ｊをみたす。

定義は「σをσ(ｘ)＝ｘ＋１（ｘ＝０,１,…,ｐ－１）とする」で、「このσ²などを２で表す訳である」より、
σ^j(ｘ)＝σ^(j-1)(ｘ)＋１は分かるだろう。これを繰り返すと、σ^j(ｘ)＝ｘ＋ｊとなる事も自明。

＞ＨはＮの正規部分群なので、Ｎの各元τに対して、τστ^-1＝σ^jが成り立つ。

ＨはＮの正規部分群なので、Ｎの任意の元τとσに対して、あるσ^jが存在してτστ^-1＝σ^jが成り立つという事。

＞したがってτσ＝σ^jτ（ｊ≠０）だから、ｋ＝０,１,２,…,ｐ－１に対して、
τ(ｋ＋１)＝τ(σ(ｋ))＝σ^j(τ(ｋ))＝τ(ｋ)＋ｊ
＝τ(ｋ－１)＋ｊ＋ｊ＝…＝τ(０)＋(ｋ＋１)ｊ
が成り立つ。

「τ(ｋ＋１)＝τ(σ(ｋ))」は、「σ(ｘ)＝ｘ＋１」から。
「τ(σ(ｋ))＝σ^j(τ(ｋ))」は「τσ＝σ^jτ」から。一応、τ(σ(ｋ))＝τσ(ｋ)＝σ^jτ(ｋ)＝σ^j(τ(ｋ))という事。
「σ^j(τ(ｋ))＝τ(ｋ)＋ｊ」は、「σ^j(ｘ)＝ｘ＋ｊ」から。
よって、τ(ｋ＋１)＝τ(ｋ)＋ｊ　つまり、括弧の中が１減るとｊが加わる。これを繰り返すと、
τ(ｋ＋１)＝τ(ｋ)＋ｊ＝τ(ｋ－１)＋ｊ＋ｊ＝…＝τ(０)＋(ｋ＋１)ｊ

＞よってτはＡＧＬ(１,ｐ)に入る（ａ＝ｊ，ｂ＝τ(０)）

「ＡＧＬ(１,ｐ)＝{τ∈Ｓp；τ(ｘ)＝ａｘ＋ｂ，ここでａ≠０かつｂ＝０,１,…,ｐ－１}」

上より、τ(ｋ＋１)＝τ(０)＋(ｋ＋１)ｊ
∴τ(ｋ＋１)＝ｊ(ｋ＋１)＋τ(０)
ここで、ｋ＋１＝ｘ，ｊ＝ａ，τ(０)＝ｂとすれば、τ(ｘ)＝ａｘ＋ｂ

おまけ：

問題
図のように、円Ｏ，Ｏ'は点Ａで接していて、半径はそれぞれ１０ｃｍ，５ｃｍである。点Ｐは円Ｏの周上を点Ａから反時計まわりに一定の速さで動き、３０秒で１周する。点Ｑは円Ｏ'の周上を点Ａから時計まわりに一定の速さで動き、６０秒で１周する。点Ｐ，Ｑが同時に点Ａを出発したとき、次の各問いに答えなさい。
（１）点Ｐが円Ｏの周上を１周する間に、３点Ａ，Ｐ，Ｑが同一直線上にならぶのは、点Ａを出発してから何秒後か。
（２）点Ｐが円Ｏの周上を１周する間に、∠ＡＰＱが９０°となるのは、点Ａを出発してから何秒後か。
（９１　東京学芸大付）

模範解答
１秒後に、Ｐは大円の３６０°÷６０＝６°の中心角にあたるおうぎ形の弧上を動く。
（１）ｘ秒後にＡ，Ｐ，Ｑが一直線上に並ぶのは、右図のような位置関係（注：欄外に「２つの円は点Ａを相似の中心（拡大の中心）として相似なので、Ｏ'Ｑ∥ＯＰ」とある）のときで、
６ｘ°＋１２ｘ°＝３６０°より、ｘ＝２０（秒後）
（注：優角∠ＡＯＰ＝１２ｘ°，劣角∠ＡＯ'Ｑ＝６ｘ°）
（２）∠ＡＱＰが９０°となるのは、図１，図２のような場合（注：図１は点Ｐが半円の上部で点Ｑが半円の下部にありＰＯＱが一直線の場合。図２は点Ｐ，Ｑ共に半円の下部にありＰＱＯが一直線の場合）で、いずれの場合も、∠ＱＯＯ'＝３ｘ°だから、
図１のとき、１２ｘ°＋３ｘ°＝１８０°より、
ｘ＝１２（秒後）
図２のとき、１２ｘ°＋３ｘ°＝３６０°より、
ｘ＝２４（秒後）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞「２つの円は点Ａを相似の中心（拡大の中心）として相似なので、Ｏ'Ｑ∥ＯＰ」

相似の中心とは、普通は大小の２つの相似な三角形が同じ向きに存在していて、その対応する２つの頂点を延長すると３直線は１点で交わり、その点が相似の中心。（拡大の中心である事も分かるだろう。）
今回は２つの相似な△ＡＯ'Ｑと△ＡＯＰが重なっていてさらに相似の中心が点Ａという図。
よって、Ｏ'Ｑ∥ＯＰという事が分かるだろう。

＞いずれの場合も、∠ＱＯＯ'＝３ｘ°

いずれの場合も中心角と円周角の関係より、
６ｘ°÷２＝３ｘ°という事。（図を描いて下さい。）

因みに、私は図２の方にうっかり（全く）気付かず失敗しました。
念のため、なぜ３点Ｐ，Ｏ，Ｑが一直線上にある場合かというと、∠ＡＱＯ＝９０°だから点ＰはＱＯ上になければならないからである。ここで、もう１点も３点Ｐ，Ｑ，Ｑが一直線上にある場合と気付けば良かったのですが。残念。（後者は、∠ＡＱＯ＝９０°より∠ＡＱＰ＝１８０°－９０°＝９０°だから。）

因みに、（１）は初めは３点ＡＰＱが一直線のなる場合を想定して、劣弧ＡＱと劣弧ＡＰが相似形になると考えて、優弧ＡＰ＋劣弧ＡＱ＝中心角３６０°（１周）と考えて、６°ｘ＋１２°ｘ＝３６０°で解きました。
次に、地味に中点連結定理みたいな図をちまちま描いてそれぞれの中心角の和で同じ式で求めました。（念のため、その間に模範解答は見ていません。）

おまけ：

解説
＞演習問題１１
Ｒを整域とする。Ｒ*で定義された負でない整数の値をとる関数φで、次の条件を満足するものが存在するとき、Ｒをユークリッド環という。
（ⅰ）ｂ∈Ｒ*，ａ∈Ｒならば、Ｒの元ｑ,ｒが存在して
ａ＝ｂｑ＋ｒ，ｒ＝０またはφ(ｒ)＜φ(ｂ)
（ⅱ）ａ,ｂ∈Ｒ，ａ≠０，ｂ≠０⇒φ(ａ)≤φ(ａｂ)

要は、環の中でも上の２つの条件をさらに満たすものをユークリッド環という事。因みに、整数環ℤはさらにこの２つの条件を満たし、ユークリッド環である。（続きにその証明が載っている。）

＞（ａ）有理整数環ℤがユークリッド環であることを示す。整数ａに対してその絶対値を対応させる写像φ(ａ)＝|ａ|を考える。
φ：ℤ→{０}∪ℕ（ａ→|ａ|）

つまり、「負でない整数の値をとる関数φ」は１つあれば良い。そこで、φ(ａ)＝|ａ|が選ばれた訳である。（像が全て０以上になる関数なら何でも良いという事。）

＞（ⅰ）ａ∈ℤ，ｂ∈ℤ*に対して、第１章除法の定理1.5（これはｂ＜０のときにも成り立つことが確かめられる）によってａ＝ｑｂ＋ｒ（∃ｑ,ｒ∈ℤ，０≤|ｒ|＜|ｂ|）が成り立つ。

定理1.5（除法の定理）
ａ,ｂを整数で、ｂ＞０とすると、
ａ＝ｑｂ＋ｒ，０≤ｒ＜ｂ
を満足する整数ｑ,ｒが存在する。しかも、ｑ,ｒはａ,ｂにより一意的に定まる。

例えば、－１７＝６・(－３)＋１とすると、ｑ＝６，ｂ＝－３でｒは０≤ｒ＜|ｂ|と出来る。つまり、ｂ＜０の時も成り立つ。（勝手にｂに絶対値を付けたが、こういう事だろう。）
１７＝(－５)(－３)＋２とすると、ｑ＝－５，ｂ＝－３でｒは０≤ｒ＜|ｂ|と出来る。つまり、ｂ＜０の時も成り立つ。
もっとも、ａ＝ｑｂ＋ｒ（∃ｑ,ｒ∈ℤ，０≤|ｒ|＜|ｂ|）だったら、
－１７＝５・(－３)－２としてもｑ＝５，ｂ＝－３でｒは０≤|ｒ|＜|ｂ|を満たす。

＞（ｂ）体Ｋ上の多項式環Ｋ[Ｘ]がユークリッド環であることを示す。多項式ｆ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]に対してその次数を対応させる写像φ(ｆ(Ｘ))＝degｆ(Ｘ)を考える。
φ：Ｋ[Ｘ]→{０}∪ℕ（ｆ(Ｘ)→degｆ(Ｘ)）

多項式環の場合は、「負でない整数の値をとる関数φ」にdeg（次数）が選ばれた訳である。

＞ユークリッド環Ｒは単項イデアル環であることを示す。

まず、単項イデアルとは、(ａ₁)＝ａ₁Ｒという形のイデアルである。単項イデアルじゃない場合は、例えば、(ａ₁,ａ₂)＝ａ₁Ｒ＋ａ₂Ｒというような形。ただし、こういうイデアルでもうまく変形させてａ₃Ｒというような形に出来れば単項イデアルという事。（整数環ℤは単項イデアル環なので必ずこう出来、倍数のような概念。）

＞ＩをＲのイデアルとする。ｎ＝min{φ(ａ)|ａ∈Ｉ,ａ≠０}とおく。このとき、ある０でないＩの元ｂがあって、φ(ｂ)＝ｎを満たす。このとき、イデアルＩはｂによって生成されることを示す。

要は、Ｉ＝ｂＲの形に出来る事を示す訳である。（単項イデアル環である事を示すため。）
因みに、「ある０でないＩの元ｂがあって、φ(ｂ)＝ｎを満たす」は当たり前の事である。

＞はじめに、ｂ∈Ｉであるから(ｂ)⊂Ｉである。

(ｂ)＝ｂＲでｂはイデアルの元なので、ｂＲ⊂Ｉ
∴(ｂ)⊂Ｉ

定義2.1
環Ｒの空でない部分集合Ｉについて、次の３つの条件を考える。
（１）ａ,ｂ∈Ｉ⇒ａ－ｂ∈Ｉ
（２）ｒ∈R，ａ∈Ｉ⇒ｒ・ａ∈Ｉ
（３）ｒ∈R，ａ∈Ｉ⇒ａ・ｒ∈Ｉ
（１）と（２）を満足しているとき、Ｉを環Ｒの左イデアルといい、（１）と（３）を満足しているとき、Ｉを環Ｒの右イデアルという。左イデアルでかつ右イデアルであるものを両側イデアル、あるいは単にイデアルという。

（２）を見れば分かるだろう。

＞Ｒはユークリッド環であるから、Ｉの任意の元ａに対して、
∃ｑ,ｒ∈Ｒ，ａ＝ｂｑ＋ｒ，ｒ＝０またはφ(ｒ)＜φ(ｂ)

ただのユークリッド環の定義（ⅰ）である。

＞ここで、Ｉはイデアルで、ａ,ｂ∈Ｉであるから、ｒ∈Ｉである。

ａ＝ｂｑ＋ｒよりｒ＝ａ－ｂｑで、ａ,ｂｑ∈Ｉだからｒ∈Ｉという事。

＞ｂの決め方よりφ(ｂ)≤φ(ｒ)となる。

上より「φ(ｂ)＝ｎ」でｎの定義よりｎはφ(ａ)の中で最小だから。

＞ゆえに、ａ＝ｂｑ∈(ｂ)＝ｂＲ　すなわち、Ｉ⊂ｂＲであるからＩ＝ｂＲを得る。

上より「Ｉの任意の元ａに対して」より、∀ａ∈Ｉ
また、ａ＝ｂｑ∈(ｂ)＝ｂＲより、ａ∈ｂＲ
よって、∀ａ∈Ｉならばａ∈ｂＲより、Ｉ⊂ｂＲ
また、上（＞はじめに、ｂ∈Ｉであるから(ｂ)⊂Ｉである）より、ｂＲ⊂Ｉ
よって、Ｉ⊂ｂＲかつｂＲ⊂Ｉより、Ｉ＝ｂＲ

おまけ：

問題
１辺の長さがａｃｍの正方形ＡＢＣＤがある。辺ＢＣ上に点Ｅをとり、さらにＣＥ＝ＣＦとなるように点Ｆを辺ＣＤ上にとる。いま点ＥからＡＦに垂直な直線を引き、ＡＦとの交点をＨとする。
（１）∠ＥＨＣの大きさを求めよ。
（２）点Ｅが点Ｂから点Ｃまで動くとき、点Ｈの動いてできる図形の長さを求めよ。
（３）点Ｅが点Ｂから点Ｃまで動くとき、△ＨＡＣの面積が最大になるときの、ＣＦの長さを求めよ。
（８５　東京学芸大付）

模範解答
（１）∠ＥＨＦ＝∠ＥＣＦ＝９０°より、４点Ｈ，Ｅ，Ｃ，Ｆは同一円周上にある。
△ＣＥＦは直角二等辺三角形だから、∠ＥＦＣ＝４５°よって、∠ＥＨＣ＝∠ＥＦＣ＝４５°
（２）∠ＡＨＥ＝∠ＡＢＥ＝９０°より、４点Ａ，Ｂ，Ｅ，Ｈは同一円周上にある。
∠ＢＡＨ＝∠ＤＦＡ（錯角）・・・①
∠ＤＦＡ＝∠ＢＥＡ（△ＡＤＦ≡△ＡＢＥ）・・・②
∠ＢＥＡ＝∠ＢＨＡ（円周角の定理）・・・③
①，②，③より、∠ＢＡＨ＝∠ＢＨＡ
よって、ＢＨ＝ＢＡ＝ａ
そこで、ＨはＢからの距離が一定値ａｃｍの円周上を動く。ＥがＢのとき、ＨはＡに、ＥがＣのとき、ＨはＣに重なるから、Ｈは、Ｂを中心として半径ａｃｍの円のうち、弧ＡＣ上を動き、その長さは、
２ａπ×(90°/360°)＝ａπ/２（ｃｍ）
（３）ＨからＡＣに下した垂線の長さが最大となるとき、△ＨＡＣも最大で、それはＨが弧ＡＣの中点のとき。このとき、△ＨＢＡ∽△ＨＤＦだから、
ＤＦ＝ＤＨ＝ＢＤ－ＢＨ＝(√２－１)ａ
よって、ＣＦ＝ＣＤ－ＤＦ
＝ａ－(√２－１)ａ＝(２－√２)ａ（ｃｍ）
「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。欄外に、

「∠ＡＨＣ＝１３５°，よって、ＡＣを見込む角が１３５°（一定）となる点の軌跡として考えることもできる」

とあり、（２）の私の解法と同じなので、これをやる。

別解
（２）（１）より、∠ＥＨＣ＝４５°また、条件より、∠ＡＨＥ＝９０°∴∠ＡＨＣ＝９０°＋４５°＝１３５°
つまり、点ＥがＢＣ上のどこにあっても∠ＡＨＣは一定で１３５°という事である。
そこで、この角を円周角とする円の中心を考えると、ＯＡ＝ＯＨ＝ＯＣで円周角と中心角より優角∠ＡＯＣ＝１３５°×２＝２７０°
よって、劣角∠ＡＯＣ＝３６０°－２７０°＝９０°
つまり、ＯＡ＝ＯＣで∠ＡＯＣ＝９０°となる点がＯであり、点Ｂと一致する事が分かる。
よって、点Ｈの軌跡は点Ｂを中心とした半径ａｃｍの四分円である。
よって、２ａπ×(１/４)＝ａπ/２ｃｍ

因みに、（３）も多少別解である。模範解答は（２）の二等辺三角形である事を利用しているが、それは使わなくても出来る。

（３）「ＨからＡＣに下した垂線の長さが最大となるとき、△ＨＡＣも最大で、それはＨが弧ＡＣの中点のとき。このとき、△ＨＢＡ∽△ＨＤＦ」までは同じ。
∴ＢＨ：ＤＨ＝ＡＢ：ＦＤ
また、ＢＤ＝√２ａ，ＢＨ＝ａより、
ＤＨ＝√２ａ－ａ＝(√２－１)ａ
これらを代入すると、
ａ：(√２－１)ａ＝ａ：ＦＤ
∴１：(√２－１)＝ａ：ＦＤ
∴ＦＤ＝(√２－１)ａ
∴ＣＦ＝ａ－(√２－１)ａ＝(２－√２)ａｃｍ

おまけ：

解説
＞ζ₈はΦ₈(ｘ)＝Φ₂(ｘ⁴)＝ｘ⁴＋１の根である（問題7-6）。
ｅ^(2n+1)πi＝－１（ｎは整数）より
ｘ＝ｅ^{(2n+1)πi/4}＝ｅ^(πi/4)，ｅ^(3πi/4)，
ｅ^(5πi/4)，ｅ^(7πi/4)
である。
すなわちｘ＝±(１＋ｉ)/√２，±(－１＋ｉ)/√２

ｘ⁴＋１＝０とすると、ｘ⁴＝－１＝ｅ^(2n+1)πi
∵ｅ^(2n+1)πi＝cos(2n+1)π+ｉsin(2n+1)π
＝(cos2nπ+ｉsin2nπ)(cosπ+ｉsinπ)
（ド・モワブルの公式より）
＝(１＋０)(－１＋０)＝－１だから。
∴ｘ＝ｅ^{(2n+1)πi/4}
（複素平面で考えるという事。）
これにｎ＝０,１,２,３を代入すると、
ｘ＝ｅ^{(2n+1)πi/4}＝ｅ^(πi/4)，ｅ^(3πi/4)，
ｅ^(5πi/4)，ｅ^(7πi/4)
ｅ^(πi/4)＝cos(π/4)＋ｉsin(π/4)
＝１/√２＋(１/√２)ｉ＝(１＋ｉ)/√２
他も同様で省略。
別解
ｘ⁴＋１＝０とすると、(ｘ²＋１)²－２ｘ²＝０
∴(ｘ²＋√２ｘ＋１)(ｘ²－√２ｘ＋１)＝０
∴ｘ＝(－√２±√２ｉ)/２，(√２±√２ｉ)/２
∴ｘ＝(－１±ｉ)/√２，(１±ｉ)/√２
念のため、上のｘ＝±(１＋ｉ)/√２，
±(－１＋ｉ)/√２と異なるのは組み合わせが違うだけである。

＞ζ₉はΦ₉(ｘ)＝Φ₃(ｘ³)＝ｘ⁶＋ｘ³＋１の根である。
したがってｘ＝ω^j∛ω，ω^j∛ω²（ｊ＝０,１,２）
である。

ｘ⁶＋ｘ³＋１＝０とすると、Ｘ²＋Ｘ＋１＝０のＸ＝ｘ³を代入した形である。よって、まずＸ²＋Ｘ＋１＝０を解くと、
Ｘ＝ω，ω²である。これらをＸ＝ｘ³に代入すると、
ｘ³＝ω，ｘ³＝ω²
∴ｘ＝∛ω，∛ωω，∛ωω²，
∛ω²，∛ω²ω，∛ω²ω²
よって、ｘ＝ω^j∛ω，ω^j∛ω²（ｊ＝０,１,２）と表現出来る。

おまけ：
https://www.google.com/search?q=%E6%99%82%E9%96%93%E3%81%AE%E5%9B%BD%E3%81%AE%E3%82%A2%E3%83%AA%E3%82%B9+%E6%AD%8C%E8%A9%9E&sca_esv=ddd3517e30c59c67&sca_upv=1&hl=ja&ei=e1zZZq_AAvCM2roP86KR2QU&oq=%E3%80%80+%E6%99%82%E9%96%93%E3%81%AE%E5%9B%BD%E3%81%AE%E3%82%A2%E3%83%AA%E3%82%B9&gs_lp=Egxnd3Mtd2l6LXNlcnAiHOOAgCDmmYLplpPjga7lm73jga7jgqLjg6rjgrkqAggBMgUQABiABDIKEAAYgAQYQxiKBTIFEAAYgAQyBRAAGIAEMgUQABiABDIFEAAYgAQyBRAAGIAEMgUQABiABDIFEAAYgAQyBhAAGAcYHkiOMlDoFVj5GXABeACQAQCYAXmgAb0EqgEDMy4zuAEByAEA-AEBmAIDoALPAcICCxAAGLADGKIEGIkFwgILEAAYgAQYsAMYogTCAggQABiABBiiBJgDAIgGAZAGApIHAzIuMaAHwA8&sclient=gws-wiz-serp

解説
＞ここで、ｆ(Ｘ)≠０，ｇ(Ｘ)≠０である

(ｆ(Ｘ))は零イデアルではないから。

＞Ｘ∈(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))＝(ａ)＝ａℤ[Ｘ]

まず、Ｘ∈(２,Ｘ)の厳密な解説。(２,Ｘ)はℤ[Ｘ]のイデアルだから、２ℤ[Ｘ]＋Ｘℤ[Ｘ]という形をしていて、０,１∈ℤ[Ｘ]を選べば、
Ｘ＝２・０＋Ｘ・１∈２ℤ[Ｘ]＋Ｘℤ[Ｘ]＝(２,Ｘ)　よって、Ｘ∈(２,Ｘ)
次に、(ａ)＝ａℤ[Ｘ]の解説。ａ∈ℤ*だから(ａ)＝ａℤ*と考えてしまいそうだが、(ａ)＝(２,Ｘ)がℤ[Ｘ]のイデアルだから、(ａ)＝ａℤ[Ｘ]である。

＞ａ＝ｂ＝１かまたはａ＝ｂ＝－１である。

この時点で、「２＝ｆ(Ｘ)・ｇ(Ｘ)」と「ｆ(Ｘ)＝ａ∈ℤ*，ｇ(Ｘ)＝ｂ∈ℤ*」と「ａｂ＝１」より、
２＝１で矛盾。
このショートカットはどうでしょう。
と思ったが、ｂが２種類ある事に気が付いた。つまり、ｇ(Ｘ)＝ｂとｈ(Ｘ)＝ｂＸ＋ｃ，ｂ,ｃ∈ℤ
何故、ｃＸ＋ｄとしなかったのだろう。ショートカットは失敗です。

＞したがって、ａ＝±１　このとき、
(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))＝(ａ)＝(１)＝ℤ[Ｘ]
ゆえに、２・ξ(Ｘ)＋Ｘ・η(Ｘ)＝１，ξ(Ｘ)，η(Ｘ)∈ℤ[Ｘ]
なる関係がある。ここで、Ｘ＝０とすると、２・ξ(０)＝１　これは、ξ(０)∈ℤであるから矛盾である。したがって、(２,Ｘ)は単項イデアルではない。

２・ξ(Ｘ)＋Ｘ・η(Ｘ)＝１，∃ξ(Ｘ)，η(Ｘ)∈ℤ[Ｘ]として「∃」記号を付けた方が良いと思います。

おまけ：

問題１
△ＡＢＣの内心をＩとし、ＩからＡＩに対して垂線を立て辺ＡＢ，ＡＣとの交点をそれぞれＥ，Ｆとすると、ＢＥ＝２，ＣＦ＝１となった。この時、ＥＦの長さを求めよ。

解答
Ｉは内心よりＡＩ，ＢＩ，ＣＩを結ぶと、それぞれは∠Ａ，∠Ｂ，∠Ｃの二等分線。
よって、∠ＩＡＢ＝∠ＩＡＣ＝ａ，∠ＩＢＡ＝∠ＩＢＣ＝ｂ，∠ＩＢＣ＝∠ＩＣＡ＝ｃと置くと、
２ａ＋２ｂ＋２ｃ＝１８０°より、
ａ＋ｂ＋ｃ＝９０°———①
また、四辺形ＢＡＩＣでブーメランの定理を使うと、
２ｂ＋ａ＋ｃ＝∠ＡＩＣ＝９０°＋∠ＦＩＣ
∴ａ＋ｂ＋ｃ＋ｂ＝９０°＋∠ＦＩＣ———②
①を②に代入して相殺すると、∠ＦＩＣ＝ｂ
また、四辺形ＣＡＩＢでブーメランの定理を使うと、
２ｃ＋ａ＋ｂ＝∠ＡＩＢ＝９０°＋∠ＥＩＢ
∴ａ＋ｂ＋ｃ＋ｃ＝９０°＋∠ＥＩＢ———③
①を③に代入して相殺すると、∠ＥＩＢ＝ｃ
∴∠ＥＢＩ＝∠ＦＩＣ＝ｂ
∠ＥＩＣ＝∠ＦＣＩ＝ｃより、２角が等しいので、
△ＢＥＩ∽△ＩＦＣ　∴ＢＥ：ＥＩ＝ＩＦ：ＦＣ———☆
ところで、ＡＩ⊥ＥＦでＡＩは∠Ａの二等分線より、点ＩはＥＦの中点。∴ＥＩ＝ＩＦ
これとＢＥ＝２，ＦＣ＝１を☆に代入すると、
２：ＥＩ＝ＥＩ：１　∴ＥＩ²＝２
ＥＩ＞０より、ＥＩ＝√２　∴ＥＦ＝２√２

念のため、ブーメランの定理など使わなくても出来るが、適当。
問題２は時間が経つと消えてしまうので、模範解答も残しておく。

問題２
∠Ｃが直角の直角二等辺三角形ＡＢＣの辺ＡＣ上に、ＡＢ：ＥＢ＝５：４となる点Ｅがある。また、ＢＥの延長上にＤＣ＝ＡＣとなる点Ｄを取る。
この時、△ＡＢＥの面積が８０ｃｍ²になったという。△ＡＢＤの面積を求めて下さい。

解法１
△ＡＢＣは直角二等辺三角形より、ＣＢ＝ＣＡ
また、条件より、ＣＡ＝ＣＤ
よって、点Ｃを中心に半径ＣＢの円を描くと、３点Ｂ，Ａ，Ｄは同一円周上にある。
よって、円周角と中心角の関係より、
∠ＡＤＢ＝(１/２)∠ＡＣＢ＝(１/２)×９０°＝４５°
また、∠ＥＡＢ＝∠ＣＡＢ＝４５°
∴∠ＡＤＢ＝∠ＥＡＢ　また、∠ＡＢＥは共通より２角が等しいので、△ＡＢＥ∽△ＢＤＡ
ＢＥ：ＢＡ＝４：５より、面積比は１６：２５
∴△ＢＤＡ＝(２５/１６)×８０＝１２５ｃｍ²
よって、△ＡＢＤの面積は１２５ｃｍ²

解法２は次回。

おまけ：
「ところで、『彼以外にはだれも知らない』彼の名とは、いったい何であろう？私はそれが「マイトレーヤ」であるという気がしてならない。そして、それは決してあり得ないことではないのではないか、と思われるのである。
　マイトレーヤは、未来に現われ衆生を救うといわれている仏陀である。日本では弥勒菩薩という名で知られている。このマイトレーヤのルーツをたどっていくと、なんとこれもゾロアスター教へと帰り着くのだ。
　ゾロアスター教には、ミスラという神が存在する。ゾロアスター教以前でも、古代ペルシャにおいてこの神の存在が認められるものであるが、古代ペルシャでもゾロアスター教でも、アフラの世界に属する神であるとしている。この神の性質は、司法神（善業・悪業の監視者、死後の審判の判官）・牧畜の神・戦神であるという。アフラに属するので、善神・光の神でもあるということになる。
　このミスラ神が、インドで光、盟約、正義神ミトラとなり、“友”を表わす同じ言葉ミトラ（Mitra）の派生語であるマイトレーヤ（Maitreya）へと変化していったらしい。
　この神の持つ、善業・悪業の監視者としての性格、戦神であるという性格を見てみると、これから悪業を清算させるために出陣しようとしている、転輪聖王のそれとそっくりではないか。ゆえに、私には転輪聖王がマイトレーヤなのではないかと思われるのである。」
「滅亡から虚空へ」麻原彰晃著より
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12863252473.html

問題２
∠Ｃが直角の直角二等辺三角形ＡＢＣの辺ＡＣ上に、ＡＢ：ＥＢ＝５：４となる点Ｅがある。また、ＢＥの延長上にＤＣ＝ＡＣとなる点Ｄを取る。
この時、△ＡＢＥの面積が８０ｃｍ²になったという。△ＡＢＤの面積を求めて下さい。

解法１の系　
直角二等辺三角形より、ＣＢ＝ＣＡ———①
また、条件より，ＣＡ＝ＣＤ———②
①，②より、ＣＢ＝ＣＤ
よって、△ＣＢＤは二等辺三角形より、
∠ＣＢＤ＝∠ＣＤＢ＝ａと置く。
また、△ＣＡＤも二等辺三角形より、
∠ＣＡＤ＝∠ＣＤＡ＝ｂと置くと、
∠ＡＣＤ＝１８０°－２ｂ
∴∠ＢＣＤ＝９０°＋(１８０°－２ｂ)
＝２７０°－２ｂ
よって、△ＣＢＤの内角の和より、
２７０°－２ｂ＋２ａ＝１８０°
∴２ｂ－２ａ＝９０°∴ｂ－ａ＝４５°
∴∠ＡＤＢ＝ｂ－ａ＝４５°
また、∠ＥＡＢ＝∠ＣＡＢ＝４５°より、
∠ＡＤＢ＝∠ＥＡＢ
また、∠ＡＢＥは共通より２角が等しいので、
△ＡＢＤ∽△ＥＢＡで相似比は５：４
よって、面積比は５²：４²＝２５：１６
∴△ＡＢＤ＝(２５/１６)×８０＝１２５ｃｍ²

解法３
ＡＢ＝５，ＢＥ＝４と置くと、△ＡＢＣは直角二等辺三角形より、ＢＣ＝５/√２
また、条件より、ＤＣ＝ＡＣ＝ＢＣ＝５/√２
ここで、ＤからＡＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＥＤＨ∽△ＥＢＣ　
また、ＤＨ＝ｘ，ＨＣ＝ｙと置くと、
４：５/√２＝ＥＤ：ｘが成り立つ。
∴(５/√２)ＥＤ＝４ｘ　∴ＥＤ＝４√２ｘ/５
∴ＢＤ＝４＋４√２ｘ/５
今、ＤからＢＣの延長上に垂線を下ろしその足をＩとすると、ＩＣ＝ＤＨ＝ｘ，ＤＩ＝ＨＣ＝ｙ
よって、△ＤＣＩと△ＤＢＩでそれぞれ三平方の定理を使うと、
ｘ²＋ｙ²＝(５/√２)²———①
(ｘ＋５/√２)²＋ｙ²＝(４＋４√２ｘ/５)²
∴ｘ²＋５√２ｘ＋２５/２＋ｙ²＝１６＋３２ｘ²/２５＋３２√２ｘ/５
∴７ｘ²/２５－ｙ²＋７√２ｘ/５＝－７/２———②
①＋②より、
３２ｘ²/２５＋７√２ｘ/５＝２５/２－７/２＝９
∴３２ｘ²＋３５√２ｘ－２２５＝０
これを解の公式でとくと、
ｘ＝{－３５√２±√(２４５０＋２８８００)}/６４
＝(－３５√２±１２５√２)/６４
＝９０√２/６４，－１６０√２/６４
ｘ＞０より、ｘ＝４５√２/３２＝４５/１６√２
∴ＢＣ：ＤＨ＝５/√２：４５/１６√２
＝１６：９
∴△ＡＢＥ：△ＡＤＥ＝１６：９
∴△ＡＢＤ＝(２５/１６)△ＡＢＥ
＝(２５/１６)×８０＝１２５ｃｍ²

おまけ：

解説
＞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。
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)　（＊）

ｐ＝３の場合で、実際に確認してみる。
ａ＝１,２，ｂ＝０,１,２
（＊）は２段だが１段で表す事にする。
(α₀ α₁ α₂)→(αb αa+b α2a+b)
（ⅰ）ａ＝１,ｂ＝０の場合、
(α₀ α₁ α₂)→(α₀ α₁ α₂)
（ⅱ）ａ＝１,ｂ＝１の場合、
(α₀ α₁ α₂)→(α₁ α₂ α₃)＝(α₁ α₂ α₀)
（ⅲ）ａ＝１,ｂ＝２の場合、
(α₀ α₁ α₂)→(α₂ α₃ α₄)＝(α₂ α₀ α₁)
（ⅳ）ａ＝２,ｂ＝０の場合、
(α₀ α₁ α₂)→(α₀ α₂ α₄)＝(α₀ α₂ α₁)
（ⅴ）ａ＝２,ｂ＝１の場合、
(α₀ α₁ α₂)→(α₁ α₃ α₅)＝(α₁ α₀ α₂)
（ⅵ）ａ＝２,ｂ＝２の場合、
(α₀ α₁ α₂)→(α₂ α₄ α₆)＝(α₂ α₁ α₀)
全てダブらず欠ける事なく、Ｓ₃であるのでＯＫ。

＞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。

(αb αa+b … αak+b … αa(p-1)+b)　（＊）
を見れば、ａｘ＋ｂである事は一目瞭然。
また、「ａ＝１,２,…,ｐ－１とｂ＝０,１,…,ｐ－１」より、(ｐ－１)×ｐ＝ｐ(ｐ－１)個ある事も簡単。

＞定理の証明を次の順に説明します：
ｆ(ｘ)の群Ｇfは可解である
⇒（①）Ｇfに含まれる入れ換えは（＊）の形である
⇒（②）ｆ(ｘ)の根はすべて、そのうち２つの根の式で表される
⇒（③）ｆ(ｘ)の群は可解である

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。

この同値関係を証明する訳だが、
（１）は「ｆ(ｘ)の群Ｇfは可解である」
（２）は「ｆ(ｘ)の根はすべて、そのうち２つの根の式で表される」
が対応し、「Ｇfに含まれる入れ換えは（＊）の形である」を入れる事によって、（１）と（２）の同値関係を証明する訳である。
つまり、（１）⇒（２）は、①と②
（２）⇒（１）は、③
で証明するという事。

＞べき根の式を定数に付け加えてｆ(ｘ)が既約でなくなる場合、ｆ(ｘ)は等しい次数の既約多項式の積に分解します（問題9-9）。

問題 9-9b
多項式ｆ(ｘ)のすべての根の式を利用して、（定数係数）既約多項式ｇ(ｘ)がｇ₁(ｘ)…ｇs(ｘ)と分解するとき（ただしｇi(ｘ)はｆ(ｘ)の根の式を係数とする既約単多項式）、ｇ₁(ｘ),…ｇs(ｘ)の次数はすべて等しいことを示せ。

つまり、既約多項式ｆ(ｘ)の係数にべき根の式を付け加えて既約でなくなったとする。その時は定理9-9bによりｆ(ｘ)は全て等しい次数の積に分解されるという事。

＞よってｆ(ｘ)は、定数が増えて可約になったとき、１次式の積に分解します（∵ｐは素数だから）。

因数分解されたｘの次数が全て等しくて、全体がｐ次方程式（素数次）なのだから、ｘの次数は全て１である。（２とかだったら２の倍数（合成数）になってしまうから。）

＞可約になる直前のｆ(ｘ)の群Ｈfは１元生成で素数個の元からなるので、ちょうどｐ個の元からなります（問題9-5参照）。

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。」

「可約になる直前のｆ(ｘ)の群Ｈf」は、
Ｇs-1/Ｇs＝Ｇs-1/{ｅ}＝Ｇs-1の事で、商群Ｇs-1/Ｇsは１つの元で生成された素数個の元からなるので、
まず、Ｈfは素数個の元からなる。次に、

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。

「よってｆ(ｘ)は、定数が増えて可約になったとき、１次式の積に分解します」より、ｆ(ｘ)にべき根の式を付け加えたｆ(ｘ)はこのｇ(ｘ)に当たり、上よりｐ次である。そして、「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」ので、Ｈf＝Ｇs-1/Ｇs（例えである）よりＨfの元はｐ個であるいう事。

＞Ｈfを生成する入れ換えをσとすると、ｆ(ｘ)の根はα,σ(α),…,σ^(p-1)(α)となります。

このｆ(ｘ)は問題9-5bのｇ(ｘ)に当たり、ｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)…(ｘ－βs)のβ₁～βsは「Ｇfの根のすべての入れ換え」によるβの変化である。
また、定義10.3より「Ｈf＝Ｇs-1/Ｇs（例えである）」は１つの元で生成されている。
よって、α,σ(α),…,σ^(p-1)(α)となるという事。

全く的外れとは思いませんが、的がずれていたりしたらごめんなさい。（飽くまで参考程度。）

おまけ：

解説
＞多項式環Ｋ[Ｘ,Ｙ]の任意の多項式をｆ(Ｘ,Ｙ)とすると、
ｆ(Ｘ,Y)＝ｆ₁(Ｘ)＋Ｙｆ₂(Ｘ,Ｙ)，ｆ₁(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]，ｆ₂(Ｘ,Ｙ)∈Ｋ[Ｘ,Ｙ]
と一意的に表される。

ｆ(Ｘ,Y)はⅩとYの多項式で、これをＸだけの多項式とⅩだけの項がないＸとＹの多項式の和として見るという事である。
例えば、ｆ(Ｘ,Y)＝Ｘ³Ｙ²＋Ｘ²Ｙ＋Ｘだったらｆ₁(Ｘ)＝Ｘ，ｆ₂(Ｘ,Ｙ)＝Ｘ³Ｙ＋Ｘ²

＞イデアル(Ｙ)を用いて合同式で表現すると
ｆ(Ｘ,Ｙ)≡ｆ₁(Ｘ)（mod (Ｙ)）
である。

初学者のために誤解を恐れずに言うと、イデアルとは倍数のような概念である。つまり、イデアル(Ｙ)はＹの倍数の集合という意味。だから、
ｆ(Ｘ,Y)＝ｆ₁(Ｘ)＋Ｙｆ₂(Ｘ,Ｙ)をmod (Ｙ)の合同式で表すと、Ｙｆ₂(Ｘ,Ｙ)≡０になるので、
ｆ(Ｘ,Ｙ)≡ｆ₁(Ｘ)（mod (Ｙ)）という事である。
念のため、Ｙｆ₂(Ｘ,Ｙ)≡０（mod (Ｙ)）は整数の合同式とは違いＹｆ₂(Ｘ,Ｙ)∈(Ｙ)だからである。

＞このとき、(Ｙ)はイデアルであるから、定理2.1より
ｆ(Ｘ,Ｙ)＋ｇ(Ｘ,Ｙ)≡ｆ₁(Ｘ)＋ｆ₂(Ｘ)（mod (Ｙ)）
ｆ(Ｘ,Ｙ)・ｇ(Ｘ,Ｙ)≡ｆ₁(Ｘ)・ｆ₂(Ｘ)（mod (Ｙ)）

定理2.1
環Ｒの部分集合Ｉが加法に関して部分群であるとする。このとき、上で定義した同値関係について、次の条件（５）と（６）は同値である。
（５）ａ≡ｂ（modＩ），ｃ≡ｄ（modＩ）⇒ａ・ｃ≡ｂ・ｄ（modＩ）
（６）（ⅰ）ｒ∈Ｒ，ａ∈Ｉ⇒ｒ・ａ∈Ｉ
　　　（ⅱ）ｒ∈Ｒ，ａ∈Ｉ⇒ａ・ｒ∈Ｉ

下の式は、定理2.1の（５）からである。上の式はもっと基本的に成り立つ事実である。つまり、Ｉがイデアルじゃなくても成り立つ。

第２章定理5.1
Ｈを群Ｇの部分群とするとき、次の命題は同値である。注：（１）（２）（４）（５）は省略。
（３）∀ａ,ｂ,ｃ,ｄ∈Ｇに対して次が成り立つ。
ａ≡ｂ（mod Ｈ），ｃ≡ｄ（mod Ｈ）
⇒ａｃ≡ｂｄ（mod Ｈ）

これは群での話なので演算を何にしても良い。よって、加法にすると、
ａ≡ｂ（mod Ｈ），ｃ≡ｄ（mod Ｈ）
⇒ａ＋ｃ≡ｂ＋ｄ（mod Ｈ）

これを多項式環に当てはめただけである。

＞このことより、
Φ(ｆ(Ｘ,Ｙ)＋ｇ(Ｘ,Ｙ))＝ｆ₁(Ｘ)＋ｆ₂(Ｘ)
＝Φ(ｆ(Ｘ,Ｙ))＋Φ(ｇ(Ｘ,Ｙ))
Φ(ｆ(Ｘ,Ｙ)・ｇ(Ｘ,Ｙ))＝ｆ₁(Ｘ)・ｆ₂(Ｘ)
＝Φ(ｆ(Ｘ,Ｙ))・Φ(ｇ(Ｘ,Ｙ))
Φ(１)＝１

Φ：Ｋ[Ｘ,Ｙ]→Ｋ[Ｘ]（ｆ(Ｘ,Ｙ)→Φ(ｆ(Ｘ,Ｙ))＝ｆ₁(Ｘ)）
で、Φ(１)の時、Ｘ＝Ｙ＝０かつ定数項１
この時、Φ(ｆ(０,０))＝ｆ₁(０)でｆ₁(０)の定数項１より、Φ(１)＝１
（写像元と写像先の定数項が必ず等しい理由は簡単なので自分で考えて下さい。）

＞また、Ｋ[Ｘ]の任意の元ｆ(Ｘ)はＫ[Ｘ,Ｙ]の元と考えられ、Φ(ｆ(Ｘ))＝ｆ(Ｘ)であるので、Φは全射である。

Ｋ[Ｘ,Ｙ]のＹを０とすれば良いだけだから。そして、写像先の任意のｆ(Ｘ)に対して写像元のＫ[Ｘ,Ｙ]にはｆ(Ｘ)が必ず存在するから、Φ(ｆ(Ｘ))＝ｆ(Ｘ)
よって、全射であるという事。

＞次に、Φの核を調べる。
ｆ(Ｘ,Ｙ)∈kerΦ⇔Φ(ｆ(Ｘ,Ｙ))＝０⇔ｆ₁(Ｘ)＝０
⇔ｆ(Ｘ,Ｙ)≡０（mod (Ｙ)）⇔ｆ(Ｘ,Ｙ)∈(Ｙ)
ゆえに、kerΦ＝(Ｙ)＝ＹＫ[Ｘ,Ｙ]

ｆ(Ｘ,Ｙ)≡０（mod (Ｙ)）⇔ｆ(Ｘ,Ｙ)∈(Ｙ)は、上でも簡単に述べたが、今回は厳密に示す。
ｆ(Ｘ,Ｙ)≡０（mod (Ｙ)）
⇔ｆ(Ｘ,Ｙ)＋(Ｙ)＝０＋(Ｙ)
⇔ｆ(Ｘ,Ｙ)＋(Ｙ)＝(Ｙ)
ここで、定理4.1の系を使うと、

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

これは群での話なので、演算を好きに変えて良い。よって、加法にすると、
ａ＋Ｈ＝Ｈ⇔ａ∈Ｈ

よって、上の式も
ｆ(Ｘ,Ｙ)＋(Ｙ)⇔ｆ(Ｘ,Ｙ)∈(Ｙ)
となる。
よって、ｆ(Ｘ,Ｙ)∈kerΦ⇔ｆ(Ｘ,Ｙ)∈(Ｙ)
となり、kerΦ＝(Ｙ)

＞準同型定理3.5によって
Ｋ[Ｘ,Ｙ]/ＹＫ[Ｘ,Ｙ]＝Ｋ[Ｘ,Ｙ]/kerΦ≃Ｋ[Ｘ]
Ｋは体であるから、Ｋ[Ｘ]は整域（定理4.2）である。

定理3.5（準同型定理）
Ｒ，Ｒ'を環，ｆ：Ｒ→Ｒ'をＲからＲ'への準同型写像であるとする。写像
|ｆ：Ｒ/kerｆ→Ｒ'
　　　 |ａ→ｆ(ａ)
は剰余環Ｒ/kerｆから環Ｒ'への単準同型写像である。すなわち、
Ｒ/kerｆ≃ｆ(Ｒ)

この定理は、ｆ：Ｒ→Ｒ'があってkerｆが分かっていれば、Ｒ/kerｆ≃ｆ(Ｒ)が成り立つという定理である。
よって、Φ：Ｋ[Ｘ,Ｙ]→Ｋ[Ｘ]に適用すると、
Ｋ[Ｘ,Ｙ]/kerΦ≃Ｋ[Ｘ]
また、すぐ上でkerΦ＝(Ｙ)＝ＹＫ[Ｘ,Ｙ]だったので、kerΦ＝ＹＫ[Ｘ,Ｙ]を代入すると、
Ｋ[Ｘ,Ｙ]/ＹＫ[Ｘ,Ｙ]≃Ｋ[Ｘ]という事。
また、Ｋは体で、定理1.4より体は整域なので、

定理1.4
体は０と異なる零因子をもたない。すなわち、体は整域である。

定理4.2よりＫ[Ｘ]も整域であるという事。

定理4.2
Ｒが整域であればＲ[Ｘ]も整域である。

＞したがって、定理2.6によって(Ｙ)は素イデアルである。

定理2.6
Ｐを可換環Ｒのイデアルとするとき、次が成り立つ。
（１）Ｐは素イデアルである。⇔Ｒ/Ｐは整域。
（２）Ｐは極大イデアルである。⇔Ｒ/Ｐは体。
（３）Ｐが極大イデアルならば、Ｐは素イデアルである。

すぐ上より、Ｋ[Ｘ]が整域で、また、
Ｋ[Ｘ,Ｙ]/ＹＫ[Ｘ,Ｙ]≃Ｋ[Ｘ]
より、それと同型なＫ[Ｘ,Ｙ]/ＹＫ[Ｘ,Ｙ]も整域である。よって、定理2.6の（１）より、
ＹＫ[Ｘ,Ｙ]は素イデアルであるという事。
よって、(Ｙ)は素イデアルである。

続きは次回。

おまけ：

解説の続き

演習問題９
体Ｋ上の２変数の多項式環Ｋ[Ｘ,Ｙ]において、(Ｘ)と(Ｙ)は素イデアルであり、(Ｘ,Ｙ)は極大イデアルであることを示せ。

（証明）
（１）(Ｘ),(Ｙ)は素イデアルであることを示す。
(Ｙ)が素イデアルであることを示せば、(Ｘ)が素イデアルであることも同様である。
多項式環Ｋ[Ｘ,Ｙ]の任意の多項式をｆ(Ｘ,Ｙ)とすると、
ｆ(Ｘ,Y)＝ｆ₁(Ｘ)＋Ｙｆ₂(Ｘ,Ｙ)，ｆ₁(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]，ｆ₂(Ｘ,Ｙ)∈Ｋ[Ｘ,Ｙ]
と一意的に表される。イデアル(Ｙ)を用いて合同式で表現すると
ｆ(Ｘ,Ｙ)≡ｆ₁(Ｘ)（mod (Ｙ)）
である。そこで、ｆ(Ｘ,Ｙ)に対してｆ₁(Ｘ)を対応させる写像をΦとする。
Φ：Ｋ[Ｘ,Ｙ]→Ｋ[Ｘ]（ｆ(Ｘ,Ｙ)→Φ(ｆ(Ｘ,Ｙ)＝ｆ₁(Ｘ)）
もう１つの多項式をｇ(Ｘ,Ｙ)として、同様に表現する。
ｇ(Ｘ,Ｙ)＝ｇ₁(Ｘ)＋Ｙｇ₂(Ｘ,Ｙ)，ｇ₁(Ⅹ)∈Ｋ[Ｘ]，ｇ₂(Ｘ,Ｙ)∈Ｋ[Ｘ,Ｙ]
すなわち、ｇ(Ｘ,Ｙ)≡ｇ₁(Ｘ)（mod (Ｙ)）であるとする。このとき、(Ｙ)はイデアルであるから、定理2.1より
ｆ(Ｘ,Ｙ)＋ｇ(Ｘ,Ｙ)≡ｆ₁(Ｘ)＋ｆ₂(Ｘ)（mod (Ｙ)）
ｆ(Ｘ,Ｙ)・ｇ(Ｘ,Ｙ)≡ｆ₁(Ｘ)・ｆ₂(Ｘ)（mod (Ｙ)）
このことより、
Φ(ｆ(Ｘ,Ｙ)＋ｇ(Ｘ,Ｙ))＝ｆ₁(Ｘ)＋ｆ₂(Ｘ)
＝Φ(ｆ(Ｘ,Ｙ))＋Φ(ｇ(Ｘ,Ｙ))
Φ(ｆ(Ｘ,Ｙ)・ｇ(Ｘ,Ｙ))＝ｆ₁(Ｘ)・ｆ₂(Ｘ)
＝Φ(ｆ(Ｘ,Ｙ))・Φ(ｇ(Ｘ,Ｙ))
Φ(１)＝１
したがって、ΦはＫ[Ｘ,Ｙ]からＫ[Ｘ]への準同型写像である。また、Ｋ[Ｘ]の任意の元ｆ(Ｘ)はＫ[Ｘ,Ｙ]の元と考えられ、Φ(ｆ(Ｘ))＝ｆ(Ｘ)であるので、Φは全射である。次に、Φの核を調べる。
ｆ(Ｘ,Ｙ)∈kerΦ⇔Φ(ｆ(Ｘ,Ｙ))＝０⇔ｆ₁(Ｘ)＝０
⇔ｆ(Ｘ,Ｙ)≡０（mod (Ｙ)）⇔ｆ(Ｘ,Ｙ)∈(Ｙ)
ゆえに、kerΦ＝(Ｙ)＝ＹＫ[Ｘ,Ｙ]であるから、準同型定理3.5によって
Ｋ[Ｘ,Ｙ]/ＹＫ[Ｘ,Ｙ]＝Ｋ[Ｘ,Ｙ]/kerΦ≃Ｋ[Ｘ]
Ｋは体であるから、Ｋ[Ｘ]は整域（定理4.2）である。したがって、定理2.6によって(Ｙ)は素イデアルである。
（２）(Ⅹ,Ｙ)がＫ[Ｘ,Ｙ]の極大イデアルであることを示す。
多項式環Ｋ[Ｘ,Ｙ]の任意の多項式をｆ(Ｘ,Ｙ)とすると、
ｆ(Ｘ,Ｙ)＝ｆ(０,０)＋ｆ₃(Ｘ,Ｙ)，ｆ(０,０)∈Ｋ，ｆ₃(Ｘ,Ｙ)∈(Ｘ,Ｙ)
と一意的に表される。イデアル(Ｘ,Ｙ)を用いて合同式で表現すると
ｆ(Ｘ,Ｙ)≡ｆ(０,０)（mod (Ｘ,Ｙ)）
である。そこで、ｆ(Ｘ,Ｙ)に対してｆ(０,０)を対応させる写像をΦとする。
Φ：Ｋ[Ｘ,Ｙ]→Ｋ（ｆ(Ⅹ,Ｙ)→Φ(ｆ(Ｘ,Ｙ))＝ｆ(０,０)）
もう１つの多項式をｇ(Ｘ,Ｙ)として
ｇ(Ｘ,Ｙ)＝ｇ(０,０)＋ｇ₃(Ｘ,Ｙ)，ｇ(０,０)∈Ｋ，ｇ₃(Ｘ,Ｙ)∈(Ｘ,Ｙ)
と表す。すなわち、ｇ(Ｘ,Ｙ)≡ｇ(０,０)（mod (Ｘ,Ｙ)）であるとする。簡単のためｆ(０,０)＝ａ∈Ｋ，ｇ(０,０)＝ｂ∈Ｋとおく。このとき、(Ｘ,Ｙ)はイデアルであるから
ｆ(Ｘ,Ｙ)＋ｇ(Ｘ,Ｙ)≡ａ＋ｂ（mod (Ｘ,Ｙ)）
ｆ(Ｘ,Ｙ)・ｇ(Ｘ,Ｙ)≡ａ・ｂ（mod (Ｘ,Ｙ)）
このことより、
Φ(ｆ(Ｘ,Ｙ)＋ｇ(Ｘ,Ｙ))＝ａ＋ｂ
＝Φ(ｆ(Ｘ,Ｙ))＋Φ(ｇ(Ｘ,Ｙ))
Φ(ｆ(Ｘ,Ｙ)・ｇ(Ｘ,Ｙ))＝ａ・ｂ
＝Φ(ｆ(Ｘ,Ｙ))・Φ(ｇ(Ｘ,Ｙ))
Φ(１)＝１
したがって、ΦはＫ[Ｘ,Ｙ]からＫへの準同型写像である。また、Ｋの任意の元ａはＫ[Ｘ,Ｙ]の元と考えられ、Φ(ａ)＝ａであるので、Φは全射である。
次に、Φの核を調べる。
ｆ(Ｘ,Ｙ)∈kerΦ⇔Φ(ｆ(Ｘ,Ｙ))＝０⇔ｆ(０,０)＝０
⇔ｆ(Ｘ,Ｙ)≡０（mod (Ｘ,Ｙ)）⇔ｆ(Ｘ,Ｙ)∈(Ｘ,Ｙ)
∴kerΦ＝(Ｘ,Ｙ)＝ＸＫ[Ｘ,Ｙ]＋ＹＫ[Ｘ,Ｙ]
よって、準同型定理3.5によって
Ｋ[Ｘ,Ｙ]/(Ｘ,Ｙ)＝Ｋ[Ｘ,Ｙ]/kerΦ≃Ｋ
Ｋは体であるから、定理2.6によって(Ｘ,Ｙ)はＫ[Ｘ,Ｙ]の極大イデアルである。
「演習　群・環・体 入門」新妻弘著より

定理3.5（準同型定理）
Ｒ，Ｒ'を環，ｆ：Ｒ→Ｒ'をＲからＲ'への準同型写像であるとする。写像
|ｆ：Ｒ/kerｆ→Ｒ'
　　　 |ａ→ｆ(ａ)
は剰余環Ｒ/kerｆから環Ｒ'への単準同型写像である。すなわち、
Ｒ/kerｆ≃ｆ(Ｒ)
また、|ｆはｆ＝|ｆ◦πを満たす。

定理2.1
環Ｒの部分集合Ｉが加法に関して部分群であるとする。このとき、上で定義した同値関係について、次の条件（５）と（６）は同値である。
（５）ａ≡ｂ（modＩ），ｃ≡ｄ（modＩ）⇒ａ・ｃ≡ｂ・ｄ（modＩ）
（６）（ⅰ）ｒ∈Ｒ，ａ∈Ｉ⇒ｒ・ａ∈Ｉ
　　　（ⅱ）ｒ∈Ｒ，ａ∈Ｉ⇒ａ・ｒ∈Ｉ

定理4.2
Ｒが整域であればＲ[Ｘ]も整域である。

定理2.6
Ｐを可換環Ｒのイデアルとするとき、次が成り立つ。
（１）Ｐは素イデアルである。⇔Ｒ/Ｐは整域。
（２）Ｐは極大イデアルである。⇔Ｒ/Ｐは体。
（３）Ｐが極大イデアルならば、Ｐは素イデアルである。

＞多項式環Ｋ[Ｘ,Ｙ]の任意の多項式をｆ(Ｘ,Ｙ)とすると、
ｆ(Ｘ,Ｙ)＝ｆ(０,０)＋ｆ₃(Ｘ,Ｙ)，ｆ(０,０)∈Ｋ，ｆ₃(Ｘ,Ｙ)∈(Ｘ,Ｙ)
と一意的に表される。

ｆ(０,０)は定数でｆ₃(Ｘ,Ｙ)はＸとＹの多項式。この２つの和に分けて考えるという事である。

＞また、Ｋの任意の元ａはＫ[Ｘ,Ｙ]の元と考えられ、Φ(ａ)＝ａであるので、Φは全射である。

Ｋの任意の元ａは、
「ｆ(Ｘ,Ｙ)に対してｆ(０,０)を対応させる写像をΦとする。
Φ：Ｋ[Ｘ,Ｙ]→Ｋ（ｆ(Ⅹ,Ｙ)→Φ(ｆ(Ｘ,Ｙ))＝ｆ(０,０)）」
写像先の任意の元なので、ｆ(０,０)＝ａである。よって、写像元もＸ＝Ｙ＝０とすると、ｆ(Ｘ,Ｙ)＝ａとなり、Φ(ｆ(Ｘ,Ｙ))＝ｆ(０,０)は、Φ(ａ)＝ａとなる。よって、Φは全射であるという事。

＞次に、Φの核を調べる。
ｆ(Ｘ,Ｙ)∈kerΦ⇔Φ(ｆ(Ｘ,Ｙ))＝０⇔ｆ(０,０)＝０
⇔ｆ(Ｘ,Ｙ)≡０（mod (Ｘ,Ｙ)）⇔ｆ(Ｘ,Ｙ)∈(Ｘ,Ｙ)
∴kerΦ＝(Ｘ,Ｙ)＝ＸＫ[Ｘ,Ｙ]＋ＹＫ[Ｘ,Ｙ]
よって、準同型定理3.5によって
Ｋ[Ｘ,Ｙ]/(Ｘ,Ｙ)＝Ｋ[Ｘ,Ｙ]/kerΦ≃Ｋ
Ｋは体であるから、定理2.6によって(Ｘ,Ｙ)はＫ[Ｘ,Ｙ]の極大イデアルである。

「ｆ(０,０)＝０⇔ｆ(Ｘ,Ｙ)≡０（mod (Ｘ,Ｙ)）」は、上より、
「ｆ(Ｘ,Ｙ)≡ｆ(０,０)（mod (Ｘ,Ｙ)）」だから。
「ｆ(Ｘ,Ｙ)≡０（mod (Ｘ,Ｙ)）⇔ｆ(Ｘ,Ｙ)∈(Ｘ,Ｙ)」は、前回もやったが、
ｆ(Ｘ,Ｙ)≡０（mod (Ｘ,Ｙ)）
⇔ｆ(Ｘ,Ｙ)＋ (Ｘ,Ｙ)＝０＋ (Ｘ,Ｙ)
⇔ｆ(Ｘ,Ｙ)＋ (Ｘ,Ｙ)＝(Ｘ,Ｙ)
ここで、定理4.1の系を使うと、
⇔ｆ(Ｘ,Ｙ)∈(Ｘ,Ｙ)

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

これは群での話なので、演算を好きに変えて良い。よって、加法にすると、
ａ＋Ｈ＝Ｈ⇔ａ∈Ｈ

よって、上の式も
ｆ(Ｘ,Ｙ)＋(Ｘ,Ｙ)＝(Ｘ,Ｙ)
⇔ｆ(Ｘ,Ｙ)∈(Ｘ,Ｙ)
という事。
∴ｆ(Ｘ,Ｙ)≡０（mod (Ｘ,Ｙ)）
⇔ｆ(Ｘ,Ｙ)∈(Ｘ,Ｙ)

結局、ｆ(Ｘ,Ｙ)∈kerΦ⇔ｆ(Ｘ,Ｙ)∈(Ｘ,Ｙ)となり、
kerΦ＝(Ｘ,Ｙ)
よって、Φ：Ｋ[Ｘ,Ｙ]→Ｋに対して、準同型定理3.5を使うと、

定理3.5（準同型定理）
Ｒ，Ｒ'を環，ｆ：Ｒ→Ｒ'をＲからＲ'への準同型写像であるとする。写像
|ｆ：Ｒ/kerｆ→Ｒ'
　　　 |ａ→ｆ(ａ)
は剰余環Ｒ/kerｆから環Ｒ'への単準同型写像である。すなわち、
Ｒ/kerｆ≃ｆ(Ｒ)

Ｋ[Ｘ,Ｙ]/kerΦ≃Ｋ　これにkerΦ＝(Ｘ,Ｙ)を代入すると、Ｋ[Ｘ,Ｙ]/(Ｘ,Ｙ)≃Ｋ
ところで、条件よりＫは体なので、
それと同型なＫ[Ｘ,Ｙ]/(Ｘ,Ｙ)も体である。
また、定理2.6(２)より、

定理2.6
Ｐを可換環Ｒのイデアルとするとき、次が成り立つ。
（１）Ｐは素イデアルである。⇔Ｒ/Ｐは整域。
（２）Ｐは極大イデアルである。⇔Ｒ/Ｐは体。
（３）Ｐが極大イデアルならば、Ｐは素イデアルである。

(Ｘ,Ｙ)はＫ[Ｘ,Ｙ]の極大イデアルである。

おまけ：