数学

問題
円Ｏの外部の点Ｐからこの円に２本の接線を引き、接点をＡ，Ｂとする。点Ｐから円Ｏと交わるような直線を引き、円Ｏとの交点をＸ，Ｙ，弦ＡＢとの交点をＱとする。さらに、弦ＸＹの中点をＭとする。ＰＸ＝２，ＰＹ＝６，ＡＢ＝６のとき、
（１）ＰＡの長さを求めよ。
（２）∠ＰＭＡの大きさを求めよ。
（３）ＰＱの長さを求めよ。
（９２　巣鴨）

模範解答
（１）方べきの定理より、
ＰＡ²＝ＰＸ×ＰＹ＝２×６＝１２
よって、ＰＡ＝２√３
（２）∠ＰＡＯ＝∠ＰＢＯ＝∠ＰＭＯ＝９０°より、５点Ｐ，Ａ，Ｍ，Ｏ，Ｂは同一円周上にある。
よって、∠ＰＭＡ＝∠ＰＯＡ・・・①
いま、ＯＰを結び、４角形ＡＰＢＯの部分だけ書くと右図（注：ＡＢとＯＰの交点をＨとすると△ＡＰＨが網目部）のようになり、網目部の三角形は、斜辺と他の一辺の比が２√３：３＝２：√３の直角三角形だから、３０°定規の形。
よって①より、∠ＰＭＡ＝∠ＰＯＡ＝３０°
（３）ＰＭ＝(ＰＸ＋ＰＹ)÷２＝４
ここで、右図のように、Ｐ，Ｂ，Ｍ，Ａの共円に注意して部分的に書きぬくと、ＰＱ×ＰＭ＝ＰＡ²が成り立つから、（基本図３８）
ＰＱ＝ＰＡ²/ＰＭ＝１２/４＝３
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

基本図３８
図でＡＢ＝ＡＣのとき、△ＡＢＤ∽△ＡＥＢより、
ＡＤ×ＡＥ＝ＡＢ²

解説
円に内接する二等辺三角形ＡＢＣがあり、弧ＢＣ上に点Ｅがある。ＡＥを結びＢＣとの交点をＤとした図。
ＡＢ＝ＡＣより弧ＡＢ＝弧ＡＣなので、それぞれの円周角も等しい。よって、∠ＡＢＤ＝∠ＡＢＣ＝∠ＡＥＢ　また、∠ＢＡＤが共通より２角が等しいので、△ＡＢＤ∽△ＡＥＢという事。
∴ＡＤ：ＡＢ＝ＡＢ：ＡＥ　∴ＡＤ×ＡＥ＝ＡＢ²

＞ＰＭ＝(ＰＸ＋ＰＹ)÷２＝４

点ＭがＸＹの中点だから、座標の中点の公式と同等のものを使っただけ。別に、ＰＸ＝２，ＸＭ＝(６－２)÷２＝２より、ＰＭ＝２＋２＝４と求めても良い。

次回は別解という訳ではありませんが、もっと分かり易い解法をやりますね。

おまけ：

問題
円Ｏの外部の点Ｐからこの円に２本の接線を引き、接点をＡ，Ｂとする。点Ｐから円Ｏと交わるような直線を引き、円Ｏとの交点をＸ，Ｙ，弦ＡＢとの交点をＱとする。さらに、弦ＸＹの中点をＭとする。ＰＸ＝２，ＰＹ＝６，ＡＢ＝６のとき、
（１）ＰＡの長さを求めよ。
（２）∠ＰＭＡの大きさを求めよ。
（３）ＰＱの長さを求めよ。
（９２　巣鴨）

私の解答
（１）方べきの定理より、ＰＡ²＝２・６＝１２
∴ＰＡ＝２√３
（２）点Ｍは弦ＸＹの中点で点Ｏは円の中心より、ＯＭ⊥ＸＹ　∴∠ＰＭＯ＝９０°
また、ＰＡは接線で点Ｏは円の中心より、ＯＡ⊥ＰＡ　∴∠ＰＡＯ＝９０°よって、∠ＰＭＯ＝∠ＰＡＯより、円周角の定理の逆により、４点Ａ，Ｐ，Ｏ，Ｍは同一円周上にある。∴∠ＰＭＡ＝∠ＰＯＡ
つまり、∠ＰＯＡの大きさを求めれば良い。
そこで、△ＡＰＯに着目してＯＰを結び、ＡＢとの交点をＨとすると、円と接線と弦の関係より、ＰＯ⊥ＡＢ（ＰＡ＝ＰＢより△ＰＡＢは二等辺三角形で△ＰＡＯ≡△ＰＢＯでＰＯは∠Ｐの二等分線だから。）
また、点ＨはＡＢの中点。∴ＡＨ＝６÷２＝３
ここで、△ＡＰＨに注目すると、（１）よりＡＰ＝２√３，ＡＨ＝３　三平方の定理を使うと、ＰＨ＝√{(２√３)²－３²}＝√３
∴ＡＰ：ＡＨ：ＰＨ＝２√３：３：√３
＝２：√３：１　よって、△ＡＰＨは１：２：√３の直角三角形。∴∠ＰＡＨ＝３０°
また、２角が等しいので、△ＰＡＨ∽△ＰＯＡ
∴∠ＰＯＡ＝∠ＰＡＨ＝３０°
∴∠ＰＭＡ＝∠ＰＯＡ＝３０°
（３）（２）より、∠ＰＡＨ＝３０°
∴∠ＰＡＱ＝３０°また、（２）の解答より、∠ＰＭＡ＝３０°∴∠ＰＡＱ＝∠ＰＭＡ
また、∠ＡＰＱは共通より２角が等しいので、
△ＡＰＱ∽△ＡＰＭ　∴ＰＡ：ＰＱ＝ＰＭ：ＰＡ　∴ＰＡ²＝ＰＱ・ＰＭ
ところで、ＰＭ＝２＋４÷２＝４，ＰＡ＝２√３より、(２√３)²＝ＰＱ・４　∴ＰＱ＝３

＞例えば、△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の長さを求めよという問題。

因みに、この問題は７，８年前の開成高校の小問で出た事があるので、私の勘違いだと思った人もいると思うが、それは誤りである。というのは、１０年ぐらい前の前後３年間ぐらい読売新聞に開成中学と開成高校の入試問題が問題と解答だけが載っていて（今でも載っていると思うが）、毎年時間は関係なく解いていて毎年全て満点だったのだが、この問題だけが解答を見ても解けなくて、ネット検索をしたら巣鴨高校の問題として存在していて、ヤフー知恵袋でも誰も解答出来ていなかった。（皆、この条件では求まらないと書いていた。）そこで、本屋に行って巣鴨高校の過去問を調べた訳である。
だから、開成高校の問題制作者はこの問題をパクっただけで、オリジナルは巣鴨高校の問題制作者の教師である。ただし、何十年も前に存在した問題の可能性も０ではない。

おまけ：

問題
点Ｏを中心とし、線分ＡＢを直径とする半径３ｃｍの半円がある。点Ｏを通り、ＡＢに垂直な半径をＯＣとし、ＯＣ上に点Ｄを、ＯＤ：ＤＣ＝２：１となるようにとる。ＡＤの延長と半円との交点をＥとする。このとき、次の問いに答えよ。
（１）ＡＥ：ＥＢを求めよ。
（２）ＣＥの長さを求めよ。
（８８　東京学芸大付，改題）

模範解答
（１）△ＡＯＤ∽△ＡＥＢに注目すると、
ＡＥ：ＥＢ＝ＡＯ：ＯＤ＝３：２
（２）下図のように点Ｆをとって（注：半円を真円にして、ＣＯの延長と円との交点をＦとする）、△ＤＡＦ∽△ＤＣＥに注目する。
ＤＡ：ＤＣ＝ＡＦ：ＣＥ
に数値を代入して、
√１３：１＝３√２：ｘ
これを解いて、
ｘ＝３√２６/１３（ｃｍ）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
（１）半径が３ｃｍより、ＯＤ＝２ｃｍ，ＤＣ＝１ｃｍ　また、ＯＡ＝３ｃｍ
∴ＡＯ：ＯＤ＝３：２
また、２角が等しいので、△ＡＯＤ∽△ＡＥＢ
∴ＡＥ：ＥＢ＝ＡＯ：ＯＤ＝３：２
（２）　ＯＦ＝ＯＡ＝３ｃｍで∠ＡＯＦ＝９０°より△ＯＡＦは直角二等辺三角形で、ＡＦ＝３√２ｃｍ
また、△ＡＯＤで三平方の定理を使うと、
ＡＤ＝√(３²＋２²)＝√１３ｃｍ
ここで、ＣＥ＝ｘと置くと、円周角と対頂角が等しいので、△ＤＡＦ∽△ＤＣＥ
∴√１３：１＝３√２：ｘ
√１３ｘ＝３√２　
∴ｘ＝３√２/√１３＝３√２６/１３
∴ＣＥ＝３√２６/１３ｃｍ

模範解答の別解の前に私の解法１
（１）は模範解答と同じ。
（２）まず、ＯＣ＝３ｃｍより、ＯＤ＝２ｃｍ，ＣＤ＝１ｃｍ
また、（１）より、ＡＥ：ＥＢ＝３：２
よって、△ＥＡＢは２：３：√１３の直角三角形。∴ＥＢ＝(６/√１３)×２＝１２/√１３＝１２√１３/１３ｃｍ
ここで、ＥからＡＢに垂線を下ろしその足をＨとすると、２角が等しいので、△ＥＡＢ∽△ＨＥＢ　よって、△ＨＥＢも２：３：√１３の直角三角形。∴ＢＨ＝(２/√１３)ＥＢ＝２４/１３ｃｍ
（ここはアーキタスの定理でＥＢ²＝ＢＨ・ＢＡから６ＢＨ＝１４４/１３　∴ＢＨ＝２４/１３と求めても良い。ずっと楽。）
また、ＥからＣＤに垂線を下ろしその足をＩとすると、ＥＩ＝ＨＯ＝３－２４/１３＝１５/１３ｃｍ
また、△ＤＥＩ∽△ＤＡＯより、
１５/１３：３＝ＤＩ：２が成り立つ。
∴３ＤＩ＝３０/１３　∴ＤＩ＝１０/１３
∴ＣＩ＝１－１０/１３＝３/１３ｃｍ
よって、△ＣＩＥで三平方の定理を使うと、
ＣＥ＝√{(１５/１３)²＋(３/１３)²}
＝√(２２５＋９)/１３＝√２３４/１３
＝３√２６/１３ｃｍ

因みに、私の解法２の方がずっと簡単です。参考書の別解といっしょに次回。

おまけ：
https://www.joysound.com/web/search/song/220378

問題
点Ｏを中心とし、線分ＡＢを直径とする半径３ｃｍの半円がある。点Ｏを通り、ＡＢに垂直な半径をＯＣとし、ＯＣ上に点Ｄを、ＯＤ：ＤＣ＝２：１となるようにとる。ＡＤの延長と半円との交点をＥとする。このとき、次の問いに答えよ。
（１）ＡＥ：ＥＢを求めよ。
（２）ＣＥの長さを求めよ。
（８８　東京学芸大付，改題）

参考書の別解
右下の図（注：ＣＥを左右に延長してＡ,Ｂから垂線を下ろしその足をそれぞれＡ',Ｂ'，またＯからＣＥに垂線を下ろしその足をＨとした図）のように、直線ＣＥに、Ｏ,Ａ,Ｂから下した垂線の足をＨ,Ａ',Ｂ'とおくと、ＨはＡ'Ｂ'，ＣＥの中点、△ＡＡ'Ｅ，△ＢＢ'Ｅは共に直角二等辺三角形（注：欄外に「∠ＣＥＡ＝∠ＣＯＡ÷２＝４５°）だから、
ＣＥ＝Ａ'Ｅ－Ａ'Ｃ＝Ａ'Ｅ－Ｂ'Ｅ
＝(１/√２)ＡＥ－(１/√２)ＢＥ
＝(１/√２)(ＡＥ－ＢＥ)（以下、省略）」
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞∠ＣＥＡ＝∠ＣＯＡ÷２＝４５°

中心角と円周角の関係より。

＞Ａ'Ｅ－Ａ'Ｃ＝Ａ'Ｅ－Ｂ'Ｅ

Ａ'Ｃ＝Ｂ'Ｅだからだが、これはＢＢ'∥ＯＨ∥ＡＡ'より、四角形Ｂ'ＢＡＡ'は台形で点ＯはＡＢの中点より台形の中点連結定理の逆により、点ＨはＡ'Ｂ'の中点。
よって、Ａ'Ｈ＝Ｂ'Ｈ———➀　
また、△ＯＣＥは半径より二等辺三角形でＯＨ⊥ＣＥより点ＨはＣＥの中点。
よって、ＣＨ＝ＥＨ———②
➀－②より、Ａ'Ｃ＝Ｂ'Ｅという事。

＞(１/√２)(ＡＥ－ＢＥ)（以下、省略）

（１）より、ＡＥ：ＥＢ＝３：２　よって、△ＡＥＢは２：３：√１３の直角三角形で、ＡＢ＝６ｃｍより、
ＡＥ＝(３/√１３)×６＝１８/√１３ｃｍ
ＢＥ＝(２/√１３)×６＝１２√１３ｃｍ
∴ＣＥ＝(１/√２)(ＡＥ－ＢＥ)
＝(１/√２)(１８/√１３－１２/√１３)
＝(１/√２)(６/√１３)
＝６/√２６＝６√２６/２６
＝３√２６/１３ｃｍ

私の解法２
円周角より、∠ＣＥＡ＝∠ＣＢＡ＝４５°（△ＣＡＢは対称性から直角二等辺三角形だから。）
また、ＯＤ＝２ｃｍ，ＣＤ＝１ｃｍは簡単なので解説省略。
ここで、ＣからＤＥに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＣＤＨ∽△ＡＤＯで△ＡＤＯは２：３：√１３の直角三角形より、△ＣＤＨもその比の三角形。また、ＣＤ＝１ｃｍより、
ＣＨ＝(３/√１３)×１＝３/√１３ｃｍ
また、△ＣＥＨは直角二等辺三角形より、
ＣＥ＝√２ＣＨ＝３√２/√１３
＝３√２６/１３ｃｍ

私の解法１がバカみたいに簡単ですね。まぁ、種類は違いますが模範解答とはいい勝負でしょう。あまり意味がない私の解法３は次回。

おまけ：
「平本 蓮（ひらもと れん、1998年6月27日 – ）は、日本の男性プロ総合格闘家、元キックボクサー。東京都足立区出身。剛毅會所属。
　12歳で全国U-15ジュニアボクシング大会優勝、高校1年生でK-1甲子園2014 -65kg級優勝、高校3年生でK-1ライト級世界トーナメント準優勝。」
引用元：「平本蓮」ウィキペディアより

問題
点Ｏを中心とし、線分ＡＢを直径とする半径３ｃｍの半円がある。点Ｏを通り、ＡＢに垂直な半径をＯＣとし、ＯＣ上に点Ｄを、ＯＤ：ＤＣ＝２：１となるようにとる。ＡＤの延長と半円との交点をＥとする。このとき、次の問いに答えよ。
（１）ＡＥ：ＥＢを求めよ。
（２）ＣＥの長さを求めよ。
（８８　東京学芸大付，改題）

私の解法３
（２）ＯＣ＝３ｃｍでＯＤ：ＤＣ＝２：１より、ＯＤ＝２ｃｍ，ＤＣ＝１ｃｍ
また、ＯＣの延長とＢＥの延長との交点をＦとすると、△ＤＡＯ∽△ＤＦＥ∽△ＢＦＯで△ＤＡＯは直角を挟む２辺の比が２：３より△ＢＦＯも直角を挟む２辺の比が２：３
∴ＯＦ＝(３/２)×３＝９/２ｃｍ
∴ＦＣ＝９/２－３＝３/２ｃｍ，ＣＤ＝１ｃｍ
また、△ＤＦＥも直角を挟む２辺の比が２：３より、ＥＤ＝(２/√１３)×(５/２)＝５/√１３ｃｍ
ＥＦ＝(３/√１３)×(５/２)＝１５/２√１３ｃｍ
ところで、∠ＣＥＡと∠ＣＯＡは円周角と中心角の関係より、∠ＣＥＡ＝９０°÷２＝４５°
∴∠ＦＥＣ＝９０°－４５°＝４５°
つまり、∠ＣＥＤ＝∠ＦＥＣよりＥＣは△ＥＦＤの∠Ｅの二等分線。
ここで、角の二等分線の長さの公式を使うと、
ＥＣ＝√(ＥＦ・ＥＤ－ＦＣ・ＣＤ)
＝√{(１５/２√１３)(５/√１３)－(３/２)・１}
＝√(７５/２６－３/２)
＝√(７５/２６－３９/２６)
＝√(３６/２６)＝６/√２６＝６√２６/２６
＝３√２６/１３
∴ＣＥ＝３√２６/１３ｃｍ

うまくＰＤＦファイルが載せられるか試験をしますね。興味ある人は「間違い探し」に挑戦して下さい。フェルマーもこれぐらいのものを勘違いしていたのかもしれませんね。

おまけ：

上の間違い探しは間違えました。

解説
＞実際、多項式がべき根の式で表される根を持つとき、その２つの根でほかの根が表されます。したがって多項式の群に含まれる根の入れ換えは、２個の根をどの根に入れ換えるかによって決まります。よって多項式の群は高々５×４＝２０個しか、根の入れ換えを含みません。

例えば、「ｘ⁵－２の根はα＝⁵√２，αζ，αζ²，αζ³，αζ⁴（ここでζ＝ｅ^(2πi/5)）です。β＝αζとおくと、ζ＝β/αなので、５つの根はα(β/α)^j＝α^(1-j)β^j（ｊ＝０,１,２,３,４）と表されます。」
α(β/α)^j＝α^(1-j)β^jにｊ＝０,１,２,３,４を代入すると、
α，β，α^-1β²，α^-2β³，α^-3β⁴
∴α，β，β²/α，β³/α²，β⁴/α³
よって、ｘ⁵－２の多項式の群の１つの元は、
(α β β²/α β³/α² β⁴/α³)
これのαとβを入れ換えると、
(β α α²/β α³/β² α⁴/β³)
この３つの元α²/β α³/β² α⁴/β³はもはやｘ⁵－２の根ではなくなってしまっている。
つまり、ｘ⁵－２の多項式の群の１つの元はαとβの入れ換えだけで決まる。（α²/β α³/β² α⁴/β³はｘ⁵－２の根ではないので無視して良いという事。）
よって、αとβを選んだときは、
(α β)，(β α)の２つの元だけであり、α＝⁵√２，αζ，αζ²，αζ³，αζ⁴をα，β，γ，δ，ηと置くと、２つの選び方は順列で５×４＝２０通りなので、高々（最高でも）２０個の元しか持たない。
これはｘ⁵－２＝０を例に取ったが、理論的には一般の５次方程式でも同じ事である。
ところが、定理9.1より、

定理9.1（基本定理）
重根を持たないｄ次多項式ｆ(ｘ)に対して、その根α₁,･･･,αdの入れ換えのなす群Ｇfであって、次の性質をみたすものがただ１つ存在する。
（１）α₁,･･･,αdの２つの式が同じ値を定めるならば、Ｇfの各元で根を入れ換えても２式の値は等しい。すなわちｇ(α₁,･･･,αd)＝ｈ(α₁,･･･,αd)ならば、Ｇfの元でαi₁,･･･,αidと入れ換えてもｇ(αi₁,･･･,αid)＝ｈ(αi₁,･･･,αid)が成り立つ。
（２）α₁,･･･,αdの式に対して、その値は、Ｇfのどの根で入れ換えても変わらないとき、定数である。
この群Ｇfを多項式ｆ(ｘ)の群という。

多項式の群は、基本的に全ての根の入れ換えなので、５次方程式だったら５個の根の入れ換えで最大５!＝１２０通りで１２０個の元がある場合が想定され、高々２０個では対応できないのである。よって、一般の５次方程式はべき根の式で表せない。念のため、べき根の式で表せる５次方程式も沢山あるという事である。
よって、５次方程式の解の公式は作れないという事である。
また、定理10.5では６次方程式などに解の公式が作れない事は証明出来ない。それは、６が素数ではないからである。（条件の素数に気付かず（を忘れて）４次方程式は解の公式があるのに、４×３＝１２とＳ₄の元の個数４!＝２４が一致しないと結構長い間（テレビを見ながらとか）考えさせられました。笑）
３次方程式の時は一致することは自分で考えてみて下さい。
次回は、２５年ぐらい前に作った条件付き５次方程式の解の公式を紹介しますね。（高々２０個の元の「多項式の群」を持つ方程式の集団（集合）なのでしょうね。）

おまけ：
「8 地に住む者で、ほふられた小羊のいのちの書に、その名を世の初めからしるされていない者はみな、この獣を拝むであろう。
9 耳のある者は、聞くがよい。
10 とりこになるべき者は、とりこになっていく。つるぎで殺す者は、自らもつるぎで殺されねばならない。ここに、聖徒たちの忍耐と信仰とがある。
11 わたしはまた、ほかの獣が地から上って来るのを見た。それには小羊のような角が二つあって、龍のように物を言った。
12 そして、先の獣の持つすべての権力をその前で働かせた。また、地と地に住む人々に、致命的な傷がいやされた先の獣を拝ませた。」
「ヨハネの黙示録」第１３章８節～１２節（口語訳）

＞次回は、２５年ぐらい前に作った条件付き５次方程式の解の公式を紹介しますね。

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

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

導き方は省略。３次方程式の解の公式を研究して自分で作って下さい。念のため、上のは５個のうちの１個。

おまけ：
麻原「私は以前から予言を行っているけど、今はその証明の段階に入ってきていると思っている。そのためには、他の予言者の予言の中にオウムがどう出てくるか、未来がどう出てくるか検討し、それと私の予言したものとのズレや一致点を、チェックしていった方がいいんじゃないかと考えたんだね。」
弟子「そこで、「ヨハネの黙示録」の解読が始められたわけですね。これには、昔から多くの人達が取り組んできたと聞きますが・・・・。」
麻原「一言で言うとね、普通の人には解読できるような代物ではない。なぜかというと「ヨハネの黙示録」そのものが、シヴァ神からダイレクトに与えられたヴィジョンだから。ダイレクトにそのヴィジョンを経験できていなければ、つまり、凡夫の思考では、これは解けないということだね。それが封印の面白さだね。そして私は、そのアストラル・ヴィジョンも含めて、たくさんの経験があるから、今回解くことができたと。つまり、そのステージでないと、その内容は解けないということなんだね。」
弟子「実際に解読するに当たって、苦労されたことはありましたか。」
麻原「解釈はすべてやさしい。しかし、裏付けが難しく、時間がかかったね。もう、解き方としてはポンポン解けていったわけだから。もちろん「６６６の謎」とか、一般的に難しいと言われている部分については、二、三日は要したけどね。それに、綿密な証明のために、聖書も日本語訳の一冊だけでなく、英訳や原文に近いものまで当たり、その英文の中に書かれている、亜流ではこうだとか、一説ではこうだとかいうものまで全部洗ったね。それだけではなくて、ヘブライ語、あるいはギリシャ語と英語を対比して作られた聖書なども使ったね。そして、「６６６の謎」の解読などでもわかるように、単なるインスピレーションだけではなく、ジュニアーナ・ヨーガのようなプロセスがあったといえるね。」
弟子「解読を終えて、感じられたことは何でしょうか。」
麻原「先程も言ったように、この解読には自分の予言を客観的に見るという目的もあったわけだね。まあ、私は「トワイライトゾーン」や「ムー」で登場したわけだけども、あの時代から一貫して言い切っていることは、超人類が誕生するんだと。しかもそれは、今言われているような、エゴを背景とした超人類ではなくて、この煩悩を超えた超人類であると。それは光の軍団であると考えているわけだけど、その考えは今でも全く変わらない。それどころか、確信が出てきているね。そして、その兆候が既に出だしていると。だから、これまでの予言を訂正するというよりも、確信を持ってきている。むしろ、急がなきゃならないと感じているね。」
「マハーヤーナ」１９８９年２月号より

改題
群Ｇにおいて、Ｄ＝{ｘ｜ｘ＝ａｂａ^-1ｂ^-1，ａ,ｂ∈Ｇ}とするとき、
ＤはＧの部分群である事を証明して下さい。

証明
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著p.117に、「ａ,ｂを群Ｇの２元とするとき、ａｂａ^-1ｂ^-1をａ,ｂの交換子という。Ｇのすべての交換子によって生成される部分群をＧの交換子群といい、Ｄ(Ｇ)で表すことにする」とあり、やはり暗黙了解となっている。
ｘ₁,ｘ₂∈Ｄに対して、ａ₁,ｂ₁,ａ₂,ｂ₂∈Ｇが存在して、Ｇは群より、ｘ₁＝ａ₁ｂ₁ａ₁^-1ｂ₁^-1∈Ｇ，ｘ₂＝ａ₂ｂ₂ａ₂^-1ｂ₂^-1∈Ｇ
よって、ｘ₁ｘ₂ｘ₁^-1ｘ₂^-1∈Ｄである。
よって、Ｄは演算に関して閉じている。
また、ｘ∈Ｄに対して、ｘ^-1＝(ａｂａ^-1ｂ^-1)^-1＝ｂａｂ^-1ａ^-1∈Ｄ（ａ,ｂ∈ＧでＧは群よりａ^-1,ｂ^-1∈Ｇだから。）
よって、逆元が存在する。
また、ｘとｅで交換子を作ると、
ｘｅｘ^-1ｅ^-1＝ｘｘ^-1＝ｅ
よって、単位元も存在する。
また、Ｇでは結合法則が成り立つのでその部分集合のＤでも結合法則は成り立つ。
以上より、ＤはＧの部分群である。

一応、単位元と結合法則もやってみました。
本当にネットって便利ですよね。https://hooktail.sub.jp/algebra/CommunicatorSubgroup/

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

問題
群Ｇにおいて、Ｄ＝{ｘ｜ｘ＝ａｂａ^-1ｂ^-1，ａ,ｂ∈Ｇ}とするとき、
（１）ＤはＧの正規部分群
（２）剰余群Ｇ/Ｄは可換群
であることを示しなさい。

証明
（２）Ｇ/Ｄの任意の元（剰余類）Ｄｕ，ＤｖについてＤｕＤｖ＝ＤｖＤｕが成立すればよい。
ＤｕＤｖ＝Ｄｕｖ，ＤｖＤｕ＝ＤｖｕなのでＤｕｖ＝Ｄｖｕを示せばよい。Ｄの定義よりｕｖｕ^-1ｖ^-1∈Ｄなので（ｕｖ)(ｖｕ)^-1∈Ｄ　
∴ｕｖ∈Ｄｖｕ
∴Ｄｕｖ＝Ｄｖｕ　したがってＤｕＤｖ＝ＤｖＤｕが成立するのでＧ/Ｄは可換群
「すぐわかる代数」石村園子著より

補足解説：（１）でＤがＧの正規部分群だから剰余群Ｇ/Ｄを作る事が出来る。その理由は、

定義
群Ｇの正規部分群Ｈによる剰余類全体を剰余群といいＧ/Ｈと書く。つまり
Ｇ/Ｈ＝{Ｈ,Ｈg₁,Ｈg₂,…}
「すぐわかる代数」石村園子著p.188より

よって、参考書には特に書かれていないが、正規部分でないと剰余群は作れない。

定理3.8.3
剰余類全体{Ｈ,Ｈg₁,Ｈg₂,…}は演算
Ｈg₁・Ｈg₂＝Ｈg₁g₂
により群をなす。

証明
（Ｇ０）～（Ｇ３）（注：群である事を示すための「演算について閉じている事」「結合法則」「単位元の存在」「逆元の存在」の事）を示す前に
Ｈg₁・Ｈg₂＝Ｈg₁g₂
で定義された演算の結果が代表元ｇ₁,ｇ₂のとり方によらず類によって決まることを示しておこう。つまり
ｇ₁'∈Ｈg₁，ｇ₂'∈Ｈg₂ ⇒ ｇ₁'ｇ₂'∈Ｈg₁g₂
を示す。ｇ₁'∈Ｈg₁，ｇ₂'∈Ｈg₂とすると
ｇ₁'＝ｈ₁ｇ₁，ｇ₂'＝ｈ₂ｇ₂（ｈ₁,ｈ₂∈Ｈ）
と書ける。
∴ｇ₁'ｇ₂'＝(ｈ₁ｇ₁)(ｈ₂ｇ₂)
＝ｈ₁(ｇ₁ｈ₂)ｇ₂
ここでｇ₁ｈ₂∈ｇ₁Ｈ＝Ｈｇ₁なので
ｇ₁ｈ₂＝ｈ₂'ｇ₁（ｈ₂'∈Ｈ）と書ける。
∴ｇ₁'ｇ₂'＝ｈ₁(ｈ₂'ｇ₁)ｇ₂
＝(ｈ₁ｈ₂')(ｇ₁ｇ₂)∈Ｈg₁g₂
ゆえに演算は代表元によらず類により決まる。

実際に、どこで正規部分群である事が使われているかチェックして下さい。

また、これだけでは面白くないので、（２）の別解が作れないかどうか検討して下さい。

おまけ：

解説
＞実際に、どこで正規部分群である事が使われているかチェックして下さい。

「つまり
ｇ₁'∈Ｈg₁，ｇ₂'∈Ｈg₂ ⇒ ｇ₁'ｇ₂'∈Ｈg₁g₂
を示す。ｇ₁'∈Ｈg₁，ｇ₂'∈Ｈg₂とすると
ｇ₁'＝ｈ₁ｇ₁，ｇ₂'＝ｈ₂ｇ₂（ｈ₁,ｈ₂∈Ｈ）
と書ける。
∴ｇ₁'ｇ₂'＝(ｈ₁ｇ₁)(ｈ₂ｇ₂)
＝ｈ₁(ｇ₁ｈ₂)ｇ₂
ここでｇ₁ｈ₂∈ｇ₁Ｈ＝Ｈｇ₁なので
ｇ₁ｈ₂＝ｈ₂'ｇ₁（ｈ₂'∈Ｈ）と書ける。」

「ここでｇ₁ｈ₂∈ｇ₁Ｈ＝Ｈｇ₁」ここで、正規部分群である事を使っているという訳である。だから、正規部分以外の部分群では成り立たないという事である。

問題
群Ｇにおいて、Ｄ＝{ｘ｜ｘ＝ａｂａ^-1ｂ^-1，ａ,ｂ∈Ｇ}とするとき、
（１）ＤはＧの正規部分群
（２）剰余群Ｇ/Ｄは可換群
であることを示しなさい。

別解
（２）剰余群の元をｕ,ｖ∈Ｇに対して、
|ｕ,|ｖ∈Ｇ/Ｄと置くと、
|ｕ|ｖ＝|ｖ|ｕ⇔|ｕ|ｖ(|ｖ|ｕ)^-1＝|ｅ
⇔|ｕ|ｖ(|ｕ)^-1(|ｖ)^-1＝|ｅ
⇔|ｕ|ｖ|(ｕ^-1)|(ｖ^-1)＝|ｅ
⇔|(ｕｖｕ^-1ｖ^-1)＝|ｅ
⇔(ｕｖｕ^-1ｖ^-1)Ｄ＝ｅＤ
⇔(ｕｖｕ^-1ｖ^-1)Ｄ＝Ｄ
⇔ｕｖｕ^-1ｖ^-1∈Ｄ（定理4.1の系より）
よって、|ｕ|ｖ＝|ｖ|ｕ⇔ｕｖｕ^-1ｖ^-1∈Ｄより、Ｇ/Ｄが可換群である事とＧの任意の２元による生成元ｕｖｕ^-1ｖ^-1がＤに含まれる事は同値である。
よって、剰余群Ｇ/Ｄは可換群である。
アイデア引用元：「演習　群・環・体 入門」新妻弘著p.99演習問題９より

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

おまけ：

問題
図の三角形ＡＢＣは、ＡＢ＝６ｃｍ，ＡＣ＝８ｃｍの直角三角形である。辺ＡＢ，ＡＣに接する円を考えるとき、次の各問いに答えなさい。
（１）円の中心をＯとし、Ｏが斜辺ＢＣ上にあるとき、円の半径を求めよ。
（２）図のように斜辺ＢＣと円が２点Ｐ，Ｑで交わり、弧ＰＱを弦ＰＱで折り返したら弧ＰＱの中点が円の中心に一致した。円の半径を求めよ。
（９０　ラ・サール）

模範解答
（１）図のように、Ｄ，Ｅを定める（注：円と辺ＡＢ，ＡＣとの接点をそれぞれＤ，Ｅ）。
円の半径をｘｃｍとすると、△ＣＥＯと△ＣＡＢの相似に着目して、
ＣＥ：ＣＡ＝ＥＯ：ＡＢ
よって、(８－ｘ)：８＝ｘ：６
これを解いて、ｘ＝２４/７（ｃｍ）
（２）円の半径をｙｃｍとすると、右下図のようになるので（注：ＯＡ，ＯＢ，ＯＣを結んでＯＤ＝ＯＥ＝ｙ，ＯからＰＱに下ろした垂線は折り返しより半径の半分でｙ/２とした図）、
△ＡＢＣ＝△ＯＡＢ＋△ＯＢＣ＋△ＯＣＡ
よって、(１/２)×６×８
＝(１/２)×６×ｙ＋(１/２)×１０×(ｙ/２)＋(１/２)×８×ｙ
これを解いて、ｙ＝４８/１９（ｃｍ）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

別解という程でもないが、私の解法。
（２）折り返した方の弧を延長させ真円にし、その中心をＯ'とすると、Ｏ'は弧ＰＱ上にある。（等円で半径が等しいから。）
Ｏ'Ｐ，Ｏ'Ｏ，ＯＰを結ぶと半径より全て等しいので正三角形Ｏ'ＰＯが出来、ＰＱとＯＯ'の交点をＨとすると、△ＰＯＨは１：２：√３の直角三角形。よって、ＯＨは円Ｏの半径の１/２。
以後、模範解答と同じ。毎回工夫で解くより定石化した方が速いですね。念のため、私は中学数学の専門家ではないので、うっすらとしか覚えていませんが。
因みに、「（２）は、面積で解くのが簡明でしょう。」とあるので、別解を作ってみて下さい。

おまけ：

問題
図の三角形ＡＢＣは、ＡＢ＝６ｃｍ，ＡＣ＝８ｃｍの直角三角形である。辺ＡＢ，ＡＣに接する円を考えるとき、次の各問いに答えなさい。
（１）円の中心をＯとし、Ｏが斜辺ＢＣ上にあるとき、円の半径を求めよ。
（２）図のように斜辺ＢＣと円が２点Ｐ，Ｑで交わり、弧ＰＱを弦ＰＱで折り返したら弧ＰＱの中点が円の中心に一致した。円の半径を求めよ。
（９０　ラ・サール）

＞因みに、「（２）は、面積で解くのが簡明でしょう。」とあるので、別解を作ってみて下さい。

別解
円Ｏの半径をｒとすると、模範解答や前回の私の解法と同じように、ＯからＢＣに下ろした垂線の長さはｒ/２
また、円Ｏと辺ＡＢ，ＡＣとの接点をＳ，Ｔとして、△ＯＳＢ，△ＯＴＣで三平方の定理を使うと、
ＯＢ＝√{ｒ²＋(６－ｒ)²}
＝√(２ｒ²－１２ｒ＋３６)
ＯＣ＝√{ｒ²＋(８－ｒ)²}
＝√(２ｒ²－１６ｒ＋６４)
また、△ＯＢＨ，△ＯＣＨで三平方の定理を使うと、
ＢＨ＝√{２ｒ²－１２ｒ＋３６－(ｒ/２)²}
＝√(７ｒ²/４－１２ｒ＋３６)———➀
ＣＨ＝√{２ｒ²－１６ｒ＋６４－(ｒ/２)²}
＝√(７ｒ²/４－１６ｒ＋６４)———②
また、△ＡＢＣは３：４：５の直角三角形より、ＢＣ＝１０———③
➀，②，③より、
√(７ｒ²/４－１２ｒ＋３６)＋√(７ｒ²/４－１６ｒ＋６４)＝１０が成り立つ。
この両辺を２乗すると、
７ｒ²/４－１２ｒ＋３６＋７ｒ²/４－１６ｒ＋６４＋２√(７ｒ²/４－１２ｒ＋３６)(７ｒ²/４－１６ｒ＋６４)＝１００
∴７ｒ²/２－２８ｒ＝－２√(７ｒ²/４－１２ｒ＋３６)(７ｒ²/４－１６ｒ＋６４)
この両辺をさらに２乗すると、
４(７ｒ²/４－１２ｒ＋３６)(７ｒ²/４－１６ｒ＋６４)＝(７ｒ²/２－２８ｒ)²
＝４９ｒ⁴/４－１９６ｒ³＋７８４ｒ²
∴(７ｒ²－４８ｒ＋１４４)(７ｒ²－６４ｒ＋２５６)＝４９ｒ⁴－７８４ｒ³＋３１３６ｒ²
これを地道に展開すると（これ以降は電卓が必要）、
４９ｒ⁴－４４８ｒ³＋１７９２ｒ²
－３３６ｒ³＋３０７２ｒ²－１２２８８ｒ
＋１００８ｒ²－９２１６ｒ＋３６８６４
＝４９ｒ⁴－７８４ｒ³＋３１３６ｒ²
∴２７３６ｒ²－２１５０４ｒ＋３６８６４＝０
この両辺を１６で割ると、
１７１ｒ²－１３４４ｒ＋２３０４＝０
この両辺を３で割ると、
５７ｒ²－４４８ｒ＋７６８＝０
これを解の公式で解くと、
ｒ＝(２２４±√６４００)/５７
＝(２２４±８０)/５７
＝３０４/５７，１４４/５７
＝１６/３，４８/１９
ところで、「弧ＰＱを弦ＰＱで折り返したら弧ＰＱの中点が円の中心に一致」するので、円Ｏは（１）の円より小さい。
∴ｒ＜２４/７＝3.42･･･
よって、１６/３は不適で４８/１９＝2.52･･･は適正。
よって、答えは、４８/１９ｃｍ

しかし、実際に試験で使える別解は存在しないのに、「（２）は、面積で解くのが簡明でしょう。」という思わせぶりはいかがなものでしょう。正直、自称数学が得意な人のハッタリにはうんざりなんですよ。ろくに実力もないくせにかっこばかり付けたがる。（すぐに誹謗中傷をするし。）

おまけ：

問題
長さ１０ｃｍの線分ＡＢを直径とする半円がある。弧ＡＢ上に点Ｃ，直線ＡＢ上に点Ｄを、ＣＤ⊥ＡＢ，ＡＤ＝３ｃｍとなるようにとる。弧ＡＣ，線分ＡＤおよび線分ＣＤに接する円の中心をＯとする。このとき、次の各問いに答えなさい。
（１）円Ｏの半径を求めよ。
（２）円Ｏが線分ＡＤに接する点をＴとするとき、線分ＣＴは、∠ＡＣＤを２等分することを証明せよ。
（９２　ラ・サール）

模範解答
（１）半円の中心をＰとし、ＯＰ，ＯＴを結ぶ。△ＯＴＰに三平方の定理を用いると、
ｘ²＋(ｘ＋２)²＝(５－ｘ)²
ゆえに、ｘ²＋１４ｘ－２１＝０
解の公式を用いて、ｘ＝－７±√７０
ｘ＞０より　ｘ＝－７＋√７０（ｃｍ）
（２）角の二等分線の性質より、
ＣＡ：ＣＤ＝ＡＴ：ＴＤ　を示せばよい。
右下図（注：直角三角形ＣＡＢの直角Ｃから斜辺ＡＢに下ろした垂線の足がＤの図）より、（基本図４５）
ＣＤ＝√(３×７)＝√２１
ＣＡ＝√{３(３＋７)}＝√３０
よって、ＣＡ：ＣＤ＝√３０：√２１
＝√１０：√７
一方、ＡＴ＝ＡＤ－ＴＤ
＝３－(－７＋√７０)＝１０－√７０
ゆえに、ＡＴ：ＴＤ
＝(－√７０＋１０)：(－７＋√７０)
＝√１０(－√７＋√１０)：√７(－√７＋√１０)
＝√１０：√７
以上より、ＣＡ：ＣＤ＝ＡＴ：ＴＤ
となって、題意は証明された。
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

基本図４５
∠Ａが直角の直角三角形の頂角Ａから斜辺ＢＣに垂線ＡＤが下りている形。
△ＡＢＤ∽△ＣＡＤより、
➀ ＢＤ×ＣＤ＝ＡＤ²
② ＢＤ×ＢＣ＝ＢＡ²

因みに、②は△ＡＢＤ∽△ＣＢＡですね。（アーキタスの定理）

（２）の別解
半円の中心をＯ'とすると、Ｏ'Ｂ＝Ｏ'Ｃ＝１０÷２＝５ｃｍ，Ｏ'Ｄ＝５－３＝２ｃｍ
∴ＤＢ＝２＋５＝７ｃｍ
また、△ＣＤＯ'で三平方の定理を使うと、
ＣＤ＝√(５²－２²)＝√２１ｃｍ
また、△ＣＤＢで三平方の定理を使うと、
ＢＣ＝√{７²＋(√２１)²}＝√７０ｃｍ
また、（１）より円Ｏの半径は、－７＋√７０ｃｍ　∴ＴＤ＝－７＋√７０ｃｍ
∴ＢＴ＝７＋(－７＋√７０)＝√７０ｃｍ
∴ＢＣ＝ＢＴ
よって、△ＢＣＴは二等辺三角形より、
∠ＢＣＴ＝∠ＢＴＣ＝〇と置くと、
∠ＡＣＴ＝９０°－〇
また、∠ＯＴＣ＝９０°－〇でＯＴ∥ＣＤより錯角で、∠ＴＣＤ＝∠ＯＴＣ＝９０°－〇
∴∠ＡＣＴ＝∠ＴＣＤ
よって、ＣＴは∠ＡＣＤの二等分線である。

おまけ：

解説
＞σ(γi)＝σ(β)＋σ²(β)ζ^i＋σ³(β)ζ^2i＋…＋σ^p(β)ζ^(p-1)i
＝ζ^-i(σ(β)ζ^i＋σ²(β)ζ^2i＋σ³(β)ζ^3i＋…＋σ^p(β)ζ^pi)
＝ζ^-i・γi（∵σ^p(β)＝β，ζ^p＝１）

γi＝β＋σ(β)ζ^i＋σ²(β)ζ^2i＋…＋σ^(p-1)(β)ζ^(p-1)i（ｉ＝０,１,･･･,ｐ－１）の両辺にσを施すと、σはｆ(ｘ)の根の入れ換えより、右辺は、
σ(β＋σ(β)ζ^i＋σ²(β)ζ^2i＋…＋σ^(p-1)(β)ζ^(p-1)i)
＝σ(β)＋σ²(β)ζ^i＋σ³(β)ζ^2i＋…＋σ^p(β)ζ^(p-1)i
となる。（βはｆ(ｘ)の原始元よりｆ(ｘ)の根で表されるからσがかかり、ζは関係ないのでσがかからない。）
また、その式をζ^-iでくくると、
＝ζ^-i(σ(β)ζ^i＋σ²(β)ζ^2i＋σ³(β)ζ^3i＋…＋σ^p(β)ζ^pi)
となり、σ^p(β)＝β，ζ^p＝１を代入すると、最後の項はσ^p(β)ζ^pi＝βとなり、
γi＝β＋σ(β)ζ^i＋σ²(β)ζ^2i＋…＋σ^(p-1)(β)ζ^(p-1)iと等しくなるという事。
∴σ(γi)＝ζ^-i・γi
因みに、σ^p(β)＝β，ζ^p＝１は、βはｆ(ｘ)の原始元よりｆ(ｘ)の根の式で、σ^pはｆ(ｘ)の根をｐ回入れ換えるので元に戻り恒等入れ換えだから、σ^p(β)＝β
（σ^i（ｉ＝０,１,･･･,ｐ－１　全部でｐ個）からｐ＝０として、σ^p＝σ^0＝恒等入れ換えと考えても良い。）
また、ζ^p＝１はζが１の原始ｐ乗根だから。

＞したがってγi^pはσで不変です：
σ(γi^p)＝(γiζ^-i)^p＝γi^pζ^-ip＝γi^p

文章が逆っぽくて、σ(γi^p)＝(γiζ^-i)^p＝γi^pζ^-ip＝γi^pだから「γi^pはσで不変」という事。
ところで、σはσ(γi)＝ζ^-i・γiより、括弧の中のものにζ^-iを付け加える。また、σ(γi^p)＝σ(γi)^pとして良い。根の入れ換えだから。
∴σ(γi^p)＝{σ(γi)}^p＝(γiζ^-i)^p
＝γi^pζ^-ip＝γi^p(ζ^p)^-i＝γi^p

＞よってγi^p（ｉ＝０,１,･･･,ｐ－１）は定数です。

これは定理9.1(２)から。

定理9.1（基本定理）
重根を持たないｄ次多項式ｆ(ｘ)に対して、その根α₁,…,αdの入れ換えのなす群Ｇfであって、次の性質をみたすものがただ１つ存在する：
（１）は省略。
（２）α₁,…,αdの式に対して、その値は、Ｇfのどの元で根を入れ換えても変わらないとき、定数である。
この群Ｇfを多項式ｆ(ｘ)の群という。

γi^pはσで不変だからだが、不変の証明でσの具体的な性質を使っていないので、σ^i全てで成り立つからである。ただし、素朴な疑問だが、この時点ではγiはｆ(ｘ)の根と分かっていないのに定理9.1(２)を適用しても良いのだろうか。（まぁ、当然良いものとするが。）

＞もしγi≠０かつｉ≠０ならばσ^k(γi)＝γiζ^-ik≠γi（ｋ＝１,･･･,ｐ－１）です。

上より、σ(γi^p)＝γi^pでｐ乗の時だけ不変なので、ｐ以外では不変ではないという発想である。また、σ(γi^p)＝{σ(γi)}^pとｐ＝０（周期という事）より、
σ^k(γi)＝γiζ^-ik≠γi（ｋ＝１,･･･,ｐ－１）という事である。
ただし、具体的にも示しておこう。
上より、σ(γi)＝ζ^-i・γiでσは括弧の中のものにζ^-iを付け加える。
∴σ^k(γi)＝{σ(γi)}^k＝{γiζ^-i}^k
＝γiζ^-ik≠γi（ｋ≠０,ｐだから。）

＞ゆえにγiを不変にする入れ換えは恒等入れ換えしかなく、ガロワ対応より、γiの式全体はｆ(ｘ)の根の式全体に一致します。

上より、σ^k(γi)≠γi（ｋ＝１,･･･,ｐ－１）だからσの恒等変換以外の変換では全て不変にならないので、「γiを不変にする入れ換えは恒等入れ換えしかない」という事。
また、ガロワ対応で恒等入れ換えに対応する体は全ての根の式（全体）である。
つまり、γiはｆ(ｘ)の根という事である。

続きは次回。

おまけ：

解説の続き

命題 10.2（１つの入れ換えで生成される多項式の群）
ｐを素数とし、１の原始ｐ乗根ζは定数であるとする。多項式ｆ(ｘ)の群Ｇfが１つの入れ換えσのべきσ^i（ｉ＝０,１,･･･,ｐ－１　全部でｐ個）からなるとする。このとき、「ｆ(ｘ)の根がｘ^p－ａの根の式で表される」ような定数ａが存在する。とくにｆ(ｘ)の根の式はすべてａのべき根の式で表される。

この命題を証明しましょう。ｆ(ｘ)の原始元を１つとり、例えばβと表し、Ｇfを生成する入れ換えσにより、
γi＝β＋σ(β)ζ^i＋σ²(β)ζ^2i＋…＋σ^(p-1)(β)ζ^(p-1)i（ｉ＝０,１,･･･,ｐ－１）
とおきます。これはラグランジュやガウスがべき根で解を求める際に利用した方法です。σ(γi)を計算すると
σ(γi)＝σ(β)＋σ²(β)ζ^i＋σ³(β)ζ^2i＋…＋σ^p(β)ζ^(p-1)i
＝ζ^-i(σ(β)ζ^i＋σ²(β)ζ^2i＋σ³(β)ζ^3i＋…＋σ^p(β)ζ^pi)
＝ζ^-i・γi（∵σ^p(β)＝β，ζ^p＝１）
となります。したがってγi^pはσで不変です：
σ(γi^p)＝(γiζ^-i)^p＝γi^pζ^-ip＝γi^p
よってγi^p（ｉ＝０,１,･･･,ｐ－１）は定数です。もしγi≠０かつｉ≠０ならばσ^k(γi)＝γiζ^-ik≠γi（ｋ＝１,･･･,ｐ－１）です。ゆえにγiを不変にする入れ換えは恒等入れ換えしかなく、ガロワ対応より、γiの式全体はｆ(ｘ)の根の式全体に一致します。
したがって命題の証明を完成させるには、γ₁,…,γp-1のなかに０でないものがあれば十分です。
１＋ζ＋ζ²＋…＋ζ^(p-1)＝０より
γ₀＋γ₁＋…＋γp-1＝ｐβ
∴γ₁＋…＋γp-1＝ｐβ－γ₀
となります。右辺のｐβ－γ₀は定数ではありません。なぜならばβは定数でなく、γ₀は定数（σ(γ₀)＝γ₀）だからです。とくにｐβ－γ₀≠０なのでγ₁,…,γp-1の中に０でないものが存在します。以上で証明は終わりです。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

＞したがって命題の証明を完成させるには、γ₁,…,γp-1のなかに０でないものがあれば十分です。

上より、「よってγi^p（ｉ＝０,１,･･･,ｐ－１）は定数です」とあり、前回の終わりから「つまり、γiはｆ(ｘ)の根という事である」となったので、γiを変数ｘで表すと、ｘ^p＝ａ（定数）となり、ｘはｆ(ｘ)の根となる。
つまり、「ｆ(ｘ)の根がｘ^p－ａの根の式で表される」ような定数ａが存在するという事である。（問題文から）
そして、その条件は「もしγi≠０かつｉ≠０」だったので、「γ₁,…,γp-1のなかに０でないものがあれば十分」という事になる。（１つでもあれば、γi^p＝ａとなりＯＫという事。）
ついでに、前回の「この時点ではγiはｆ(ｘ)の根と分かっていないのに定理9.1(２)を適用しても良いのだろうか」にも答えておこう。別に順番を逆にすれば良いだけである。つまり、γiがｆ(ｘ)の根だと示した後でγi^pが定数である事を言えば問題ない。

＞１＋ζ＋ζ²＋…＋ζ^(p-1)＝０より
γ₀＋γ₁＋…＋γp-1＝ｐβ

γi＝β＋σ(β)ζ^i＋σ²(β)ζ^2i＋…＋σ^(p-1)(β)ζ^(p-1)i（ｉ＝０,１,･･･,ｐ－１）
これにｉ＝０～ｐ－１まで代入して総和を取ると、
γ₀＝β＋σ(β)＋σ²(β)＋…＋σ^(p-1)(β)
γ₁＝β＋σ(β)ζ¹＋σ²(β)ζ²＋…＋σ^(p-1)(β)ζ^(p-1)
γ₂＝β＋σ(β)ζ²＋σ²(β)ζ⁴＋…＋σ^(p-1)(β)ζ^2(p-1)
・
・
・
γp-1＝β＋σ(β)ζ^(p-1)＋σ²(β)ζ^2(p-1)＋…＋σ^(p-1)(β)ζ^(p-1)²

∴γ₀＋γ₁＋…＋γp-1
＝ｐβ＋σ(β){１＋ζ＋ζ²＋…＋ζ^(p-1)}
＋σ²(β){１＋ζ²＋ζ⁴＋…＋ζ^2(p-1)}
＋・・・
＋σ^(p-1)(β){１＋ζ^(p-1)＋ζ^2(p-1)＋…＋ζ^(p-1)²}———☆
また、１＋ζ^(p-1)＋ζ^2(p-1)＋…＋ζ^(p-1)²は、初項１，公比ζ^(p-1)の等比数列の和より、等比数列の和の公式より、
＝{１－(ζ^(p-1))^p}/{１－ζ^(p-1)}
＝{１－ζ^p(p-1)}/{１－ζ^(p-1)}
ところで、ζは１の原始ｐ乗根よりζ^p＝１
よって、１－ζ^p(p-1)＝１－(ζ^p)^(p-1)
＝１－１^(p-1)＝１－１＝０
∴１＋ζ^(p-1)＋ζ^2(p-1)＋…＋ζ^(p-1)²＝０
よって、☆の式の右辺は初めの項以外は全て０である。
∴γ₀＋γ₁＋…＋γp-1＝ｐβ
因みに、「１＋ζ＋ζ²＋…＋ζ^(p-1)＝０より
γ₀＋γ₁＋…＋γp-1＝ｐβ」この書き方だと１＋ζ＋ζ²＋…＋ζ^(p-1)を等比数列の和の公式でζ^p＝１を求める事になる。わざわざこの形にしたのは何か勘違いしたのかな？（念のため、解答の表現なんて本人の自由である。）

＞右辺のｐβ－γ₀は定数ではありません。なぜならばβは定数でなく、γ₀は定数（σ(γ₀)＝γ₀）だからです。

βはｆ(ｘ)の原始元で１つではないからである。また、上より「σ(γi)＝ζ^-i・γi」でこれにｉ＝０を代入すると、σ(γ₀)＝γ₀だからγは定数。

＞とくにｐβ－γ₀≠０なのでγ₁,…,γp-1の中に０でないものが存在します。

先の「γ₀＋γ₁＋…＋γp-1＝ｐβ」から、
γ₁＋…＋γp-1＝ｐβ－γ₀で「ｐβ－γ₀は定数ではありません」ので、ｐβ－γ₀≠０とすると、γ₀＋γ₁＋…＋γp-1≠０
よって、「γ₁,…,γp-1の中に０でないものが存在します」という事。
（γ₁,…,γp-1が全て０の場合はγ₀＋γ₁＋…＋γp-1＝０だから。そうじゃない場合は少なくとも１個は０じゃないから。）

おまけ：
https://jisin.jp/koushitsu/2179930/

問題
右の図のような直角三角形ＡＢＣの外側に、３辺をそれぞれ１辺とする正方形を描く。このとき、次の問いに答えよ。
（１）六角形ＤＥＦＧＨＩの面積をａ,ｃのみの式で表せ。
（２）ＥＦ²＋ＧＨ²＋ＩＤ²の値を、ｂのみの式で表せ。
（有名問題・類　９０　甲陽学院）

図の解説：∠Ｂが直角でＢＣが底辺の直角三角形ＡＢＣ（ＡＢＣは反時計回り）の各辺の外側に正方形ＡＢＧＨ，正方形ＢＣＩＨ，正方形ＣＡＥＤを描き、ＥＦ，ＧＨ，ＩＤを結ぶ。また、ＢＣ＝ａ，ＣＡ＝ｂ，ＡＢ＝ｃとした図。

模範解答
（１）右の図で、斜線を引いた４つの三角形（注：△ＡＢＣ，△ＡＥＦ，△ＢＧＨ，△ＣＩＤの事）の面積はみな等しい（基本図６９）から、（注：基本図６９については下で解説）
六角形ＤＥＦＧＨＩ
＝ａ²＋ｂ²＋ｃ²＋４×{(１/２)ａｃ}・・・➀
三平方の定理より、ｂ²＝ａ²＋ｃ²を用いて、
➀＝２(ａ²＋ｃ²＋ａｃ)
（２）右図のように補助線，補助点をとり、網目部の三角形の合同に注目する。（基本図７０）
（注：ＥからＢＣと平行な直線を引きＢＡの延長との交点をＪ，ＤからＡＢと平行な直線を引きＢＣの延長との交点をＫ，ＨＩの延長との交点をＬとし、さらにＥからＢＣと平行な直線とＧＦの延長との交点をＭとした図の△ＥＪＡと△ＡＢＣと△ＣＫＤが網目部の三角形。）
△△ＥＪＡ≡△ＡＢＣ≡△ＣＫＤ
ここで、太線部の直角三角形（注：△ＥＭＦ，△ＧＢＨ，△ＤＫＩの事）に着目して、
ＥＦ²＋ＧＨ²＋ＩＤ²
＝(ＭＦ²＋ＭＥ²)＋(ＢＨ²＋ＢＧ²)＋(ＬＩ²＋ＬＤ²)＝ａ²＋(２ｃ)²＋ａ²＋ｃ²＋ｃ²＋(２ａ)²＝６(ａ²＋ｃ²)＝６ｂ²
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
基本図６９
太線部の正方形が１点を共有する右図で、網目部のような平行四辺形をつくると、これらは合同だから、下図で、網目の三角形の面積は等しい。

解説
右図というのは、２つの大きさの違う正方形が１点で適当に接していて、その接している所の２辺を利用して２つの平行四辺形を作った図。（問題の図で言えば、ＥからＡＦと平行，ＦからＡＥと平行な直線を引き平行四辺形を作るという事。念のため、ＢからＡＣと平行，ＣからＡＢと平行な直線を引き２つ目の平行四辺形も作る。）
２つの平行四辺形が合同になる理由が書かれていないが、接している点の向かい合う角が補角をなしていて、正方形から平行四辺形の２辺同士の長さが等しいからである。（補角をなしている理由は、２つの角の和＝３６０°－９０°×２＝１８０°だから。この９０°は２つの正方形の接している部分のそれぞれの角度という事。）
そして、平行四辺形は対角線で切ると２つの合同な三角形に分けられるので、違う対角線で切った２つの三角形の面積は等しい。つまり、問題の図で言えば、△ＡＥＦと△ＡＢＣの面積は等しいという事である。

基本図７０
図で、△ＡＢＤ≡△ＣＡＥ

解説
直角が∠Ａの直角二等辺三角形の点Ａに接する適当な直線を引き、Ｂ，Ｃからその直線に下ろした垂線の足をそれぞれＤ，Ｅとした図。
証明が省略されているが、簡単なので自分で考えてみて下さい。

別解という程でもないが、私の解法は次回。因みに、私は使わなかったが、△ＡＥＦ＝△ＡＢＣは１つの角が補角をなす面積比の公式を使えば一発である。（基本図６９を使わなくても良いという事。）

おまけ：

問題
右の図のような直角三角形ＡＢＣの外側に、３辺をそれぞれ１辺とする正方形を描く。このとき、次の問いに答えよ。
（１）六角形ＤＥＦＧＨＩの面積をａ,ｃのみの式で表せ。
（２）ＥＦ²＋ＧＨ²＋ＩＤ²の値を、ｂのみの式で表せ。
（有名問題・類　９０　甲陽学院）

図の解説：∠Ｂが直角でＢＣが底辺の直角三角形ＡＢＣ（ＡＢＣは反時計回り）の各辺の外側に正方形ＡＢＧＦ，正方形ＢＣＩＨ，正方形ＣＡＥＤを描き、ＥＦ，ＧＨ，ＩＤを結ぶ。また、ＢＣ＝ａ，ＣＡ＝ｂ，ＡＢ＝ｃとした図。

別解という程でもないが、私の解法。

解答
（１）ＡからＢＣと平行な直線，ＣからＡＢと平行な直線，ＤからＢＣと平行な直線，ＥからＡＢと平行な直線を引くと、中央に四角形（全てＢＣ，ＢＣに平行だから長方形）が出来、四角形ＡＣＤＥが正方形だから対称性からその四角形も正方形である。その正方形の左上の頂点から反時計回りにＰ～Ｓと置くと、
△ＡＳＥ，△ＣＰＡ，△ＤＱＣ，△ＥＲＤは全て△ＡＢＣと合同な直角三角形である。（四角形ＡＢＣＰは長方形で長方形は対角線で２つの合同な長方形に分けられるから。）
よって、ＳＥ＝ＢＣ＝ａ，ＤＱ＝ＡＣ＝ｃ　また、四角形ＡＢＧＦは正方形より、ＡＦ＝ＡＢ＝ｃ
よって、△ＥＦＡ＝ｃ×ａ×(１/２)＝ａｃ/２，△ＧＨＢ＝ａ×ｃ×(１/２)＝ａｃ/２，△ＤＩＣ＝ａ×ｃ×(１/２)＝ａｃ/２，△ＡＢＣ＝ａ×ｃ×(１/２)＝ａｃ/２
ところで、六角形ＤＥＦＧＨＩの面積は、これらの面積に３つの正方形を加えたものなので、
六角形ＤＥＦＧＨＩ＝ａ²＋ｂ²＋ｃ²＋(ａｃ/２)×４＝ａ²＋ｂ²＋ｃ²＋２ａｃ———➀
また、△ＡＢＣで三平方の定理を使うと、
ｂ²＝ａ²＋ｃ²———②
②を➀に代入すると、
六角形ＤＥＦＧＨＩ＝２ａ²＋２ｃ²＋２ａｃ
＝２(ａ²＋ｃ²＋ａｃ)

因みに、三平方の定理を使わなくても出来る。
正方形ＡＣＤＥは△ＡＢＣと合同な４つの直角三角形と１つの正方形から成っているので、中央の正方形の１辺の長さを考えると、ＰＱ＝ＰＣ－ＱＣ＝ＡＢ－ＢＣ＝ｃ－ａ
よって、ｂ²＝(ａｃ/２)×４＋(ｃ－ａ)²＝２ａｃ＋ａ²＋ｃ²－２ａｃ＝ａ²＋ｃ²
これを➀に代入すれば良い。もっとも、こういう文字式は中３で習うのであまり意味はないと思うが。ただし、算数的には意味がある事である。

（２）△ＥＦＳで三平方の定理を使うと、
ＥＦ²＝(２ｃ)²＋ａ²＝ａ²＋４ｃ²———➀
△ＧＨＢで三平方の定理を使うと、
ＧＨ²＝ａ²＋ｃ²———②
△ＤＩＱで三平方の定理を使うと、
ＩＤ²＝(２ａ)²＋ｃ²＝４ａ²＋ｃ²———③
➀＋②＋③より、
ＥＦ²＋ＧＨ²＋ＩＤ²
＝(ａ²＋４ｃ²)＋(ａ²＋ｃ²)＋(４ａ²＋ｃ²)
＝６ａ²＋６ｃ²＝６(ａ²＋ｃ²)＝６ｂ²
よって、答えは、６ｂ²

模範解答は基本図６９と基本７０で工夫して面倒臭いが、算数の定石の１つの私の解法で解けば楽である。実際、私は１,２分ぐらいかな。

おまけ：
https://blog.goo.ne.jp/masuji622/e/077d2370503048bbd154acab4088e1c6

問題
右の図で、点Ｐ，Ｑは斜辺ＡＣを７等分する点のうち、Ａから３番目と４番目の点である。
ＢＰ²＋ＢＱ²＝１のとき、斜辺ＡＣの長さを求めよ。
（８７　東大寺学園）

模範解答
ＢＣ＝ａ，ＣＡ＝ｂ，ＡＢ＝ｃ，Ｐ，Ｑから、辺ＢＣに下した垂線の足をＰ'，Ｑ'とする。
ＢＰ²＋ＢＱ²
＝(ＢＰ'²＋ＰＰ'²)＋(ＢＱ'²＋ＱＱ'²)
＝{(３/７)ａ}²＋{(４/７)ｃ}²＋{(４/７)ａ}²
＋{(３/７)ｃ}²
＝(２５/４９)(ａ²＋ｃ²)
これが１に等しいから、ａ²＋ｃ²＝４９/２５
よって、ＡＣ＝ｂ＝√(ａ²＋ｂ²)
＝√(４９/２５)＝７/５

別解（参考書より）
中線定理を知っていれば、次のようにできる。
ＡＣの中点Ｍが直角三角形の斜辺の中点であることから、
ＭＡ＝ＭＢ＝ＭＣ＝ｘとおき、
ＭＰ＝ＭＱ＝(１/２)ＰＱ＝ｘ/７
これらを、△ＢＰＱに中線定理を用いた
ＢＰ²＋ＢＱ²＝２(ＢＭ²＋ＰＭ²)
に代入することによって、ｘを求めることができる。（以下、省略）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

一応、続きをやりますね。
ＢＰ²＋ＢＱ²＝２{ｘ²＋(ｘ/７)²}
また、条件より、ＢＰ²＋ＢＱ²＝１
よって、２{ｘ²＋(ｘ/７)²}＝１が成り立つ。
∴(５０/４９)ｘ²＝１/２
∴ｘ²＝４９/１００
ｘ＞０より、ｘ＝７/１０
∴ＡＣ＝２ｘ＝７/５

これだけじゃ面白くないので、何も見ないで、中線定理の逆は成り立たない事を証明して下さい。ネットがない頃は「高校への数学」でも「中線定理の逆は成り立たない」しか書かれていなくて結構苦労した記憶があります。
反例を１つ挙げたり座標を利用したり色々証明法はあると思いますが、私が開発した方法は中々エレガントだと思います。

おまけ：
ヤンキー高校かと思ったら数学の内容が数Ⅲだったので、ウィキペディアで調べてみたら「名門私立高校・愛徳学園高校に転任してきた体育教師・溝口（松田）。だが、そこは非行少年グループによる暴力が支配する地獄の学園だった。」
https://news.yahoo.co.jp/articles/1a5fc0310d3ebb9ed7243716d2dc1476abd9161a

問題
中線定理は逆が成り立たない事を証明して下さい。つまり、△ＡＢＣの辺ＢＣ上の点をＭとし、ＡＢ²＋ＡＣ²＝２(ＡＭ²＋ＢＭ²)が成り立つからと言って点ＭはＢＣの中点とは限らない事を証明して下さい。

解答
ＡＢ＞ＡＣで∠Ｃが鈍角の△ＡＢＣを描き、ＢＣの中点をＭとすると、中線定理より、
ＡＢ²＋ＡＣ²＝２(ＡＭ²＋ＢＭ²)———☆
が成り立つ。ここで、ＢＣの延長上にＡＣ＝ＡＣ'となる点Ｃ'を取ると、☆より、△ＡＢＣ'において、ＡＢ²＋ＡＣ'²＝２(ＡＭ²＋ＢＭ²)が成り立つ。つまり、仮定は満たすが点ＭがＢＣ'の中点でない事は自明。
よって、中線定理は逆が成り立たない。

念のため、∠Ｃは鈍角にしたが鋭角でも出来る場合と出来ない場合がある。
因みに、一般的にはこちらが画期的なようだ。http://blog.livedoor.jp/ddrerizayoi/archives/56230037.html
また、ウィキペディアにもこれとほとんど同じものが載っている。
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E4%B8%AD%E7%B7%9A%E5%AE%9A%E7%90%86#%E4%B8%AD%E7%B7%9A%E5%AE%9A%E7%90%86%E3%81%AE%E9%80%86（後半はアレンジしているが、中線定理を２回使うアイデアが特許ものである。）
まぁ、どちらが先かは知らないが、私は１３年前に作りました。もっとも全然違いますが。

おまけ：

解説
＞（１）,（２）は§３演習問題９において、Ｒ＝ℤ，Ｉ＝ｍℤと考えれば、Φが準同型写像であること、及びkerΦ＝ｍℤ[Ｘ]であることは全く同様に証明される。

（１）Φは全射であり、準同型写像である。
（Φ：ℤ[Ｘ]→ℤm[Ｘ]）
（２）kerΦ＝(ｍ)＝ｍℤ[Ｘ]

演習問題９では、
可換環ＲのイデアルＩに対して
Ｉ[Ｘ]＝{ａ₀＋ａ₁Ｘ＋…＋ａnＸ^n｜ａi∈Ｉ，ｎ≧０}と定めて、
写像Φ：Ｒ[Ｘ]→(Ｒ/Ｉ)[Ｘ]
が準同型写像である事を証明している。
つまり、このＲをℤにＩをｍℤ（ｍℤはイデアルだから）とすれば、同様に証明する事が出来る事が分かる。（ℤm＝ℤ/ｍℤだから。）
（２）の方は、
ｆ(Ｘ)∈kerΦ⇔…⇔ｆ(Ｘ)∈Ｉ[Ｘ]が証明されていて、kerΦ＝Ｉ[Ｘ]
これのＩをｍℤとすれば同様に証明出来る事が分かるだろう。

＞|ｆ(Ｘ)＝|ｇ(Ｘ)・|ｈ(Ｘ)・・・②
ここで、ℤm[Ｘ]において|ｆ(Ｘ)は既約であるから
|ｇ(Ｘ)∈ℤm または |ｈ(Ⅹ)∈ℤm

（３）の仮定より「ℤm[Ｘ]において|ｆ(Ｘ)は既約」だから、②の右辺のどちらかは定数という事。よって、「|ｇ(Ｘ)∈ℤm または |ｈ(Ⅹ)∈ℤm」。

＞仮定によって、ｆ(Ｘ)の最高次の係数がｍで割り切れないので、多項式ｆ(Ｘ)と多項式|ｆ(Ｘ)の次数は同じである。

最高次の係数がｍの倍数だったら、|ｆ(Ｘ)の最高次の係数は|０で次数が違くなる。

＞ゆえに、②より
degｆ(Ｘ)＝deg|ｆ(Ｘ)＝deg|ｈ(Ｘ)≦degｈ(Ｘ)≦degｆ(Ｘ)

「deg|ｆ(Ｘ)＝deg|ｈ(Ｘ)」は②より|ｆ(Ｘ)＝|ｇ(Ｘ)・|ｈ(Ｘ)を左辺に代入すると、
deg|ｇ(Ｘ)・|ｈ(Ｘ)＝deg|ｈ(Ｘ)
（上より|ｇ(Ｘ)∈ℤmで|ｇ(Ｘ)は定数だから。）
続きの「deg|ｈ(Ｘ)≦degｈ(Ｘ)≦degｆ(Ｘ)」は、|ｈ(Ｘ)の最高次の係数は|０の可能性があるから、deg|ｈ(Ｘ)≦degｈ(Ｘ)
また、➀よりｆ(Ｘ)＝ｇ(Ｘ)ｈ(Ｘ)でｇ(Ｘ)は定数の可能性もあるから、
degｈ(Ｘ)≦degｆ(Ｘ)

＞degｆ(Ｘ)＝deg|ｆ(Ｘ)＝deg|ｈ(Ｘ)≦degｈ(Ｘ)≦degｆ(Ｘ)
したがって、degｆ(Ｘ)＝degｈ(Ｘ)

挟み打ちの原理。

＞|ｆ(Ｘ)は３次式であるから、もし可約であればℤ₂に根をもたねばならない。

３次式が可約、つまり因数分解出来るならどちらかは|ｘ－αの式である。つまり、ℤ₂に根を持つという事である。

演習問題３
体Ｋ上の多項式環Ｋ[Ｘ]の元をｆ(Ｘ)とする。ｆ(Ｘ)の次数が２または３の多項式とするとき、ｆ(Ｘ)が既約であるための必要十分条件はｆ(Ｘ)がＫに根を持たない事である。これを証明せよ。

ｆ(Ｘ)が既約⇔ｆ(Ｘ)がＫに根を持たない
ｆ(Ｘ)がＫに根を持たない⇒ｆ(Ｘ)が既約
この対偶を取ると、
ｆ(Ｘ)が可約⇒ｆ(Ｘ)がＫに根を持つ
よって、ｆ(Ｘ)の次数が２または３の多項式とするとき、ｆ(Ｘ)が可約ならばｆ(Ｘ)がＫに根を持つ。つまり、「|ｆ(Ｘ)は３次式であるから、もし可約であればℤ₂に根をもたねばならない」という事である。

おまけ：
http://blog.misscam.tv/doshisha/misato_ugaki/?p=201

解説
＞上の同値性において自明でない主張は、
「ｘ^p－ａは根を持たないならば既約である」
ことです（「⇒」は自明です）。この主張の対偶を証明します。ｆ(ｘ)＝ｘ^p－ａの既約因子をｇ(ｘ)とおき（ただし最高次係数を１とする）。次数をｄ（＜ｐ）とします。ｆ(ｘ)の１つの根をαとおくと、ほかの根はαζ^i（ｉ＝１,･･･,ｐ－１）となります。

上の同値性とは、
ｘ^p－ａは既約である ⇔ ｘ^p－ａは定数の根を持たない　（＊）
の事で、自明でないのは、逆の、
ｘ^p－ａは既約である ⇐ ｘ^p－ａは定数の根を持たない
である。その理由は、ｘ⁴＋４＝(ｘ²＋２ｘ＋２)(ｘ²－２ｘ＋２)のような例があるからである。
つまり、ｐが素数の場合は絶対にこう出来ない事を証明する訳である。
そこで、「ｘ^p－ａは根を持たないならば既約である」の対偶を取ると、
ｘ^p－ａは既約でないならばｘ^p－ａは定数の根を持つ
これを証明すれば良い。
ｘ^p－ａが既約でないので、２つ以上の積に分けられるので、その１つをｇ(ｘ)と置き、その次数をｄとする（ｇ(ｘ)は既約多項式）。
また、ｆ(ｘ)の１つの根をαとすると、全ての根はαζ^i（ｉ＝０,･･･,ｐ－１）で表される。
例：ｘ³－２＝０とすると、
ｘ＝³√２，³√２ω，³√２ω²
ｐは素数じゃなくてもこれは成り立つ。
ｘ⁴－１＝０　∴(ｘ²－１)(ｘ²＋１)＝０
∴(ｘ－１)(ｘ＋１)(ｘ－ｉ)(ｘ＋ｉ)＝０
∴ｘ＝±１，±ｉ
∴ｘ＝ｉ，－１，－ｉ，１
＝ｉ，ｉ²，ｉ³，ｉ⁴
∴ｘ＝１・ｉ，１・ｉ²，１・ｉ³，１・ｉ⁴
ｘ⁴－２＝０だったら、
ｘ＝⁴√２ⅰ，⁴√２ⅰ²，⁴√２ⅰ³，⁴√２ⅰ⁴
∴ｘ＝⁴√２，⁴√２ⅰ，⁴√２ⅰ²，⁴√２ⅰ³

＞ｇ(ｘ)の定数項はｆ(ｘ)のいくつかの根の積なので、±α^dζ^iと表されます。とくにｂ＝α^dζ^iは定数です。

ｘ⁴＋４＝(ｘ²＋２ｘ＋２)(ｘ²－２ｘ＋２)のように因数分解されるから当然の話である。括弧のどちらかがｇ(ｘ)という事。

＞０＜ｄ＜ｐより、ｄとｐは互いに素です（∵ｐは素数だから）。

ｐが素数ならば相手がどんな数でも互いに素である。ただし、それは相手がｐより小さい場合だけである。何故なら、例えば相手を２ｐとすると、ｐと２ｐは共通因数がｐで互いに素ではないからである。よって、０＜ｄ＜ｐが必要という事。

＞そこでｒｐ＋ｓｄ＝１をみたす整数ｒ,ｓをとると、定数ａ^rｂ^sはｘ^p－ａの根になります。実際、
(ａ^rｂ^s)^p＝ａ^rp・(α^dζ^i)^sp
＝ａ^rp・α^dsp・ζ^isp＝ａ^rp・ａ^ds
＝ａ^(rp+sd)＝ａ

ｄとｐが互いに素ならば、必ずｒｐ＋ｓｄ＝１をみたす整数ｒ,ｓが存在する理由は、

定理1.7
２つの整数ａ,ｂの最大公約数をｄとすれば、ｄ＝ａｘ＋ｂｙを満足するｘ,ｙが存在する。すなわち
(ａ,ｂ)＝ｄ ⇒ ∃ｘ,ｙ∈ℤ，ａｘ＋ｂｙ＝ｄ
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

上のｄとｐが互いに素だから、下の最大公約数をｄ＝１とすると、ｒｐ＋ｓｄ＝１をみたす整数ｒ,ｓが存在するという事。
(ａ^rｂ^s)^pを試してみると、
＝ａ^rp・(α^dζ^i)^sp
（ｂ＝α^dζ^iを代入した）
＝ａ^rp・α^dsp・ζ^isp
＝ａ^rp・ａ^ds
（α^p＝ａ，ζ^p＝１より）
＝ａ^(rp+sd)＝ａ
（ｒｐ＋ｓｄ＝１だから）

因みに、ｐ＝４の時は成り立たず、ｐが素数の場合成り立つ理由は、ｐが素数だと「ｒｐ＋ｓｄ＝１をみたす整数ｒ,ｓが存在する」からである。例えば、ｐが素数じゃなくてｐとｄの最大公約数が２の場合、最後の所のａ^(rp+sd)＝ａがａ^(rp+sd)＝ａ²となり、(ａ^rｂ^s)^p＝ａ²だからｘ^p－ａ＝０ではなくｘ^p－ａ²＝０でＮＧという事。

おまけ：

問題
右の図のように、１辺の長さがａｃｍの正十二角形がある。この正十二角形は１辺の長さがａｃｍの正三角形ｘ個と１辺の長さがａｃｍの正方形ｙ個に分割できる。このとき、次の問いに答えよ。
（１）この正十二角形の面積をａで表せ。
（２）ｘとｙを求めよ。
（８７　中央大付，改題）

どうせなら、天才の解法からやりましょう。
（２）正十二角形の１つの内角は、公式を使っても使わなくても簡単に１５０°と分かる。
ここで、１５０°＝６０°＋９０°に気付けば、正十二角形の内部に正三角形と正方形をぴたりと並べる事が出来る事が分かり、正三角形の頂点とそれと重なる正方形の１つの頂点を考えると、１２÷２＝６点　また、対称性からその点の集合は正六角形になる事が分かり、先の正三角形と正方形から１辺の長さがａｃｍと分かる。
ところで、正六角形は６個の正三角形に分割できるので、正三角形の個数は６＋６＝１２個で、正方形の個数は６個である。
よって、ｘ＝１２，ｙ＝６
（１）正三角形の面積をＳ，正方形の面積をＳ'と置くと、Ｓ＝ａ×(√３ａ/２)×(１/２)＝√３ａ²/４，Ｓ'＝ａ²
∴正十二角形＝{√３ａ²/４}×１２＋６ａ²
＝３√３ａ²＋６ａ²＝３(２＋√３)ａ²
よって、答えは、３(２＋√３)ａ²ｃｍ²

模範解答は次回。

おまけ：

問題
右の図のように、１辺の長さがａｃｍの正十二角形がある。この正十二角形は１辺の長さがａｃｍの正三角形ｘ個と１辺の長さがａｃｍの正方形ｙ個に分割できる。このとき、次の問いに答えよ。
（１）この正十二角形の面積をａで表せ。
（２）ｘとｙを求めよ。
（８７　中央大付，改題）

模範解答
（１）右図のような底辺ａcm，頂角９０°の二等辺三角形を１２個集めたものが題意の正十二角形。
図のように（注：欄外に「頂角３０°の二等辺三角形は、外心と各頂点を結んで、正三角形と２つの二等辺三角形に分割できる」とある。これは定石）図形を分割すると、この三角形の高さは、
ＡＤ＋ＤＥ＝ａ＋(√３/２)ａ
（注：点Ｄは頂角が３０°の二等辺三角形ＡＢＣの外心。）
求める面積＝１２×{(１/２)×ａ×(ａ＋√３ａ/２)}＝６ａ²＋３√３ａ²（cm²）
（２）６ａ²＋３√３ａ²＝(√３/４)ａ²ｘ＋ａ²ｙ
整理して、２４＋１２√３＝√３ｘ＋４ｙ
ここで、ｘ,ｙは整数だから、
ｘ＝１２，ｙ＝６
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

（１）の別解１
模範解答の定石は有名だが、使っていいかどうかの境界線の定石を使おう（この参考書では使って良い）。
底辺ａcm，頂角９０°の二等辺三角形を１２個集めたものが題意の正十二角形なので、この１つを△ＡＢＣとしてＡからＢＣに下ろした垂線の足をＨとすると、△ＡＢＨは１５°，７５°，９０°の直角三角形。
よって、その三辺比４：√６＋√２：√６－√２を使うと、
ＡＨ：ＢＨ＝√６＋√２：√６－√２より、
ＡＨ：ａ/２＝√６＋√２：√６－√２
∴ＡＨ＝(ａ/２)(√６＋√２)/(√６－√２)
＝ａ(√６＋√２)²/８＝(８＋４√３)ａ/８
＝(２＋√３)ａ/２
∴△ＡＢＣ＝{(２＋√３)ａ/２}×ａ×(１/２)＝(２＋√３)ａ²/４
よって、求める面積はこの１２倍で、
正十二角形＝３(２＋√３)ａ² cm²

（１）の別解２
頂角が３０°の二等辺三角形２つをくっつけると６０°，１５０°，７５°，７５°の凧型が出来る。この面積を求め６倍して求める。
凧型をＯＡＢＣ（頂角が６０°の頂点をＯとする）として、ＡＢの延長上にＣから垂線を下ろしその足をＨとすると、∠ＣＢＨ＝１８０°－１５０°＝３０°より△ＣＢＨは１：２：√３の直角三角形。
∴ＣＨ＝ａ/２，ＢＨ＝√３ａ/２
∴ＡＨ＝ａ＋√３ａ/２
ここで、△ＡＣＨで三平方の定理を使うと、
ＡＣ²＝(ａ/２)²＋(ａ＋√３ａ/２)²
＝ａ²/４＋ａ²＋√３ａ²＋３ａ²/４
＝２ａ²＋√３ａ²＝(２＋√３)ａ²
ところで、△ＯＡＣは頂角が６０°の二等辺三角形より正三角形。
∴ＯＡ＝ＡＣ　また、△ＯＡＢは二等辺三角形よりＯＡ＝ＯＢ　∴ＯＢ＝ＡＣ
よって、凧型ＯＡＢＣ＝ＯＢ×ＡＣ×(１/２)＝ＡＣ²/２＝(２＋√３)ａ²/２
よって、求める面積はこの６倍で、
正十二角形＝３(２＋√３)ａ² cm²

もっと単純に１：２：√３の直角三角形で求めても良い。（２倍にしなくても求められるという事。）

おまけ：