掲示板
BBS壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/20 11:18 (No.1244483)削除次の文章を完全解説して下さい。
問題１
線型写像Ｆ：ℝ₃→ℝ₃，[ｘ ｙ ｚ]→[ｘ－ｙ＋ｚ ２ｘ－２ｙ＋２ｚ －ｘ＋ｙ－ｚ]に対し、
（１）dim(ImＦ)を求めよ。
（２）dim(KerＦ)を求めよ。
解（１）ImＦ＝{Ｆ([ｘ ｙ ｚ])｜[ｘ ｙ ｚ]∈ℝ₃}
＝{[ｘ－ｙ＋ｚ ２ｘ－２ｙ＋２ｚ －ｘ＋ｙ－ｚ]}
そこでImＦの元を[ｕ ｖ ｗ]とおくと、
ｕ＝ｘ－ｙ＋ｚ
ｖ＝２ｘ－２ｙ＋２ｚ
ｗ＝－ｘ＋ｙ－ｚ
よって、ｖ＝２ｕ，ｗ＝－ｕとなっている。よって、
ImＦ＝{[ｕ ２ｕ －ｕ]｜ｕ∈ℝ}＝ℝ[１ ２ －１]
[１ ２ －１]は一次独立なので、ImＦの基底となっている。したがって、dim(ImＦ)＝１
（２）線型写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'において、
dimＶ＝dim(KerＦ)＋dim(ImＦ)
が成り立つので、dim(KerＦ)＝dimＶ－dim(ImＦ)＝３－１＝２となる。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より
定理
線型写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'に対し、Ｖが有限次元のとき
（１）dimＶ＝dim(Ｆ^-1(０'))＋dim(Ｆ(Ｖ))が成り立つ。
（２）Ｖの基底ａ₁,…,ａr,ｂ₁,…,ｂsを適当にとれば、Ｆ(ａ₁),…,Ｆ(ａr)がＦ(Ｖ)の基底，ｂ₁,…,ｂsがＦ^-1(０')の基底となる。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より
適当に補足解説した後に、（２）は普通に解いて下の定理が便利である事を実感して下さい。
おまけ：
問題１
線型写像Ｆ：ℝ₃→ℝ₃，[ｘ ｙ ｚ]→[ｘ－ｙ＋ｚ ２ｘ－２ｙ＋２ｚ －ｘ＋ｙ－ｚ]に対し、
（１）dim(ImＦ)を求めよ。
（２）dim(KerＦ)を求めよ。
解（１）ImＦ＝{Ｆ([ｘ ｙ ｚ])｜[ｘ ｙ ｚ]∈ℝ₃}
＝{[ｘ－ｙ＋ｚ ２ｘ－２ｙ＋２ｚ －ｘ＋ｙ－ｚ]}
そこでImＦの元を[ｕ ｖ ｗ]とおくと、
ｕ＝ｘ－ｙ＋ｚ
ｖ＝２ｘ－２ｙ＋２ｚ
ｗ＝－ｘ＋ｙ－ｚ
よって、ｖ＝２ｕ，ｗ＝－ｕとなっている。よって、
ImＦ＝{[ｕ ２ｕ －ｕ]｜ｕ∈ℝ}＝ℝ[１ ２ －１]
[１ ２ －１]は一次独立なので、ImＦの基底となっている。したがって、dim(ImＦ)＝１
（２）線型写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'において、
dimＶ＝dim(KerＦ)＋dim(ImＦ)
が成り立つので、dim(KerＦ)＝dimＶ－dim(ImＦ)＝３－１＝２となる。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より
定理
線型写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'に対し、Ｖが有限次元のとき
（１）dimＶ＝dim(Ｆ^-1(０'))＋dim(Ｆ(Ｖ))が成り立つ。
（２）Ｖの基底ａ₁,…,ａr,ｂ₁,…,ｂsを適当にとれば、Ｆ(ａ₁),…,Ｆ(ａr)がＦ(Ｖ)の基底，ｂ₁,…,ｂsがＦ^-1(０')の基底となる。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著より
適当に補足解説した後に、（２）は普通に解いて下の定理が便利である事を実感して下さい。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/20 13:59削除解説
＞ｕ＝ｘ－ｙ＋ｚ
ｖ＝２ｘ－２ｙ＋２ｚ
ｗ＝－ｘ＋ｙ－ｚ
よって、ｖ＝２ｕ，ｗ＝－ｕとなっている。よって、
ImＦ＝{[ｕ ２ｕ －ｕ]｜ｕ∈ℝ}＝ℝ[１ ２ －１]
[１ ２ －１]は一次独立なので、ImＦの基底となっている。したがって、dim(ImＦ)＝１
ｕ＝ｘ－ｙ＋ｚ
ｖ＝２ｘ－２ｙ＋２ｚ
ｗ＝－ｘ＋ｙ－ｚ
を解いて、ｖ＝２ｕ，ｗ＝－ｕ
よって、ｖ＝２ｕまたはｖ＝－２ｗ
つまり、どちらにせよ直線である。よって、１次元。（念のため、参考程度で別解ではない。）
＞[１ ２ －１]は一次独立なので、ImＦの基底となっている。
ｃ∈ℝに対して、ｃ[１ ２ －１]＝[０ ０ ０]とすると、ｃ＝０ よって、一次独立の定義から[１ ２ －１]は１次独立という事。
また、基底の定義から、あと一次結合の形で表わせられれば良い。そこで、上より、
ImＦ＝ℝ[１ ２ －１]
よって、一次結合の形で表わせるので、[１ ２ －１]は基底である。
また、次元は基底の個数より、１次元である。
∴dim(ImＦ)＝１
定義 一次独立
線型空間Ｖにおいて、ベクトル列ａ₁,ａ₂,…,ａrに対し、
（１）ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂＋…＋ｃrａr＝０ (ｃ₁,ｃ₂,…,ｃr)≠(０,０,…,０)
となる数列ｃ₁,ｃ₂,…,ｃrが少なくとも１組存在することを、列ａ₁,ａ₂,…,ａrは一次従属であるという。線型従属または簡単に従属ともいう。
（２）一次従属の否定を一次独立，線型独立または簡単に独立などという。いい換えれば、一次独立とは、次のことが成り立つことである。
ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂＋…＋ｃrａr＝０ならばかならずｃ₁＝ｃ₂＝…＝ｃr＝０
定義と記号 一次結合
ａ₁,ａ₂,…,ａr∈Ｖに対し、
ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂＋…＋ｃrａr
の形の元を列ａ₁,ａ₂,…,ａrの一次結合または線型結合という。列ａ₁,ａ₂,…,ａrの一次結合の全体はℝａ₁＋ℝａ₂＋…＋ℝａrであって、この集合はＶの部分空間となっている。
定義と命題 基底
ベクトル列ｂ₁,ｂ₂,…,ｂn∈Ｖ（ｎ≧１）において、
（１）ｂ₁,ｂ₂,…,ｂnが一次独立
（２）Ｖ＝ℝｂ₁＋ℝｂ₂＋…＋ℝｂn すなわち任意のｘ∈Ｖは
ｘ＝ｃ₁ｂ₁＋ｃ₂ｂ₂＋…＋ｃnｂn
の２条件が成り立つとき、列ｂ₁,ｂ₂,…,ｂnをＶの基底または基底列という。
これが、基底は一次独立かつ一次結合の形で表わさられれば良いという事。
定義 次元
線型空間Ｖにおいて、一時独立なベクトル列をすべて考え、それらの長さの最大をＶの次元（dimension）といい、dimＶで表す。いい換えれば、
dimＶ＝ｎとは、次の（イ）,（ロ）が成り立つことである。
（イ）長さｎのベクトル列で一次独立なものが少なくとも一つ存在し、
（ロ）長さｎ＋１のベクトル列はすべて一次従属である。
定理（基底の長さの一意性）
線型空間Ｖにおいて（ｎ≧１）、
長さｎの基底が少なくとも一つある
⇔ dimＶ＝ｎ
これが次元は基底の個数と一致しているという事。私の言う事なんて信じられないと思うので、補足。
「ベクトル空間における，「基底」とは，ベクトル空間の元を一次結合で表すためのものであり，「次元」は，その基底の個数を指します。」
引用元：https://mathlandscape.com/basis-dimemsion/#:~:text=%E3%83%99%E3%82%AF%E3%83%88%E3%83%AB%E7%A9%BA%E9%96%93%E3%81%AB%E3%81%8A%E3%81%91%E3%82%8B%EF%BC%8C%E3%80%8C%E5%9F%BA%E5%BA%95%E3%80%8D,%E3%81%AE%E5%80%8B%E6%95%B0%E3%82%92%E6%8C%87%E3%81%97%E3%81%BE%E3%81%99%E3%80%82
（２）の別解は次回。昔の参考書だから分かり難いのかな？（今もあまり変わらないと思うが。）
おまけ：
＞ｕ＝ｘ－ｙ＋ｚ
ｖ＝２ｘ－２ｙ＋２ｚ
ｗ＝－ｘ＋ｙ－ｚ
よって、ｖ＝２ｕ，ｗ＝－ｕとなっている。よって、
ImＦ＝{[ｕ ２ｕ －ｕ]｜ｕ∈ℝ}＝ℝ[１ ２ －１]
[１ ２ －１]は一次独立なので、ImＦの基底となっている。したがって、dim(ImＦ)＝１
ｕ＝ｘ－ｙ＋ｚ
ｖ＝２ｘ－２ｙ＋２ｚ
ｗ＝－ｘ＋ｙ－ｚ
を解いて、ｖ＝２ｕ，ｗ＝－ｕ
よって、ｖ＝２ｕまたはｖ＝－２ｗ
つまり、どちらにせよ直線である。よって、１次元。（念のため、参考程度で別解ではない。）
＞[１ ２ －１]は一次独立なので、ImＦの基底となっている。
ｃ∈ℝに対して、ｃ[１ ２ －１]＝[０ ０ ０]とすると、ｃ＝０ よって、一次独立の定義から[１ ２ －１]は１次独立という事。
また、基底の定義から、あと一次結合の形で表わせられれば良い。そこで、上より、
ImＦ＝ℝ[１ ２ －１]
よって、一次結合の形で表わせるので、[１ ２ －１]は基底である。
また、次元は基底の個数より、１次元である。
∴dim(ImＦ)＝１
定義 一次独立
線型空間Ｖにおいて、ベクトル列ａ₁,ａ₂,…,ａrに対し、
（１）ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂＋…＋ｃrａr＝０ (ｃ₁,ｃ₂,…,ｃr)≠(０,０,…,０)
となる数列ｃ₁,ｃ₂,…,ｃrが少なくとも１組存在することを、列ａ₁,ａ₂,…,ａrは一次従属であるという。線型従属または簡単に従属ともいう。
（２）一次従属の否定を一次独立，線型独立または簡単に独立などという。いい換えれば、一次独立とは、次のことが成り立つことである。
ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂＋…＋ｃrａr＝０ならばかならずｃ₁＝ｃ₂＝…＝ｃr＝０
定義と記号 一次結合
ａ₁,ａ₂,…,ａr∈Ｖに対し、
ｃ₁ａ₁＋ｃ₂ａ₂＋…＋ｃrａr
の形の元を列ａ₁,ａ₂,…,ａrの一次結合または線型結合という。列ａ₁,ａ₂,…,ａrの一次結合の全体はℝａ₁＋ℝａ₂＋…＋ℝａrであって、この集合はＶの部分空間となっている。
定義と命題 基底
ベクトル列ｂ₁,ｂ₂,…,ｂn∈Ｖ（ｎ≧１）において、
（１）ｂ₁,ｂ₂,…,ｂnが一次独立
（２）Ｖ＝ℝｂ₁＋ℝｂ₂＋…＋ℝｂn すなわち任意のｘ∈Ｖは
ｘ＝ｃ₁ｂ₁＋ｃ₂ｂ₂＋…＋ｃnｂn
の２条件が成り立つとき、列ｂ₁,ｂ₂,…,ｂnをＶの基底または基底列という。
これが、基底は一次独立かつ一次結合の形で表わさられれば良いという事。
定義 次元
線型空間Ｖにおいて、一時独立なベクトル列をすべて考え、それらの長さの最大をＶの次元（dimension）といい、dimＶで表す。いい換えれば、
dimＶ＝ｎとは、次の（イ）,（ロ）が成り立つことである。
（イ）長さｎのベクトル列で一次独立なものが少なくとも一つ存在し、
（ロ）長さｎ＋１のベクトル列はすべて一次従属である。
定理（基底の長さの一意性）
線型空間Ｖにおいて（ｎ≧１）、
長さｎの基底が少なくとも一つある
⇔ dimＶ＝ｎ
これが次元は基底の個数と一致しているという事。私の言う事なんて信じられないと思うので、補足。
「ベクトル空間における，「基底」とは，ベクトル空間の元を一次結合で表すためのものであり，「次元」は，その基底の個数を指します。」
引用元：https://mathlandscape.com/basis-dimemsion/#:~:text=%E3%83%99%E3%82%AF%E3%83%88%E3%83%AB%E7%A9%BA%E9%96%93%E3%81%AB%E3%81%8A%E3%81%91%E3%82%8B%EF%BC%8C%E3%80%8C%E5%9F%BA%E5%BA%95%E3%80%8D,%E3%81%AE%E5%80%8B%E6%95%B0%E3%82%92%E6%8C%87%E3%81%97%E3%81%BE%E3%81%99%E3%80%82
（２）の別解は次回。昔の参考書だから分かり難いのかな？（今もあまり変わらないと思うが。）
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/20 15:19削除問題１
線型写像Ｆ：ℝ₃→ℝ₃，[ｘ ｙ ｚ]→[ｘ－ｙ＋ｚ ２ｘ－２ｙ＋２ｚ －ｘ＋ｙ－ｚ]に対し、
（１）dim(ImＦ)を求めよ。
（２）dim(KerＦ)を求めよ。
（２）の別解
Ｆ([ｘ ｙ ｚ])＝[ｘ－ｙ＋ｚ ２ｘ－２ｙ＋２ｚ －ｘ＋ｙ－ｚ]＝[０ ０ ０]とすると、
ｘ－ｙ＋ｚ＝０———➀
２ｘ－２ｙ＋２ｚ＝０———②
－ｘ＋ｙ－ｚ＝０———③
➀，②、③より、ｘ－ｙ＋ｚ＝０
∴KerＦ＝{[ｘ ｙ ｚ]∈ℝ³｜ｘ－ｙ＋ｚ＝０}
KerＦの元ａ＝[１ １ ０]，ｂ＝[０ １ １]がKerＦの基底である事を示す。
ｃ₁,ｃ₂∈ℝに対して、ｃ₁ａ＋ｃ₂ｂ＝０とすると、ｃ₁ａ＋ｃ₂ｂ＝ｃ₁[１ １ ０]＋ｃ₂[０ １ １]＝[０ ０ ０]
∴[ｃ₁ ｃ₁＋ｃ₂ ｃ₂]＝[０ ０ ０]
∴ｃ₁＝ｃ₂＝０
よって、ｃ₁ａ＋ｃ₂ｂ＝０⇒ｃ₁＝ｃ₂＝０より、ａ,ｂは一次独立である。
また、KerＦの任意の元[ｕ ｖ ｗ]に対して、[ｕ ｖ ｗ]＝ｃ₁[１ １ ０]＋ｃ₂[０ １ １]と置くと、ｕ＝ｃ₁，ｖ＝ｃ₁＋ｃ₂，ｗ＝ｃ₂となり、
ｃ₁＝ｕ，ｃ₂＝ｗと置くと、
[ｕ ｖ ｗ]＝ｕ[１ １ ０]＋ｗ[０ １ １]
よって、一次結合の形で表わせるので、ａ＝[１ １ ０]，ｂ＝[０ １ １]は基底である。
よって、KerＦの基底の個数は２個より２次元。∴dim(KerＦ)＝２
おまけ：
線型写像Ｆ：ℝ₃→ℝ₃，[ｘ ｙ ｚ]→[ｘ－ｙ＋ｚ ２ｘ－２ｙ＋２ｚ －ｘ＋ｙ－ｚ]に対し、
（１）dim(ImＦ)を求めよ。
（２）dim(KerＦ)を求めよ。
（２）の別解
Ｆ([ｘ ｙ ｚ])＝[ｘ－ｙ＋ｚ ２ｘ－２ｙ＋２ｚ －ｘ＋ｙ－ｚ]＝[０ ０ ０]とすると、
ｘ－ｙ＋ｚ＝０———➀
２ｘ－２ｙ＋２ｚ＝０———②
－ｘ＋ｙ－ｚ＝０———③
➀，②、③より、ｘ－ｙ＋ｚ＝０
∴KerＦ＝{[ｘ ｙ ｚ]∈ℝ³｜ｘ－ｙ＋ｚ＝０}
KerＦの元ａ＝[１ １ ０]，ｂ＝[０ １ １]がKerＦの基底である事を示す。
ｃ₁,ｃ₂∈ℝに対して、ｃ₁ａ＋ｃ₂ｂ＝０とすると、ｃ₁ａ＋ｃ₂ｂ＝ｃ₁[１ １ ０]＋ｃ₂[０ １ １]＝[０ ０ ０]
∴[ｃ₁ ｃ₁＋ｃ₂ ｃ₂]＝[０ ０ ０]
∴ｃ₁＝ｃ₂＝０
よって、ｃ₁ａ＋ｃ₂ｂ＝０⇒ｃ₁＝ｃ₂＝０より、ａ,ｂは一次独立である。
また、KerＦの任意の元[ｕ ｖ ｗ]に対して、[ｕ ｖ ｗ]＝ｃ₁[１ １ ０]＋ｃ₂[０ １ １]と置くと、ｕ＝ｃ₁，ｖ＝ｃ₁＋ｃ₂，ｗ＝ｃ₂となり、
ｃ₁＝ｕ，ｃ₂＝ｗと置くと、
[ｕ ｖ ｗ]＝ｕ[１ １ ０]＋ｗ[０ １ １]
よって、一次結合の形で表わせるので、ａ＝[１ １ ０]，ｂ＝[０ １ １]は基底である。
よって、KerＦの基底の個数は２個より２次元。∴dim(KerＦ)＝２
おまけ：
返信
返信2
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/16 11:47 (No.1241178)削除問題
（ア）正方形ＡＢＣＤの辺ＢＣ上の１点をＰとする。∠ＰＡＤの二等分線が辺ＤＣと交わる点をＱとすれば、ＡＰ＝ＢＰ＋ＤＱであることを証明せよ。
（イ）正方形ＡＢＣＤの辺ＢＣ，ＣＤ上に、２点Ｐ，Ｑを∠ＰＡＱ＝４５°となるようにとるとき、ＡからＰＱに下ろした垂線の長さは、この正方形の一辺の長さに等しいことを証明せよ。
（８５ 灘）
両方とも定石問題ですね。ただし、両方とも別解も作ってみました。１つだけでも出来たら凄いと思います。念のため、一応中学数学の範囲です。
おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/5035f7275731515c3076a086c0b032c2577b1fb7?page=2
（ア）正方形ＡＢＣＤの辺ＢＣ上の１点をＰとする。∠ＰＡＤの二等分線が辺ＤＣと交わる点をＱとすれば、ＡＰ＝ＢＰ＋ＤＱであることを証明せよ。
（イ）正方形ＡＢＣＤの辺ＢＣ，ＣＤ上に、２点Ｐ，Ｑを∠ＰＡＱ＝４５°となるようにとるとき、ＡからＰＱに下ろした垂線の長さは、この正方形の一辺の長さに等しいことを証明せよ。
（８５ 灘）
両方とも定石問題ですね。ただし、両方とも別解も作ってみました。１つだけでも出来たら凄いと思います。念のため、一応中学数学の範囲です。
おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/5035f7275731515c3076a086c0b032c2577b1fb7?page=2
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/17 07:55削除問題
（ア）正方形ＡＢＣＤの辺ＢＣ上の１点をＰとする。∠ＰＡＤの二等分線が辺ＤＣと交わる点をＱとすれば、ＡＰ＝ＢＰ＋ＤＱであることを証明せよ。
模範解答
△ＡＤＱを、点Ａを中心に時計回りに９０°回転移動させると、ＡＤはＡＢに重なる。
△ＡＤＱ≡△ＡＢＲであるから、
∠ＡＲＢ＝∠ＡＱＤ＝∠ＢＡＱ
＝∠ＢＡＰ＋∠ＰＡＱ
＝∠ＢＡＰ＋∠ＲＡＢ
＝∠ＲＡＰ
よって、△ＰＡＲは、ＰＡ＝ＰＲの二等辺三角形で、
ＰＡ＝ＰＲ＝ＢＰ＋ＢＲ＝ＢＰ＋ＤＱ
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
解説
∠ＢＡＰ＋∠ＲＡＢ
＝∠ＲＡＰ
の所は、（図の〇印×印参照）と書いてあるので、∠ＰＡＱ＝∠ＱＡＤ＝〇，∠ＢＡＰ＝×として下さい。
また、欄外に「ＢＰ＋ＤＱが１箇所に集まるように工夫」と書いてあるが、定石問題なので覚えておいた方が良い。因みに、私は△ＡＢＰを辺ＡＤの外側まで回転移動させた。（つまり、逆回転という事。）
別解（私のオリジナル）
ＡＰの延長とＤＣの延長との交点をＥとし、正方形の１辺を１，ＢＰ＝ｘ，ＤＱ＝ｙと置くと、△ＡＢＰでの三平方の定理より、
ＡＰ＝√(１＋ｘ²)
また、△ＰＡＢ∽△ＰＥＣより、
１：ｘ＝ＣＥ：１－ｘが成り立つ。
∴ＣＥ＝(１－ｘ)/ｘ
また、ＡＰ：ｘ＝ＰＥ：１－ｘも成り立つ。
∴ＰＥ＝(１－ｘ)√(１＋ｘ²)/ｘ
∴ＡＥ＝√(１＋ｘ²)＋(１－ｘ)√(１＋ｘ²)/ｘ
＝√(１＋ｘ²)/ｘ
ここで、△ＡＥＤで角の二等分線の定理を使うと、ＡＥ：ＡＤ＝ＥＱ：ＱＤより、
√(１＋ｘ²)/ｘ：１
＝(１－ｘ)/ｘ＋(１－ｙ)：ｙが成り立つ。
∴ｙ√(１＋ｘ²)/ｘ＝(１－ｘ)/ｘ＋１－ｙ
∴ｙ√(１＋ｘ²)＝(１－ｘ)＋ｘ(１－ｙ)
＝１－ｘ＋ｘ－ｘｙ＝１－ｘｙ
∴ｙ√(１＋ｘ²)＝１－ｘｙ
この両辺を２乗すると、
ｙ²(１＋ｘ²)＝(１－ｘｙ)²
∴ｙ²＋ｘ²ｙ²＝ｘ²ｙ²－２ｘｙ＋１
∴ｙ²＋２ｘｙ＝１
この両辺にｘ²を加えると、
ｘ²＋ｙ²＋２ｘｙ＝１＋ｘ²
∴(ｘ＋ｙ)²＝１＋ｘ²
ところで、ｘ＞０，ｙ＞０より、
ｘ＋ｙ＝√(１＋ｘ²)
これに、ＡＰ＝√(１＋ｘ²) ，ＢＰ＝ｘ，ＤＱ＝ｙを代入すると、
ＡＰ＝ＢＰ＋ＤＱが成り立つ。
よって、示された。
中学数学の別解２は次回。
おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1811750731499872578
（ア）正方形ＡＢＣＤの辺ＢＣ上の１点をＰとする。∠ＰＡＤの二等分線が辺ＤＣと交わる点をＱとすれば、ＡＰ＝ＢＰ＋ＤＱであることを証明せよ。
模範解答
△ＡＤＱを、点Ａを中心に時計回りに９０°回転移動させると、ＡＤはＡＢに重なる。
△ＡＤＱ≡△ＡＢＲであるから、
∠ＡＲＢ＝∠ＡＱＤ＝∠ＢＡＱ
＝∠ＢＡＰ＋∠ＰＡＱ
＝∠ＢＡＰ＋∠ＲＡＢ
＝∠ＲＡＰ
よって、△ＰＡＲは、ＰＡ＝ＰＲの二等辺三角形で、
ＰＡ＝ＰＲ＝ＢＰ＋ＢＲ＝ＢＰ＋ＤＱ
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
解説
∠ＢＡＰ＋∠ＲＡＢ
＝∠ＲＡＰ
の所は、（図の〇印×印参照）と書いてあるので、∠ＰＡＱ＝∠ＱＡＤ＝〇，∠ＢＡＰ＝×として下さい。
また、欄外に「ＢＰ＋ＤＱが１箇所に集まるように工夫」と書いてあるが、定石問題なので覚えておいた方が良い。因みに、私は△ＡＢＰを辺ＡＤの外側まで回転移動させた。（つまり、逆回転という事。）
別解（私のオリジナル）
ＡＰの延長とＤＣの延長との交点をＥとし、正方形の１辺を１，ＢＰ＝ｘ，ＤＱ＝ｙと置くと、△ＡＢＰでの三平方の定理より、
ＡＰ＝√(１＋ｘ²)
また、△ＰＡＢ∽△ＰＥＣより、
１：ｘ＝ＣＥ：１－ｘが成り立つ。
∴ＣＥ＝(１－ｘ)/ｘ
また、ＡＰ：ｘ＝ＰＥ：１－ｘも成り立つ。
∴ＰＥ＝(１－ｘ)√(１＋ｘ²)/ｘ
∴ＡＥ＝√(１＋ｘ²)＋(１－ｘ)√(１＋ｘ²)/ｘ
＝√(１＋ｘ²)/ｘ
ここで、△ＡＥＤで角の二等分線の定理を使うと、ＡＥ：ＡＤ＝ＥＱ：ＱＤより、
√(１＋ｘ²)/ｘ：１
＝(１－ｘ)/ｘ＋(１－ｙ)：ｙが成り立つ。
∴ｙ√(１＋ｘ²)/ｘ＝(１－ｘ)/ｘ＋１－ｙ
∴ｙ√(１＋ｘ²)＝(１－ｘ)＋ｘ(１－ｙ)
＝１－ｘ＋ｘ－ｘｙ＝１－ｘｙ
∴ｙ√(１＋ｘ²)＝１－ｘｙ
この両辺を２乗すると、
ｙ²(１＋ｘ²)＝(１－ｘｙ)²
∴ｙ²＋ｘ²ｙ²＝ｘ²ｙ²－２ｘｙ＋１
∴ｙ²＋２ｘｙ＝１
この両辺にｘ²を加えると、
ｘ²＋ｙ²＋２ｘｙ＝１＋ｘ²
∴(ｘ＋ｙ)²＝１＋ｘ²
ところで、ｘ＞０，ｙ＞０より、
ｘ＋ｙ＝√(１＋ｘ²)
これに、ＡＰ＝√(１＋ｘ²) ，ＢＰ＝ｘ，ＤＱ＝ｙを代入すると、
ＡＰ＝ＢＰ＋ＤＱが成り立つ。
よって、示された。
中学数学の別解２は次回。
おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1811750731499872578
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/18 07:47削除問題
（ア）正方形ＡＢＣＤの辺ＢＣ上の１点をＰとする。∠ＰＡＤの二等分線が辺ＤＣと交わる点をＱとすれば、ＡＰ＝ＢＰ＋ＤＱであることを証明せよ。
別解２とその系（思い付いた順）
ＢＣの延長とＡＱの延長との交点をＥとすると、角の二等分と錯角より∠ＰＡＥ＝∠ＰＥＡとなり、△ＰＡＥは二等辺三角形となる。∴ＰＡ＝ＰＥ
ここで、正方形の１辺の長さを１とし、点Ｂをｘｙ座標の原点に置き、ＢＣをｘ軸，ＡＢをy軸に取ると、
Ｐ(ｐ,０)，Ｑ(１,ｑ)，ＰＡ＝√(１＋ｐ²)より、Ｅ(ｐ＋√(１＋ｐ²),０)と置ける。
よって、直線ＡＥの方程式は、
ｙ＝[－１/{ｐ＋√(１＋ｐ²)}]ｘ＋１
＝{ｐ－√(１＋ｐ²)}ｘ＋１
∴ｙ＝{ｐ－√(１＋ｐ²)}ｘ＋１
よって、点Ｑのｙ座標はこれにｘ＝１を代入して、ｙ＝ｐ－√(１＋ｐ²)＋１
また、点Ｑのy座標はｑでもあるので、
ｑ＝ｐ－√(１＋ｐ²)＋１が成り立つ。
∴√(１＋ｐ²)＝ｐ＋(１－ｑ)
これにＡＰ＝√(１＋ｐ²)，ＢＰ＝ｐ，ＤＱ＝１－ｑを代入すると、
ＡＰ＝ＢＰ＋ＤＱ
別解２の系
ＢＣの延長とＡＱの延長との交点をＥとすると、角の二等分と錯角より∠ＰＡＥ＝∠ＰＥＡとなり、△ＰＡＥは二等辺三角形となる。∴ＰＡ＝ＰＥ
ここで、正方形の１辺の長さを１，ＢＰ＝ｘ，ＤＱ＝ｙと置くと、ＡＰ＝√(１＋ｘ²)より、ＰＥ＝√(１＋ｘ²)
∴ＣＥ＝√(１＋ｘ²)＋ｘ－１
ところで、△ＱＤＡ∽△ＱＣＥより、
ｙ：１＝１－ｙ：√(１＋ｘ²)＋ｘ－１が成り立つ。∴ｙ{√(１＋ｘ²)＋ｘ－１}＝１－ｙ
ｙ√(１＋ｘ²)＋ｘｙ－ｙ＝１－ｙ
∴ｙ√(１＋ｘ²)＝１－ｘｙ
この両辺を２乗すると、
ｙ²(１＋ｘ²)＝(１－ｘｙ)²
∴ｙ²＋ｘ²ｙ²＝１＋ｘ²ｙ²－２ｘｙ
∴ｙ²＋２ｘｙ＝１
この両辺にｘ²を加えると、
ｘ²＋ｙ²＋２ｘｙ＝１＋ｘ²
∴(ｘ＋ｙ)²＝１＋ｘ²
ｘ＞０，ｙ＞０より、
ｘ＋ｙ＝√(１＋ｘ²)
これにＢＰ＝ｘ，ＤＱ＝ｙ，ＡＰ＝√(１＋ｘ²)を代入すると、
ＡＰ＝ＢＰ＋ＤＱ
よって、示された。
別解２の系は計算が大変でエレガントではないですね。別解１の流れからこう解くのが普通だと思いますが、運が良いと系じゃない方で解けます。
運って何なんでしょうね。笑
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-10735477637.html
おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-11434487475.html
（ア）正方形ＡＢＣＤの辺ＢＣ上の１点をＰとする。∠ＰＡＤの二等分線が辺ＤＣと交わる点をＱとすれば、ＡＰ＝ＢＰ＋ＤＱであることを証明せよ。
別解２とその系（思い付いた順）
ＢＣの延長とＡＱの延長との交点をＥとすると、角の二等分と錯角より∠ＰＡＥ＝∠ＰＥＡとなり、△ＰＡＥは二等辺三角形となる。∴ＰＡ＝ＰＥ
ここで、正方形の１辺の長さを１とし、点Ｂをｘｙ座標の原点に置き、ＢＣをｘ軸，ＡＢをy軸に取ると、
Ｐ(ｐ,０)，Ｑ(１,ｑ)，ＰＡ＝√(１＋ｐ²)より、Ｅ(ｐ＋√(１＋ｐ²),０)と置ける。
よって、直線ＡＥの方程式は、
ｙ＝[－１/{ｐ＋√(１＋ｐ²)}]ｘ＋１
＝{ｐ－√(１＋ｐ²)}ｘ＋１
∴ｙ＝{ｐ－√(１＋ｐ²)}ｘ＋１
よって、点Ｑのｙ座標はこれにｘ＝１を代入して、ｙ＝ｐ－√(１＋ｐ²)＋１
また、点Ｑのy座標はｑでもあるので、
ｑ＝ｐ－√(１＋ｐ²)＋１が成り立つ。
∴√(１＋ｐ²)＝ｐ＋(１－ｑ)
これにＡＰ＝√(１＋ｐ²)，ＢＰ＝ｐ，ＤＱ＝１－ｑを代入すると、
ＡＰ＝ＢＰ＋ＤＱ
別解２の系
ＢＣの延長とＡＱの延長との交点をＥとすると、角の二等分と錯角より∠ＰＡＥ＝∠ＰＥＡとなり、△ＰＡＥは二等辺三角形となる。∴ＰＡ＝ＰＥ
ここで、正方形の１辺の長さを１，ＢＰ＝ｘ，ＤＱ＝ｙと置くと、ＡＰ＝√(１＋ｘ²)より、ＰＥ＝√(１＋ｘ²)
∴ＣＥ＝√(１＋ｘ²)＋ｘ－１
ところで、△ＱＤＡ∽△ＱＣＥより、
ｙ：１＝１－ｙ：√(１＋ｘ²)＋ｘ－１が成り立つ。∴ｙ{√(１＋ｘ²)＋ｘ－１}＝１－ｙ
ｙ√(１＋ｘ²)＋ｘｙ－ｙ＝１－ｙ
∴ｙ√(１＋ｘ²)＝１－ｘｙ
この両辺を２乗すると、
ｙ²(１＋ｘ²)＝(１－ｘｙ)²
∴ｙ²＋ｘ²ｙ²＝１＋ｘ²ｙ²－２ｘｙ
∴ｙ²＋２ｘｙ＝１
この両辺にｘ²を加えると、
ｘ²＋ｙ²＋２ｘｙ＝１＋ｘ²
∴(ｘ＋ｙ)²＝１＋ｘ²
ｘ＞０，ｙ＞０より、
ｘ＋ｙ＝√(１＋ｘ²)
これにＢＰ＝ｘ，ＤＱ＝ｙ，ＡＰ＝√(１＋ｘ²)を代入すると、
ＡＰ＝ＢＰ＋ＤＱ
よって、示された。
別解２の系は計算が大変でエレガントではないですね。別解１の流れからこう解くのが普通だと思いますが、運が良いと系じゃない方で解けます。
運って何なんでしょうね。笑
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-10735477637.html
おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-11434487475.html
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/19 07:53削除問題
（ア）正方形ＡＢＣＤの辺ＢＣ上の１点をＰとする。∠ＰＡＤの二等分線が辺ＤＣと交わる点をＱとすれば、ＡＰ＝ＢＰ＋ＤＱであることを証明せよ。
別解３（別解１のアレンジ）
正方形ＡＢＣＤを横軸回転で裏返すと、正方形ＢＡＤＣとなり、ここで、点Ａをｘｙ座標の原点に置き、ＡＤをｘ軸，ＡＢをｙ軸に取る。また、正方形の１辺の長さを１とすると、Ｐ(ｐ,１)，Ｑ(１,ｑ)と置け、ｘ軸上にＡＥ＝ＡＰとなる点Ｅを取ると、ＡＰ＝√(１＋ｐ²)より、Ｅ(√(１＋ｐ²),０)
今、ＰＥの中点をＭとすると、△ＡＰＥは二等辺三角形でＡＱは∠ＰＡＥの二等分線より、点Ｍは直線ＡＱ上にある。
また、中点の座標の公式より、Ｐ(ｐ,１)，Ｅ(√(１＋ｐ²),０)からＰＥの中点Ｍの座標は、Ｍ({ｐ＋√(１＋ｐ²))/２,１/２)
よって、直線ＡＱの方程式は、
ｙ＝[１/{ｐ＋√(１＋ｐ²)}]ｘ
∴ｙ＝－{ｐ－√(１＋ｐ²)}ｘ
∴ｙ＝{－ｐ＋√(１＋ｐ²)}ｘ
よって、点Ｑのｙ座標はｘ＝１を代入して、
ｑ＝－ｐ＋√(１＋ｐ²)
∴√(１＋ｐ²)＝ｐ＋ｑ
∴ＡＰ＝ＢＰ＋ＤＱ
因みに、直線ＡＱの方程式は、Ｐからｘ軸に垂線を下ろしその足をＨ，ＰＨとＡＱとの交点をＩとして、△ＡＰＨで角の二等分線の定理を使っても求められる。
ＡＰ：ＡＨ＝ＰＩ：ＩＨより、
ＰＩ：ＩＨ＝√(１＋ｐ²)：ｐ
∴ＩＨ＝[ｐ/{ｐ＋√(１＋ｐ²)}]×１
＝－ｐ{ｐ－√(１＋ｐ²)}
∴ＩＨ/ＡＨ＝－{ｐ－√(１＋ｐ²)}
＝－ｐ＋√(１＋ｐ²)
よって、直線ＡＱの方程式は、
ｙ＝{－ｐ＋√(１＋ｐ²)}ｘ
おまけ：
https://bbs1.rocketbbs.com/shochandas/posts/2085
https://www.nikkansports.com/entertainment/photonews/photonews_nsInc_202408170000171-1.html?utm_source=headlines.yahoo.co.jp&utm_medium=referral&utm_campaign=%E3%81%93%E3%82%81%E3%81%8A%E3%80%8C%E3%81%BE
（ア）正方形ＡＢＣＤの辺ＢＣ上の１点をＰとする。∠ＰＡＤの二等分線が辺ＤＣと交わる点をＱとすれば、ＡＰ＝ＢＰ＋ＤＱであることを証明せよ。
別解３（別解１のアレンジ）
正方形ＡＢＣＤを横軸回転で裏返すと、正方形ＢＡＤＣとなり、ここで、点Ａをｘｙ座標の原点に置き、ＡＤをｘ軸，ＡＢをｙ軸に取る。また、正方形の１辺の長さを１とすると、Ｐ(ｐ,１)，Ｑ(１,ｑ)と置け、ｘ軸上にＡＥ＝ＡＰとなる点Ｅを取ると、ＡＰ＝√(１＋ｐ²)より、Ｅ(√(１＋ｐ²),０)
今、ＰＥの中点をＭとすると、△ＡＰＥは二等辺三角形でＡＱは∠ＰＡＥの二等分線より、点Ｍは直線ＡＱ上にある。
また、中点の座標の公式より、Ｐ(ｐ,１)，Ｅ(√(１＋ｐ²),０)からＰＥの中点Ｍの座標は、Ｍ({ｐ＋√(１＋ｐ²))/２,１/２)
よって、直線ＡＱの方程式は、
ｙ＝[１/{ｐ＋√(１＋ｐ²)}]ｘ
∴ｙ＝－{ｐ－√(１＋ｐ²)}ｘ
∴ｙ＝{－ｐ＋√(１＋ｐ²)}ｘ
よって、点Ｑのｙ座標はｘ＝１を代入して、
ｑ＝－ｐ＋√(１＋ｐ²)
∴√(１＋ｐ²)＝ｐ＋ｑ
∴ＡＰ＝ＢＰ＋ＤＱ
因みに、直線ＡＱの方程式は、Ｐからｘ軸に垂線を下ろしその足をＨ，ＰＨとＡＱとの交点をＩとして、△ＡＰＨで角の二等分線の定理を使っても求められる。
ＡＰ：ＡＨ＝ＰＩ：ＩＨより、
ＰＩ：ＩＨ＝√(１＋ｐ²)：ｐ
∴ＩＨ＝[ｐ/{ｐ＋√(１＋ｐ²)}]×１
＝－ｐ{ｐ－√(１＋ｐ²)}
∴ＩＨ/ＡＨ＝－{ｐ－√(１＋ｐ²)}
＝－ｐ＋√(１＋ｐ²)
よって、直線ＡＱの方程式は、
ｙ＝{－ｐ＋√(１＋ｐ²)}ｘ
おまけ：
https://bbs1.rocketbbs.com/shochandas/posts/2085
https://www.nikkansports.com/entertainment/photonews/photonews_nsInc_202408170000171-1.html?utm_source=headlines.yahoo.co.jp&utm_medium=referral&utm_campaign=%E3%81%93%E3%82%81%E3%81%8A%E3%80%8C%E3%81%BE
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/20 07:50削除問題
（イ）正方形ＡＢＣＤの辺ＢＣ，ＣＤ上に、２点Ｐ，Ｑを∠ＰＡＱ＝４５°となるようにとるとき、ＡからＰＱに下ろした垂線の長さは、この正方形の一辺の長さに等しいことを証明せよ。
（８５ 灘）
模範解答
△ＡＤＱを、点Ａを中心に時計回りに９０°回転移動させると、ＡＤはＡＢに重なる。
△ＡＲＰと△ＡＱＰにおいて、
∠ＲＡＰ＝∠ＲＡＢ＋∠ＢＡＰ
＝∠ＱＡＤ＋∠ＢＡＰ＝４５°＝∠ＱＡＰ———➀
ＡＰは共通———②
ＡＲ＝ＡＱ———③
➀，②，③より、△ＡＲＰ≡△ＡＱＰ
対応する頂点から対辺に下した垂線の長さは等しいから、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
別解１
∠ＢＡＰ＋∠ＤＡＱ＝９０°－４５°＝４５°＝∠ＰＡＱより、∠ＰＡＱを∠ＢＡＰと∠ＤＡＱの角度に分ける事が出来る。
その直線をｌとして、Ｐから直線ｌに下ろした垂線の足をＨ，Ｑから直線ｌに下ろした垂線の足をＨ'とすると、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、
△ＡＢＰ≡△ＡＨＰ，△ＡＤＱ≡△ＡＨ'Ｑ
∴ＡＨ＝ＡＢ，ＡＨ'＝ＡＤ
また、正方形よりＡＢ＝ＡＤなので、ＡＨ＝ＡＨ' ところで、点Ｈと点Ｈ'は共に直線ｌ上の点なので、ＡＨ＝ＡＨ'より点ＨとＨ'は一致している。
よって、３点Ｐ，Ｈ，Ｑは一直線上にあり、それは線分ＰＱである。
よって、点ＨはＡからＰＱに下ろした垂線の足でもあり、ＡＨ＝ＡＢより、ＡからＰＱに下ろした垂線の長さは、この正方形の一辺の長さに等しい事が示された。
別解２
因みに、小学生はＡＰ，ＡＱを折り目にして△ＡＢＰと△ＡＤＱを折り返すと、
∠ＢＡＰ＋∠ＤＡＱ＝９０°－４５°＝４５°＝∠ＰＡＱより、∠ＰＡＱを∠ＢＡＰと∠ＤＡＱの角度に分ける事が出来るので、ＡＢとＡＤを一致させる事が出来る。その行き先をそれぞれＢ'，Ｄ'とすると、点Ｂ'とＤ'は一致し、∠ＡＢ'Ｄ＝９０°，∠ＡＤ'Ｑ＝９０°より３点Ｐ，Ｂ'，Ｑは一直線上にある。
よって、点Ｂ'（点Ｄ'）はＡからＰＱに下ろした垂線の足と一致している。
ところで、ＡＢ'＝ＡＢより、ＡからＰＱに下ろした垂線の長さは、この正方形の一辺の長さに等しい事が示された。
因みに、どちらも私のオリジナルです。
おまけ：
http://blog.misscam.tv/doshisha/misato_ugaki/?p=187
（イ）正方形ＡＢＣＤの辺ＢＣ，ＣＤ上に、２点Ｐ，Ｑを∠ＰＡＱ＝４５°となるようにとるとき、ＡからＰＱに下ろした垂線の長さは、この正方形の一辺の長さに等しいことを証明せよ。
（８５ 灘）
模範解答
△ＡＤＱを、点Ａを中心に時計回りに９０°回転移動させると、ＡＤはＡＢに重なる。
△ＡＲＰと△ＡＱＰにおいて、
∠ＲＡＰ＝∠ＲＡＢ＋∠ＢＡＰ
＝∠ＱＡＤ＋∠ＢＡＰ＝４５°＝∠ＱＡＰ———➀
ＡＰは共通———②
ＡＲ＝ＡＱ———③
➀，②，③より、△ＡＲＰ≡△ＡＱＰ
対応する頂点から対辺に下した垂線の長さは等しいから、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
別解１
∠ＢＡＰ＋∠ＤＡＱ＝９０°－４５°＝４５°＝∠ＰＡＱより、∠ＰＡＱを∠ＢＡＰと∠ＤＡＱの角度に分ける事が出来る。
その直線をｌとして、Ｐから直線ｌに下ろした垂線の足をＨ，Ｑから直線ｌに下ろした垂線の足をＨ'とすると、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、
△ＡＢＰ≡△ＡＨＰ，△ＡＤＱ≡△ＡＨ'Ｑ
∴ＡＨ＝ＡＢ，ＡＨ'＝ＡＤ
また、正方形よりＡＢ＝ＡＤなので、ＡＨ＝ＡＨ' ところで、点Ｈと点Ｈ'は共に直線ｌ上の点なので、ＡＨ＝ＡＨ'より点ＨとＨ'は一致している。
よって、３点Ｐ，Ｈ，Ｑは一直線上にあり、それは線分ＰＱである。
よって、点ＨはＡからＰＱに下ろした垂線の足でもあり、ＡＨ＝ＡＢより、ＡからＰＱに下ろした垂線の長さは、この正方形の一辺の長さに等しい事が示された。
別解２
因みに、小学生はＡＰ，ＡＱを折り目にして△ＡＢＰと△ＡＤＱを折り返すと、
∠ＢＡＰ＋∠ＤＡＱ＝９０°－４５°＝４５°＝∠ＰＡＱより、∠ＰＡＱを∠ＢＡＰと∠ＤＡＱの角度に分ける事が出来るので、ＡＢとＡＤを一致させる事が出来る。その行き先をそれぞれＢ'，Ｄ'とすると、点Ｂ'とＤ'は一致し、∠ＡＢ'Ｄ＝９０°，∠ＡＤ'Ｑ＝９０°より３点Ｐ，Ｂ'，Ｑは一直線上にある。
よって、点Ｂ'（点Ｄ'）はＡからＰＱに下ろした垂線の足と一致している。
ところで、ＡＢ'＝ＡＢより、ＡからＰＱに下ろした垂線の長さは、この正方形の一辺の長さに等しい事が示された。
因みに、どちらも私のオリジナルです。
おまけ：
http://blog.misscam.tv/doshisha/misato_ugaki/?p=187
返信
返信4
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/19 12:04 (No.1243674)削除次の文章を解説して下さい。
問題 9-12b
体Ｋを係数とする多項式ｆ(ｘ)の群をＧfとする。Ｋを含む体Ｍに対して、ｆ(ｘ)をＭ係数多項式とみた多項式の群をＨfとおく。次の問いに答えよ。
（１）ＨfはＧfの部分群であり、Ｈfに対応するｆ(ｘ)の根の（Ｋ係数の）式全体はｆ(ｘ)の根の式のうち、Ｍに含まれる式全体に一致することを示せ。
（２）ＭがあるＫ係数多項式ｇ(ｘ)のすべての根を用いた式全体に等しいとき、ＨfはＧfの正規部分群であり、Ｇf/Ｈfはｇ(ｘ)の群Ｇgの商群と同型であることを示せ。
解答
（１）Ｈfの元はＭ係数の根の式について基本定理9.1(1)をみたすので、Ｋ係数の根の式についてもこれをみたす。よってＨfはＧfの部分群である。Ｈfで不変になるＫ係数の根の式は、Ｍ係数の場合の（Ｈfの）9.1(2)の性質より、Ｍに含まれるものに一致する。よって（１）の後半の主張も成り立つ。
（２）Ｈfは（１）よりＧfの部分群である。Ｈfで不変なｆ(ｘ)の根の式全体をＭ₀とおく。Ｍ₀の元γにＧfの元を施して得られる元をγ₁＝γ,…,γsとする。
ｈ(ｘ)＝(ｘ－γ₁)…(ｘ－γs)はγのＫ最小多項式である。同様にＧgの元を施してγから得られる元をδ₁＝γ,…,δtとする。
ｋ(ｘ)＝(ｘ－δ₁)…(ｘ－δt)はγのＫ最小多項式である。よってγの最小多項式は一致する：ｈ(ｘ)＝ｋ(ｘ)。したがってｈ(ｘ)とｋ(ｘ)の根は一致し、すべてＭ₀に入る。ゆえにＭ₀はあるＫ係数多項式ｌ(ｘ)の根すべての式全体である（「正規部分群から原始元へ」（１６４ページ）の後半の議論参照）。ガロワ対応よりＨfはＧfの正規部分群でありＧf/Ｈfはｌ(ｘ)の群Ｇlと同型である。Ｇgについても同様に言え、ＧlはＧgの商群と同型である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
適当に分かり易く解説して下さい。
おまけ：
問題 9-12b
体Ｋを係数とする多項式ｆ(ｘ)の群をＧfとする。Ｋを含む体Ｍに対して、ｆ(ｘ)をＭ係数多項式とみた多項式の群をＨfとおく。次の問いに答えよ。
（１）ＨfはＧfの部分群であり、Ｈfに対応するｆ(ｘ)の根の（Ｋ係数の）式全体はｆ(ｘ)の根の式のうち、Ｍに含まれる式全体に一致することを示せ。
（２）ＭがあるＫ係数多項式ｇ(ｘ)のすべての根を用いた式全体に等しいとき、ＨfはＧfの正規部分群であり、Ｇf/Ｈfはｇ(ｘ)の群Ｇgの商群と同型であることを示せ。
解答
（１）Ｈfの元はＭ係数の根の式について基本定理9.1(1)をみたすので、Ｋ係数の根の式についてもこれをみたす。よってＨfはＧfの部分群である。Ｈfで不変になるＫ係数の根の式は、Ｍ係数の場合の（Ｈfの）9.1(2)の性質より、Ｍに含まれるものに一致する。よって（１）の後半の主張も成り立つ。
（２）Ｈfは（１）よりＧfの部分群である。Ｈfで不変なｆ(ｘ)の根の式全体をＭ₀とおく。Ｍ₀の元γにＧfの元を施して得られる元をγ₁＝γ,…,γsとする。
ｈ(ｘ)＝(ｘ－γ₁)…(ｘ－γs)はγのＫ最小多項式である。同様にＧgの元を施してγから得られる元をδ₁＝γ,…,δtとする。
ｋ(ｘ)＝(ｘ－δ₁)…(ｘ－δt)はγのＫ最小多項式である。よってγの最小多項式は一致する：ｈ(ｘ)＝ｋ(ｘ)。したがってｈ(ｘ)とｋ(ｘ)の根は一致し、すべてＭ₀に入る。ゆえにＭ₀はあるＫ係数多項式ｌ(ｘ)の根すべての式全体である（「正規部分群から原始元へ」（１６４ページ）の後半の議論参照）。ガロワ対応よりＨfはＧfの正規部分群でありＧf/Ｈfはｌ(ｘ)の群Ｇlと同型である。Ｇgについても同様に言え、ＧlはＧgの商群と同型である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
適当に分かり易く解説して下さい。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/19 13:59削除解説
＞（２）ＭがあるＫ係数多項式ｇ(ｘ)のすべての根を用いた式全体に等しいとき、ＨfはＧfの正規部分群であり、Ｇf/Ｈfはｇ(ｘ)の群Ｇgの商群と同型であることを示せ。
「Ｇf/Ｈfはｇ(ｘ)の群Ｇgの商群と同型である」この表現は正しいの？ というのは、
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。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
とあり、「ｇ(ｘ)の群Ｇgは商群Ｇf/Ｈfと同型である」が正しいからである。ただし、言い方は本によって異なるだろうし、こういう言い方もあるのかな？
因みに、「Ｇf/Ｈfは、Ｇfの正規部分群Ｈfによる商群」ですよね。「Ｇgの商群」という言い方はおかしくないですか？ もっとも「Ｇf/Ｈfはｇ(ｘ)の群Ｇgの商群と同型である」では、Ｇf/Ｈfは商群かどうかもよく分かりませんが。
＞Ｍ₀の元γにＧfの元を施して得られる元をγ₁＝γ,…,γsとする。
ｈ(ｘ)＝(ｘ－γ₁)…(ｘ－γs)はγのＫ最小多項式である。
これは問題9-5bから分かる。
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。
＞同様にＧgの元を施してγから得られる元をδ₁＝γ,…,δtとする。
ｋ(ｘ)＝(ｘ－δ₁)…(ｘ－δt)はγのＫ最小多項式である。
これは（１）より、「Ｈfに対応するｆ(ｘ)の根の（Ｋ係数の）式全体はｆ(ｘ)の根の式のうち、Ｍに含まれる式全体に一致」し、（２）の仮定より「ＭがあるＫ係数多項式ｇ(ｘ)のすべての根を用いた式全体に等しい」からである。
つまり、γはｆ(ｘ)の根の式で、Ｇgはｇ(ｘ)の根の入れ換えなので、本来はＧgでγは変えられないが、（２）の仮定により適用出来るという事である。
＞ｈ(ｘ)＝(ｘ－γ₁)…(ｘ－γs)はγのＫ最小多項式である。同様にＧgの元を施してγから得られる元をδ₁＝γ,…,δtとする。
ｋ(ｘ)＝(ｘ－δ₁)…(ｘ－δt)はγのＫ最小多項式である。よってγの最小多項式は一致する：ｈ(ｘ)＝ｋ(ｘ)。
念のため、γ₁＝γ,…,γsとδ₁＝γ,…,δtから、γ＝γ₁＝δ₁で同じ根による最小多項式だから等しいという事。
＞したがってｈ(ｘ)とｋ(ｘ)の根は一致し、すべてＭ₀に入る。
ｐ.165に「Ｍの元γに対して、その最小多項式の根はすべてＭに入る」とあり、γ₁＝γ,…,γsとδ₁＝γ,…,δtはｈ(ｘ)＝(ｘ－γ₁)…(ｘ－γs)，ｋ(ｘ)＝(ｘ－δ₁)…(ｘ－δt)の根で同じ最小多項式だったので、すべてＭ₀に入るという事。
この解釈は私の間違いだろうか。何故なら、p.165の話は、「根の式のなす体Ｍが、Ｇfの正規部分群Ｈに対応する場合」だからである。今回は、「Ｈfで不変なｆ(ｘ)の根の式全体をＭ₀」なだけで、Ｈfが正規部分群である事は後で示す事だからである。
＞ガロワ対応よりＨfはＧfの正規部分群でありＧf/Ｈfはｌ(ｘ)の群Ｇlと同型である。
「ゆえにＭ₀はあるＫ係数多項式ｌ(ｘ)の根すべての式全体である」とあり、
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。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
（１），（２）のＨをＨfにｇ(ｘ)をｌ(ｘ)にすると、ＨfはＧfの正規部分群という事である。
また、「この対応においてｌ(ｘ)の群Ｇlは商群Ｇf/Ｈfと同型である」となりＯＫ。
＞Ｇgについても同様に言え、ＧlはＧgの商群と同型である。
初めに述べたようにこの表現は正しいのだろうか？
詳しい事は専門家に訊いて下さい。
おまけ：
＞（２）ＭがあるＫ係数多項式ｇ(ｘ)のすべての根を用いた式全体に等しいとき、ＨfはＧfの正規部分群であり、Ｇf/Ｈfはｇ(ｘ)の群Ｇgの商群と同型であることを示せ。
「Ｇf/Ｈfはｇ(ｘ)の群Ｇgの商群と同型である」この表現は正しいの？ というのは、
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。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
とあり、「ｇ(ｘ)の群Ｇgは商群Ｇf/Ｈfと同型である」が正しいからである。ただし、言い方は本によって異なるだろうし、こういう言い方もあるのかな？
因みに、「Ｇf/Ｈfは、Ｇfの正規部分群Ｈfによる商群」ですよね。「Ｇgの商群」という言い方はおかしくないですか？ もっとも「Ｇf/Ｈfはｇ(ｘ)の群Ｇgの商群と同型である」では、Ｇf/Ｈfは商群かどうかもよく分かりませんが。
＞Ｍ₀の元γにＧfの元を施して得られる元をγ₁＝γ,…,γsとする。
ｈ(ｘ)＝(ｘ－γ₁)…(ｘ－γs)はγのＫ最小多項式である。
これは問題9-5bから分かる。
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。
＞同様にＧgの元を施してγから得られる元をδ₁＝γ,…,δtとする。
ｋ(ｘ)＝(ｘ－δ₁)…(ｘ－δt)はγのＫ最小多項式である。
これは（１）より、「Ｈfに対応するｆ(ｘ)の根の（Ｋ係数の）式全体はｆ(ｘ)の根の式のうち、Ｍに含まれる式全体に一致」し、（２）の仮定より「ＭがあるＫ係数多項式ｇ(ｘ)のすべての根を用いた式全体に等しい」からである。
つまり、γはｆ(ｘ)の根の式で、Ｇgはｇ(ｘ)の根の入れ換えなので、本来はＧgでγは変えられないが、（２）の仮定により適用出来るという事である。
＞ｈ(ｘ)＝(ｘ－γ₁)…(ｘ－γs)はγのＫ最小多項式である。同様にＧgの元を施してγから得られる元をδ₁＝γ,…,δtとする。
ｋ(ｘ)＝(ｘ－δ₁)…(ｘ－δt)はγのＫ最小多項式である。よってγの最小多項式は一致する：ｈ(ｘ)＝ｋ(ｘ)。
念のため、γ₁＝γ,…,γsとδ₁＝γ,…,δtから、γ＝γ₁＝δ₁で同じ根による最小多項式だから等しいという事。
＞したがってｈ(ｘ)とｋ(ｘ)の根は一致し、すべてＭ₀に入る。
ｐ.165に「Ｍの元γに対して、その最小多項式の根はすべてＭに入る」とあり、γ₁＝γ,…,γsとδ₁＝γ,…,δtはｈ(ｘ)＝(ｘ－γ₁)…(ｘ－γs)，ｋ(ｘ)＝(ｘ－δ₁)…(ｘ－δt)の根で同じ最小多項式だったので、すべてＭ₀に入るという事。
この解釈は私の間違いだろうか。何故なら、p.165の話は、「根の式のなす体Ｍが、Ｇfの正規部分群Ｈに対応する場合」だからである。今回は、「Ｈfで不変なｆ(ｘ)の根の式全体をＭ₀」なだけで、Ｈfが正規部分群である事は後で示す事だからである。
＞ガロワ対応よりＨfはＧfの正規部分群でありＧf/Ｈfはｌ(ｘ)の群Ｇlと同型である。
「ゆえにＭ₀はあるＫ係数多項式ｌ(ｘ)の根すべての式全体である」とあり、
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。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
（１），（２）のＨをＨfにｇ(ｘ)をｌ(ｘ)にすると、ＨfはＧfの正規部分群という事である。
また、「この対応においてｌ(ｘ)の群Ｇlは商群Ｇf/Ｈfと同型である」となりＯＫ。
＞Ｇgについても同様に言え、ＧlはＧgの商群と同型である。
初めに述べたようにこの表現は正しいのだろうか？
詳しい事は専門家に訊いて下さい。
おまけ：
返信
返信1
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/15 12:03 (No.1240465)削除次の文章を完全解説して下さい。
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
まず、次の事実に注意する：「既約多項式ｆ(ｘ)の任意の２つの根α,α'について、多項式の群のある元（根の入れ換え）によりαはα'に入れ換わる。」実際、αが多項式の群の入れ換えでα₁＝α,α₂,…,αsとなったとすると、ｇ(ｘ)＝(ｘ－α₁)…(ｘ－αs)はαの最小多項式であり（問題9-5）、ｆ(ｘ)と定数倍しか違わないからである。
３次既約多項式の群は３次対称群Ｓ₃の部分群であり、上の「…」の性質を持つ部分群である。このような部分群はＳ₃とＡ₃しかない。ｆ(ｘ)の３つの根をα,β,γとすると√Ｄ（≠０）はδ＝(α－β)(β－γ)(γ－α)の(±１)倍である。δを不変にするのはＡ₃だから（Ｓ₃の互換によりδは－δになる）、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。
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
適当に分かり易く解説して下さい。しかし、毎回ここで終わっても仕方がないというレベルで難解ですね。
おまけ：
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
まず、次の事実に注意する：「既約多項式ｆ(ｘ)の任意の２つの根α,α'について、多項式の群のある元（根の入れ換え）によりαはα'に入れ換わる。」実際、αが多項式の群の入れ換えでα₁＝α,α₂,…,αsとなったとすると、ｇ(ｘ)＝(ｘ－α₁)…(ｘ－αs)はαの最小多項式であり（問題9-5）、ｆ(ｘ)と定数倍しか違わないからである。
３次既約多項式の群は３次対称群Ｓ₃の部分群であり、上の「…」の性質を持つ部分群である。このような部分群はＳ₃とＡ₃しかない。ｆ(ｘ)の３つの根をα,β,γとすると√Ｄ（≠０）はδ＝(α－β)(β－γ)(γ－α)の(±１)倍である。δを不変にするのはＡ₃だから（Ｓ₃の互換によりδは－δになる）、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。
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
適当に分かり易く解説して下さい。しかし、毎回ここで終わっても仕方がないというレベルで難解ですね。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/15 14:01削除解説
＞まず、次の事実に注意する：「既約多項式ｆ(ｘ)の任意の２つの根α,α'について、多項式の群のある元（根の入れ換え）によりαはα'に入れ換わる。」実際、αが多項式の群の入れ換えでα₁＝α,α₂,…,αsとなったとすると、ｇ(ｘ)＝(ｘ－α₁)…(ｘ－αs)はαの最小多項式であり（問題9-5）、ｆ(ｘ)と定数倍しか違わないからである。
これは前回もやったような話である。
「ｆ(ｘ)は既約なので、問題9-5より、ｆ(ｘ)の根αはＧfの根の入れ換えにより、ｆ(ｘ)のどの根にもなる。」（問題9-10bの解答より）
一応、前回と同じような解説をすると、
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。
「ｆ(ｘ)の根αの式β」をαとしてＧfでαがα₁＝α,α₂,…,αsになったとすると、ｇ(ｘ)＝(ｘ－α₁)…(ｘ－αs)はαの最小多項式だから既約多項式でｆ(ｘ)もαを根に持つ既約多項式なので、ｆ(ｘ)＝ｇ(ｘ)（定数倍の違いはある）より、「ｆ(ｘ)の根αはＧfの根の入れ換えにより、ｆ(ｘ)のどの根にもなる」という事。
よって、「既約多項式ｆ(ｘ)の任意の２つの根α,α'について、多項式の群のある元（根の入れ換え）によりαはα'に入れ換わる。」
＞３次既約多項式の群は３次対称群Ｓ₃の部分群であり、上の「…」の性質を持つ部分群である。
上の「…」とは、「既約多項式ｆ(ｘ)の任意の２つの根α,α'について、多項式の群のある元（根の入れ換え）によりαはα'に入れ換わる。」の事である。
また、「３次既約多項式の群は３次対称群Ｓ₃の部分群」は、３次既約多項式の根はα₁,α₂,α₃の３つで、定理9.1（基本定理）より、ｆ(ｘ)の多項式の群Ｇfは「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」なので、Ｓ₃の部分群という訳である。
＞このような部分群はＳ₃とＡ₃しかない。
つまり、「既約多項式ｆ(ｘ)の任意の２つの根α,α'について、多項式の群のある元（根の入れ換え）によりαはα'に入れ換わる。」という性質を持つＳ₃の部分群はＳ₃とＡ₃しかない理由を述べれば良い。因みに、Ｓ₃の部分群は６個ある。
（１）{(１,２,３)}（本当は２段で入れ換えを表すが、書けないので入れ換わった結果だけ書く。）
（２）{(１,２,３),(２,１,３)}
（３）{(１,２,３),(１,３,２)}
（４）{(１,２,３),(３,２,１)}
（５）{(１,２,３),(２,３,１),(３,１,２)}
（６）{(１,２,３),(２,１,３),…,(３,１,２)}（６個全部）
例えば、（２）の群の右の元では１と２だけ入れ換わるが、３が入れ換わらないので、「既約多項式ｆ(ｘ)の任意の２つの根α,α'について、多項式の群のある元（根の入れ換え）によりαはα'に入れ換わる。」という性質を満たさないからである。（「任意の」が大事である。）
よって、（５）と（６）が適正という事である。つまり、Ａ₃とＳ₃。
＞ｆ(ｘ)の３つの根をα,β,γとすると√Ｄ（≠０）はδ＝(α－β)(β－γ)(γ－α)の(±１)倍である。
p.160に、
「ｆ(ｘ)の根をα＝³√２,β＝αω,γ＝αω²とし、
δ＝(α－β)(β－γ)(γ－α)
とします。δはｆ(ｘ)の判別式の平方根です。」
とあるので、δ＝±√Ｄという事である。
よって、「√Ｄ（≠０）はδ＝(α－β)(β－γ)(γ－α)の(±１)倍である」。
＞δを不変にするのはＡ₃だから（Ｓ₃の互換によりδは－δになる）、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。
Ａ₃とは、上の「（５）{(１,２,３),(２,３,１),(３,１,２)}」である。
つまり、α→β，β→γ，γ→αにするような入れ換えである。
よって、δ＝(α－β)(β－γ)(γ－α)をこれで入れ換えると、
δ'＝(β－γ)(γ－α)(α－β)＝δ
よって、Ａ₃で不変である。
また、Ｓ₃は上の（６）で「（２）{(１,２,３),(２,１,３)}」のような元も入っているので、これでδ＝(α－β)(β－γ)(γ－α)のαとβを入れ換えると、
δ'＝(β－α)(α－γ)(γ－β)
＝－(α－β)(β－γ)(γ－α)＝－δ
よって、δは－δになるのでＳ₃は不変ではない。
ところで、定理9.1(２)より、Ｇfのどの元で根を入れ換えても変わらない時、定数なので、
√Ｄが定数でない ⇔ Ｇf＝Ｓ₃である。
√Ｄが定数である ⇔ Ｇf＝Ａ₃である。
という事である。
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。
次回、「δ＝(α－β)(β－γ)(γ－α)
とします。δはｆ(ｘ)の判別式の平方根です。」
について、多少解説しますね。ただし、中途半端です。
おまけ：
＞まず、次の事実に注意する：「既約多項式ｆ(ｘ)の任意の２つの根α,α'について、多項式の群のある元（根の入れ換え）によりαはα'に入れ換わる。」実際、αが多項式の群の入れ換えでα₁＝α,α₂,…,αsとなったとすると、ｇ(ｘ)＝(ｘ－α₁)…(ｘ－αs)はαの最小多項式であり（問題9-5）、ｆ(ｘ)と定数倍しか違わないからである。
これは前回もやったような話である。
「ｆ(ｘ)は既約なので、問題9-5より、ｆ(ｘ)の根αはＧfの根の入れ換えにより、ｆ(ｘ)のどの根にもなる。」（問題9-10bの解答より）
一応、前回と同じような解説をすると、
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。
「ｆ(ｘ)の根αの式β」をαとしてＧfでαがα₁＝α,α₂,…,αsになったとすると、ｇ(ｘ)＝(ｘ－α₁)…(ｘ－αs)はαの最小多項式だから既約多項式でｆ(ｘ)もαを根に持つ既約多項式なので、ｆ(ｘ)＝ｇ(ｘ)（定数倍の違いはある）より、「ｆ(ｘ)の根αはＧfの根の入れ換えにより、ｆ(ｘ)のどの根にもなる」という事。
よって、「既約多項式ｆ(ｘ)の任意の２つの根α,α'について、多項式の群のある元（根の入れ換え）によりαはα'に入れ換わる。」
＞３次既約多項式の群は３次対称群Ｓ₃の部分群であり、上の「…」の性質を持つ部分群である。
上の「…」とは、「既約多項式ｆ(ｘ)の任意の２つの根α,α'について、多項式の群のある元（根の入れ換え）によりαはα'に入れ換わる。」の事である。
また、「３次既約多項式の群は３次対称群Ｓ₃の部分群」は、３次既約多項式の根はα₁,α₂,α₃の３つで、定理9.1（基本定理）より、ｆ(ｘ)の多項式の群Ｇfは「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」なので、Ｓ₃の部分群という訳である。
＞このような部分群はＳ₃とＡ₃しかない。
つまり、「既約多項式ｆ(ｘ)の任意の２つの根α,α'について、多項式の群のある元（根の入れ換え）によりαはα'に入れ換わる。」という性質を持つＳ₃の部分群はＳ₃とＡ₃しかない理由を述べれば良い。因みに、Ｓ₃の部分群は６個ある。
（１）{(１,２,３)}（本当は２段で入れ換えを表すが、書けないので入れ換わった結果だけ書く。）
（２）{(１,２,３),(２,１,３)}
（３）{(１,２,３),(１,３,２)}
（４）{(１,２,３),(３,２,１)}
（５）{(１,２,３),(２,３,１),(３,１,２)}
（６）{(１,２,３),(２,１,３),…,(３,１,２)}（６個全部）
例えば、（２）の群の右の元では１と２だけ入れ換わるが、３が入れ換わらないので、「既約多項式ｆ(ｘ)の任意の２つの根α,α'について、多項式の群のある元（根の入れ換え）によりαはα'に入れ換わる。」という性質を満たさないからである。（「任意の」が大事である。）
よって、（５）と（６）が適正という事である。つまり、Ａ₃とＳ₃。
＞ｆ(ｘ)の３つの根をα,β,γとすると√Ｄ（≠０）はδ＝(α－β)(β－γ)(γ－α)の(±１)倍である。
p.160に、
「ｆ(ｘ)の根をα＝³√２,β＝αω,γ＝αω²とし、
δ＝(α－β)(β－γ)(γ－α)
とします。δはｆ(ｘ)の判別式の平方根です。」
とあるので、δ＝±√Ｄという事である。
よって、「√Ｄ（≠０）はδ＝(α－β)(β－γ)(γ－α)の(±１)倍である」。
＞δを不変にするのはＡ₃だから（Ｓ₃の互換によりδは－δになる）、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。
Ａ₃とは、上の「（５）{(１,２,３),(２,３,１),(３,１,２)}」である。
つまり、α→β，β→γ，γ→αにするような入れ換えである。
よって、δ＝(α－β)(β－γ)(γ－α)をこれで入れ換えると、
δ'＝(β－γ)(γ－α)(α－β)＝δ
よって、Ａ₃で不変である。
また、Ｓ₃は上の（６）で「（２）{(１,２,３),(２,１,３)}」のような元も入っているので、これでδ＝(α－β)(β－γ)(γ－α)のαとβを入れ換えると、
δ'＝(β－α)(α－γ)(γ－β)
＝－(α－β)(β－γ)(γ－α)＝－δ
よって、δは－δになるのでＳ₃は不変ではない。
ところで、定理9.1(２)より、Ｇfのどの元で根を入れ換えても変わらない時、定数なので、
√Ｄが定数でない ⇔ Ｇf＝Ｓ₃である。
√Ｄが定数である ⇔ Ｇf＝Ａ₃である。
という事である。
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。
次回、「δ＝(α－β)(β－γ)(γ－α)
とします。δはｆ(ｘ)の判別式の平方根です。」
について、多少解説しますね。ただし、中途半端です。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/15 16:37削除補足解説
＞「ｆ(ｘ)の根をα＝³√２,β＝αω,γ＝αω²とし、
δ＝(α－β)(β－γ)(γ－α)
とします。δはｆ(ｘ)の判別式の平方根です。」
とあるので、δ＝±√Ｄという事である。
よって、「√Ｄ（≠０）はδ＝(α－β)(β－γ)(γ－α)の(±１)倍である」。
ｆ(ｘ)＝ｘ³－２である。
（ｆ(ｘ)＝(ｘ－³√２)(ｘ－³√２ω)(ｘ－³√２ω²)を展開すれば分かる。）
よって、δが定数になるかどうかでｆ(ｘ)の群ＧfがＳ₃かＡ₃か判別する。
δ＝(α－β)(β－γ)(γ－α)
＝(³√２－³√２ω)(³√２ω－³√２ω²)(³√２ω²－³√２)
＝(³√２)³(１－ω)(ω－ω²)(ω²－１)
＝２ω(１－ω)²(ω²－１)
＝２ω(１－２ω＋ω²)(ω²－１)
＝２(ω－２ω²＋１)(ω²－１)
＝２(－３ω²)(－２－ω)
＝６ω²(ω＋２)＝６(１＋２ω²)
＝６{１＋２(－１－ω)}
＝６(－２ω－１)＝－６(２ω＋１)
よって、δ＝－６(２ω＋１)≠定数（有理数）なので、
「√Ｄが定数でない ⇔ Ｇf＝Ｓ₃である。
√Ｄが定数である ⇔ Ｇf＝Ａ₃である。」
より、Ｇf＝Ｓ₃である。
ところで、p.151～p.152に、
「ｆ(ｘ)＝ｘ³－２の場合に、多項式の群を説明します。（中略）このように原始元を入れ換えて得られる根の入れ換え全体が、多項式の群になります」とあり、
(α₁ α₂ α₃),(α₁ α₃ α₂),(α₂ α₃ α₁),
(α₂ α₁ α₃),(α₃ α₁ α₂),(α₃ α₂ α₁)
の６個があるので、Ｇf＝Ｓ₃でＯＫ。
ここで、p.103の命題6.1（３次方程式の解の公式）から、
α＝₃√(-b/2+√D)＋₃√(-b/2-√D)
β＝ω₃√(-b/2+√D)＋ω²₃√(-b/2-√D)
γ＝ω²₃√(-b/2+√D)＋ω₃√(-b/2-√D)
と置くと、
α－β＝₃√(-b/2+√D)＋₃√(-b/2-√D)
－{ω₃√(-b/2+√D)＋ω²₃√(-b/2-√D)}
＝(1-ω)₃√(-b/2+√D)+(1-ω²)₃√(-b/2-√D)
ここで、₃√(-b/2+√D)=X，
₃√(-b/2-√D)=Yと置くと、
α-β＝(1-ω)X+(1-ω²)Y
同様に、β-γ=(ω-ω²)X+(ω²-ω)Y
γ-α=(ω²-1)X+(ω-1)Yとなる。
∴(α-β)(β-γ)(γ-α)
＝{(1-ω)X+(1-ω²)Y}{(ω-ω²)X+(ω²-ω)Y}{(ω²-1)X+(ω-1)Y}
=(1-ω){X+(1+ω)Y}・ω(1-ω)(X-Y)・(ω-1){(ω+1)X+Y}
=-ω(1-ω)³(X-Y)・{X+(1+ω)Y}・{(1+ω)X+Y}———➀
{X+(1+ω)Y}{(1+ω)X+Y}
=(1+ω)X²+XY+(1+ω)²XY+(1+ω)Y²
=(1+ω)X²+XY+(1+2ω+ω²)XY+(1+ω)Y²
=(1+ω)X²+(2+2ω+ω²)XY+(1+ω)Y²
=(1+ω)X²+(1+ω)XY+(1+ω)Y²
=(1+ω)(X²+XY+Y²)———②
②を➀に代入すると、
(α-β)(β-γ)(γ-α)
=-ω(1-ω)³(X-Y)・(1+ω)(X²+XY+Y²)
=-ω(1-ω)³(1+ω)(X-Y)(X²+XY+Y²)
=-ω(1-ω)³(1+ω)(X³-Y³)
ところで、上の計算から、
(１－ω)(ω－ω²)(ω²－１)＝－３(２ω＋１)なので、
(１－ω)(ω－ω²)(ω²－１)
＝－ω(１－ω)(１－ω)(１＋ω)(１－ω)
＝－ω(１－ω)³(１＋ω)
＝－３(２ω＋１)である。
∴(α-β)(β-γ)(γ-α)=-3(2ω+1)(X³-Y³)
また、₃√(-b/2+√D)=X，
₃√(-b/2-√D)=Yより、X³=-b/2+√D
Y³=-b/2-√D
∴X³-Y³=2√D
∴(α-β)(β-γ)(γ-α)=-3(2ω+1)・2√D
よって、(α-β)(β-γ)(γ-α)=√Dとは出来なかったが、それは、
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。
（重根を持たない）既約３次多項式ｆ(ｘ)全体だからだろう。３次方程式の解の公式は既約とか関係ないから。
それより、私が昔微分で証明した事があるが、このＤがＤ＜０ならば３つの解は３つとも実数解でＤ＞０ならば実数解は１つだけで残り２つは虚数解である。（３次方程式はグラフを考えれば分かるが、少なくとも１つは実数解である。）
そこで、(α-β)(β-γ)(γ-α)=-3(2ω+1)・2√Dを考察する。
ω=(-1+√3i)/2より、2ω=-1+√3i
∴2ω+1=√3i
これを代入すると、
(α-β)(β-γ)(γ-α)=-3√3i・2√D
=-6√3i・√D
∴(α-β)²(β-γ)²(γ-α)²=-108D
∴D=-(α-β)²(β-γ)²(γ-α)²/108
よって、α,β,γを全て実数解にすると、
D<0である。よって、辻褄が合うが実に中途半端である。
おまけ：
＞「ｆ(ｘ)の根をα＝³√２,β＝αω,γ＝αω²とし、
δ＝(α－β)(β－γ)(γ－α)
とします。δはｆ(ｘ)の判別式の平方根です。」
とあるので、δ＝±√Ｄという事である。
よって、「√Ｄ（≠０）はδ＝(α－β)(β－γ)(γ－α)の(±１)倍である」。
ｆ(ｘ)＝ｘ³－２である。
（ｆ(ｘ)＝(ｘ－³√２)(ｘ－³√２ω)(ｘ－³√２ω²)を展開すれば分かる。）
よって、δが定数になるかどうかでｆ(ｘ)の群ＧfがＳ₃かＡ₃か判別する。
δ＝(α－β)(β－γ)(γ－α)
＝(³√２－³√２ω)(³√２ω－³√２ω²)(³√２ω²－³√２)
＝(³√２)³(１－ω)(ω－ω²)(ω²－１)
＝２ω(１－ω)²(ω²－１)
＝２ω(１－２ω＋ω²)(ω²－１)
＝２(ω－２ω²＋１)(ω²－１)
＝２(－３ω²)(－２－ω)
＝６ω²(ω＋２)＝６(１＋２ω²)
＝６{１＋２(－１－ω)}
＝６(－２ω－１)＝－６(２ω＋１)
よって、δ＝－６(２ω＋１)≠定数（有理数）なので、
「√Ｄが定数でない ⇔ Ｇf＝Ｓ₃である。
√Ｄが定数である ⇔ Ｇf＝Ａ₃である。」
より、Ｇf＝Ｓ₃である。
ところで、p.151～p.152に、
「ｆ(ｘ)＝ｘ³－２の場合に、多項式の群を説明します。（中略）このように原始元を入れ換えて得られる根の入れ換え全体が、多項式の群になります」とあり、
(α₁ α₂ α₃),(α₁ α₃ α₂),(α₂ α₃ α₁),
(α₂ α₁ α₃),(α₃ α₁ α₂),(α₃ α₂ α₁)
の６個があるので、Ｇf＝Ｓ₃でＯＫ。
ここで、p.103の命題6.1（３次方程式の解の公式）から、
α＝₃√(-b/2+√D)＋₃√(-b/2-√D)
β＝ω₃√(-b/2+√D)＋ω²₃√(-b/2-√D)
γ＝ω²₃√(-b/2+√D)＋ω₃√(-b/2-√D)
と置くと、
α－β＝₃√(-b/2+√D)＋₃√(-b/2-√D)
－{ω₃√(-b/2+√D)＋ω²₃√(-b/2-√D)}
＝(1-ω)₃√(-b/2+√D)+(1-ω²)₃√(-b/2-√D)
ここで、₃√(-b/2+√D)=X，
₃√(-b/2-√D)=Yと置くと、
α-β＝(1-ω)X+(1-ω²)Y
同様に、β-γ=(ω-ω²)X+(ω²-ω)Y
γ-α=(ω²-1)X+(ω-1)Yとなる。
∴(α-β)(β-γ)(γ-α)
＝{(1-ω)X+(1-ω²)Y}{(ω-ω²)X+(ω²-ω)Y}{(ω²-1)X+(ω-1)Y}
=(1-ω){X+(1+ω)Y}・ω(1-ω)(X-Y)・(ω-1){(ω+1)X+Y}
=-ω(1-ω)³(X-Y)・{X+(1+ω)Y}・{(1+ω)X+Y}———➀
{X+(1+ω)Y}{(1+ω)X+Y}
=(1+ω)X²+XY+(1+ω)²XY+(1+ω)Y²
=(1+ω)X²+XY+(1+2ω+ω²)XY+(1+ω)Y²
=(1+ω)X²+(2+2ω+ω²)XY+(1+ω)Y²
=(1+ω)X²+(1+ω)XY+(1+ω)Y²
=(1+ω)(X²+XY+Y²)———②
②を➀に代入すると、
(α-β)(β-γ)(γ-α)
=-ω(1-ω)³(X-Y)・(1+ω)(X²+XY+Y²)
=-ω(1-ω)³(1+ω)(X-Y)(X²+XY+Y²)
=-ω(1-ω)³(1+ω)(X³-Y³)
ところで、上の計算から、
(１－ω)(ω－ω²)(ω²－１)＝－３(２ω＋１)なので、
(１－ω)(ω－ω²)(ω²－１)
＝－ω(１－ω)(１－ω)(１＋ω)(１－ω)
＝－ω(１－ω)³(１＋ω)
＝－３(２ω＋１)である。
∴(α-β)(β-γ)(γ-α)=-3(2ω+1)(X³-Y³)
また、₃√(-b/2+√D)=X，
₃√(-b/2-√D)=Yより、X³=-b/2+√D
Y³=-b/2-√D
∴X³-Y³=2√D
∴(α-β)(β-γ)(γ-α)=-3(2ω+1)・2√D
よって、(α-β)(β-γ)(γ-α)=√Dとは出来なかったが、それは、
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。
（重根を持たない）既約３次多項式ｆ(ｘ)全体だからだろう。３次方程式の解の公式は既約とか関係ないから。
それより、私が昔微分で証明した事があるが、このＤがＤ＜０ならば３つの解は３つとも実数解でＤ＞０ならば実数解は１つだけで残り２つは虚数解である。（３次方程式はグラフを考えれば分かるが、少なくとも１つは実数解である。）
そこで、(α-β)(β-γ)(γ-α)=-3(2ω+1)・2√Dを考察する。
ω=(-1+√3i)/2より、2ω=-1+√3i
∴2ω+1=√3i
これを代入すると、
(α-β)(β-γ)(γ-α)=-3√3i・2√D
=-6√3i・√D
∴(α-β)²(β-γ)²(γ-α)²=-108D
∴D=-(α-β)²(β-γ)²(γ-α)²/108
よって、α,β,γを全て実数解にすると、
D<0である。よって、辻褄が合うが実に中途半端である。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/16 09:38削除何でも即興でやり過ぎましたね。
＞それより、私は昔微分で証明した事があるが、このＤがＤ＜０ならば３つの解は３つとも実数解でＤ＞０ならば実数解は１つだけで残り２つは虚数解である。（３次方程式はグラフを考えれば分かるが、少なくとも１つは実数解である。）
そこで、(α-β)(β-γ)(γ-α)=-3(2ω+1)・2√Dを考察する。
ω=(-1+√3i)/2より、2ω=-1+√3i
∴2ω+1=√3i
これを代入すると、
(α-β)(β-γ)(γ-α)=-3√3i・2√D
=-6√3i・√D
∴(α-β)²(β-γ)²(γ-α)²=-108D
∴D=-(α-β)²(β-γ)²(γ-α)²/108
よって、α,β,γを全て実数解にすると、
D<0である。よって、辻褄が合うが実に中途半端である。
実数解が１つの場合は、α＝ａ，β＝ｂ＋ｃi，γ＝ｂ－ｃi（必ず共役複素数になるから。）
ａ,ｂ,ｃ,ｄ∈ℝと置ける。
∴(α-β)²(β-γ)²(γ-α)²
=(a-b-ci)²(b+ci-b+ci)²(b-ci-a)²
={(a-b)-ci}²{-(a-b)-ci}²(2ci)²
={(a-b)²+c²}²(-4c²)
=-4c²{(a-b)²+c²}<0
∴D=-(α-β)²(β-γ)²(γ-α)²/108>0
よって、実数解が１つの場合は、D>0である。
念のため、実数解が２個の場合は重解で実数解が３個の場合である。ただし、微分でやった時の記憶ではＤ＝０の場合が２個だったような気がする。また、上より、
「よって、α,β,γを全て実数解にすると、
D≦0である。よって、辻褄が合うが実に中途半端である。」
と訂正。（中途半端ではありませんでしたね。）
しかし、今頃別証が出来るとは不思議ですね。微分で作ったのは２０年ぐらい前だと思います。
おまけ：
https://www.instagram.com/ugakimisato.mg/p/C-r7KvzyaUG/?img_index=2
＞それより、私は昔微分で証明した事があるが、このＤがＤ＜０ならば３つの解は３つとも実数解でＤ＞０ならば実数解は１つだけで残り２つは虚数解である。（３次方程式はグラフを考えれば分かるが、少なくとも１つは実数解である。）
そこで、(α-β)(β-γ)(γ-α)=-3(2ω+1)・2√Dを考察する。
ω=(-1+√3i)/2より、2ω=-1+√3i
∴2ω+1=√3i
これを代入すると、
(α-β)(β-γ)(γ-α)=-3√3i・2√D
=-6√3i・√D
∴(α-β)²(β-γ)²(γ-α)²=-108D
∴D=-(α-β)²(β-γ)²(γ-α)²/108
よって、α,β,γを全て実数解にすると、
D<0である。よって、辻褄が合うが実に中途半端である。
実数解が１つの場合は、α＝ａ，β＝ｂ＋ｃi，γ＝ｂ－ｃi（必ず共役複素数になるから。）
ａ,ｂ,ｃ,ｄ∈ℝと置ける。
∴(α-β)²(β-γ)²(γ-α)²
=(a-b-ci)²(b+ci-b+ci)²(b-ci-a)²
={(a-b)-ci}²{-(a-b)-ci}²(2ci)²
={(a-b)²+c²}²(-4c²)
=-4c²{(a-b)²+c²}<0
∴D=-(α-β)²(β-γ)²(γ-α)²/108>0
よって、実数解が１つの場合は、D>0である。
念のため、実数解が２個の場合は重解で実数解が３個の場合である。ただし、微分でやった時の記憶ではＤ＝０の場合が２個だったような気がする。また、上より、
「よって、α,β,γを全て実数解にすると、
D≦0である。よって、辻褄が合うが実に中途半端である。」
と訂正。（中途半端ではありませんでしたね。）
しかし、今頃別証が出来るとは不思議ですね。微分で作ったのは２０年ぐらい前だと思います。
おまけ：
https://www.instagram.com/ugakimisato.mg/p/C-r7KvzyaUG/?img_index=2
返信
返信3
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/13 11:49 (No.1238866)削除問題
１辺が６ｃｍの立方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨの辺ＧＨの中点をＭとする。このとき、辺ＣＧ上を動く点Ｐと、線分ＢＭ上を動く点Ｑとの最短距離を求めて下さい。
参考書では中学数学で解いていますが、何でもありで解いて下さい。ただし、何も見ないで挑戦して下さい。（私は実に１０年，２０年ぶりぐらいの技を使いましたが、覚えていて成功しました。）
おまけ：
１辺が６ｃｍの立方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨの辺ＧＨの中点をＭとする。このとき、辺ＣＧ上を動く点Ｐと、線分ＢＭ上を動く点Ｑとの最短距離を求めて下さい。
参考書では中学数学で解いていますが、何でもありで解いて下さい。ただし、何も見ないで挑戦して下さい。（私は実に１０年，２０年ぶりぐらいの技を使いましたが、覚えていて成功しました。）
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/14 07:56削除問題
１辺が６ｃｍの立方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨの辺ＧＨの中点をＭとする。このとき、辺ＣＧ上を動く点Ｐと、線分ＢＭ上を動く点Ｑとの最短距離を求めて下さい。
解法１
立方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨのＡ～Ｈの振り方はこちらと同一で考えて下さい。https://chugakunyusisansu23.exblog.jp/iv/detail/?s=33318797&i=202306%2F27%2F07%2Fb0433107_10120541.jpg（Ｐ,Ｑ,Ｒは関係ない。）
点Ｇをｘｙｚ座標の原点に置き、ＧＨをｘ軸，ＧＦをｙ軸，ＧＣをｚ軸に取ると、
Ｍ(３,０,０)，Ｂ(０,６,６)，Ｐ(０,０,ｐ)と置ける。ここで、↑ＭＢ＝(－３,６,６)より直線ＢＭの方向ベクトルは↑ｖ＝(－３,６,６) また、直線ＢＭは点Ｍを通るので、直線ＢＭの方程式は、
(ｘ－３)/(－３)＝(ｙ－０)/６＝(ｚ－０)/６
よって、(ｘ－３)/(－３)＝ｙ/６＝ｚ/６＝ｋと置くと、ｘ＝－３ｋ＋３，ｙ＝ｚ＝６ｋ
よって、Ｑ(－３ｋ＋３,６ｋ,６ｋ)と置ける。よって、２点間の距離の公式より、
ＰＱ＝√{(－３ｋ＋３)²＋(６ｋ)²＋(６ｋ－ｐ)²}
これを整理すると、
ＰＱ＝√(ｐ²－１２ｋｐ＋８１ｋ²－１８ｋ＋９)
∴ＰＱ²＝ｐ²－１２ｋｐ＋８１ｋ²－１８ｋ＋９
よって、Ｌ＝ｐ²－１２ｋｐ＋８１ｋ²－１８ｋ＋９と置いて、Ｌの最小値を求めれば良い。
そこで、ｐで偏微分してイコール０とすると、
Ｌ'＝２ｐ－１２ｋ＝０ ∴ｐ＝６ｋ
これを代入すると、
Ｌ＝３６ｋ²－７２ｋ²＋８１ｋ²－１８ｋ＋９＝４５ｋ²－１８ｋ＋９
これを平方完成させて最小値を求めても良いが、ｋで微分してイコール０とすると、
Ｌ''＝９０ｋ－１８＝０
∴ｋ＝１８/９０＝１/５
これをＬ＝４５ｋ²－１８ｋ＋９に代入すると、
Ｌ＝４５/２５－１８/５＋９
＝９/５－１８/５＋４５/５＝３６/５
∴ＰＱ²＝３６/５
∴ＰＱ＝６/√５＝６√５/５ｃｍ
よって、最短距離は、６√５/５ｃｍ
参考書の解法は次回。
おまけ：
１辺が６ｃｍの立方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨの辺ＧＨの中点をＭとする。このとき、辺ＣＧ上を動く点Ｐと、線分ＢＭ上を動く点Ｑとの最短距離を求めて下さい。
解法１
立方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨのＡ～Ｈの振り方はこちらと同一で考えて下さい。https://chugakunyusisansu23.exblog.jp/iv/detail/?s=33318797&i=202306%2F27%2F07%2Fb0433107_10120541.jpg（Ｐ,Ｑ,Ｒは関係ない。）
点Ｇをｘｙｚ座標の原点に置き、ＧＨをｘ軸，ＧＦをｙ軸，ＧＣをｚ軸に取ると、
Ｍ(３,０,０)，Ｂ(０,６,６)，Ｐ(０,０,ｐ)と置ける。ここで、↑ＭＢ＝(－３,６,６)より直線ＢＭの方向ベクトルは↑ｖ＝(－３,６,６) また、直線ＢＭは点Ｍを通るので、直線ＢＭの方程式は、
(ｘ－３)/(－３)＝(ｙ－０)/６＝(ｚ－０)/６
よって、(ｘ－３)/(－３)＝ｙ/６＝ｚ/６＝ｋと置くと、ｘ＝－３ｋ＋３，ｙ＝ｚ＝６ｋ
よって、Ｑ(－３ｋ＋３,６ｋ,６ｋ)と置ける。よって、２点間の距離の公式より、
ＰＱ＝√{(－３ｋ＋３)²＋(６ｋ)²＋(６ｋ－ｐ)²}
これを整理すると、
ＰＱ＝√(ｐ²－１２ｋｐ＋８１ｋ²－１８ｋ＋９)
∴ＰＱ²＝ｐ²－１２ｋｐ＋８１ｋ²－１８ｋ＋９
よって、Ｌ＝ｐ²－１２ｋｐ＋８１ｋ²－１８ｋ＋９と置いて、Ｌの最小値を求めれば良い。
そこで、ｐで偏微分してイコール０とすると、
Ｌ'＝２ｐ－１２ｋ＝０ ∴ｐ＝６ｋ
これを代入すると、
Ｌ＝３６ｋ²－７２ｋ²＋８１ｋ²－１８ｋ＋９＝４５ｋ²－１８ｋ＋９
これを平方完成させて最小値を求めても良いが、ｋで微分してイコール０とすると、
Ｌ''＝９０ｋ－１８＝０
∴ｋ＝１８/９０＝１/５
これをＬ＝４５ｋ²－１８ｋ＋９に代入すると、
Ｌ＝４５/２５－１８/５＋９
＝９/５－１８/５＋４５/５＝３６/５
∴ＰＱ²＝３６/５
∴ＰＱ＝６/√５＝６√５/５ｃｍ
よって、最短距離は、６√５/５ｃｍ
参考書の解法は次回。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/15 07:53削除問題
１辺が６ｃｍの立方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨの辺ＧＨの中点をＭとする。このとき、辺ＣＧ上を動く点Ｐと、線分ＢＭ上を動く点Ｑとの最短距離を求めて下さい。
解法２
上面から見た図を描くと、正方形ＡＢＣＤの点ＣとＧは一致し、点Ｄと点Ｈも一致する。また、ＣＤの中点がＭで、直線ＢＭと点Ｃとの最短距離を求めれば良い事が分かるだろう。
よって、ＣからＢＭに下した垂線の足をＩとして、ＣＩを求めれば良い。
そこで、△ＢＣＭの面積を２通りで表すと、
３×６×(１/２)＝３√５×ＣＩ×(１/２)
が成り立つ。∴ＣＩ＝６/√５＝６√５/５
よって、答えは、６√５/５ｃｍ
最後の所は、相似で求めても良い。つまり、直角と∠ＭＢＣの２角が等しいので、△ＢＩＣ∽△ＢＣＭ よって、△ＢＣＩも直角を挟む二辺の比が１：２より、ＣＩ＝ＢＣ/√５＝６/√５＝６√５/５ｃｍ
解法１のアレンジ
中学生でも、優秀な家庭教師がいて、空間座標の直線の方程式は、Ａ(ｘ₁,ｙ₁,ｚ₁)，Ｂ(ｘ₂,ｙ₂,ｚ₂)とすると、直線ＡＢの方程式は、
(ｘ－ｘ₁)/(ｘ₁－ｘ₂)＝(ｙ－ｙ₁)/(ｙ₁－ｙ₂)
＝(ｚ－ｚ₁)/(ｚ₁－ｚ₂)
と教えられているとする。
そこで、点Ｇをｘｙｚ座標の原点に置き、ＧＨをｘ軸，ＧＦをｙ軸，ＧＣをｚ軸に取ると、Ｍ(３,０,０)，Ｂ(０,６,６)，Ｐ(０,０,ｐ)と置ける。よって、直線ＭＢの方程式は、
(ｘ－３)/(３－０)＝(ｙ－０)/(０－６)
＝(ｚ－０)/(０－６)
∴(ｘ－３)/３＝－ｙ/６＝－ｚ/６
この比をｋと置くと、
(ｘ－３)/３＝－ｙ/６＝－ｚ/６＝ｋ
∴ｘ＝３ｋ＋３，ｙ＝－６ｋ，ｚ＝－６ｋ
∴Ｑ(３ｋ＋３，－６ｋ，－６ｋ）
よって、２点間の距離の公式より、
ＰＱ＝√{(３ｋ＋３)²＋(６ｋ)²＋(ｐ＋６ｋ)²}
＝√{(ｐ＋６ｋ)²＋４５ｋ²＋１８ｋ＋９}
＝√{(ｐ＋６ｋ)²＋４５(ｋ²＋１８ｋ/４５)＋９}
＝√{(ｐ＋６ｋ)²＋４５(ｋ²＋２ｋ/５)＋９}
＝√{(ｐ＋６ｋ)²＋４５(ｋ＋１/５)²－４５/２５＋９}
＝√{(ｐ＋６ｋ)²＋４５(ｋ＋１/５)²＋１８０/２５}
＝√{(ｐ＋６ｋ)²＋４５(ｋ＋１/５)²＋３６/５}
ここで、ｐ＝－６ｋ，ｋ＝－１/５とすると、ＰＱは最小になるので、最小値は、
√(３６/５)＝６/√５＝６√５/５ｃｍ
おまけ：
１辺が６ｃｍの立方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨの辺ＧＨの中点をＭとする。このとき、辺ＣＧ上を動く点Ｐと、線分ＢＭ上を動く点Ｑとの最短距離を求めて下さい。
解法２
上面から見た図を描くと、正方形ＡＢＣＤの点ＣとＧは一致し、点Ｄと点Ｈも一致する。また、ＣＤの中点がＭで、直線ＢＭと点Ｃとの最短距離を求めれば良い事が分かるだろう。
よって、ＣからＢＭに下した垂線の足をＩとして、ＣＩを求めれば良い。
そこで、△ＢＣＭの面積を２通りで表すと、
３×６×(１/２)＝３√５×ＣＩ×(１/２)
が成り立つ。∴ＣＩ＝６/√５＝６√５/５
よって、答えは、６√５/５ｃｍ
最後の所は、相似で求めても良い。つまり、直角と∠ＭＢＣの２角が等しいので、△ＢＩＣ∽△ＢＣＭ よって、△ＢＣＩも直角を挟む二辺の比が１：２より、ＣＩ＝ＢＣ/√５＝６/√５＝６√５/５ｃｍ
解法１のアレンジ
中学生でも、優秀な家庭教師がいて、空間座標の直線の方程式は、Ａ(ｘ₁,ｙ₁,ｚ₁)，Ｂ(ｘ₂,ｙ₂,ｚ₂)とすると、直線ＡＢの方程式は、
(ｘ－ｘ₁)/(ｘ₁－ｘ₂)＝(ｙ－ｙ₁)/(ｙ₁－ｙ₂)
＝(ｚ－ｚ₁)/(ｚ₁－ｚ₂)
と教えられているとする。
そこで、点Ｇをｘｙｚ座標の原点に置き、ＧＨをｘ軸，ＧＦをｙ軸，ＧＣをｚ軸に取ると、Ｍ(３,０,０)，Ｂ(０,６,６)，Ｐ(０,０,ｐ)と置ける。よって、直線ＭＢの方程式は、
(ｘ－３)/(３－０)＝(ｙ－０)/(０－６)
＝(ｚ－０)/(０－６)
∴(ｘ－３)/３＝－ｙ/６＝－ｚ/６
この比をｋと置くと、
(ｘ－３)/３＝－ｙ/６＝－ｚ/６＝ｋ
∴ｘ＝３ｋ＋３，ｙ＝－６ｋ，ｚ＝－６ｋ
∴Ｑ(３ｋ＋３，－６ｋ，－６ｋ）
よって、２点間の距離の公式より、
ＰＱ＝√{(３ｋ＋３)²＋(６ｋ)²＋(ｐ＋６ｋ)²}
＝√{(ｐ＋６ｋ)²＋４５ｋ²＋１８ｋ＋９}
＝√{(ｐ＋６ｋ)²＋４５(ｋ²＋１８ｋ/４５)＋９}
＝√{(ｐ＋６ｋ)²＋４５(ｋ²＋２ｋ/５)＋９}
＝√{(ｐ＋６ｋ)²＋４５(ｋ＋１/５)²－４５/２５＋９}
＝√{(ｐ＋６ｋ)²＋４５(ｋ＋１/５)²＋１８０/２５}
＝√{(ｐ＋６ｋ)²＋４５(ｋ＋１/５)²＋３６/５}
ここで、ｐ＝－６ｋ，ｋ＝－１/５とすると、ＰＱは最小になるので、最小値は、
√(３６/５)＝６/√５＝６√５/５ｃｍ
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/16 07:56削除補足解説
＞中学生でも、優秀な家庭教師がいて、空間座標の直線の方程式は、Ａ(ｘ₁,ｙ₁,ｚ₁)，Ｂ(ｘ₂,ｙ₂,ｚ₂)とすると、直線ＡＢの方程式は、
(ｘ－ｘ₁)/(ｘ₁－ｘ₂)＝(ｙ－ｙ₁)/(ｙ₁－ｙ₂)
＝(ｚ－ｚ₁)/(ｚ₁－ｚ₂)
と教えられているとする。
平面の直線の方程式は、Ａ(ｘ₁,ｙ₁)，Ｂ(ｘ₂,ｙ₂)とすると、
(ｘ－ｘ₁)/(ｘ₁－ｘ₂)＝(ｙ－ｙ₁)/(ｙ₁－ｙ₂)
で求められる。
証明というより求め方。
ｙ₁＝ａｘ₁＋ｂ———➀
ｙ₂＝ａｘ₂＋ｂ———②
➀－②より、
ｙ₁－ｙ₂＝ａ(ｘ₁－ｘ₂)
∴ａ＝(ｙ₁－ｙ₂)/(ｘ₁－ｘ₂)
これを➀に代入すると、
ｙ₁＝ｘ₁(ｙ₁－ｙ₂)/(ｘ₁－ｘ₂)＋ｂ
∴ｂ＝ｙ₁－ｘ₁(ｙ₁－ｙ₂)/(ｘ₁－ｘ₂)
∴ｙ＝{(ｙ₁－ｙ₂)/(ｘ₁－ｘ₂)}ｘ＋ｙ₁－ｘ₁(ｙ₁－ｙ₂)/(ｘ₁－ｘ₂)
∴ｙ－ｙ₁＝{(ｙ₁－ｙ₂)/(ｘ₁－ｘ₂)}ｘ－ｘ₁(ｙ₁－ｙ₂)/(ｘ₁－ｘ₂)
∴(ｙ－ｙ₁)(ｘ₁－ｘ₂)＝(ｙ₁－ｙ₂)ｘ－ｘ₁(ｙ₁－ｙ₂)＝(ｙ₁－ｙ₂)(ｘ－ｘ₁)
∴(ｙ－ｙ₁)(ｘ₁－ｘ₂)＝(ｙ₁－ｙ₂)(ｘ－ｘ₁)
∴(ｘ－ｘ₁)/(ｘ₁－ｘ₂)＝(ｙ－ｙ₁)/(ｙ₁－ｙ₂)
よって、導かれた。
おまけ：
http://mainichiwanz.com/AAA/AAA_031.html
＞中学生でも、優秀な家庭教師がいて、空間座標の直線の方程式は、Ａ(ｘ₁,ｙ₁,ｚ₁)，Ｂ(ｘ₂,ｙ₂,ｚ₂)とすると、直線ＡＢの方程式は、
(ｘ－ｘ₁)/(ｘ₁－ｘ₂)＝(ｙ－ｙ₁)/(ｙ₁－ｙ₂)
＝(ｚ－ｚ₁)/(ｚ₁－ｚ₂)
と教えられているとする。
平面の直線の方程式は、Ａ(ｘ₁,ｙ₁)，Ｂ(ｘ₂,ｙ₂)とすると、
(ｘ－ｘ₁)/(ｘ₁－ｘ₂)＝(ｙ－ｙ₁)/(ｙ₁－ｙ₂)
で求められる。
証明というより求め方。
ｙ₁＝ａｘ₁＋ｂ———➀
ｙ₂＝ａｘ₂＋ｂ———②
➀－②より、
ｙ₁－ｙ₂＝ａ(ｘ₁－ｘ₂)
∴ａ＝(ｙ₁－ｙ₂)/(ｘ₁－ｘ₂)
これを➀に代入すると、
ｙ₁＝ｘ₁(ｙ₁－ｙ₂)/(ｘ₁－ｘ₂)＋ｂ
∴ｂ＝ｙ₁－ｘ₁(ｙ₁－ｙ₂)/(ｘ₁－ｘ₂)
∴ｙ＝{(ｙ₁－ｙ₂)/(ｘ₁－ｘ₂)}ｘ＋ｙ₁－ｘ₁(ｙ₁－ｙ₂)/(ｘ₁－ｘ₂)
∴ｙ－ｙ₁＝{(ｙ₁－ｙ₂)/(ｘ₁－ｘ₂)}ｘ－ｘ₁(ｙ₁－ｙ₂)/(ｘ₁－ｘ₂)
∴(ｙ－ｙ₁)(ｘ₁－ｘ₂)＝(ｙ₁－ｙ₂)ｘ－ｘ₁(ｙ₁－ｙ₂)＝(ｙ₁－ｙ₂)(ｘ－ｘ₁)
∴(ｙ－ｙ₁)(ｘ₁－ｘ₂)＝(ｙ₁－ｙ₂)(ｘ－ｘ₁)
∴(ｘ－ｘ₁)/(ｘ₁－ｘ₂)＝(ｙ－ｙ₁)/(ｙ₁－ｙ₂)
よって、導かれた。
おまけ：
http://mainichiwanz.com/AAA/AAA_031.html
返信
返信3
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/14 10:18 (No.1239609)削除次の文章を完全解説して下さい。
問題 9-10b
ｎ次既約多項式ｆ(ｘ)の群Ｇfがｎ個の元（根の入れ換え）からなるとき、ｆ(ｘ)の（任意の）根αはｆ(ｘ)の原始元であることを示せ。
解答
ｆ(ｘ)は既約なので、問題9-5より、ｆ(ｘ)の根αはＧfの根の入れ換えにより、ｆ(ｘ)のどの根にもなる。|Ｇf|はｆ(ｘ)の次数と等しいので、αを変えない根の入れ換えは恒等入れ換えのみである。よってαの式のなす体Ｍを不変にするＧfの部分群は恒等入れ換えのみからなる。ガロワ対応よりＭはｆ(ｘ)のすべての根の式のなす体と一致する。ゆえにαはｆ(ｘ)の原始元である。
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
適当に分かり易く解説して下さい。相変わらず、一筋縄ではいかないですね。
おまけ：
問題 9-10b
ｎ次既約多項式ｆ(ｘ)の群Ｇfがｎ個の元（根の入れ換え）からなるとき、ｆ(ｘ)の（任意の）根αはｆ(ｘ)の原始元であることを示せ。
解答
ｆ(ｘ)は既約なので、問題9-5より、ｆ(ｘ)の根αはＧfの根の入れ換えにより、ｆ(ｘ)のどの根にもなる。|Ｇf|はｆ(ｘ)の次数と等しいので、αを変えない根の入れ換えは恒等入れ換えのみである。よってαの式のなす体Ｍを不変にするＧfの部分群は恒等入れ換えのみからなる。ガロワ対応よりＭはｆ(ｘ)のすべての根の式のなす体と一致する。ゆえにαはｆ(ｘ)の原始元である。
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
適当に分かり易く解説して下さい。相変わらず、一筋縄ではいかないですね。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/14 14:01削除解説
＞ｆ(ｘ)は既約なので、問題9-5より、ｆ(ｘ)の根αはＧfの根の入れ換えにより、ｆ(ｘ)のどの根にもなる。
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。
このｇ(ｘ)は最小多項式より既約多項式である。そこで、このｇ(ｘ)に問題文のｆ(ｘ)に当てはめると、
ｆ(ｘ)＝(ｘ－α₁＝α)(ｘ－α₂)…(ｘ－αn)（ｎ次既約多項式だから。）
また、β＝αとなり、α₁,…,αnはＧfによる根αの入れ換えとなる。（ｆ(ｘ)＝ｇ(ｘ)という事。）
よって、「ｆ(ｘ)の根αはＧfの根の入れ換えにより、ｆ(ｘ)のどの根にもなる」という事である。
＞|Ｇf|はｆ(ｘ)の次数と等しい
「ｎ次既約多項式ｆ(ｘ)の群Ｇfがｎ個の元（根の入れ換え）からなる」より、どちらもｎで等しいという事である。
＞αを変えない根の入れ換えは恒等入れ換えのみである。
「ｆ(ｘ)の根αはＧfの根の入れ換えにより、ｆ(ｘ)のどの根にもなる」ので、αがαのままであるのは恒等入れ換えだけである。（Ｇfの単位元という事。）
＞よってαの式のなす体Ｍを不変にするＧfの部分群は恒等入れ換えのみからなる。
αを不変にするＧfの部分群が単位元のみの群なので、αの式を不変にするＧfの部分群も同じという事である。
＞ガロワ対応よりＭはｆ(ｘ)のすべての根の式のなす体と一致する。
ガロワ対応とは、
「Ｇfの部分群」と「根の式のなす体」の１対１対応で、前者の根の入れ換えで後者が不変である組合せである。
そこで、Ｇfの部分群で単位元のみの部分群だったら恒等入れ換えなので、相手は全ての根の式全体である。
よって、「Ｍはｆ(ｘ)のすべての根の式のなす体」という事で、上の「αの式のなす体Ｍ」と一致するという事である。
＞ゆえにαはｆ(ｘ)の原始元である。
よって、αの式全体の群とα₁,…,αnの式全体の群が一致しているので、α₁＝αの式，α₂＝αの式，…，αn＝αの式と表せるので、αはｆ(ｘ)の原始元であるという事。
定義8.1（原始元）
重根を持たないｎ次多項式ｆ(ｘ)の原始元βとは、次の(１),(２)をみたす複素数のことである。以下においてα₁,…,αnをｆ(ｘ)の根とする。
（１）βはα₁,…,αnの式で表される。
（２）α₁,…,αnはそれぞれβ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
念のため、（１）の方はαがｆ(ｘ)の根である事より自明なので省略した。
＞問題 9-10b
ｎ次既約多項式ｆ(ｘ)の群Ｇfがｎ個の元（根の入れ換え）からなるとき、ｆ(ｘ)の（任意の）根αはｆ(ｘ)の原始元であることを示せ。
蛇足だが、ｆ(ｘ)の根αがｆ(ｘ)の原始元として、αを根とする既約多項式ｇ(ｘ)を作ると、ｇ(ｘ)＝ｆ(ｘ)で、また、
「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。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（p.153）」
より、βをα，ｇ(ｘ)をｆ(ｘ)とすると、
「αをｆ(ｘ)の根に入れ換えて得られるｆ(ｘ)の根の入れ換え」からなる集合がＧfとなり、問題文の「ｆ(ｘ)の群Ｇfがｎ個の元（根の入れ換え）からなる」と矛盾しない。（辻褄が合う。）
おまけ：
＞ｆ(ｘ)は既約なので、問題9-5より、ｆ(ｘ)の根αはＧfの根の入れ換えにより、ｆ(ｘ)のどの根にもなる。
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。
このｇ(ｘ)は最小多項式より既約多項式である。そこで、このｇ(ｘ)に問題文のｆ(ｘ)に当てはめると、
ｆ(ｘ)＝(ｘ－α₁＝α)(ｘ－α₂)…(ｘ－αn)（ｎ次既約多項式だから。）
また、β＝αとなり、α₁,…,αnはＧfによる根αの入れ換えとなる。（ｆ(ｘ)＝ｇ(ｘ)という事。）
よって、「ｆ(ｘ)の根αはＧfの根の入れ換えにより、ｆ(ｘ)のどの根にもなる」という事である。
＞|Ｇf|はｆ(ｘ)の次数と等しい
「ｎ次既約多項式ｆ(ｘ)の群Ｇfがｎ個の元（根の入れ換え）からなる」より、どちらもｎで等しいという事である。
＞αを変えない根の入れ換えは恒等入れ換えのみである。
「ｆ(ｘ)の根αはＧfの根の入れ換えにより、ｆ(ｘ)のどの根にもなる」ので、αがαのままであるのは恒等入れ換えだけである。（Ｇfの単位元という事。）
＞よってαの式のなす体Ｍを不変にするＧfの部分群は恒等入れ換えのみからなる。
αを不変にするＧfの部分群が単位元のみの群なので、αの式を不変にするＧfの部分群も同じという事である。
＞ガロワ対応よりＭはｆ(ｘ)のすべての根の式のなす体と一致する。
ガロワ対応とは、
「Ｇfの部分群」と「根の式のなす体」の１対１対応で、前者の根の入れ換えで後者が不変である組合せである。
そこで、Ｇfの部分群で単位元のみの部分群だったら恒等入れ換えなので、相手は全ての根の式全体である。
よって、「Ｍはｆ(ｘ)のすべての根の式のなす体」という事で、上の「αの式のなす体Ｍ」と一致するという事である。
＞ゆえにαはｆ(ｘ)の原始元である。
よって、αの式全体の群とα₁,…,αnの式全体の群が一致しているので、α₁＝αの式，α₂＝αの式，…，αn＝αの式と表せるので、αはｆ(ｘ)の原始元であるという事。
定義8.1（原始元）
重根を持たないｎ次多項式ｆ(ｘ)の原始元βとは、次の(１),(２)をみたす複素数のことである。以下においてα₁,…,αnをｆ(ｘ)の根とする。
（１）βはα₁,…,αnの式で表される。
（２）α₁,…,αnはそれぞれβ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
念のため、（１）の方はαがｆ(ｘ)の根である事より自明なので省略した。
＞問題 9-10b
ｎ次既約多項式ｆ(ｘ)の群Ｇfがｎ個の元（根の入れ換え）からなるとき、ｆ(ｘ)の（任意の）根αはｆ(ｘ)の原始元であることを示せ。
蛇足だが、ｆ(ｘ)の根αがｆ(ｘ)の原始元として、αを根とする既約多項式ｇ(ｘ)を作ると、ｇ(ｘ)＝ｆ(ｘ)で、また、
「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。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（p.153）」
より、βをα，ｇ(ｘ)をｆ(ｘ)とすると、
「αをｆ(ｘ)の根に入れ換えて得られるｆ(ｘ)の根の入れ換え」からなる集合がＧfとなり、問題文の「ｆ(ｘ)の群Ｇfがｎ個の元（根の入れ換え）からなる」と矛盾しない。（辻褄が合う。）
おまけ：
返信
返信1
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/12 16:14 (No.1238227)削除問題
ＡＢ，ＡＣ，ＡＤがどの２つも垂直で、長さが１ｃｍのとき、Ａから△ＢＣＤに下した垂線の長さを求めよ。
図の解説：頂点がＡで底面が△ＢＣＤの三角錐で条件が上の通り。
ただし、最低２通り作って下さい。４通り出来ます。
おまけ：
ＡＢ，ＡＣ，ＡＤがどの２つも垂直で、長さが１ｃｍのとき、Ａから△ＢＣＤに下した垂線の長さを求めよ。
図の解説：頂点がＡで底面が△ＢＣＤの三角錐で条件が上の通り。
ただし、最低２通り作って下さい。４通り出来ます。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/13 07:59削除問題
ＡＢ，ＡＣ，ＡＤがどの２つも垂直で、長さが１ｃｍのとき、Ａから△ＢＣＤに下した垂線の長さを求めよ。
解法１
∠ＢＡＣ＝∠ＣＡＤ＝∠ＤＡＢ＝９０°，ＡＢ＝ＡＣ＝ＡＤより、二辺挟角が等しいので、△ＡＢＣ≡△ＡＣＤ≡△ＡＤＢ
∴ＢＣ＝ＣＤ＝ＤＢ よって、△ＢＣＤは正三角形。よって、立体ＡＢＣＤは頂点がＡで底面が正三角形ＢＣＤの直正三角錐。
よって、Ａから底面に下した垂線の足は正三角形ＢＣＤの重心に下りる。また、ＣＤの中点をＭとすると、点ＨはＢＭ上にある。
△ＡＣＤは直角二等辺三角形より、ＣＤ＝√２ｃｍ ∴ＣＭ＝√２/２ｃｍ
また、１：２：√３の三辺比より、
ＢＭ＝√３ＣＭ＝√６/２ｃｍ
また、重心の性質より、
ＨＭ＝ＢＭ/３＝√６/６ｃｍ
また、ＡＭ＝ＣＭ＝√２/２ｃｍより、△ＡＭＨで三平方の定理を使うと、
ＡＨ＝√{√２/２)²－(√６/６)²}
＝√(１/２－１/６)＝√(１/３)
＝√３/３ｃｍ
よって、答えは、√３/３ｃｍ
解法２
ＡＢ，ＡＣ，ＡＤがどの２つも垂直で、長さが１ｃｍより、立体ＡＢＣＤの体積は、
Ｖ＝１×１×(１/２)×１×(１/３)＝１/６ｃｍ²———➀
また、解法１と同様にして、立体ＡＢＣＤは頂点がＡで底面が正三角形ＢＣＤの直正三角錐。よって、その高さをｈとすると、
Ｖ＝√２×(√６/２)×(１/２)×ｈ×(１/３)
＝√３ｈ/６ｃｍ²———②
➀，②より、√３ｈ/６＝１/６
∴ｈ＝１/√３＝√３/３ｃｍ
よって、Ａから△ＢＣＤに下した垂線の長さは、√３/３ｃｍ
解法３ 私のオリジナル
ＡＢ，ＡＣ，ＡＤがどの２つも垂直で、長さが１ｃｍより、立体ＡＢＣＤは１辺が１ｃｍの立方体の一角の三角錐である。
そこで、立方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨを描いて、立体Ｆ－ＢＥＧを考える。
ここで、ＤＢ，ＤＥ，ＤＧを結ぶと、全て正方形の対角線でＤＢ＝ＤＥ＝ＤＧ＝ＢＥ＝ＢＧ＝ＥＧ つまり、立体Ｄ－ＢＥＧは正四面体である。よって、立体Ｆ－ＢＥＧと立体Ｄ－ＢＥＧは共に直正三角錐より、ＤＦ⊥面ＢＥＧである。その交点をＩとすると、ＦＩが求める長さである。
ところで、１辺がａの正四面体の高さは公式より、ｈ＝√６ａ/３https://rikeilabo.com/regular-tetrahedron
よって、ａ＝√２ｃｍを代入すると、
ＤＩ＝２√３/３ｃｍ
また、ＤＦ＝√(１²＋１²＋１²)＝√３ｃｍ
∴ＦＩ＝ＤＦ－ＤＩ＝√３－２√３/３
＝√３/３ｃｍ
よって、答えは、√３/３ｃｍ
解法４は参考書の模範解答というよりエレガントな別解で次回。（実際は別解ではない。）
おまけ：
https://kireinotes.com/ar2980cbb260c02ed20edc30b357ae93325869dceb/
https://www.msn.com/ja-jp/news/entertainment/%E3%83%95%E3%83%AF%E3%81%A1%E3%82%83%E3%82%93-%E6%9A%B4%E8%A8%80%E6%8A%95%E7%A8%BF%E3%81%AE%E7%9E%AC%E9%96%93-%E3%81%AB%E5%90%8C%E8%A1%8C-a%E3%83%9E%E3%83%83%E3%82%BD%E5%8A%A0%E7%B4%8D%E3%81%AB%E8%92%B8%E3%81%97%E8%BF%94%E3%81%95%E3%82%8C%E3%82%8B-5%E5%B9%B4%E5%89%8D%E3%81%AE%E5%B7%AE%E5%88%A5%E3%83%8D%E3%82%BF/ar-AA1oGiih?ocid=msedgntp&pc=U531&cvid=2da367aec3404322a9ad1e1fddd1042a&ei=8
ＡＢ，ＡＣ，ＡＤがどの２つも垂直で、長さが１ｃｍのとき、Ａから△ＢＣＤに下した垂線の長さを求めよ。
解法１
∠ＢＡＣ＝∠ＣＡＤ＝∠ＤＡＢ＝９０°，ＡＢ＝ＡＣ＝ＡＤより、二辺挟角が等しいので、△ＡＢＣ≡△ＡＣＤ≡△ＡＤＢ
∴ＢＣ＝ＣＤ＝ＤＢ よって、△ＢＣＤは正三角形。よって、立体ＡＢＣＤは頂点がＡで底面が正三角形ＢＣＤの直正三角錐。
よって、Ａから底面に下した垂線の足は正三角形ＢＣＤの重心に下りる。また、ＣＤの中点をＭとすると、点ＨはＢＭ上にある。
△ＡＣＤは直角二等辺三角形より、ＣＤ＝√２ｃｍ ∴ＣＭ＝√２/２ｃｍ
また、１：２：√３の三辺比より、
ＢＭ＝√３ＣＭ＝√６/２ｃｍ
また、重心の性質より、
ＨＭ＝ＢＭ/３＝√６/６ｃｍ
また、ＡＭ＝ＣＭ＝√２/２ｃｍより、△ＡＭＨで三平方の定理を使うと、
ＡＨ＝√{√２/２)²－(√６/６)²}
＝√(１/２－１/６)＝√(１/３)
＝√３/３ｃｍ
よって、答えは、√３/３ｃｍ
解法２
ＡＢ，ＡＣ，ＡＤがどの２つも垂直で、長さが１ｃｍより、立体ＡＢＣＤの体積は、
Ｖ＝１×１×(１/２)×１×(１/３)＝１/６ｃｍ²———➀
また、解法１と同様にして、立体ＡＢＣＤは頂点がＡで底面が正三角形ＢＣＤの直正三角錐。よって、その高さをｈとすると、
Ｖ＝√２×(√６/２)×(１/２)×ｈ×(１/３)
＝√３ｈ/６ｃｍ²———②
➀，②より、√３ｈ/６＝１/６
∴ｈ＝１/√３＝√３/３ｃｍ
よって、Ａから△ＢＣＤに下した垂線の長さは、√３/３ｃｍ
解法３ 私のオリジナル
ＡＢ，ＡＣ，ＡＤがどの２つも垂直で、長さが１ｃｍより、立体ＡＢＣＤは１辺が１ｃｍの立方体の一角の三角錐である。
そこで、立方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨを描いて、立体Ｆ－ＢＥＧを考える。
ここで、ＤＢ，ＤＥ，ＤＧを結ぶと、全て正方形の対角線でＤＢ＝ＤＥ＝ＤＧ＝ＢＥ＝ＢＧ＝ＥＧ つまり、立体Ｄ－ＢＥＧは正四面体である。よって、立体Ｆ－ＢＥＧと立体Ｄ－ＢＥＧは共に直正三角錐より、ＤＦ⊥面ＢＥＧである。その交点をＩとすると、ＦＩが求める長さである。
ところで、１辺がａの正四面体の高さは公式より、ｈ＝√６ａ/３https://rikeilabo.com/regular-tetrahedron
よって、ａ＝√２ｃｍを代入すると、
ＤＩ＝２√３/３ｃｍ
また、ＤＦ＝√(１²＋１²＋１²)＝√３ｃｍ
∴ＦＩ＝ＤＦ－ＤＩ＝√３－２√３/３
＝√３/３ｃｍ
よって、答えは、√３/３ｃｍ
解法４は参考書の模範解答というよりエレガントな別解で次回。（実際は別解ではない。）
おまけ：
https://kireinotes.com/ar2980cbb260c02ed20edc30b357ae93325869dceb/
https://www.msn.com/ja-jp/news/entertainment/%E3%83%95%E3%83%AF%E3%81%A1%E3%82%83%E3%82%93-%E6%9A%B4%E8%A8%80%E6%8A%95%E7%A8%BF%E3%81%AE%E7%9E%AC%E9%96%93-%E3%81%AB%E5%90%8C%E8%A1%8C-a%E3%83%9E%E3%83%83%E3%82%BD%E5%8A%A0%E7%B4%8D%E3%81%AB%E8%92%B8%E3%81%97%E8%BF%94%E3%81%95%E3%82%8C%E3%82%8B-5%E5%B9%B4%E5%89%8D%E3%81%AE%E5%B7%AE%E5%88%A5%E3%83%8D%E3%82%BF/ar-AA1oGiih?ocid=msedgntp&pc=U531&cvid=2da367aec3404322a9ad1e1fddd1042a&ei=8
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/13 13:16削除問題
ＡＢ，ＡＣ，ＡＤがどの２つも垂直で、長さが１ｃｍのとき、Ａから△ＢＣＤに下した垂線の長さを求めよ。
解法４
ＡＢ，ＡＣ，ＡＤがどの２つも垂直で、長さが１ｃｍより、立体ＡＢＣＤは１辺が１ｃｍの立方体の一角の三角錐である。
ここで、立方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨを頂点Ｃと底面ＥＦＧＨの中心が一致するような角度で見た射影図を描くと、ひし形ＡＢＣＤとひし形ＥＦＧＨが重なった六角形ＡＢＦＧＨＤ。
https://www.sakane.net/suugaku/3zukei/32kuukanzukei/3237toueizu(riooputai-seirokkakkei).pdf（右上の図）
そして、ＢＥＤ∥ＦＣＨでＡＥＣＧは一直線である。∴ＣＧ⊥ＦＨ（平面ＣＦＨ）
また、ひし形の対角線の１/２より、ＡＥ＝ＥＣ＝ＣＧ
ところで、求めたいのはＣＧの長さでＡＧの１/３。ここで、立体図からＡＧの長さを求めると、ＡＧ＝√(１²＋１²＋１²)＝√３
よって、答えは、√３/３ｃｍ
おまけ：
ＡＢ，ＡＣ，ＡＤがどの２つも垂直で、長さが１ｃｍのとき、Ａから△ＢＣＤに下した垂線の長さを求めよ。
解法４
ＡＢ，ＡＣ，ＡＤがどの２つも垂直で、長さが１ｃｍより、立体ＡＢＣＤは１辺が１ｃｍの立方体の一角の三角錐である。
ここで、立方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨを頂点Ｃと底面ＥＦＧＨの中心が一致するような角度で見た射影図を描くと、ひし形ＡＢＣＤとひし形ＥＦＧＨが重なった六角形ＡＢＦＧＨＤ。
https://www.sakane.net/suugaku/3zukei/32kuukanzukei/3237toueizu(riooputai-seirokkakkei).pdf（右上の図）
そして、ＢＥＤ∥ＦＣＨでＡＥＣＧは一直線である。∴ＣＧ⊥ＦＨ（平面ＣＦＨ）
また、ひし形の対角線の１/２より、ＡＥ＝ＥＣ＝ＣＧ
ところで、求めたいのはＣＧの長さでＡＧの１/３。ここで、立体図からＡＧの長さを求めると、ＡＧ＝√(１²＋１²＋１²)＝√３
よって、答えは、√３/３ｃｍ
おまけ：
返信
返信2
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/12 11:52 (No.1238029)削除次の文章を完全解説して下さい。
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。またｆ(ｘ)の群Ｇfに含まれる根の入れ換えでｇ₁(ｘ),…,ｇs(ｘ)の係数を変えると、これらの多項式が入れ換わることを示せ。
解答
ｈ₁(ｘ)＝ｇ₁(ｘ)の係数にＧfの入れ換えを施して得られるものをｈ₁(ｘ),…,ｈs(ｘ)とする。これらは互いに素な既約多項式であることに注意する。ｈ₁(ｘ)＝ｇ₁(ｘ)はｇ(ｘ)を割り切るのでｈ₁(ｘ)ｋ₁(ｘ)＝ｇ(ｘ)である。この式の返々の係数をＧfで変えても等式は成り立つので（定理9.1(１)）、ｈi(ｘ)ｋi(ｘ)＝ｇ(ｘ)のようにｈi(ｘ)はｇ(ｘ)を割り切る。したがってｈ(ｘ)＝ｈ₁(ｘ)…ｈs(ｘ)はｇ(ｘ)を割り切る。一方、ｈ(ｘ)の係数はＧfの入れ換えで不変になるので、ｈ(ｘ)は定数を係数とする多項式である。よって単多項式ｇ(ｘ)の既約性よりｈ(ｘ)＝ｇ(ｘ)である。また既約多項式の積への分解の一意性より（必要なら番号を取り換えて）ｈi(ｘ)＝ｇi(ｘ)もわかり、後半の主張もわかる。
「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。最低限、問題の意味と「単多項式ｇ(ｘ)の既約性」と「既約多項式の積への分解の一意性」の所の解説はして下さい。
おまけ：
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。またｆ(ｘ)の群Ｇfに含まれる根の入れ換えでｇ₁(ｘ),…,ｇs(ｘ)の係数を変えると、これらの多項式が入れ換わることを示せ。
解答
ｈ₁(ｘ)＝ｇ₁(ｘ)の係数にＧfの入れ換えを施して得られるものをｈ₁(ｘ),…,ｈs(ｘ)とする。これらは互いに素な既約多項式であることに注意する。ｈ₁(ｘ)＝ｇ₁(ｘ)はｇ(ｘ)を割り切るのでｈ₁(ｘ)ｋ₁(ｘ)＝ｇ(ｘ)である。この式の返々の係数をＧfで変えても等式は成り立つので（定理9.1(１)）、ｈi(ｘ)ｋi(ｘ)＝ｇ(ｘ)のようにｈi(ｘ)はｇ(ｘ)を割り切る。したがってｈ(ｘ)＝ｈ₁(ｘ)…ｈs(ｘ)はｇ(ｘ)を割り切る。一方、ｈ(ｘ)の係数はＧfの入れ換えで不変になるので、ｈ(ｘ)は定数を係数とする多項式である。よって単多項式ｇ(ｘ)の既約性よりｈ(ｘ)＝ｇ(ｘ)である。また既約多項式の積への分解の一意性より（必要なら番号を取り換えて）ｈi(ｘ)＝ｇi(ｘ)もわかり、後半の主張もわかる。
「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。最低限、問題の意味と「単多項式ｇ(ｘ)の既約性」と「既約多項式の積への分解の一意性」の所の解説はして下さい。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/12 14:03削除解説
＞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。またｆ(ｘ)の群Ｇfに含まれる根の入れ換えでｇ₁(ｘ),…,ｇs(ｘ)の係数を変えると、これらの多項式が入れ換わることを示せ。
例えば、ｆ(ｘ)＝ｘ³＋ｘ＋２の３つの根をα₁,α₂,α₃とすると、解と係数の関係より、α₁＋α₂＋α₃＝０，α₁α₂＋α₂α₃＋α₃α₁＝１，α₁α₂α₃＝２
よって、適当にα₁α₂α₃(α₁＋α₂＋α₃)などを展開した「ｆ(ｘ)のすべての根の式」を係数に使った既約多項式ｇ(ｘ)＝ｘ⁴＋ｘ³＋２ｘ²＋１が出来たとする。
実際、ｇ(ｘ)＝ｘ⁴＋(α₁α₂＋α₂α₃＋α₃α₁)ｘ³＋α₁α₂α₃ｘ²＋(α₁＋α₂＋α₃)＋α₁α₂＋α₂α₃＋α₃α₁とすれば良い。
そして、ｇ(ｘ)がα₁,α₂,α₃を係数とするレベルで因数分解出来た時、それは、括弧が２個か４個か分からないが３個にはならないという定理である。
ｇ(ｘ)＝{ｘ²＋(α₁,α₂,α₃の式)ｘ＋(α₁,α₂,α₃の式}{ｘ²＋(α₁,α₂,α₃の式)ｘ＋(α₁,α₂,α₃の式}
または、
＝{ｘ＋(α₁,α₂,α₃の式)}{ｘ＋(α₁,α₂,α₃の式)}{ｘ＋(α₁,α₂,α₃の式)}{ｘ＋(α₁,α₂,α₃の式)}
となるが、次数が１次，１次，２次のような括弧が３個にはならないという事。
つまり、ｇ(ｘ)が素数次の場合は必ず１次式に分解出るという事か。（適当）
＞ｈ₁(ｘ)＝ｇ₁(ｘ)の係数にＧfの入れ換えを施して得られるものをｈ₁(ｘ),…,ｈs(ｘ)とする。これらは互いに素な既約多項式であることに注意する。
ｇ₁(ｘ)は「ただしｇi(ｘ)はｆ(ｘ)の根の式を係数とする既約単多項式」より既約多項式で、その係数をＧfで入れ換えたｈ₁(ｘ),…,ｈs(ｘ)も既約多項式で互いに素であるという事。（既約多項式同士が互いに素は、素数同士が互いに素みたいな事。）
＞ｈ₁(ｘ)＝ｇ₁(ｘ)はｇ(ｘ)を割り切るのでｈ₁(ｘ)ｋ₁(ｘ)＝ｇ(ｘ)である。この式の返々の係数をＧfで変えても等式は成り立つので（定理9.1(１)）、ｈi(ｘ)ｋi(ｘ)＝ｇ(ｘ)のようにｈi(ｘ)はｇ(ｘ)を割り切る。
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。
ｈ₁(ｘ)ｋ₁(ｘ)＝ｇ(ｘ)の両辺の多項式の係数をＧfで入れ換えても、係数同士が等しいので等式同士も等しいままである。
念のため、係数は変わるが等しく変わるという事。つまり、等式は違う多項式同士の等式になるという事。
＞ｈi(ｘ)ｋi(ｘ)＝ｇ(ｘ)のようにｈi(ｘ)はｇ(ｘ)を割り切る。したがってｈ(ｘ)＝ｈ₁(ｘ)…ｈs(ｘ)はｇ(ｘ)を割り切る。
新しくｈ(ｘ)という多項式を作るという事。そして、それはｇ(ｘ)を割り切る式であるという事。
＞一方、ｈ(ｘ)の係数はＧfの入れ換えで不変になるので、ｈ(ｘ)は定数を係数とする多項式である。
Ｇfは群でその項をσ₁,…,σsとすると、
σ₁(ｈ₁(ｘ))＝ｈ₁(ｘ)，σ₂(ｈ₁(ｘ))＝ｈ₂(ｘ)，…，σs(ｈ₁(ｘ))＝ｈs(ｘ)
よって、
ｈ(ｘ)＝ｈ₁(ｘ)ｈ₂(ｘ)…ｈs(ｘ)
＝σ₁(ｈ₁(ｘ))σ₂(ｈ₁(ｘ))…σs(ｈ₁(ｘ))
ここで、ｈ(ｘ)にＧfをσ₁から施していくと、
σ₁σ₁＝σ₁，σ₁σ₂＝σ₂，…，σ₁σs＝σs
σ₂σ₁＝σ₂，σ₂σ₂＝これはσ₁～σsのどれかになり、Ｇfが群である事より過不足なく他の元に移る。よって、σi(ｈ₁(ｘ))はｈ₁(ｘ)の係数の入れ換えより、ｈ(ｘ)の係数は不変である。
よって、定理9.1(２)より、ｈ(ｘ)は定数を係数とする多項式である。
＞よって単多項式ｇ(ｘ)の既約性よりｈ(ｘ)＝ｇ(ｘ)である。
ところで、ｈ(ｘ)とｇ(ｘ)はｈ₁(ｘ)＝ｇ₁(ｘ)を共通因数に持っていて、定数係数の既約多項式より等しい多項式ある。
例えば、ｘ－２－√３を共通に持っている既約多項式は、ｘ－２＝√３ ∴(ｘ－２)²＝３
よって、ｘ²－４ｘ＋１で１つになるという事。ちょっと２次の例では納得できないかも知れないが。３次とか自分で考えてみて下さい。
＞また既約多項式の積への分解の一意性より（必要なら番号を取り換えて）ｈi(ｘ)＝ｇi(ｘ)もわかり、後半の主張もわかる。
ｈ(ｘ)＝ｇ(ｘ)と上のｈ(ｘ)にＧfを施すと、ｈ₁(ｘ)～ｈs(ｘ)が入れ換わる事より納得出来ると思う。
おまけ：
＞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。またｆ(ｘ)の群Ｇfに含まれる根の入れ換えでｇ₁(ｘ),…,ｇs(ｘ)の係数を変えると、これらの多項式が入れ換わることを示せ。
例えば、ｆ(ｘ)＝ｘ³＋ｘ＋２の３つの根をα₁,α₂,α₃とすると、解と係数の関係より、α₁＋α₂＋α₃＝０，α₁α₂＋α₂α₃＋α₃α₁＝１，α₁α₂α₃＝２
よって、適当にα₁α₂α₃(α₁＋α₂＋α₃)などを展開した「ｆ(ｘ)のすべての根の式」を係数に使った既約多項式ｇ(ｘ)＝ｘ⁴＋ｘ³＋２ｘ²＋１が出来たとする。
実際、ｇ(ｘ)＝ｘ⁴＋(α₁α₂＋α₂α₃＋α₃α₁)ｘ³＋α₁α₂α₃ｘ²＋(α₁＋α₂＋α₃)＋α₁α₂＋α₂α₃＋α₃α₁とすれば良い。
そして、ｇ(ｘ)がα₁,α₂,α₃を係数とするレベルで因数分解出来た時、それは、括弧が２個か４個か分からないが３個にはならないという定理である。
ｇ(ｘ)＝{ｘ²＋(α₁,α₂,α₃の式)ｘ＋(α₁,α₂,α₃の式}{ｘ²＋(α₁,α₂,α₃の式)ｘ＋(α₁,α₂,α₃の式}
または、
＝{ｘ＋(α₁,α₂,α₃の式)}{ｘ＋(α₁,α₂,α₃の式)}{ｘ＋(α₁,α₂,α₃の式)}{ｘ＋(α₁,α₂,α₃の式)}
となるが、次数が１次，１次，２次のような括弧が３個にはならないという事。
つまり、ｇ(ｘ)が素数次の場合は必ず１次式に分解出るという事か。（適当）
＞ｈ₁(ｘ)＝ｇ₁(ｘ)の係数にＧfの入れ換えを施して得られるものをｈ₁(ｘ),…,ｈs(ｘ)とする。これらは互いに素な既約多項式であることに注意する。
ｇ₁(ｘ)は「ただしｇi(ｘ)はｆ(ｘ)の根の式を係数とする既約単多項式」より既約多項式で、その係数をＧfで入れ換えたｈ₁(ｘ),…,ｈs(ｘ)も既約多項式で互いに素であるという事。（既約多項式同士が互いに素は、素数同士が互いに素みたいな事。）
＞ｈ₁(ｘ)＝ｇ₁(ｘ)はｇ(ｘ)を割り切るのでｈ₁(ｘ)ｋ₁(ｘ)＝ｇ(ｘ)である。この式の返々の係数をＧfで変えても等式は成り立つので（定理9.1(１)）、ｈi(ｘ)ｋi(ｘ)＝ｇ(ｘ)のようにｈi(ｘ)はｇ(ｘ)を割り切る。
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。
ｈ₁(ｘ)ｋ₁(ｘ)＝ｇ(ｘ)の両辺の多項式の係数をＧfで入れ換えても、係数同士が等しいので等式同士も等しいままである。
念のため、係数は変わるが等しく変わるという事。つまり、等式は違う多項式同士の等式になるという事。
＞ｈi(ｘ)ｋi(ｘ)＝ｇ(ｘ)のようにｈi(ｘ)はｇ(ｘ)を割り切る。したがってｈ(ｘ)＝ｈ₁(ｘ)…ｈs(ｘ)はｇ(ｘ)を割り切る。
新しくｈ(ｘ)という多項式を作るという事。そして、それはｇ(ｘ)を割り切る式であるという事。
＞一方、ｈ(ｘ)の係数はＧfの入れ換えで不変になるので、ｈ(ｘ)は定数を係数とする多項式である。
Ｇfは群でその項をσ₁,…,σsとすると、
σ₁(ｈ₁(ｘ))＝ｈ₁(ｘ)，σ₂(ｈ₁(ｘ))＝ｈ₂(ｘ)，…，σs(ｈ₁(ｘ))＝ｈs(ｘ)
よって、
ｈ(ｘ)＝ｈ₁(ｘ)ｈ₂(ｘ)…ｈs(ｘ)
＝σ₁(ｈ₁(ｘ))σ₂(ｈ₁(ｘ))…σs(ｈ₁(ｘ))
ここで、ｈ(ｘ)にＧfをσ₁から施していくと、
σ₁σ₁＝σ₁，σ₁σ₂＝σ₂，…，σ₁σs＝σs
σ₂σ₁＝σ₂，σ₂σ₂＝これはσ₁～σsのどれかになり、Ｇfが群である事より過不足なく他の元に移る。よって、σi(ｈ₁(ｘ))はｈ₁(ｘ)の係数の入れ換えより、ｈ(ｘ)の係数は不変である。
よって、定理9.1(２)より、ｈ(ｘ)は定数を係数とする多項式である。
＞よって単多項式ｇ(ｘ)の既約性よりｈ(ｘ)＝ｇ(ｘ)である。
ところで、ｈ(ｘ)とｇ(ｘ)はｈ₁(ｘ)＝ｇ₁(ｘ)を共通因数に持っていて、定数係数の既約多項式より等しい多項式ある。
例えば、ｘ－２－√３を共通に持っている既約多項式は、ｘ－２＝√３ ∴(ｘ－２)²＝３
よって、ｘ²－４ｘ＋１で１つになるという事。ちょっと２次の例では納得できないかも知れないが。３次とか自分で考えてみて下さい。
＞また既約多項式の積への分解の一意性より（必要なら番号を取り換えて）ｈi(ｘ)＝ｇi(ｘ)もわかり、後半の主張もわかる。
ｈ(ｘ)＝ｇ(ｘ)と上のｈ(ｘ)にＧfを施すと、ｈ₁(ｘ)～ｈs(ｘ)が入れ換わる事より納得出来ると思う。
おまけ：
返信
返信1
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/10 15:30 (No.1236495)削除問題
図のように、１辺の長さが６０の立方体に球Ｏが内接している。
（１）３点Ａ，Ｆ，Ｈを通る平面で球Ｏを切るとき、切り口の面積を求めよ。（９２ 奈良育英）
（２）ＡＤの中点をＭ，ＣＤの中点をＮとし、４点Ｅ，Ｇ，Ｍ，Ｎを通る平面で球を切るとき、切り口の面積を求めよ。（有名問題）
恥ずかしながら（２）は２回目の解答で正解でした。どうも立体図形の訓練が足りていないようですね。
おまけ：
図のように、１辺の長さが６０の立方体に球Ｏが内接している。
（１）３点Ａ，Ｆ，Ｈを通る平面で球Ｏを切るとき、切り口の面積を求めよ。（９２ 奈良育英）
（２）ＡＤの中点をＭ，ＣＤの中点をＮとし、４点Ｅ，Ｇ，Ｍ，Ｎを通る平面で球を切るとき、切り口の面積を求めよ。（有名問題）
恥ずかしながら（２）は２回目の解答で正解でした。どうも立体図形の訓練が足りていないようですね。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/11 07:57削除問題
図のように、１辺の長さが６０の立方体に球Ｏが内接している。
（１）３点Ａ，Ｆ，Ｈを通る平面で球Ｏを切るとき、切り口の面積を求めよ。（９２ 奈良育英）
（２）ＡＤの中点をＭ，ＣＤの中点をＮとし、４点Ｅ，Ｇ，Ｍ，Ｎを通る平面で球を切るとき、切り口の面積を求めよ。（有名問題）
模範解答
（１）Ｏから平面ＡＦＨに下した垂線の長さは、対角線ＣＥの長さの１/３の１/２，つまり１/６で、(１/６)×６０√３＝１０√３（ミニ講座）
注：ミニ講座とは、「立体を一方向から眺めると・・・」というタイトルで、射影幾何学のようなお話。因みに、立方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨを頂点Ａの後方からの視点で正方形ＥＦＧＨの中心（対角線の交点）と点Ａが重なるように見た図を描くと、ＣＧＡＥが一直線になりＯＡの長さがＣＥの１/３の１/２になる。（平面ＡＦＨが線分ＨＦ（ＨＡＦ）という事。）
よって切り口の半径は３０なので、(３０²－(１０√３)²)π＝６００π
（注：「球を平面で切断したときの切り口の面積は、球の半径ｒと球の中心から平面までの距離ｈが求まれば、(ｒ²－ｈ²)πで求まります」というアドバイスが欄外に書かれている。）
解説
ＣＥの長さは６０√３で、その１/６が１０√３より、上の公式のｈ＝１０√３
また、球の半径は６０÷２＝３０より、
(ｒ²－ｈ²)π＝(３０²－(１０√３)²)π＝６００πという事。
別解（小市民的解法）
ＡＦ＝ＡＨ＝ＨＦより△ＡＦＨは正三角形。また、球は立方体の各面の中心と接するので、ＡＨ，ＡＦ，ＨＦの中点で接する。
つまり、１辺の長さが６０√２の正三角形の内接円の面積を求めれば良い。
よって、１：２：√３の直角三角形を利用すると、内接円の半径は、ｒ＝３０√２/√３＝１０√６
よって、答えは、(１０√６)²π＝６００π
ただし、模範解答の方は定石解法なので（２）の時に役に立つ。ただし、射影幾何学的なものは定石ではない。私は、うっかり忘れていたので１回目に失敗したが、考え直せば楽勝でした。（痛い３敗目ですね。）
（２）は次回。
おまけ：
図のように、１辺の長さが６０の立方体に球Ｏが内接している。
（１）３点Ａ，Ｆ，Ｈを通る平面で球Ｏを切るとき、切り口の面積を求めよ。（９２ 奈良育英）
（２）ＡＤの中点をＭ，ＣＤの中点をＮとし、４点Ｅ，Ｇ，Ｍ，Ｎを通る平面で球を切るとき、切り口の面積を求めよ。（有名問題）
模範解答
（１）Ｏから平面ＡＦＨに下した垂線の長さは、対角線ＣＥの長さの１/３の１/２，つまり１/６で、(１/６)×６０√３＝１０√３（ミニ講座）
注：ミニ講座とは、「立体を一方向から眺めると・・・」というタイトルで、射影幾何学のようなお話。因みに、立方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨを頂点Ａの後方からの視点で正方形ＥＦＧＨの中心（対角線の交点）と点Ａが重なるように見た図を描くと、ＣＧＡＥが一直線になりＯＡの長さがＣＥの１/３の１/２になる。（平面ＡＦＨが線分ＨＦ（ＨＡＦ）という事。）
よって切り口の半径は３０なので、(３０²－(１０√３)²)π＝６００π
（注：「球を平面で切断したときの切り口の面積は、球の半径ｒと球の中心から平面までの距離ｈが求まれば、(ｒ²－ｈ²)πで求まります」というアドバイスが欄外に書かれている。）
解説
ＣＥの長さは６０√３で、その１/６が１０√３より、上の公式のｈ＝１０√３
また、球の半径は６０÷２＝３０より、
(ｒ²－ｈ²)π＝(３０²－(１０√３)²)π＝６００πという事。
別解（小市民的解法）
ＡＦ＝ＡＨ＝ＨＦより△ＡＦＨは正三角形。また、球は立方体の各面の中心と接するので、ＡＨ，ＡＦ，ＨＦの中点で接する。
つまり、１辺の長さが６０√２の正三角形の内接円の面積を求めれば良い。
よって、１：２：√３の直角三角形を利用すると、内接円の半径は、ｒ＝３０√２/√３＝１０√６
よって、答えは、(１０√６)²π＝６００π
ただし、模範解答の方は定石解法なので（２）の時に役に立つ。ただし、射影幾何学的なものは定石ではない。私は、うっかり忘れていたので１回目に失敗したが、考え直せば楽勝でした。（痛い３敗目ですね。）
（２）は次回。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/12 07:55削除問題
図のように、１辺の長さが６０の立方体に球Ｏが内接している。
（１）３点Ａ，Ｆ，Ｈを通る平面で球Ｏを切るとき、切り口の面積を求めよ。（９２ 奈良育英）
（２）ＡＤの中点をＭ，ＣＤの中点をＮとし、４点Ｅ，Ｇ，Ｍ，Ｎを通る平面で球を切るとき、切り口の面積を求めよ。（有名問題）
模範解答
（２）対称性より、Ｏから平面ＭＥＧＮに下した垂線の足Ｉは、ＭＮの中点Ｊ，ＥＧの中点Ｋを結ぶ線分の上にある。
平面ＤＨＦＢで立体を切断した断面の図を描くと、右図。
ＫＪ＝１５√{４²＋(√２)²}＝４５√２
△ＫＯＩ∽△ＫＪＫ'に注目して、
ＫＯ：ＫＪ＝ＯＩ：ＪＫ'
代入して、３０：４５√２＝ＯＩ：１５√２
これを解いて、ＯＩ＝１０
よって切り口の面積は、
(３０²－１０²)π＝８００π
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
解説
要は、等脚台形ＭＥＧＮで球を切った時の断面の円の面積を求めよという問題。
そこで、全く関係なく球を平面で切った図を描き、球の中心をＯ，断面円の中心をＯ'とすると、ＯＯ'⊥断面円 よって、球の半径をＲ，断面円の半径をｒと置くと、三平方の定理より、Ｒ²＝ＯＯ'²＋ｒ²が成り立つ。
ここで、等脚台形の上底辺ＭＮの中点をＰ，下底辺ＥＧの中点をＱとすると、等脚台形の対称性から断面円の中心Ｏ'はＰＱ上にあり、ＯＯ'⊥ＰＱ ∴∠ＱＯ'Ｏ＝９０°
また、点Ｑは底面ＥＦＧＨの中心でＱＯの延長と上底面ＡＢＣＤとの交点をＲとすると、Ｒは正方形ＡＢＣＤの中心でＱＲ⊥面ＡＢＣＤ よって、∠ＱＲＰ＝９０°
よって、△ＱＯＯ'∽△ＱＰＲ よって、これでＯＯ'が求められ、また、Ｒ＝６０÷２＝３０から、Ｒ²＝ＯＯ'²＋ｒ²でｒが求められる。よって、πｒ²で答えが求められるという訳である。
（ＰＱは等脚台形の高さで三平方の定理で求められる。）
また、△ＱＯＯ'∽△ＱＰＲからＯＯ'を求めず、ＰＲを△ＤＡＣでの中点連結定理もどきでＰＲ＝１５√２と求め、△ＰＱＲでの三平方の定理より、ＰＱ＝√{(１５√２)²＋６０²}＝１５√(２＋４²)＝１５√１８＝４５√２と求めて、△ＱＯＯ'∽△ＱＰＲを利用すると、Ｏ'Ｑ：ＯＱ＝ＲＱ：ＰＱより、
ｒ：３０＝６０：４５√２＝４：３√２
∴３√２ｒ＝１２０ ∴ｒ＝４０/√２＝２０√２ ∴πｒ²＝(２０√２)²π＝８００π
と求められる。これだとＲ²＝ＯＯ'²＋ｒ²を使わない。
おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/3666e7b81bdc844d6a1a54c8337bd24cdeb0ca83?page=1
図のように、１辺の長さが６０の立方体に球Ｏが内接している。
（１）３点Ａ，Ｆ，Ｈを通る平面で球Ｏを切るとき、切り口の面積を求めよ。（９２ 奈良育英）
（２）ＡＤの中点をＭ，ＣＤの中点をＮとし、４点Ｅ，Ｇ，Ｍ，Ｎを通る平面で球を切るとき、切り口の面積を求めよ。（有名問題）
模範解答
（２）対称性より、Ｏから平面ＭＥＧＮに下した垂線の足Ｉは、ＭＮの中点Ｊ，ＥＧの中点Ｋを結ぶ線分の上にある。
平面ＤＨＦＢで立体を切断した断面の図を描くと、右図。
ＫＪ＝１５√{４²＋(√２)²}＝４５√２
△ＫＯＩ∽△ＫＪＫ'に注目して、
ＫＯ：ＫＪ＝ＯＩ：ＪＫ'
代入して、３０：４５√２＝ＯＩ：１５√２
これを解いて、ＯＩ＝１０
よって切り口の面積は、
(３０²－１０²)π＝８００π
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
解説
要は、等脚台形ＭＥＧＮで球を切った時の断面の円の面積を求めよという問題。
そこで、全く関係なく球を平面で切った図を描き、球の中心をＯ，断面円の中心をＯ'とすると、ＯＯ'⊥断面円 よって、球の半径をＲ，断面円の半径をｒと置くと、三平方の定理より、Ｒ²＝ＯＯ'²＋ｒ²が成り立つ。
ここで、等脚台形の上底辺ＭＮの中点をＰ，下底辺ＥＧの中点をＱとすると、等脚台形の対称性から断面円の中心Ｏ'はＰＱ上にあり、ＯＯ'⊥ＰＱ ∴∠ＱＯ'Ｏ＝９０°
また、点Ｑは底面ＥＦＧＨの中心でＱＯの延長と上底面ＡＢＣＤとの交点をＲとすると、Ｒは正方形ＡＢＣＤの中心でＱＲ⊥面ＡＢＣＤ よって、∠ＱＲＰ＝９０°
よって、△ＱＯＯ'∽△ＱＰＲ よって、これでＯＯ'が求められ、また、Ｒ＝６０÷２＝３０から、Ｒ²＝ＯＯ'²＋ｒ²でｒが求められる。よって、πｒ²で答えが求められるという訳である。
（ＰＱは等脚台形の高さで三平方の定理で求められる。）
また、△ＱＯＯ'∽△ＱＰＲからＯＯ'を求めず、ＰＲを△ＤＡＣでの中点連結定理もどきでＰＲ＝１５√２と求め、△ＰＱＲでの三平方の定理より、ＰＱ＝√{(１５√２)²＋６０²}＝１５√(２＋４²)＝１５√１８＝４５√２と求めて、△ＱＯＯ'∽△ＱＰＲを利用すると、Ｏ'Ｑ：ＯＱ＝ＲＱ：ＰＱより、
ｒ：３０＝６０：４５√２＝４：３√２
∴３√２ｒ＝１２０ ∴ｒ＝４０/√２＝２０√２ ∴πｒ²＝(２０√２)²π＝８００π
と求められる。これだとＲ²＝ＯＯ'²＋ｒ²を使わない。
おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/3666e7b81bdc844d6a1a54c8337bd24cdeb0ca83?page=1
返信
返信2
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/8 16:41 (No.1234637)削除問題
（ア）図のように半径の等しい２つの球がたがいに外接し、１辺の長さが８ｃｍの立方体の異なる３面にそれぞれ接している。このとき、球の半径を求めよ。
（９２ 東京電機大高）
図の解説：立方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨの中に同じ半径の球が入っているような図で、あってもなくても同じな図。要は、問題文の読み取り。
（イ）底面の直径が４ｃｍの直円柱の容器の中に大きさの等しい鉄球が右の図のような状態で入り安定している。この容器に水を注ぎ、上の球がちょうど水面にかくれたときの水の深さは６ｃｍであった。鉄球の半径を求めよ。
（８７ 帝塚山）
図の解説：直円柱に直円柱の半径より大きい直径の同じ大きさの球が２つ入っている。そこに水を入れて上の球が丁度水没するまでにした図。
久しぶりにうっかり２敗目（片方だけ）を喫してしまいました。そればっかりやっている訳ではないので、中学数学のマニアには勝てませんね。まぁ、何でもありが好きなんですけど。
おまけ：
（ア）図のように半径の等しい２つの球がたがいに外接し、１辺の長さが８ｃｍの立方体の異なる３面にそれぞれ接している。このとき、球の半径を求めよ。
（９２ 東京電機大高）
図の解説：立方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨの中に同じ半径の球が入っているような図で、あってもなくても同じな図。要は、問題文の読み取り。
（イ）底面の直径が４ｃｍの直円柱の容器の中に大きさの等しい鉄球が右の図のような状態で入り安定している。この容器に水を注ぎ、上の球がちょうど水面にかくれたときの水の深さは６ｃｍであった。鉄球の半径を求めよ。
（８７ 帝塚山）
図の解説：直円柱に直円柱の半径より大きい直径の同じ大きさの球が２つ入っている。そこに水を入れて上の球が丁度水没するまでにした図。
久しぶりにうっかり２敗目（片方だけ）を喫してしまいました。そればっかりやっている訳ではないので、中学数学のマニアには勝てませんね。まぁ、何でもありが好きなんですけど。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/10 07:58削除問題
（ア）図のように半径の等しい２つの球がたがいに外接し、１辺の長さが８ｃｍの立方体の異なる３面にそれぞれ接している。このとき、球の半径を求めよ。
（９２ 東京電機大高）
図の解説：立方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨの中に同じ半径の球が入っているような図で、あってもなくても同じな図。要は、問題文の読み取り。
（イ）底面の直径が４ｃｍの直円柱の容器の中に大きさの等しい鉄球が右の図のような状態で入り安定している。この容器に水を注ぎ、上の球がちょうど水面にかくれたときの水の深さは６ｃｍであった。鉄球の半径を求めよ。
（８７ 帝塚山）
模範解答
（ア）２球の中心をＰ，Ｑとし、球の半径をｒとする。また、右図の太線部（注：立方体の隅にそれぞれの球の中心から３面に垂線を下ろして作った小さな立方体が太線部）のように、Ｐ，Ｑから各面に垂線を下して立方体をつくる。
Ｆ，Ｐ，Ｑ，Ｄは一直線上にあり、
ＦＰ＝√３ｒ，ＰＱ＝２ｒ，ＱＤ＝√３ｒ
ＦＰ＋ＰＱ＋ＱＤ＝ＦＤ＝√３ＡＢ＝８√３
よって、√３ｒ＋２ｒ＋√３ｒ＝８√３
これを解いて、ｒ＝６－２√３（ｃｍ）
（イ）２球の中心をとおる平面でこの立方体を切ると、右図（注：１辺が４，６の長方形に２つの等円が内接しながら互いに外接している図）のようになる。
鉄球の半径をｘｃｍとして、網目部（注：ＰＱを斜辺とした直角三角形の残り２辺を長方形の各辺に平行に作った直角三角形）の直角三角形に三平方の定理を用いると、
ＰＲ²＋ＱＲ²＝ＰＱ²より、
(４－２ｘ)²＋(６－２ｘ)²＝(２ｘ)²
これを解いて、ｘ＝５±２√３
題意に適するのは、ｘ＜４の方で、
ｘ＝５－２√３（ｃｍ）
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
解説
＞題意に適するのは、ｘ＜４の方で、
球の半径は円柱の直径より小さいので、
ｘ＜４という事。そして、ｘ＝５＋２√３は不適とすぐ分かる。
（ア）の別解
断面図を描いて（イ）と同じ直角三角形ＰＱＲを作ると、ＰＱ＝２ｒ，ＱＲ＝８－２ｒ，ＰＲ＝８√２－√２ｒ×２＝２√２(４－ｒ)
よって、△ＰＱＲで三平方の定理を使うと、
{２√２(４－ｒ)}²＋{２(４－ｒ)}²＝(２ｒ)²
∴２(４－ｒ)²＋(４－ｒ)²＝ｒ²
３(４－ｒ)²＝ｒ²
∴３(ｒ²－８ｒ＋１６)＝ｒ²
∴２ｒ²－２４ｒ＋４８＝０
∴ｒ²－１２ｒ＋２４＝０
∴ｒ＝６±√１２＝６±２√３
ところで、ｒ＜８より、ｒ＝６－２√３
よって、答えは、６－２√３ｃｍ
参考書にも解説があるが、
「立体をＢＦＨＤで切ったときの断面図は、円がＢＦ，ＤＨに接しないように注意。」
うっかり接させてしまうと、ＰＲ＝８√２－２ｒとして間違ってしまう。
念のため、断面図を描いても４点Ｆ，Ｐ，Ｑ，Ｄが一直線になる事を意識出来ていれば、模範解答と同じ１次方程式で解ける。解の判別も必要なくてまさにエレガントな解法。
私は定石解法（（イ）と同じ）で上の注意をうっかりミスしました。まぁ、うっかり（ケアレスミス）は練習不足の典型でしょう。
おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/34621fd781b851ef795be03b6f9b5d2f8720c4c8
（ア）図のように半径の等しい２つの球がたがいに外接し、１辺の長さが８ｃｍの立方体の異なる３面にそれぞれ接している。このとき、球の半径を求めよ。
（９２ 東京電機大高）
図の解説：立方体ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨの中に同じ半径の球が入っているような図で、あってもなくても同じな図。要は、問題文の読み取り。
（イ）底面の直径が４ｃｍの直円柱の容器の中に大きさの等しい鉄球が右の図のような状態で入り安定している。この容器に水を注ぎ、上の球がちょうど水面にかくれたときの水の深さは６ｃｍであった。鉄球の半径を求めよ。
（８７ 帝塚山）
模範解答
（ア）２球の中心をＰ，Ｑとし、球の半径をｒとする。また、右図の太線部（注：立方体の隅にそれぞれの球の中心から３面に垂線を下ろして作った小さな立方体が太線部）のように、Ｐ，Ｑから各面に垂線を下して立方体をつくる。
Ｆ，Ｐ，Ｑ，Ｄは一直線上にあり、
ＦＰ＝√３ｒ，ＰＱ＝２ｒ，ＱＤ＝√３ｒ
ＦＰ＋ＰＱ＋ＱＤ＝ＦＤ＝√３ＡＢ＝８√３
よって、√３ｒ＋２ｒ＋√３ｒ＝８√３
これを解いて、ｒ＝６－２√３（ｃｍ）
（イ）２球の中心をとおる平面でこの立方体を切ると、右図（注：１辺が４，６の長方形に２つの等円が内接しながら互いに外接している図）のようになる。
鉄球の半径をｘｃｍとして、網目部（注：ＰＱを斜辺とした直角三角形の残り２辺を長方形の各辺に平行に作った直角三角形）の直角三角形に三平方の定理を用いると、
ＰＲ²＋ＱＲ²＝ＰＱ²より、
(４－２ｘ)²＋(６－２ｘ)²＝(２ｘ)²
これを解いて、ｘ＝５±２√３
題意に適するのは、ｘ＜４の方で、
ｘ＝５－２√３（ｃｍ）
「高校への数学 日日のハイレベル演習」より
解説
＞題意に適するのは、ｘ＜４の方で、
球の半径は円柱の直径より小さいので、
ｘ＜４という事。そして、ｘ＝５＋２√３は不適とすぐ分かる。
（ア）の別解
断面図を描いて（イ）と同じ直角三角形ＰＱＲを作ると、ＰＱ＝２ｒ，ＱＲ＝８－２ｒ，ＰＲ＝８√２－√２ｒ×２＝２√２(４－ｒ)
よって、△ＰＱＲで三平方の定理を使うと、
{２√２(４－ｒ)}²＋{２(４－ｒ)}²＝(２ｒ)²
∴２(４－ｒ)²＋(４－ｒ)²＝ｒ²
３(４－ｒ)²＝ｒ²
∴３(ｒ²－８ｒ＋１６)＝ｒ²
∴２ｒ²－２４ｒ＋４８＝０
∴ｒ²－１２ｒ＋２４＝０
∴ｒ＝６±√１２＝６±２√３
ところで、ｒ＜８より、ｒ＝６－２√３
よって、答えは、６－２√３ｃｍ
参考書にも解説があるが、
「立体をＢＦＨＤで切ったときの断面図は、円がＢＦ，ＤＨに接しないように注意。」
うっかり接させてしまうと、ＰＲ＝８√２－２ｒとして間違ってしまう。
念のため、断面図を描いても４点Ｆ，Ｐ，Ｑ，Ｄが一直線になる事を意識出来ていれば、模範解答と同じ１次方程式で解ける。解の判別も必要なくてまさにエレガントな解法。
私は定石解法（（イ）と同じ）で上の注意をうっかりミスしました。まぁ、うっかり（ケアレスミス）は練習不足の典型でしょう。
おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/34621fd781b851ef795be03b6f9b5d2f8720c4c8
返信
返信1
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/9 10:19 (No.1235228)削除間違い探し
次の文章の間違いを探して下さい。
例題3.9.1
ℂ^x＝ℂ－{０}（複素数全体から０を除いた集合）は乗法・について群
ℝ^x＝ℝ－{０}（実数全体から０を除いた集合）も乗法・について群
である。今、写像ｆを
ｆ：ℂ^x → ℝ^x
ｚ→ｆ(ｚ)＝|ｚ|
と定めると、ｆは準同型写像となることを示してみよう。
解
準同型写像の定義
ℂ^x∋∀ｚ₁,ｚ₂について
ｆ(ｚ₁・ｚ₂)＝ｆ(ｚ₁)・ｆ(ｚ₂)
が成立することを示せばよい。ｆの定義と複素数の絶対値の性質より
ｆ(ｚ₁・ｚ₂)＝|ｚ₁・ｚ₂|＝|ｚ₁|・|ｚ₂|
＝ｆ(ｚ₁)・ｆ(ｚ₂)
ゆえにｆは準同型写像である。
ちなみに、ｆの像集合はｆ(ℂ^x)＝{ｘ｜ｘ＞０，ｘ∈ℝ}
「ずぐわかる代数」石村園子著より
念のため、うっかりミスである。また、厳密には、|ｚ₁・ｚ₂|＝|ｚ₁|・|ｚ₂|の証明が必要なので、これを使わない別解も作って下さい。
おまけ：
次の文章の間違いを探して下さい。
例題3.9.1
ℂ^x＝ℂ－{０}（複素数全体から０を除いた集合）は乗法・について群
ℝ^x＝ℝ－{０}（実数全体から０を除いた集合）も乗法・について群
である。今、写像ｆを
ｆ：ℂ^x → ℝ^x
ｚ→ｆ(ｚ)＝|ｚ|
と定めると、ｆは準同型写像となることを示してみよう。
解
準同型写像の定義
ℂ^x∋∀ｚ₁,ｚ₂について
ｆ(ｚ₁・ｚ₂)＝ｆ(ｚ₁)・ｆ(ｚ₂)
が成立することを示せばよい。ｆの定義と複素数の絶対値の性質より
ｆ(ｚ₁・ｚ₂)＝|ｚ₁・ｚ₂|＝|ｚ₁|・|ｚ₂|
＝ｆ(ｚ₁)・ｆ(ｚ₂)
ゆえにｆは準同型写像である。
ちなみに、ｆの像集合はｆ(ℂ^x)＝{ｘ｜ｘ＞０，ｘ∈ℝ}
「ずぐわかる代数」石村園子著より
念のため、うっかりミスである。また、厳密には、|ｚ₁・ｚ₂|＝|ｚ₁|・|ｚ₂|の証明が必要なので、これを使わない別解も作って下さい。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/9 13:49削除間違い探しの解答
例題3.9.1
ℂ^x＝ℂ－{０}（複素数全体から０を除いた集合）は乗法・について群
ℝ^x＝ℝ－{０}（実数全体から０を除いた集合）も乗法・について群
である。今、写像ｆを
ｆ：ℂ^x → ℝ^x
ｚ→ｆ(ｚ)＝|ｚ|
と定めると、ｆは準同型写像となることを示してみよう。
解
準同型写像の定義
ℂ^x∋∀ｚ₁,ｚ₂について
ｆ(ｚ₁・ｚ₂)＝ｆ(ｚ₁)・ｆ(ｚ₂)
が成立することを示せばよい。ｆの定義と複素数の絶対値の性質より
ｆ(ｚ₁・ｚ₂)＝|ｚ₁・ｚ₂|＝|ｚ₁|・|ｚ₂|
＝ｆ(ｚ₁)・ｆ(ｚ₂)
ゆえにｆは準同型写像である。
ちなみに、ｆの像集合はｆ(ℂ^x)＝{ｘ｜ｘ＞０，ｘ∈ℝ}
「すぐわかる代数」石村園子著より
＞ℝ^x＝ℝ－{０}（実数全体から０を除いた集合）
ｆ：ℂ^x → ℝ^xより、ｆ(ℂ^x)＝ ℝ^x
よって、ｆ(ℂ^x)＝ℝ－{０}（実数全体から０を除いた集合）という事である。
ところが、解答の最後の所に、
ｆ(ℂ^x)＝{ｘ｜ｘ＞０，ｘ∈ℝ}とあるので、矛盾が生じる。つまり、どちらかが間違っているという事である。ところで、
ｆ：ℂ^x → ℝ^x
ｚ→ｆ(ｚ)＝|ｚ|
であるので、ｆ(ℂ^x)＝{ｘ｜ｘ＞０，ｘ∈ℝ}が正しい。（絶対値だから。）
よって、間違いは、「ℝ^x＝ℝ－{０}（実数全体から０を除いた集合）」である。
例題3.9.1（改）
ℂ^x＝ℂ－{０}（複素数全体から０を除いた集合）は乗法・について群
ℝ^+＝{ｘ｜ｘ＞０，ｘ∈ℝ}
も乗法・について群である（「群・環・体 入門」p.58で裏取り済み）。今、写像ｆを
ｆ：ℂ^x → ℝ^+
ｚ→ｆ(ｚ)＝|ｚ|
と定めると、ｆは準同型写像となることを示してみよう。
別解
∀ｚ₁,ｚ₂∈ℂ^xに対して、
ｚ₁＝ａ＋ｂi，ｚ₂＝ｃ＋ｄi（ａ,ｂ,ｃ,ｄ∈ℝ）と置くと、|ｚ₁|＝√(ａ²＋ｂ²)が絶対値の定義である。
複素数α＝ａ＋ｂi（ａ,ｂ∈ℝ）に対して、
Ｎ(α)＝α・|α＝|α|²＝ａ²＋ｂ²
Ｔ(α)＝α＋|α＝２ａ
とおく。Ｎ(α)をαのノルム，Ｔ(α)をαのトレースという。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E8%A4%87%E7%B4%A0%E6%95%B0%E3%81%AE%E7%B5%B6%E5%AF%BE%E5%80%A4
ｆ(ｚ₁・ｚ₂)＝ｆ((ａ＋ｂi)(ｃ＋ｄi))
＝ｆ(ａｃ－ｂｄ＋(ａｄ＋ｂｃ)i)
＝|(ａｃ－ｂｄ＋(ａｄ＋ｂｃ)i|
＝√{(ａｃ－ｂｄ)²＋(ａｄ＋ｂｃ)²}
＝√(ａ²ｃ²＋ｂ²ｄ²－２ａｂｃｄ＋ａ²ｄ²＋ｂ²ｃ²＋２ａｂｃｄ)
＝√(ａ²ｃ²＋ｂ²ｄ²＋ａ²ｄ²＋ｂ²ｃ²)
＝√(ａ²＋ｂ²)(ｃ²＋ｄ²)
＝√(ａ²＋ｂ²)・√(ｃ²＋ｄ²)
＝|ａ＋ｂi|・|ｃ＋ｄi|
＝|ｚ₁|・|ｚ₂|＝ｆ(ｚ₁)・ｆ(ｚ₂)
∴ｆ(ｚ₁・ｚ₂)＝ｆ(ｚ₁)・ｆ(ｚ₂)
よって、ｆは準同型写像である。
おまけ：
例題3.9.1
ℂ^x＝ℂ－{０}（複素数全体から０を除いた集合）は乗法・について群
ℝ^x＝ℝ－{０}（実数全体から０を除いた集合）も乗法・について群
である。今、写像ｆを
ｆ：ℂ^x → ℝ^x
ｚ→ｆ(ｚ)＝|ｚ|
と定めると、ｆは準同型写像となることを示してみよう。
解
準同型写像の定義
ℂ^x∋∀ｚ₁,ｚ₂について
ｆ(ｚ₁・ｚ₂)＝ｆ(ｚ₁)・ｆ(ｚ₂)
が成立することを示せばよい。ｆの定義と複素数の絶対値の性質より
ｆ(ｚ₁・ｚ₂)＝|ｚ₁・ｚ₂|＝|ｚ₁|・|ｚ₂|
＝ｆ(ｚ₁)・ｆ(ｚ₂)
ゆえにｆは準同型写像である。
ちなみに、ｆの像集合はｆ(ℂ^x)＝{ｘ｜ｘ＞０，ｘ∈ℝ}
「すぐわかる代数」石村園子著より
＞ℝ^x＝ℝ－{０}（実数全体から０を除いた集合）
ｆ：ℂ^x → ℝ^xより、ｆ(ℂ^x)＝ ℝ^x
よって、ｆ(ℂ^x)＝ℝ－{０}（実数全体から０を除いた集合）という事である。
ところが、解答の最後の所に、
ｆ(ℂ^x)＝{ｘ｜ｘ＞０，ｘ∈ℝ}とあるので、矛盾が生じる。つまり、どちらかが間違っているという事である。ところで、
ｆ：ℂ^x → ℝ^x
ｚ→ｆ(ｚ)＝|ｚ|
であるので、ｆ(ℂ^x)＝{ｘ｜ｘ＞０，ｘ∈ℝ}が正しい。（絶対値だから。）
よって、間違いは、「ℝ^x＝ℝ－{０}（実数全体から０を除いた集合）」である。
例題3.9.1（改）
ℂ^x＝ℂ－{０}（複素数全体から０を除いた集合）は乗法・について群
ℝ^+＝{ｘ｜ｘ＞０，ｘ∈ℝ}
も乗法・について群である（「群・環・体 入門」p.58で裏取り済み）。今、写像ｆを
ｆ：ℂ^x → ℝ^+
ｚ→ｆ(ｚ)＝|ｚ|
と定めると、ｆは準同型写像となることを示してみよう。
別解
∀ｚ₁,ｚ₂∈ℂ^xに対して、
ｚ₁＝ａ＋ｂi，ｚ₂＝ｃ＋ｄi（ａ,ｂ,ｃ,ｄ∈ℝ）と置くと、|ｚ₁|＝√(ａ²＋ｂ²)が絶対値の定義である。
複素数α＝ａ＋ｂi（ａ,ｂ∈ℝ）に対して、
Ｎ(α)＝α・|α＝|α|²＝ａ²＋ｂ²
Ｔ(α)＝α＋|α＝２ａ
とおく。Ｎ(α)をαのノルム，Ｔ(α)をαのトレースという。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E8%A4%87%E7%B4%A0%E6%95%B0%E3%81%AE%E7%B5%B6%E5%AF%BE%E5%80%A4
ｆ(ｚ₁・ｚ₂)＝ｆ((ａ＋ｂi)(ｃ＋ｄi))
＝ｆ(ａｃ－ｂｄ＋(ａｄ＋ｂｃ)i)
＝|(ａｃ－ｂｄ＋(ａｄ＋ｂｃ)i|
＝√{(ａｃ－ｂｄ)²＋(ａｄ＋ｂｃ)²}
＝√(ａ²ｃ²＋ｂ²ｄ²－２ａｂｃｄ＋ａ²ｄ²＋ｂ²ｃ²＋２ａｂｃｄ)
＝√(ａ²ｃ²＋ｂ²ｄ²＋ａ²ｄ²＋ｂ²ｃ²)
＝√(ａ²＋ｂ²)(ｃ²＋ｄ²)
＝√(ａ²＋ｂ²)・√(ｃ²＋ｄ²)
＝|ａ＋ｂi|・|ｃ＋ｄi|
＝|ｚ₁|・|ｚ₂|＝ｆ(ｚ₁)・ｆ(ｚ₂)
∴ｆ(ｚ₁・ｚ₂)＝ｆ(ｚ₁)・ｆ(ｚ₂)
よって、ｆは準同型写像である。
おまけ：
返信
返信1
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/8 13:07 (No.1234502)削除次の文章を完全解説して下さい。
問題 9-8b
ｐを素数とし、ζ，ηをそれぞれ１の原始ｐ乗根，１の原始ｐ－１乗根とする。ａを(ℤ/pℤ)^×の原始根とする。また係数をηのすべての式としたときのΦp(ｘ)の群をＧfとおく。このときＧfはζをζ^aに取り換える根の入れ換えσで生成される（問題9-6，9-7）。
次の問いに答えよ。
（１）ξj＝η^jζ^a＋η^2jζ^a²＋･･･
＋η^(p-1)jζ^a^(p-1)（ｊ＝１,･･･,ｐ－１）とおく。このとき根の入れ換えσによりξjはη^-jξjとなることを示せ。
（２）ζはηの式のべき根と加減乗除で表されることを示せ。
解答
まずη^(p-1)j・ζ^a^(p-1)＝ζ，η^pj・ζ^a^p＝η^jζ^aであることに注意する（∵η^(p-1)＝１，ａ^(p-1)≡１ modｐ，ａ^p≡ａ modｐ）。
（１）ξjはσにより
η^jζ^a²＋η^2jζ^a³＋･･･＋η^(p-1)ζ^a^p
＝η-j・(η^2jζ^a²＋η^3jζ^a³＋･･･＋η^pjζ^a^p)＝η^-jξj
である。
（２）（１）よりξj^(p-1)はＧfで不変である。よってξj^(p-1)＝ａj（ａjはηの式）と表される。
ゆえにξj＝p-1√ａj（注：ａjのp-1乗根という事）である。
η^j＋η^2j＋･･･＋η^(p-1)j
＝η^j(η^(p-1)－１)/(η－１)＝０（ｊ＝１,２,･･･,ｐ－２）なので、ξ₁＋･･･＋ξp-1＝(ｐ－１)ζである。したがって
ζ＝(p-1√ａ₁＋･･･＋p-1√ａp-1)/(ｐ－１)（注：p-1√はp-1乗根でａp-1はａのp-1番目という事。）
である。
（参考：（２）より「１のｎ乗根は（いくつかの）べき乗根の式で表される」・・・(＊)n
ことがわかる。これをｎに関する帰納法で示す。ｎ＝１,２は自明である。ｎ（≧３）より小さいｍに対して、１のｍ乗根は(＊)mをみたすとする。ｎが素数でなければｎを割り切る素数ｐについて(＊)pが成り立つ。また１のｐ^2乗根は、１のｐ乗根ζを用いて、p√ζζ^j（注：ζのｐ乗根×ζ^jという事）（ｊ＝０,１,･･･,ｐ－１）と表される（よってべき根の式で表される）。したがってｎが素数でないときは(＊)nが成り立つ。ｎが素数ｐのとき、本問の（２）と帰納法の仮定より（ηもべき根の式で表される）、１の原始ｐ乗根もべき根の式で表される。ゆえに帰納法より(＊)nがすべてのｎについて成り立つ。）
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
問題 9-6b
円分多項式Φn(ｘ)の群Ｇは、ｎと互いに素なａに対して
σa：ζ→ζ^a（ζは１の原始ｎ乗根）
で定まる根の入れ換えからなることを示せ。
またσaσb＝σabを示し、Ｇの元の合成と、ｎと互いに素な２つの数ａ,ｂの積が対応することを示せ。
したがって[ａ]nをσaに対応させることにより、(ℤ/ｎℤ)^×はＧと同型である。
問題 9-7b
ｍ,ｎを互いに素な正整数とする。このときΦn(ｘ)は、１の原始ｍ乗根ζmの有理数の式を係数に許しても、２つの１次以上の積に分解しない。つまり既約であることを示せ。
＞係数をηのすべての式としたときの群をＧfとおく。このときＧfはζをζ^aに取り換える根の入れ換えσで生成される（問題9-6，9-7）。
この理由を分かり易く述べて下さい。因みに、「係数」の所は「定数」となっていますが、誤植ですよね。
＞まずη^(p-1)j・ζ^a^(p-1)＝ζ，η^pj・ζ^a^p＝η^jζ^aであることに注意する（∵η^(p-1)＝１，ａ^(p-1)≡１ modｐ，ａ^p≡ａ modｐ）。
確実に（分かり易く）証明して進んで下さい。
＞（１）ξjはσにより
η^jζ^a²＋η^2jζ^a³＋･･･＋η^(p-1)ζ^a^p
＝η-j・(η^2jζ^a²＋η^3jζ^a³＋･･･＋η^pjζ^a^p)＝η^-jξj
である。
＞（２）（１）よりξj^(p-1)はＧfで不変である。よってξj^(p-1)＝ａj（ａjはηの式）と表される。
＞η^j＋η^2j＋･･･＋η^(p-1)j
＝η^j(η^(p-1)－１)/(η－１)＝０（ｊ＝１,２,･･･,ｐ－２）なので、ξ₁＋･･･＋ξp-1＝(ｐ－１)ζである。
ｊがｐ－２までの理由も述べて下さい。
「参考」以下は次の次。因みに、「また１のｐ^2乗根は、１のｐ乗根ζを用いて、p√ζζ^j（注：ζのｐ乗根×ζ^jという事）（ｊ＝０,１,･･･,ｐ－１）と表される（よってべき根の式で表される）。したがってｎが素数でないときは(＊)nが成り立つ。」が難解でした。
問題文を映し間違えていたので訂正しました。
おまけ：
問題 9-8b
ｐを素数とし、ζ，ηをそれぞれ１の原始ｐ乗根，１の原始ｐ－１乗根とする。ａを(ℤ/pℤ)^×の原始根とする。また係数をηのすべての式としたときのΦp(ｘ)の群をＧfとおく。このときＧfはζをζ^aに取り換える根の入れ換えσで生成される（問題9-6，9-7）。
次の問いに答えよ。
（１）ξj＝η^jζ^a＋η^2jζ^a²＋･･･
＋η^(p-1)jζ^a^(p-1)（ｊ＝１,･･･,ｐ－１）とおく。このとき根の入れ換えσによりξjはη^-jξjとなることを示せ。
（２）ζはηの式のべき根と加減乗除で表されることを示せ。
解答
まずη^(p-1)j・ζ^a^(p-1)＝ζ，η^pj・ζ^a^p＝η^jζ^aであることに注意する（∵η^(p-1)＝１，ａ^(p-1)≡１ modｐ，ａ^p≡ａ modｐ）。
（１）ξjはσにより
η^jζ^a²＋η^2jζ^a³＋･･･＋η^(p-1)ζ^a^p
＝η-j・(η^2jζ^a²＋η^3jζ^a³＋･･･＋η^pjζ^a^p)＝η^-jξj
である。
（２）（１）よりξj^(p-1)はＧfで不変である。よってξj^(p-1)＝ａj（ａjはηの式）と表される。
ゆえにξj＝p-1√ａj（注：ａjのp-1乗根という事）である。
η^j＋η^2j＋･･･＋η^(p-1)j
＝η^j(η^(p-1)－１)/(η－１)＝０（ｊ＝１,２,･･･,ｐ－２）なので、ξ₁＋･･･＋ξp-1＝(ｐ－１)ζである。したがって
ζ＝(p-1√ａ₁＋･･･＋p-1√ａp-1)/(ｐ－１)（注：p-1√はp-1乗根でａp-1はａのp-1番目という事。）
である。
（参考：（２）より「１のｎ乗根は（いくつかの）べき乗根の式で表される」・・・(＊)n
ことがわかる。これをｎに関する帰納法で示す。ｎ＝１,２は自明である。ｎ（≧３）より小さいｍに対して、１のｍ乗根は(＊)mをみたすとする。ｎが素数でなければｎを割り切る素数ｐについて(＊)pが成り立つ。また１のｐ^2乗根は、１のｐ乗根ζを用いて、p√ζζ^j（注：ζのｐ乗根×ζ^jという事）（ｊ＝０,１,･･･,ｐ－１）と表される（よってべき根の式で表される）。したがってｎが素数でないときは(＊)nが成り立つ。ｎが素数ｐのとき、本問の（２）と帰納法の仮定より（ηもべき根の式で表される）、１の原始ｐ乗根もべき根の式で表される。ゆえに帰納法より(＊)nがすべてのｎについて成り立つ。）
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
問題 9-6b
円分多項式Φn(ｘ)の群Ｇは、ｎと互いに素なａに対して
σa：ζ→ζ^a（ζは１の原始ｎ乗根）
で定まる根の入れ換えからなることを示せ。
またσaσb＝σabを示し、Ｇの元の合成と、ｎと互いに素な２つの数ａ,ｂの積が対応することを示せ。
したがって[ａ]nをσaに対応させることにより、(ℤ/ｎℤ)^×はＧと同型である。
問題 9-7b
ｍ,ｎを互いに素な正整数とする。このときΦn(ｘ)は、１の原始ｍ乗根ζmの有理数の式を係数に許しても、２つの１次以上の積に分解しない。つまり既約であることを示せ。
＞係数をηのすべての式としたときの群をＧfとおく。このときＧfはζをζ^aに取り換える根の入れ換えσで生成される（問題9-6，9-7）。
この理由を分かり易く述べて下さい。因みに、「係数」の所は「定数」となっていますが、誤植ですよね。
＞まずη^(p-1)j・ζ^a^(p-1)＝ζ，η^pj・ζ^a^p＝η^jζ^aであることに注意する（∵η^(p-1)＝１，ａ^(p-1)≡１ modｐ，ａ^p≡ａ modｐ）。
確実に（分かり易く）証明して進んで下さい。
＞（１）ξjはσにより
η^jζ^a²＋η^2jζ^a³＋･･･＋η^(p-1)ζ^a^p
＝η-j・(η^2jζ^a²＋η^3jζ^a³＋･･･＋η^pjζ^a^p)＝η^-jξj
である。
＞（２）（１）よりξj^(p-1)はＧfで不変である。よってξj^(p-1)＝ａj（ａjはηの式）と表される。
＞η^j＋η^2j＋･･･＋η^(p-1)j
＝η^j(η^(p-1)－１)/(η－１)＝０（ｊ＝１,２,･･･,ｐ－２）なので、ξ₁＋･･･＋ξp-1＝(ｐ－１)ζである。
ｊがｐ－２までの理由も述べて下さい。
「参考」以下は次の次。因みに、「また１のｐ^2乗根は、１のｐ乗根ζを用いて、p√ζζ^j（注：ζのｐ乗根×ζ^jという事）（ｊ＝０,１,･･･,ｐ－１）と表される（よってべき根の式で表される）。したがってｎが素数でないときは(＊)nが成り立つ。」が難解でした。
問題文を映し間違えていたので訂正しました。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/8 15:40削除解説
＞係数をηのすべての式としたときの群をＧfとおく。このときＧfはζをζ^aに取り換える根の入れ換えσで生成される（問題9-6，9-7）。
問題文より、「ｐを素数とし、ζ，ηをそれぞれ１の原始ｐ乗根，１の原始ｐ－１乗根」としていて、ｐとｐ－１は互いに素（ｐは素数よりｐより小さい自然数なら相手が何でも互いに素。因みに、ｐが素数じゃなくても連続する２整数は互いに素）なので、問題9-7bより、
問題 9-7b
ｍ,ｎを互いに素な正整数とする。このときΦn(ｘ)は、１の原始ｍ乗根ζmの有理数の式を係数に許しても、２つの１次以上の積に分解しない。つまり既約であることを示せ。
Φp(ｘ)は、１の原始ｐ－１乗根の式を係数に許しても既約。よって、その条件でもΦp(ｘ)を円分多項式扱いして良い。
定理7.1（円分多項式の既約性）
Φn(ｘ)は有理数係数多項式として既約である。
よって、問題9-6bより、
問題 9-6b
円分多項式Φn(ｘ)の群Ｇは、ｎと互いに素なａに対して
σa：ζ→ζ^a（ζは１の原始ｎ乗根）
で定まる根の入れ換えからなることを示せ。
「このときＧfはζをζ^aに取り換える根の入れ換えσで生成される」という事である。
＞まずη^(p-1)j・ζ^a^(p-1)＝ζ，η^pj・ζ^a^p＝η^jζ^aであることに注意する（∵η^(p-1)＝１，ａ^(p-1)≡１ modｐ，ａ^p≡ａ modｐ）。
問題文より、「ｐを素数とし、ζ，ηをそれぞれ１の原始ｐ乗根，１の原始ｐ－１乗根とする。ａを(ℤ/pℤ)^×の原始根とする。」
よって、η^(p-1)＝１ この両辺をｊ乗すると、η^(p-1)j＝１———➀
また、ａが(ℤ/pℤ)^×の原始根より、
ａ^(p-1)≡１（modｐ）
問題4-12b
ｐを素数とする。このとき(ℤ/pℤ)^×はある整数ａのべき集合{ａ,ａ²,･･･,ａ^(p-1)＝１}に等しいことを示せ。このａを(ℤ/pℤ)^×の原始根という。
よって、ζ^a^(p-1)＝ζ（上の関係を指数に使ったという事。）
∴ζ^(a^p/a)＝ζ ∴ζ^a^p＝ζ^a———②
➀×②より、
η^(p-1)j・ζ^a^p＝ζ^a
この両辺にη^jを掛けると、
η^pj・ζ^a^p＝η^j・ζ^a
よって、「η^pj・ζ^a^p＝η^jζ^aであることに注意する」が示された。
＞（１）ξjはσにより
η^jζ^a²＋η^2jζ^a³＋･･･＋η^(p-1)jζ^a^p
＝η^-j・(η^2jζ^a²＋η^3jζ^a³＋･･･＋η^pjζ^a^p)＝η^-jξj
である。
問題文より、σは「ζをζ^aに取り換える」事より、
ξj＝η^jζ^a＋η^2jζ^a²＋･･･
＋η^(p-1)jζ^a^(p-1)
のζをζ^aに入れ換えると、
η^jζ^a²＋η^2jζ^a³＋･･･＋η^(p-1)jζ^a^p
となり、これをη^-jでくくると、
＝η^-j・(η^2jζ^a²＋η^3jζ^a³＋･･･＋η^pjζ^a^p)
となり、ここで、上で証明した「η^pj・ζ^a^p＝η^jζ^aであることに注意する」を代入すると、後半は、
η^2jζ^a²＋η^3jζ^a³＋･･･＋η^pjζ^a^p
＝η^jζ^a＋η^2jζ^a²＋･･･
＋η^(p-1)jζ^a^(p-1)＝ξj
となり、入れ換えた全体は、
＝η^-jξjとなる。
＞（２）（１）よりξj^(p-1)はＧfで不変である。よってξj^(p-1)＝ａj（ａjはηの式）と表される。
（１）より、ξj→η^-jξj
この両方をｐ－１乗すると、
ξj^(p-1)→(η^-j)^(p-1)ξj^(p-1)
＝(η^(p-1))^-j・ξj^(p-1)
ところで、ηは１の原始ｐ－１乗根より、
η^(p-1)＝１
よって、(η^(p-1))^-j＝１より、
ξj^(p-1)→ξj^(p-1)となるので、σで不変よりＧfでも不変である。
＞η^j＋η^2j＋･･･＋η^(p-1)j
＝η^j(η^(p-1)－１)/(η－１)＝０（ｊ＝１,２,･･･,ｐ－２）なので、ξ₁＋･･･＋ξp-1＝(ｐ－１)ζである。
今、η^j＋η^2j＋･･･＋η^(p-1)jを作り、等比数列の和の公式で求めると、
η^j＋η^2j＋･･･＋η^(p-1)j
＝η^j(１－η^(p-1)j)/(１－η^j)———☆
（初項がη^jで公比がη^jで項数がｐ－１個だから。つまり、模範解答は間違っている。後で述べるが、これでは（ｊ＝１,２,･･･,ｐ－２）の理由が言えない。）
また、ηは１の原始ｐ－１乗根より、η^(p-1)＝１で、この両辺をｊ乗すると、
η^(p-1)j＝１ これを☆に代入すると、
η^j＋η^2j＋･･･＋η^(p-1)j＝０
また、分母の１－η^jのｊをｊ＝ｐ－１とすると、η^(p-1)＝１となり分母が０となり不能である。
よって、（ｊ＝１,２,･･･,ｐ－２）という訳である。
また、ξj＝η^jζ^a＋η^2jζ^a²＋･･･
＋η^(p-1)jζ^a^(p-1)のｊをｊ＝１,２,･･･,ｐ－１として総和を取ると、
ξ₁＝ηζ^a＋η²ζ^a²＋･･･＋η^(p-1)ζ^a^(p-1)
ξ₂＝η²ζ^a＋η⁴ζ^a²＋･･･＋η^2(p-1)ζ^a^(p-1)
・
・
・
ξp-1＝η^(p-1)ζ^a＋η^2(p-1)ζ^a²＋･･･＋η^(p-1)²ζ^a^(p-1)
より、
ξ₁＋･･･＋ξp-1
＝(η＋η²＋･･･＋η^(p-1))ζ^a
＋(η²＋η⁴＋･･･＋η^2(p-1))ζ^a²
・
・
・
＋(η^(p-1)＋η^2(p-1)＋････
＋η^(p-1)²)ζ^a^(p-1)
ここで、ｊ＝１,２,･･･,ｐ－２までは、
η^j＋η^2j＋･･･＋η^(p-1)j＝０より、
ξ₁＋･･･＋ξp-1＝
(η^(p-1)＋η^2(p-1)＋････＋η^(p-1)²)ζ^a^(p-1)———★
また、ηは１の原始ｐ－１乗根より、
η^(p-1)＝１で、ａが(ℤ/pℤ)^×の原始根より、ａ^(p-1)≡１（modｐ）なので、
★の右辺は、(１＋１＋・・・＋１)ζ^1
＝(ｐ－１)ζ（１がｐ－１個より）
∴ξ₁＋･･･＋ξp-1＝(ｐ－１)ζ
「参考」以下は次回。次回に比べれば簡単な相手でした。
おまけ：
＞係数をηのすべての式としたときの群をＧfとおく。このときＧfはζをζ^aに取り換える根の入れ換えσで生成される（問題9-6，9-7）。
問題文より、「ｐを素数とし、ζ，ηをそれぞれ１の原始ｐ乗根，１の原始ｐ－１乗根」としていて、ｐとｐ－１は互いに素（ｐは素数よりｐより小さい自然数なら相手が何でも互いに素。因みに、ｐが素数じゃなくても連続する２整数は互いに素）なので、問題9-7bより、
問題 9-7b
ｍ,ｎを互いに素な正整数とする。このときΦn(ｘ)は、１の原始ｍ乗根ζmの有理数の式を係数に許しても、２つの１次以上の積に分解しない。つまり既約であることを示せ。
Φp(ｘ)は、１の原始ｐ－１乗根の式を係数に許しても既約。よって、その条件でもΦp(ｘ)を円分多項式扱いして良い。
定理7.1（円分多項式の既約性）
Φn(ｘ)は有理数係数多項式として既約である。
よって、問題9-6bより、
問題 9-6b
円分多項式Φn(ｘ)の群Ｇは、ｎと互いに素なａに対して
σa：ζ→ζ^a（ζは１の原始ｎ乗根）
で定まる根の入れ換えからなることを示せ。
「このときＧfはζをζ^aに取り換える根の入れ換えσで生成される」という事である。
＞まずη^(p-1)j・ζ^a^(p-1)＝ζ，η^pj・ζ^a^p＝η^jζ^aであることに注意する（∵η^(p-1)＝１，ａ^(p-1)≡１ modｐ，ａ^p≡ａ modｐ）。
問題文より、「ｐを素数とし、ζ，ηをそれぞれ１の原始ｐ乗根，１の原始ｐ－１乗根とする。ａを(ℤ/pℤ)^×の原始根とする。」
よって、η^(p-1)＝１ この両辺をｊ乗すると、η^(p-1)j＝１———➀
また、ａが(ℤ/pℤ)^×の原始根より、
ａ^(p-1)≡１（modｐ）
問題4-12b
ｐを素数とする。このとき(ℤ/pℤ)^×はある整数ａのべき集合{ａ,ａ²,･･･,ａ^(p-1)＝１}に等しいことを示せ。このａを(ℤ/pℤ)^×の原始根という。
よって、ζ^a^(p-1)＝ζ（上の関係を指数に使ったという事。）
∴ζ^(a^p/a)＝ζ ∴ζ^a^p＝ζ^a———②
➀×②より、
η^(p-1)j・ζ^a^p＝ζ^a
この両辺にη^jを掛けると、
η^pj・ζ^a^p＝η^j・ζ^a
よって、「η^pj・ζ^a^p＝η^jζ^aであることに注意する」が示された。
＞（１）ξjはσにより
η^jζ^a²＋η^2jζ^a³＋･･･＋η^(p-1)jζ^a^p
＝η^-j・(η^2jζ^a²＋η^3jζ^a³＋･･･＋η^pjζ^a^p)＝η^-jξj
である。
問題文より、σは「ζをζ^aに取り換える」事より、
ξj＝η^jζ^a＋η^2jζ^a²＋･･･
＋η^(p-1)jζ^a^(p-1)
のζをζ^aに入れ換えると、
η^jζ^a²＋η^2jζ^a³＋･･･＋η^(p-1)jζ^a^p
となり、これをη^-jでくくると、
＝η^-j・(η^2jζ^a²＋η^3jζ^a³＋･･･＋η^pjζ^a^p)
となり、ここで、上で証明した「η^pj・ζ^a^p＝η^jζ^aであることに注意する」を代入すると、後半は、
η^2jζ^a²＋η^3jζ^a³＋･･･＋η^pjζ^a^p
＝η^jζ^a＋η^2jζ^a²＋･･･
＋η^(p-1)jζ^a^(p-1)＝ξj
となり、入れ換えた全体は、
＝η^-jξjとなる。
＞（２）（１）よりξj^(p-1)はＧfで不変である。よってξj^(p-1)＝ａj（ａjはηの式）と表される。
（１）より、ξj→η^-jξj
この両方をｐ－１乗すると、
ξj^(p-1)→(η^-j)^(p-1)ξj^(p-1)
＝(η^(p-1))^-j・ξj^(p-1)
ところで、ηは１の原始ｐ－１乗根より、
η^(p-1)＝１
よって、(η^(p-1))^-j＝１より、
ξj^(p-1)→ξj^(p-1)となるので、σで不変よりＧfでも不変である。
＞η^j＋η^2j＋･･･＋η^(p-1)j
＝η^j(η^(p-1)－１)/(η－１)＝０（ｊ＝１,２,･･･,ｐ－２）なので、ξ₁＋･･･＋ξp-1＝(ｐ－１)ζである。
今、η^j＋η^2j＋･･･＋η^(p-1)jを作り、等比数列の和の公式で求めると、
η^j＋η^2j＋･･･＋η^(p-1)j
＝η^j(１－η^(p-1)j)/(１－η^j)———☆
（初項がη^jで公比がη^jで項数がｐ－１個だから。つまり、模範解答は間違っている。後で述べるが、これでは（ｊ＝１,２,･･･,ｐ－２）の理由が言えない。）
また、ηは１の原始ｐ－１乗根より、η^(p-1)＝１で、この両辺をｊ乗すると、
η^(p-1)j＝１ これを☆に代入すると、
η^j＋η^2j＋･･･＋η^(p-1)j＝０
また、分母の１－η^jのｊをｊ＝ｐ－１とすると、η^(p-1)＝１となり分母が０となり不能である。
よって、（ｊ＝１,２,･･･,ｐ－２）という訳である。
また、ξj＝η^jζ^a＋η^2jζ^a²＋･･･
＋η^(p-1)jζ^a^(p-1)のｊをｊ＝１,２,･･･,ｐ－１として総和を取ると、
ξ₁＝ηζ^a＋η²ζ^a²＋･･･＋η^(p-1)ζ^a^(p-1)
ξ₂＝η²ζ^a＋η⁴ζ^a²＋･･･＋η^2(p-1)ζ^a^(p-1)
・
・
・
ξp-1＝η^(p-1)ζ^a＋η^2(p-1)ζ^a²＋･･･＋η^(p-1)²ζ^a^(p-1)
より、
ξ₁＋･･･＋ξp-1
＝(η＋η²＋･･･＋η^(p-1))ζ^a
＋(η²＋η⁴＋･･･＋η^2(p-1))ζ^a²
・
・
・
＋(η^(p-1)＋η^2(p-1)＋････
＋η^(p-1)²)ζ^a^(p-1)
ここで、ｊ＝１,２,･･･,ｐ－２までは、
η^j＋η^2j＋･･･＋η^(p-1)j＝０より、
ξ₁＋･･･＋ξp-1＝
(η^(p-1)＋η^2(p-1)＋････＋η^(p-1)²)ζ^a^(p-1)———★
また、ηは１の原始ｐ－１乗根より、
η^(p-1)＝１で、ａが(ℤ/pℤ)^×の原始根より、ａ^(p-1)≡１（modｐ）なので、
★の右辺は、(１＋１＋・・・＋１)ζ^1
＝(ｐ－１)ζ（１がｐ－１個より）
∴ξ₁＋･･･＋ξp-1＝(ｐ－１)ζ
「参考」以下は次回。次回に比べれば簡単な相手でした。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/9 07:50削除問題 9-8b
ｐを素数とし、ζ，ηをそれぞれ１の原始ｐ乗根，１の原始ｐ－１乗根とする。ａを(ℤ/pℤ)^×の原始根とする。また係数をηのすべての式としたときのΦp(ｘ)の群をＧfとおく。このときＧfはζをζ^aに取り換える根の入れ換えσで生成される（問題9-6，9-7）。
次の問いに答えよ。
（１）ξj＝η^jζ^a＋η^2jζ^a²＋･･･
＋η^(p-1)jζ^a^(p-1)（ｊ＝１,･･･,ｐ－１）とおく。このとき根の入れ換えσによりξjはη^-jξjとなることを示せ。
（２）ζはηの式のべき根と加減乗除で表されることを示せ。
解答
まずη^(p-1)j・ζ^a^(p-1)＝ζ，η^pj・ζ^a^p＝η^jζ^aであることに注意する（∵η^(p-1)＝１，ａ^(p-1)≡１ modｐ，ａ^p≡ａ modｐ）。
（１）ξjはσにより
η^jζ^a²＋η^2jζ^a³＋･･･＋η^(p-1)ζ^a^p
＝η-j・(η^2jζ^a²＋η^3jζ^a³＋･･･＋η^pjζ^a^p)＝η^-jξj
である。
（２）（１）よりξj^(p-1)はＧfで不変である。よってξj^(p-1)＝ａj（ａjはηの式）と表される。
ゆえにξj＝p-1√ａj（注：ａjのp-1乗根という事）である。
η^j＋η^2j＋･･･＋η^(p-1)j
＝η^j(η^(p-1)－１)/(η－１)＝０（ｊ＝１,２,･･･,ｐ－２）なので、ξ₁＋･･･＋ξp-1＝(ｐ－１)ζである。したがって
ζ＝(p-1√ａ₁＋･･･＋p-1√ａp-1)/(ｐ－１)（注：p-1√はp-1乗根でａp-1はａのp-1番目という事。）
である。
（参考：（２）より「１のｎ乗根は（いくつかの）べき乗根の式で表される」・・・(＊)n
ことがわかる。これをｎに関する帰納法で示す。ｎ＝１,２は自明である。ｎ（≧３）より小さいｍに対して、１のｍ乗根は(＊)mをみたすとする。ｎが素数でなければｎを割り切る素数ｐについて(＊)pが成り立つ。また１のｐ^2乗根は、１のｐ乗根ζを用いて、p√ζζ^j（注：ζのｐ乗根×ζ^jという事）（ｊ＝０,１,･･･,ｐ－１）と表される（よってべき根の式で表される）。したがってｎが素数でないときは(＊)nが成り立つ。ｎが素数ｐのとき、本問の（２）と帰納法の仮定より（ηもべき根の式で表される）、１の原始ｐ乗根もべき根の式で表される。ゆえに帰納法より(＊)nがすべてのｎについて成り立つ。）
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
解説の続き
＞また１のｐ^2乗根は、１のｐ乗根ζを用いて、p√ζζ^j（注：ζのｐ乗根×ζ^jという事）（ｊ＝０,１,･･･,ｐ－１）と表される。
例えば、２の３乗根は、ｘ³＝２を解くが、
解は、ｘ＝³√２，³√２ω，³√２ω²である。
つまり、１の３乗根は、
ｘ＝１，１・ω，１・ω²＝１，ω，ω²
また、１の４乗根は、ｘ⁴＝１を解いて、
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
２の４乗根だったら、
ｘ＝⁴√２ⅰ，⁴√２ⅰ²，⁴√２ⅰ³，⁴√２ⅰ⁴
そこで、１の９乗根だったら、
３乗根が、ｘ＝１・ω，ω²でこのうちの１つのω（原始３乗根の１つ）を選んで、
ｘ＝³√ω・ω，³√ω・ω²，（³√ω・ω³）
とすれば、原始９乗根が求められる。
つまり、「１のｐ^2乗根は、１のｐ乗根ζを用いて、p√ζζ^j（注：ζのｐ乗根×ζ^jという事）（ｊ＝０,１,･･･,ｐ－１）と表される」という事である。
念のため、ｐ＝３の場合は、ζ＝ωでｊ＝０，１，２という事である。（これでは３個だが、１とω²でも作れば９個という事である。）
一応、p√ζζ^jをｐ²乗すると、
(p√ζζ^j)^p²＝(ζ^(1/p)・ζ^j)^p²
＝ζ^p・ζ^p²j＝ζ^p・(ζ^p)^pj
ところで、ζは１の原始ｐ乗根より、
ζ^p＝１ これを代入すると、
(p√ζζ^j)^p²＝１でＯＫ。
よって、p√ζζ^jは１のｐ²乗根である。
＞したがってｎが素数でないときは(＊)nが成り立つ。
ここが問題である。結構悩みました。
「ｎが素数でなければｎを割り切る素数ｐ」はｎより小さいので、数学的帰納法の仮定により、「１のｐ乗根は（いくつかの）べき乗根の式で表される」。
また、「１のｐ^2乗根は、１のｐ乗根ζを用いて、p√ζζ^j（ｊ＝０,１,･･･,ｐ－１）と表される（よってべき根の式で表される）」。
このべき根の式にさらにｐ^2乗根を施すと、１のｐ^3乗根もべき根の式で表される（複素数のｐ乗根も複素数になる事が証明されているから）。
これを繰り返すと、１のｐ^a乗根は全てべき根の式で表される。
また、ｐとは異なる素数ｑについても（ｎより小さいので）同様の事が言え、１のｑ^b乗根は全てべき根の式で表される。
よって、ｎ＝ｐ^a・ｑ^b・・・の場合も全てべき根の形で表わされる。
よって、「ｎが素数でないときは(＊)nが成り立つ」という事である。
＞ｎが素数ｐのとき、本問の（２）と帰納法の仮定より（ηもべき根の式で表される）、
ｎが素数ｐの場合は、（２）と帰納法の仮定より成り立つ事は自明。
ここで、「ηもべき根の式で表される」は、ηは１のｐ－１乗根だから合成数だが、上の「ｎが素数でない場合」を示したから付け加えたのだろうか。ない方が分かり易いような気がするのだが。
おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/beff8e14a56f60879a4dcbc9a7111e8398b9ad88
ｐを素数とし、ζ，ηをそれぞれ１の原始ｐ乗根，１の原始ｐ－１乗根とする。ａを(ℤ/pℤ)^×の原始根とする。また係数をηのすべての式としたときのΦp(ｘ)の群をＧfとおく。このときＧfはζをζ^aに取り換える根の入れ換えσで生成される（問題9-6，9-7）。
次の問いに答えよ。
（１）ξj＝η^jζ^a＋η^2jζ^a²＋･･･
＋η^(p-1)jζ^a^(p-1)（ｊ＝１,･･･,ｐ－１）とおく。このとき根の入れ換えσによりξjはη^-jξjとなることを示せ。
（２）ζはηの式のべき根と加減乗除で表されることを示せ。
解答
まずη^(p-1)j・ζ^a^(p-1)＝ζ，η^pj・ζ^a^p＝η^jζ^aであることに注意する（∵η^(p-1)＝１，ａ^(p-1)≡１ modｐ，ａ^p≡ａ modｐ）。
（１）ξjはσにより
η^jζ^a²＋η^2jζ^a³＋･･･＋η^(p-1)ζ^a^p
＝η-j・(η^2jζ^a²＋η^3jζ^a³＋･･･＋η^pjζ^a^p)＝η^-jξj
である。
（２）（１）よりξj^(p-1)はＧfで不変である。よってξj^(p-1)＝ａj（ａjはηの式）と表される。
ゆえにξj＝p-1√ａj（注：ａjのp-1乗根という事）である。
η^j＋η^2j＋･･･＋η^(p-1)j
＝η^j(η^(p-1)－１)/(η－１)＝０（ｊ＝１,２,･･･,ｐ－２）なので、ξ₁＋･･･＋ξp-1＝(ｐ－１)ζである。したがって
ζ＝(p-1√ａ₁＋･･･＋p-1√ａp-1)/(ｐ－１)（注：p-1√はp-1乗根でａp-1はａのp-1番目という事。）
である。
（参考：（２）より「１のｎ乗根は（いくつかの）べき乗根の式で表される」・・・(＊)n
ことがわかる。これをｎに関する帰納法で示す。ｎ＝１,２は自明である。ｎ（≧３）より小さいｍに対して、１のｍ乗根は(＊)mをみたすとする。ｎが素数でなければｎを割り切る素数ｐについて(＊)pが成り立つ。また１のｐ^2乗根は、１のｐ乗根ζを用いて、p√ζζ^j（注：ζのｐ乗根×ζ^jという事）（ｊ＝０,１,･･･,ｐ－１）と表される（よってべき根の式で表される）。したがってｎが素数でないときは(＊)nが成り立つ。ｎが素数ｐのとき、本問の（２）と帰納法の仮定より（ηもべき根の式で表される）、１の原始ｐ乗根もべき根の式で表される。ゆえに帰納法より(＊)nがすべてのｎについて成り立つ。）
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
解説の続き
＞また１のｐ^2乗根は、１のｐ乗根ζを用いて、p√ζζ^j（注：ζのｐ乗根×ζ^jという事）（ｊ＝０,１,･･･,ｐ－１）と表される。
例えば、２の３乗根は、ｘ³＝２を解くが、
解は、ｘ＝³√２，³√２ω，³√２ω²である。
つまり、１の３乗根は、
ｘ＝１，１・ω，１・ω²＝１，ω，ω²
また、１の４乗根は、ｘ⁴＝１を解いて、
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
２の４乗根だったら、
ｘ＝⁴√２ⅰ，⁴√２ⅰ²，⁴√２ⅰ³，⁴√２ⅰ⁴
そこで、１の９乗根だったら、
３乗根が、ｘ＝１・ω，ω²でこのうちの１つのω（原始３乗根の１つ）を選んで、
ｘ＝³√ω・ω，³√ω・ω²，（³√ω・ω³）
とすれば、原始９乗根が求められる。
つまり、「１のｐ^2乗根は、１のｐ乗根ζを用いて、p√ζζ^j（注：ζのｐ乗根×ζ^jという事）（ｊ＝０,１,･･･,ｐ－１）と表される」という事である。
念のため、ｐ＝３の場合は、ζ＝ωでｊ＝０，１，２という事である。（これでは３個だが、１とω²でも作れば９個という事である。）
一応、p√ζζ^jをｐ²乗すると、
(p√ζζ^j)^p²＝(ζ^(1/p)・ζ^j)^p²
＝ζ^p・ζ^p²j＝ζ^p・(ζ^p)^pj
ところで、ζは１の原始ｐ乗根より、
ζ^p＝１ これを代入すると、
(p√ζζ^j)^p²＝１でＯＫ。
よって、p√ζζ^jは１のｐ²乗根である。
＞したがってｎが素数でないときは(＊)nが成り立つ。
ここが問題である。結構悩みました。
「ｎが素数でなければｎを割り切る素数ｐ」はｎより小さいので、数学的帰納法の仮定により、「１のｐ乗根は（いくつかの）べき乗根の式で表される」。
また、「１のｐ^2乗根は、１のｐ乗根ζを用いて、p√ζζ^j（ｊ＝０,１,･･･,ｐ－１）と表される（よってべき根の式で表される）」。
このべき根の式にさらにｐ^2乗根を施すと、１のｐ^3乗根もべき根の式で表される（複素数のｐ乗根も複素数になる事が証明されているから）。
これを繰り返すと、１のｐ^a乗根は全てべき根の式で表される。
また、ｐとは異なる素数ｑについても（ｎより小さいので）同様の事が言え、１のｑ^b乗根は全てべき根の式で表される。
よって、ｎ＝ｐ^a・ｑ^b・・・の場合も全てべき根の形で表わされる。
よって、「ｎが素数でないときは(＊)nが成り立つ」という事である。
＞ｎが素数ｐのとき、本問の（２）と帰納法の仮定より（ηもべき根の式で表される）、
ｎが素数ｐの場合は、（２）と帰納法の仮定より成り立つ事は自明。
ここで、「ηもべき根の式で表される」は、ηは１のｐ－１乗根だから合成数だが、上の「ｎが素数でない場合」を示したから付け加えたのだろうか。ない方が分かり易いような気がするのだが。
おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/beff8e14a56f60879a4dcbc9a7111e8398b9ad88
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/8/9 11:56削除前々回の補足
＞（２）（１）よりξj^(p-1)はＧfで不変である。よってξj^(p-1)＝ａj（ａjはηの式）と表される。
（１）より、ξj→η^-jξj
この両方をｐ－１乗すると、
ξj^(p-1)→(η^-j)^(p-1)ξj^(p-1)
＝(η^(p-1))^-j・ξj^(p-1)
ところで、ηは１の原始ｐ－１乗根より、
η^(p-1)＝１
よって、(η^(p-1))^-j＝１より、
ξj^(p-1)→ξj^(p-1)となるので、σで不変よりＧfでも不変である。（引用終わり）
ξj^(p-1)はＧfで不変であるので、定理9.1(２)より定数である。
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。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
よって、ξj^(p-1)＝ａjと置ける。
ここで、鋭い人は、
ξj＝η^jζ^a＋η^2jζ^a²＋･･･
＋η^(p-1)jζ^a^(p-1)（ｊ＝１,･･･,ｐ－１）
は、Φp(ｘ)の根ζだけの式じゃないので、定理9.1の(２)は使えないと言うかもしれない。しかし、大丈夫である。Φp(ｘ)の係数はηの式全体なので、ηまで許されているからである。（問題9-7bと定理7.1参照）
また、（ａjはηの式）については、
ξj＝η^jζ^a＋η^2jζ^a²＋･･･
＋η^(p-1)jζ^a^(p-1)（ｊ＝１,･･･,ｐ－１）
から、ξjがηの式でξj^(p-1)もηの式になるという事だろう。定数になるのになぜわざわざ書いたのかというと、次に、
η^j＋η^2j＋･･･＋η^(p-1)j
という式をいきなり利用するからだろう。（適当。）
おまけ：
＞（２）（１）よりξj^(p-1)はＧfで不変である。よってξj^(p-1)＝ａj（ａjはηの式）と表される。
（１）より、ξj→η^-jξj
この両方をｐ－１乗すると、
ξj^(p-1)→(η^-j)^(p-1)ξj^(p-1)
＝(η^(p-1))^-j・ξj^(p-1)
ところで、ηは１の原始ｐ－１乗根より、
η^(p-1)＝１
よって、(η^(p-1))^-j＝１より、
ξj^(p-1)→ξj^(p-1)となるので、σで不変よりＧfでも不変である。（引用終わり）
ξj^(p-1)はＧfで不変であるので、定理9.1(２)より定数である。
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。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
よって、ξj^(p-1)＝ａjと置ける。
ここで、鋭い人は、
ξj＝η^jζ^a＋η^2jζ^a²＋･･･
＋η^(p-1)jζ^a^(p-1)（ｊ＝１,･･･,ｐ－１）
は、Φp(ｘ)の根ζだけの式じゃないので、定理9.1の(２)は使えないと言うかもしれない。しかし、大丈夫である。Φp(ｘ)の係数はηの式全体なので、ηまで許されているからである。（問題9-7bと定理7.1参照）
また、（ａjはηの式）については、
ξj＝η^jζ^a＋η^2jζ^a²＋･･･
＋η^(p-1)jζ^a^(p-1)（ｊ＝１,･･･,ｐ－１）
から、ξjがηの式でξj^(p-1)もηの式になるという事だろう。定数になるのになぜわざわざ書いたのかというと、次に、
η^j＋η^2j＋･･･＋η^(p-1)j
という式をいきなり利用するからだろう。（適当。）
おまけ：
返信
返信3
Powered By まめわざ(アクセス解析/広告のプライバシーポリシー・無料ホームページを作る)