数学

問題
図のような、底面の半径が４で高さが１２の直円すいがあります。この円すいに内接する球のうち、最大のものをＡとします。さらに円すいの頂点側に、Ａに外接し円すいには内接する球Ｂを考えました。次の各問いに答えなさい。
（１）球Ａの半径を求めなさい。
（２）球Ｂの半径を求めなさい。
（９２　立命館）

模範解答
（１）球Ａ，球Ｂの中心を結ぶ直線を含む平面でこの立体を切ると、右図（注：直円すいを縦に真っ二つに切った断面図を△ＰＱＲとした図）。
球Ａの半径は、△ＰＱＲの内接円の半径に等しく、
円Ａの半径＝(２×△ＰＱＲの面積)/(△ＰＱＲの周の長さ)
＝２×４８/(２×√(４²＋１２²)＋８)
＝(４/３)(√１０－１)
（２）円Ａと円Ｂの接点をＴとし、Ｔを通りＱＲに平行な線とＰＱ，ＰＲとの交点をＱ'，Ｒ'とする。
△ＰＱＲ∽△ＰＱ'Ｒ'であり、円Ａ，円Ｂはそれぞれの内接円だから、円Ａと円Ｂの相似比が、△ＰＱＲと△ＰＱ'Ｒ'の相似比に等しい。
円Ａの半径：円Ｂの半径＝△ＰＱＲの高さ：△ＰＱ'Ｒ'の高さ＝１２：(１２－２×Ａの半径)
∴(４/３)(√１０－１)：円Ｂの半径
＝１２：(4４－８√１０)/３
これを解いて、
円Ｂの半径＝(４/２７)(１３√１０－３１)

《別解》（１）Ａの半径をｘとおいて、△ＰＡＡ'∽△ＰＱＨから方程式を立てて求める方法もある。（以下、省略）
また、ＱＡが∠Ｑの二等分線になることを利用してもよい。
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

注：別解のＡ'は断面図の△ＰＱＲと内接円ＡとのＰＱでの接点で、ＨはＱＲの中点（ＱＲでの接点。

感想：（１）の模範解答は公式化しているが、普通に、△ＰＱＲ＝△ＡＰＱ＋△ＡＱＲ＋△ＡＲＰから、円Ａの半径をｒとして方程式を立てて求めても良い。
また、別解をやりますね。

別解１
円Ａの半径をｒと置くと、ＰＡ＝１２－ｒ，ＡＡ'＝ｒ，ＰＱ＝√(４²＋１２³)＝４√１０，ＱＨ＝４より、
１２－ｒ：ｒ＝√１０：１が成り立つ。
∴√１０ｒ＝１２－ｒ
∴(√１０＋１)ｒ＝１２
∴ｒ＝１２/(√１０＋１)＝１２(√１０－１)/９＝４(√１０－１)/３
よって、答えは、４(√１０－１)/３

別解２
円Ａは△ＰＱＲの内接円よりＱＡは∠Ｑの二等分線。よって、△ＱＰＨで角の二等分線の定理を使うと、ＱＰ：ＱＨ＝ＰＡ：ＡＨより、
４√１０：４＝１２－ｒ：ｒが成り立つ。
∴４(１２－ｒ)＝４√１０ｒ
∴１２－ｒ＝√１０ｒ
∴(√１０＋１)ｒ＝１２
∴ｒ＝１２/(√１０－１)＝１２(√１０＋１)/９＝４(√１０－１)/３
よって、答えは、４(√１０－１)/３

（２）の別解（私の解法）
円ＢとＰＱとの接点をＢ'とすると、△ＰＢＢ'∽△ＰＱＨより、円Ｂの半径をｒ'と置くと、
ＰＢ＝１２－ｒ'－８(√１０－１)/３
＝(４４－８√１０)/３－ｒ'
よって、(４４－８√１０)/３－ｒ'：ｒ'＝４√１０：４＝√１０：１が成り立つ。
∴√１０ｒ'＝(４４－８√１０)/３－ｒ'
∴(√１０＋１)ｒ'＝(４４－８√１０)/３
∴ｒ'＝(４４－８√１０)/３(√１０＋１)
＝４(１１－２√１０)(√１０－１)/２７
＝４(１１√１０－１１－２０＋２√１０)/２７＝４(１３√１０－３１)/２７
よって、答えは、４(１３√１０－３１)/２７

おまけ：

解説
＞写像Ｆを次のように定める。
　　　　　　　Ｆ：Ｖ→ℝ^n
ｘ＝ｘ₁＋･･･＋ｘnｂn→[ｘ₁ ｘ₂ ･･･ ｘn]

問題文から「Ｖはｎ項列ベクトル空間ℝ^nと同型である」事を証明したいので、この２つの間に写像という橋を掛ける訳である。
そして、まずは写像Ｆが線型写像である事を示す。
ｘ＝ｘ₁＋･･･＋ｘnｂn→[ｘ₁ ｘ₂ ･･･ ｘn]より、
Ｆ(ｘ)＝[ｘ₁ ｘ₂ ･･･ ｘn]
Ｆ(ｙ)＝[ｙ₁ ｙ₂ ･･･ ｙn]
ここで、Ｆ(ｘ＋ｙ)を作ると、
Ｆ(ｘ＋ｙ)＝[ｘ₁＋ｙ₁ ｘ₂＋ｙ₂ ･･･ ｘn＋ｙn]
＝[ｘ₁ ｘ₂ ･･･ ｘn]＋[ｙ₁ ｙ₂ ･･･ ｙn]
＝Ｆ(ｘ)＋Ｆ(ｙ)
∴Ｆ(ｘ＋ｙ)＝Ｆ(ｘ)＋Ｆ(ｙ)———➀
また、Ｆ(ａｘ)（ａ∈ℝ）を作ると、
ｘ＝ｘ₁＋･･･＋ｘnｂnより、
ａｘ＝ａｘ₁＋･･･＋ａｘnｂn
∴Ｆ(ａｘ)＝[ａｘ₁ ａｘ₂ ･･･ aｘn]
＝ａ[ｘ₁ ｘ₂ ･･･ ｘn]＝ａＦ(ｘ)
∴Ｆ(ａｘ)＝ａＦ(ｘ)———②
➀，②より、Ｆは線型写像である。

＞Ｆ(ｘ)＝０（注：本当はｘも０も太字）とすると、
ｘ₁＝ｘ₂＝･･･＝ｘn＝０なので、ｘ＝０でなければならない。
よって、KerＦ＝０で、Ｆは１対１である。

Ｆ(ｘ)＝０とすると、[ｘ₁ ｘ₂ ･･･ ｘn]＝０より、
ｘ₁＝ｘ₂＝･･･＝ｘn＝０
よって、ｘ＝ｘ₁＋･･･＋ｘnｂnの右辺が０になるので、左辺も０でｘ＝０という事。
ところで、KerＦの定義より、集合{ｘ}の元（複数あるかもしれない）がKerＦで、それがｘ＝０より０のみなので、KerＦ＝０である。
よって、単射の定義より、Ｆは単射である。

単射の定義とは、

命題
線型写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'において、次の(１),(２)が成り立つ。
（１）ｘ,ｙ∈Ｖに対し、
Ｆ(ｘ)＝Ｆ(ｙ)⇔ｘ－ｙ∈Ｆ^-1(０')
（２）Ｆが１対１である⇔Ｆ^-1(０')＝０
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著p.120より

この（２）がそうである。
また、KerＦ＝Ｆ^-1(０')である。

命題と定義
線型写像Ｆ：Ｖ→Ｖ'に対し
（ⅰ）Ｖ'の零元０'のＦによる逆像
Ｆ^-1(０')＝{ａ∈Ｖ｜Ｆ(ａ)＝０'}
はＶの部分空間である。これをＦの核（kernel）といい、KerＦとも表す。
（ⅱ）Ｆの像Ｆ(Ｖ)＝{Ｆ(ａ)｜ａ∈Ｖ}はＶ'の部分空間である。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著p.110より

（ⅰ）がKerＦの定義である。

＞次にℝ^nの任意の元[ｙ₁ ｙ₂ ･･･ ｙn]に対して、
ｙ＝ｙ₁ｂ₁＋ｙ₂ｂ₂＋･･･＋ｙnｂnとおけば
Ｆ(ｙ)＝[ｙ₁ ｙ₂ ･･･ ｙn]となり、Ｆは上への写像である。したがって、Ｆは同型写像である。

読めば分かるように、写像先の任意の元に対して必ず写像元の元が対応しているので、Ｆは全射である。よって、先の単射と合わせて、Ｆは全単射である。
よって、Ｆは線型写像かつ全単射なので同型写像である。
よって、Ｆ：Ｖ→ℝ^nのＶとℝ^nは同型である。よって、示された。

命題と定義
Ｕ，Ｖを線型空間，Ｆ：Ｕ→Ｖを線型写像とする。このとき、Ｆについて次の３条件はどの二つも互いに同値である。
（１）ＦはＶの上への１対１の写像である。
（２）Ｆは逆写像Ｆ^-1：Ｖ→Ｕをもつ。
（３）ある線型写像Ｇ：Ｖ→Ｕがあって、
Ｇ◦Ｆ＝Ｉu，Ｆ◦Ｇ＝Ｉv
これらのどれか一つの条件をみたすとき、Ｆは同型写像であるという。ＵはＶと同型であるといい、Ｕ≅Ｖで表す。
「よくわかる線型代数」有馬哲・石村貞夫著p.118より

この（１）がＦが線型写像かつ全単射ならば同型写像という事である。

おまけ：

問題
１辺の長さが６ｃｍの正四面体があり、その４つの面すべてに接する球をＰとし、この四面体の３つの面に接し、Ｐと外接する球をＱとする。このとき、次の各問いに答えよ。
（１）正四面体の体積を求めよ。
（２）球Ｐの半径を求めよ。
（３）２つの球ＰとＱの体積比を求めよ。
（９１　城北）

模範解答
（１）公式（基本図６６）より、
(√２/１２)×６³＝１８√２（ｃｍ³）
一応、基本図６６の公式はこちら。https://www.509310.com/blog/2024/02/06/post1420/
（注：基本図６６には他にも公式が２つ載っているが省略。）
（２）正四面体をＡＢＣＤとし、内接球の中心をＰ，半径をｒとする。
正四面体の体積＝Ｐ－ＡＢＣ＋Ｐ－ＡＣＤ＋Ｐ－ＡＤＢ＋Ｐ－ＢＣＤ
のように、４つの三角すいの和として表すことができるが、これらはすべて体積が等しく、
Ｐ－ＡＢＣ＝(１/３)×△ＡＢＣ×ｒ＝３√３ｒ（内接球の半径が高さ）
よって、（１）とより、１８√２＝４×３√３ｒ
これを解いて、ｒ＝√６/２（ｃｍ）
（３）公式（注：基本図６６には１辺がａの正四面体の高さが(√６/３)ａである事も載っている）より、正四面体の高さＡＨは
(√６/３)×６＝２√６なので、右図（注：正四面体Ａ－ＢＣＤの球Ｐと球Ｑの接点Ｔを通り底面ＢＣＤと平行な平面で正四面体を切った切断面をＢ'Ｃ'Ｄ'とした図）のようにＰとＱの接点をＴとすると、ＴはＡＨの中点。そこで、Ｔを通り△ＢＣＤに平行な平面で正四面体を切り、切り口を△Ｂ'Ｃ'Ｄ'とすると、Ａ－ＢＣＤとＡ－Ｂ'Ｃ'Ｄ'の相似比は１：２となり、内接球Ｐ：Ｑ＝２³：１³＝８：１
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

（１）の別解１
１辺が３√２ｃｍの立方体の中には、１辺が６ｃｍの正四面体が埋もれているので、
Ｖ＝(３√２)³－３√２×３√２×(１/２)×(３√２)×(１/３)×４で求められる。
∴Ｖ＝５４√２－９・４√２＝１８√２ｃｍ³
別解２，３は普通に求めるが、省略。
（２）の別解
正四面体をＯ－ＡＢＣとし、ＯＡの中点をＭ，ＢＣの中点をＮとし、切断面ＯＮＡを抜き出すと、ＮＯ＝ＮＡ＝３√３ｃｍの二等辺三角形を寝かせた形。また、内接円Ｐも描くとＯＰの延長は底面ＡＢＣの重心Ｇに下りるので、△ＯＮＡと円との接点の１つはＧで、ＮＧ：ＧＡ＝１：２となる。また、ＮＰの延長とＯＡとの交点をＬとすると、△ＮＯＡは二等辺三角形より点ＬはＯＡの中点。よって、△ＯＡＧと直線ＬＮでメネラウスの定理を使うと、(１/１)(ＰＧ/ＯＰ)(１/３)＝１
∴ＰＧ/ＯＰ＝３/１　∴ＯＰ：ＰＧ＝３：１
また、△ＯＮＧで三平方の定理を使うと、
ＯＧ＝√{(３√３)²－(√３)²}＝√２４＝２√６ｃｍ　∴ＰＧ＝(１/４)ＯＧ＝√６/２ｃｍ
よって、内接球の半径は、√６/２ｃｍ
（３）の別解
△ＯＮＡの内接円Ｐの上に円Ｐと接しかつＯＮと接する円Ｑを描き、円ＱとＯＮとの接点をＫとすると、∠ＯＫＱ＝９０°
よって、△ＯＫＱ∽△ＯＧＮでＯＱ＝ＯＧ－ＱＧ＝２√６－ｒ－(√６/２)×２＝√６－ｒ（Ｑの半径をｒとした。）
よって、√６－ｒ：ｒ＝３√３：√３が成り立つ。∴√６－ｒ：ｒ＝３：１　∴３ｒ＝√６－ｒ　∴４ｒ＝√６　∴ｒ＝√６/４
よって、円Ｑの半径は√６/４より、球Ｑの半径も√６/４ｃｍ　
また、（２）より球Ｐの半径は√６/２ｃｍより２つの球の相似比は１：２
よって、体積比は１³：２³＝１：８
よって、答えは、８：１

因みに、メネラウスの定理を使わなかったり、他にも細かい別解は色々あるが省略。

おまけ：

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。このことより、１２０ページの（２）から（５）は係数（定数）を有理数から１の原始ｍ乗根の式に拡張しても正しいことがわかる。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

Φn(ｘ)をΦ3(ｘ)とすると、p.119より、
Φ3(ｘ)＝ｘ²＋ｘ＋１
ここで、ｎ＝３と互いに素なｍ＝５とすると、
１の原始５乗根は、
(－１＋√５)/４±{√(１０＋２√５)/４}ｉ
(－１－√５)/４±{√(１０－２√５)/４}ｉ
の４個。
また、Φ3(ｘ)＝ｘ²＋ｘ＋１＝(ｘ－ω)(ｘ－ω²)＝{ｘ－(－１＋√３ｉ)/２}{ｘ－(－１－√３ｉ)/２}
結局、ｉにかかっている無理数の違いで分けられているのでしょうね。
だから、前回の「Φ4(ｘ)＝ｘ²＋１＝(ｘ＋ｉ)(ｘ－ｉ)と分解すると、ｉは(－１＋√３ｉ)/２のうちに入っていないのだろうか。」もｉの係数が有理数と√３だから仲間ではないという事。
そう考えると、１の原始６乗根は、(１±√３ｉ)/２で、Φ3(ｘ)＝ｘ²＋ｘ＋１＝(ｘ－ω)(ｘ－ω²)＝{ｘ－(－１＋√３ｉ)/２}{ｘ－(－１－√３ｉ)/２}と分けられてしまう事も納得出来る。
ただし、１の原始６乗根とΦ4(ｘ)＝ｘ²＋１＝(ｘ＋ｉ)(ｘ－ｉ)の方は納得できないが、前回も述べたように上の定理は別に互いに素でない場合については言及していないので問題はない。

おまけ：

解説
＞１の原始ｍｎ乗根をζ＝ζmnと表す。Φmn(ｘ)の多項式の群をＧと表し、問題9-6より(ℤ/mnℤ)^×と同一視する。

問題9-6bの「(ℤ/ｎℤ)^×はＧと同型である」から。
また、後の「ζ^mは１の原始ｎ乗根であり、Ｈに含まれる入れ換えをζ^mに施すことにより、すべての１の原始ｎ乗根が得られる（定理2.2参照）」の定理2.2を利用するためだろう。

＞η＝ζ^nは１の原始ｍ乗根になる。そこでηの（有理数係数の）式全体Ｍに対応するＧの部分群Ｈはδa（ただしａ≡１ modｍ）からなる。

「１の原始ｍｎ乗根をζ＝ζmnと表す」より、ζ^mn＝１　∴(ζ^n)^m＝１
よって、η＝ζ^nは１のｍ乗根で、問題文よりｍとｎは互いに素なので、
η＝ζ^nは１の原始ｍ乗根になる。
（ただしａ≡１ modｍ）は、おかしいだろう。ここは、「ただしａはｍと互いに素」だろう。上の同一視で混乱したのだろうか。「ａ≡１ modｍ」のａは確かにｍと互いに素だが、ｍと互いに素なａはこれだけではないから。
また、σaは、

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。

で、「ηの（有理数係数の）式全体Ｍ」はＧ（Φmn(ｘ)の多項式の群）の部分群Ｈ（ｍｎの約数のｍと互いに素なａによる入れ換えの部分群）にガロワ対応するという事。

＞ζ^mは１の原始ｎ乗根であり、Ｈに含まれる入れ換えをζ^mに施すことにより、すべての１の原始ｎ乗根が得られる（定理2.2参照）。

ここは、次回、具体例で確認する。

＞ＨはΦmn(ｘ)をＭ係数多項式とみたときの多項式の群なので、問題9-5よりΦn(ｘ)はζ^mのＭ最小多項式であり、とくに既約である。

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。

このｆ(ｘ)をΦmn(ｘ)として、ｆ(ｘ)の根の式βをζ^mと見ると、上より「ζ^mは１の原始ｎ乗根であり、Ｈに含まれる入れ換えをζ^mに施すことにより、すべての１の原始ｎ乗根が得られる」ので、ｇ(ｘ)＝(ｘ－ζ)･･･(ｘ－ζ^s)（ζ^iは全ての１のｎ乗根）となり、ｇ(ｘ)はΦn(ｘ)となる。
そして、ｇ(ｘ)はζ^iの最小多項式より既約多項式である。
よって、Φn(ｘ)は既約多項式である。

「１の原始ｎ乗根だけを根に持つ多項式を求めます。この式を円分多項式と呼び、Φn(ｘ)と表します。」
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

おまけ：

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。

解答
１の原始ｍｎ乗根をζ＝ζmnと表す。Φmn(ｘ)の多項式の群をＧと表し、問題9-6より(ℤ/mnℤ)^×と同一視する。
η＝ζ^nは１の原始ｍ乗根になる。そこでηの（有理数係数の）式全体Ｍに対応するＧの部分群Ｈはδa（ただしａ≡１ modｍ）からなる。ζ^mは１の原始ｎ乗根であり、Ｈに含まれる入れ換えをζ^mに施すことにより、すべての１の原始ｎ乗根が得られる（定理2.2参照）。ＨはΦmn(ｘ)をＭ係数多項式とみたときの多項式の群なので、問題9-5よりΦn(ｘ)はζ^mのＭ最小多項式であり、とくに既約である。
「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
＞ζ^mは１の原始ｎ乗根であり、Ｈに含まれる入れ換えをζ^mに施すことにより、すべての１の原始ｎ乗根が得られる（定理2.2参照）。

Φmn(ｘ)＝Φ12(ｘ)＝ｘ⁴－ｘ²＋１と置く（Φ12(ｘ)＝ｘ⁴－ｘ²＋１は、p.133の問題7-2aから分かる）と、
ｘ⁴－ｘ²＋１＝(ｘ²＋１)²－３ｘ²
＝(ｘ²＋１＋√３ｘ)(ｘ²＋１－√３ｘ)より、
ｘ²＋√３ｘ＋１＝０，ｘ²－√３ｘ＋１＝０
∴ｘ＝(－√３±ｉ)/２，(√３±ｉ)/２
ここで、ζ＝(√３＋ｉ)/２と置くと、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。

Φ12(ｘ)の群Ｇは、ζ¹，ζ⁵，ζ⁷，ζ^11の入れ換えで求められるので、
(ζ,ζ⁵,ζ⁷,ζ^11)
(ζ⁵,ζ^25,ζ35,ζ^55)＝(ζ⁵,ζ,ζ^11,ζ⁷)
(ζ⁷,ζ^35,ζ49,ζ^77)＝(ζ⁷,ζ^11,ζ,ζ^⁵)
(ζ^11,ζ^55,ζ^77,ζ^121)＝(ζ^11,ζ⁷,ζ⁵,ζ)
∴Ｇ＝{(ζ,ζ⁵,ζ⁷,ζ^11)，(ζ⁵,ζ,ζ^11,ζ⁷)，(ζ⁷,ζ^11,ζ,ζ^⁵)，(ζ^11,ζ⁷,ζ⁵,ζ)}
また、ｍｎ＝３・４（互いに素）とすると、
ζ³は１の原始４乗根（(ζ³)⁴＝ζ^12＝１だから）より、ζ³の式全体Ｍにガロア対応するＧの部分群Ｈは４と互いに素な１と３で、
Ｈ＝{(ζ,ζ⁵,ζ⁷,ζ^11)，(ζ⁷,ζ^11,ζ,ζ^⁵)}
（ちょっと勝手に作ってしまいました。）
よって、ζ→ζとζ→ζ⁷でζ³を変換すると、
ζ³→ζ³，ζ³→ζ^21＝ζ⁹
ところで、ζ＝(√３＋ｉ)/２より、
ζ³＝{(√３＋ｉ)/２}³
＝(３√３－ｉ＋９ⅰ－３√３)/８
＝ｉ
∴ζ⁹＝(ζ³)³＝ｉ³＝－ｉ
よって、ζ³は１の原始４乗根すべてに変換される。
よって、「Ｈに含まれる入れ換えをζ^mに施すことにより、すべての１の原始ｎ乗根が得られる」という例である。

また、ζ⁴は１の原始３乗根（(ζ⁴)³＝ζ^12＝１だから）より、ζ⁴の式全体Ｍにガロア対応するＧの部分群Ｈは３と互いに素な１と２で、
Ｈ＝{(ζ,ζ⁵,ζ⁷,ζ^11)，(ζ⁵,ζ,ζ^11,ζ⁷)}
よって、ζ→ζとζ→ζ⁵でζ⁴を変換すると、
ζ⁴→ζ⁴，ζ⁴→ζ^20＝ζ⁸
ところで、ζ＝(√３＋ｉ)/２より、
ζ⁴＝{(√３＋ｉ)/２}⁴
＝{(３－１＋２√３ｉ)/４}²
＝{(１＋√３ｉ)/２}²
＝(－２＋２√３ｉ)/４
＝(－１＋√３ｉ)/２＝ω
∴ζ⁸＝(ζ⁴)²＝ω²
よって、ζ³は１の原始３乗根すべてに変換される。
よって、「Ｈに含まれる入れ換えをζ^mに施すことにより、すべての１の原始ｎ乗根が得られる」という例である。

ちょっと作っちゃった所（フェルマーみたいに）は専門家じゃないので、スルーして下さい。また、あとちょっと補足解説があります。

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/3b0065c841eb5c96fbedbe7f86891b8c7b5b820d?page=2

上の補足解説

問題 9-5b
多項式ｆ(ｘ)の群をＧfとする。ｆ(ｘ)の根の式βが、Ｇfの根の入れ換え（すべて）により、異なる数β₁＝β,･･･,βsになったとする。このとき
ｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)･･･(ｘ－βs)はβiの最小多項式であることを示せ。よってβiの最小多項式は重根を持たない。
またｓ＝degｇ(ｘ)は、βを不変にする入れ換え全体のなすＧfの部分群Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)に等しいことを示せ。

ｆ(ｘ)＝Φ12(ｘ)＝ｘ⁴－ｘ²＋１と置く（Φ12(ｘ)＝ｘ⁴－ｘ²＋１は、p.133の問題7-2aから分かる）と、
ｘ⁴－ｘ²＋１＝(ｘ²＋１)²－３ｘ²
＝(ｘ²＋１＋√３ｘ)(ｘ²＋１－√３ｘ)より、
ｘ²＋√３ｘ＋１＝０，ｘ²－√３ｘ＋１＝０
∴ｘ＝(－√３±ｉ)/２，(√３±ｉ)/２
ここで、ζ＝(√３＋ｉ)/２と置くと、ζ³は問題9-5bのβに当たる。
そこで、上から、Ｈ＝{(ζ,ζ⁵,ζ⁷,ζ^11)，(ζ⁷,ζ^11,ζ,ζ^⁵)}
（ちょっと勝手に作ってしまいました。）
よって、ζ→ζとζ→ζ⁷でζ³を変換すると、
ζ³→ζ³，ζ³→ζ^21＝ζ⁹
ところで、ζ＝(√３＋ｉ)/２より、
ζ³＝{(√３＋ｉ)/２}³
＝(３√３－ｉ＋９ⅰ－３√３)/８
＝ｉ
∴ζ⁹＝(ζ³)³＝ｉ³＝－ｉ
よって、問題9-5bより、
ｇ(ｘ)＝(ｘ－ｉ)(ｘ－(－ｉ))＝ｘ²＋１
ところで、±ｉは１の原始４乗根で、

「１の原始ｎ乗根だけを根に持つ多項式を求めます。この式を円分多項式と呼び、Φn(ｘ)と表します。」
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

より、ｇ(ｘ)＝Φ4(ｘ)である。
∴Φ4(ｘ)＝ｘ²＋１
また、p.119より、Φ4(ｘ)＝ｘ²＋１でＯＫ。

もう一つの方も、
ｇ(ｘ)＝(ｘ－ω)(ｘ－ω²)＝ｘ²－(ω＋ω²)ｘ＋ω³＝ｘ²－(－１)ｘ＋１＝ｘ²＋ｘ＋１
∴Φ3(ｘ)＝ｘ²＋ｘ＋１
一方、p.119より、Φ3(ｘ)＝ｘ²＋ｘ＋１でＯＫ。

おまけ：

問題
底面の半径２√５ｃｍ，高さ１０√７ｃｍの円すいがある。円周率をπとして、次の問いに答えよ。
（１）この円すいの側面積を求めよ。
（２）１つの母線ＯＡの中点をＢとする。図のように、この円すいの側面を１周し、長さが最短となるようにＡからＢまで糸を張った。この糸の長さを求めよ。
（３）（２）の糸を２等分した点から底面にひいた垂線の長さを求めよ。
（９２　桐朋）

模範解答
（１）公式（基本図６５）にあてはめる。
Ｓ＝πｌｒ＝π√{(２√５)²＋(１０√７)²}×２√５＝１２√５×２√５π＝１２０π（ｃｍ²）
注：Ｓは側面積，ｌは母線，ｒは底面の半径で、Ｓ＝πｌｒが成り立つという事。
（２）公式（基本図６５）により、側面の展開図の中心角ｘ°は、
ｘ°＝３６０°×(ｒ/ｌ)
＝３６０°×(２√５/１２√５)＝６０°
注：基本図６５には２つの公式があるという事。

そこで、側面の展開図を描くと、図１のようになる。
注：中心角６０°の扇形ＯＡ'Ａを描き、ＯＡの中点をＢとすると、△ＯＡ'Ｂは１：２：√３の直角三角形になる。

Ａ'Ｂの長さを求めればよいが、△ＯＡＡ'は正三角形なので、△ＯＡ'Ｂは６０°定規。
よって、Ａ'Ｂ＝√３ＯＢ＝６√１５（ｃｍ）
（３）糸の中点をＭ，ＯＭの延長と底面の円との交点をＣ，Ｏ,Ｍから底面に下した垂線の足を、Ｏ'，Ｈとする。
ＢＭ＝６√１５÷２＝３√１５だから、
ＯＭ＝√{(３√１５)²＋(６√５)²}＝３√３５（図１参照）
注：側面の展開図の扇形の図のＡＢの中点をＭとし、△ＯＢＭで三平方の定理を使うという事。

次に図２より、△ＯＣＯ'∽△ＭＣＨ
注：立体図のＡＢの中点をＭとし、ＯＭの延長と底面の円との交点をＣとすると、Ｍから底面に下した垂線の足はＯ'Ｃ上に下り（厳密には三垂線の定理）、その点をＨとし、また、Ｏから底面に下した垂線の足は底面の中心Ｏ'に下りる。（厳密には問題文に直円すいという言葉が欲しい所である。）

よって、ＭＨ＝ＯＯ'×(ＭＣ/ＯＣ)
＝１０√７×{(１２√５－３√３５)/１２√５}＝１０√７－３５/２（ｃｍ）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

一応、（１）は公式を使わないで求めておきますね。
母線の長さをｌと置くと、三平方の定理より、
ｌ＝√{(１０√７)²＋(２√５)²}＝√(７００＋２０)＝√７２０＝１２√５ｃｍ
よって、側面の扇形の中心角をｘと置くと、
４√５π＝２４√５π×(ｘ/３６０)が成り立つ。
∴ｘ/３６０＝４/２４＝１/６
∴ｘ＝６０°
∴Ｓ＝π(１２√５)²×(１/６)＝１４４・５π/６＝２４・５π＝１２０πｃｍ²

因みに、（３）はうっかり側面の展開図の中心角を１/２にした図にして考えたりしたらダメである。まぁ、当然だが。

おまけ：

問題
直径が１０ｃｍの半円があり、図のように弧ＡＢ上に２点Ｐ，ＱをＡ，Ｐ，Ｑ，Ｂの順に、
弧ＰＱ＝(１/３)弧ＡＢ
となるようにとります。線分ＡＱ，ＢＰの交点をＥとします。次の問いに答えなさい。
（１）∠ＡＥＢの大きさを求めなさい。
（２）弧ＰＱを、弧ＡＢにそって、端から端まで動かします。
（ⅰ）点Ｅが描いた線の長さを求めなさい。
（ⅱ）弧ＰＱが通過した部分の面積を求めなさい。
（９１　筑波大付駒場）

模範解答
（１）右図のように、弧に対応する円周角を記入する（注：半円を真円にして弧PQの所と下の半円ABの所に円周角の角度30°と90°を書き込む）と、
∠ＡＥＢ＝弧ＰＱの円周角＋弧ＡＢの円周角＝３０°＋９０°＝１２０°（基本図３５）
注：基本図３５とはアルハゼンの定理。http://yosshy.sansu.org/theorem/alhazen.htm
（２）（ⅰ）ＰがＡに一致するとき、ＥはＡに一致し、ＱがＢに一致するとき、ＥはＢに一致するから、Ｅは右の図のような円周上を、ＡからＢまで動く（注：ＡＢの下のある点Ｏ'を中心とした円の一部の弧ＡＢ上という事）。
図の、ｘ°＝１２０°×２＝２４０°（円周角の定理）（注：ｘは優角∠ＡＯ'Ｂの角度）だから、
∠ＡＯ'Ｂ＝１２０°（注：劣角∠ＡＯ'Ｂという事。）
よってこの円の半径は、Ｏ'Ａ＝１０√３/３・・・➀
Ｅの軌跡は、半径➀の円の中心角１２０°に対応する弧の長さで、
２×(１０√３/３)×π×(120°/360°)
＝(２０√３/９)π（ｃｍ）
（ⅱ）弦ＰＱのうち、円の中心Ｏに最も近い点はＰＱの中点Ｍである。
ＯからＭの距離は常に一定で、右図の太線部のような軌跡になる（注：弧ＰＱを点Ａの所と点Ｂの所の２ヶ所に想定しそれぞれの弦ＰＱの中点をそれぞれＭとＭ'とする。その軌跡とは、線分ＡＭ＋弧ＭＭ'＋線分Ｍ'Ｂの事）。
よって図の網目部（注：その軌跡と半円ＡＢの弧で囲まれた部分）の面積Ｓを求めればよく、
Ｓ＝半円Ｏ－(２×△ＯＡＭ＋扇形ＯＭＭ'）
＝(１/２)×５²π－{２×(１/２)×(５/２)×(５√３/２)＋(１/３)×(５√３/２)²π}
＝(２５/４)(π－√３)（ｃｍ²）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
一応、アルハゼンの定理を使わない方法だけ示しておこう（小市民的解法）。
半円ＡＢの中心をＯとし、ＯＰ，ＯＱを結ぶと、∠ＰＯＱ＝１８０°×(１/３)＝６０°
よって、円周角と中心角の関係より、
∠ＰＡＱ＝(１/２)∠ＰＯＱ＝３０°
また、半円の円周角より、∠ＡＰＢ＝９０°
よって、△ＥＰＡでの内対角の和より、
∠ＡＥＢ＝３０°＋９０°＝１２０°

おまけ：

問題
図で、ＢＣ＝８ｃｍ，∠Ａ＝６０°，ＢＤ⊥ＡＣ，ＣＥ⊥ＡＢ，ＦはＢＤとＣＥの交点である。
（１）∠ＢＦＥ＝□度である。
（２）ＢＦ：ＥＦ＝□：□である。
（３）ＤＥ＝□ｃｍである。
（有名問題）

模範解答
（１）∠ＡＢＤ＝１８０°－∠Ａ－∠ＡＤＢ＝３０°よって、∠ＢＦＥ＝１８０°－∠ＥＢＦ－∠ＢＥＦ＝６０°
（２）（３）∠ＢＥＣ＝∠ＢＤＣ（＝９０°）だから、４点Ｂ，Ｃ，Ｄ，Ｅは同一円周上にあり、ＢＣの中点Ｏはこの円の中心である。
（なぜなら、ＢＣを見こむ角が９０°だから、ＢＣは円の直径）
円周角の定理より、∠ＢＤＥ＝∠ＢＣＥ・・・➀
∠ＣＥＤ＝∠ＣＢＤ・・・②
➀，②より、△ＦＤＥ∽△ＦＣＢ・・・③
ここで、∠ＥＯＤ＝２×∠ＥＢＤ＝６０°，ＯＤ＝ＯＥだから、△ＯＤＥは正三角形。
よって、ＤＥ＝ＯＤ＝４（ｃｍ）
③より、対応する辺の比をとって、
ＢＦ：ＥＦ＝ＢＣ：ＥＤ＝８：４＝２：１
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

感想
欄外に「単に△ＢＥＦが６０°定規であることからＢＦ：ＥＦ＝２：１としてもよい」とあるが、私はそうした。そして③を使えば（３）も一発である。模範解答は色々なテクニックを見せて勉強させようとしているのだろう。
それにしても他の問題と比べて規格外に簡単な問題である。
因みに、算数でも解けるので算数でも解いてみよう。（算数では難問だと思います。）
（３）ＢＣの真ん中の点をＭとすると、△ＥＢＣは直角三角形で点Ｍは斜辺の真ん中の点なので、受験算数の定石の１つよりＭＢ＝ＭＥ＝ＭＣ
（これは△ＥＢＣの下に△ＥＢＣをもう一つ裏返しにくっつけて長方形ＥＢＥ'Ｃを作れば長方形は互いの対角線の長さが等しく互いの真ん中の点で交わる事より分かる。）
また、点Ｍは直角三角形△ＤＢＣの斜辺の真ん中の点でもあるので、同様にＭＢ＝ＭＤ＝ＭＣ
よって、ＭＥ＝ＭＤである。
また、△ＭＢＥ，△ＭＣＤはそれぞれ二等辺三角形より、∠ＭＢＥ＝∠ＭＥＢ＝●，∠ＭＣＤ＝∠ＭＤＣ＝○と置くと、△ＡＢＣの内角の和より、●＋○＝１２０°———➀
また、四角形ＥＢＣＤの内角の和より、
∠ＭＥＤ＋∠ＭＤＥ＝３６０°－●－●－〇－〇———②
➀，②より、∠ＭＥＤ＋∠ＭＤＥ＝３６０°－１２０°×２＝１２０°
よって、△ＭＥＤの内角の和より、
∠ＥＭＤ＝１８０°－１２０°＝６０°
また、ＭＥ＝ＭＤより、△ＭＥＤは頂角が６０°の二等辺三角形より正三角形。
よって、ＤＥ＝ＭＥ＝ＭＢ＝ＢＣ/２＝４ｃｍ

因みに、②の所は、直接、
∠ＥＭＤ＝１８０°－(１８０°－●－●)－(１８０°－○－○)とやると、小学生には展開不能と考えて避けた。

改題２はまぁ、まぁ、の問題ですが、改題１は難しいと思います。念のため、私のオリジナルではありません。（頭の中のストックといった所。）

おまけ：

改題２
ＢＣ＝８ｃｍの△ＡＢＣの辺ＡＣの中点をＤ，辺ＡＢの中点をＥとし、ＢＤとＣＥの交点をＦとする。∠ＢＦＣ＝９０°である時、ＡＦの長さを求めて下さい。

解答
点Ｄ，Ｅは辺ＡＣ，ＡＢのそれぞれの中点より点Ｆは△ＡＢＣの重心でＡＦの延長とＢＣとの交点をＧとすると、点ＧはＢＣの中点になる。
また、△ＦＢＣは∠Ｆが直角の直角三角形で点Ｇは斜辺の中点より外接円を考えれば、半径でＧＢ＝ＧＦ＝ＧＣ
∴ＧＦ＝ＢＣ/２＝４ｃｍ
ところで、重心の性質より、ＡＦ：ＦＧ＝２：１　∴ＡＦ：４＝２：１　
∴ＡＦ＝８ｃｍ

別解もありますが省略。確か、以前に２，３通り作ったと思う。

改題１
∠Ａ＝６０°，ＢＣ＝８ｃｍの△ＡＢＣがあり、∠Ｂの二等分線とＡＣとの交点をＤ，∠Ｃの二等分線とＡＢとの交点をＥとする時、ＢＥ＋ＣＤの長さを求めて下さい。

解答
公式より、∠ＢＦＣ＝９０°＋∠Ａ/２
＝９０°＋３０°＝１２０°（公式を使わなくても簡単だが省略。）
∴∠ＢＦＥ＝∠ＣＦＤ＝１８０°－１２０°＝６０°よって、∠ＢＦＣの二等分線を引き、ＢＣとの交点をＨとすると、一辺両端が等しくなり、△ＢＥＦ≡△ＢＨＦ，△ＣＤＦ≡△ＣＨＦ
∴ＢＥ＝ＢＨ，ＣＤ＝ＣＨ
∴ＢＥ＋ＣＤ＝ＢＨ＋ＣＨ＝ＢＣ＝８ｃｍ
よって、答えは、８ｃｍ

改題１も改題２も与えられた長さが８ｃｍだけで、目分量から１/２でも２倍でもなさそうなら、自信をもって８ｃｍと答えよう。（ギャンブラーという意味。）

おまけ：
「障害の知識や知らなかったことなど知ることができたり 多くのハンデを持ってる方に出会えたり嬉しかったです。 学生時代の頃に比べたら、自分に自信がついたり、少しずつ自分を愛せるようになりました。 みなさんのおかげですね」
引用元：https://news.yahoo.co.jp/articles/5035f7275731515c3076a086c0b032c2577b1fb7?page=2

定理3.8.2
部分群ＨがＧの正規部分群⇔
Ｇ∋∀ｇ，Ｈ∋∀ｈに対してｇ^-1ｈｇ∈Ｈ

別証
⇒）ＨがＧの正規部分群より、
∀ｇ∈Ｇに対して、ｇＨ＝Ｈｇが成り立つ。
よって、∀ｈに対して∃ｈ'∈Ｈが存在して、
ｇｈ'＝ｈｇが成り立っている。この両辺に左からｇ^-1（Ｇは群なのでｇ^-1∈Ｇ）を演算させると、ｇ^-1(ｇｈ')＝ｇ^-1(ｈｇ)
∴(ｇ^-1ｇ)ｈ'＝ｇ^-1ｈｇ
∴ｇ^-1ｈｇ＝ｈ'∈Ｈ
よって、Ｈ∋∀ｈに対してｇ^-1ｈｇ∈Ｈ
⇐）ｇ^-1ｈｇ∈Ｈより、ｈｇ∈ｇＨ
ところで、条件よりｈはＨの任意の元なので、
Ｈｇ⊆ｇＨ———➀
また、ｇ^-1ｈｇ∈Ｈのｇの条件は任意のＧの元より、ｇの代わりにｇ^-1を選ぶ（Ｇは群なのでｇ^-1∈Ｇ）と、
(ｇ^-1)^-1ｈｇ^-1∈Ｈ
∴ｇｈｇ^-1∈Ｈ
また、このｈも任意のＨの元より、
ｇＨｇ^-1⊆Ｈ　∴ｇＨ⊆Ｈｇ———②
➀，②より、ｇＨ＝Ｈｇ
よって、部分群ＨはＧの正規部分群である。

おまけ：

解説
＞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。

問題の意味は、例えば、円分多項式Φ₅(ｘ)＝ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１の群Ｇを考える。
この根は、ζ＝cos(2π/5)＋ｉsin(2π/5)，ζ²，ζ³，ζ⁴の４個で、群Ｇはこの４つの根のある程度の入れ換えの集合である。ある程度の意味は、

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。

この（１）を満たす入れ換えという事である。
また、５は素数なので、ζ＝cos(2π/5)＋ｉsin(2π/5)，ζ²，ζ³，ζ⁴の全ての指数は５と互いに素なので、これらは全て１の原始ｎ乗根（原始５乗根）である。
よって、問題文のσa：ζ→ζ^a（ζは１の原始ｎ乗根）で、ζをζ^aに入れ換えてみる。
σ₁＝(ζ ζ² ζ³ ζ⁴)（本当は２段で表すのだが、書けないので、これは恒等入れ換えという意味。）
ζをζ²に入れ換えると、
σ₂＝(ζ² ζ⁴ ζ⁶ ζ⁸)＝(ζ² ζ⁴ ζ ζ³)
（ζ＝cos(2π/5)＋ｉsin(2π/5)より周期５で１（ζ⁵＝１）になる。）
ζをζ³に入れ換えると、
σ₃＝(ζ³ ζ⁶ ζ⁹ ζ^12)＝(ζ³ ζ ζ⁴ ζ²)
ζをζ⁴に入れ換えると、
σ₄＝(ζ⁴ ζ⁸ ζ^12 ζ^16)＝(ζ⁴ ζ³ ζ² ζ)
よって、Ｇ＝{σ₁，σ₂，σ₃，σ₄}が群になれば問題の意味が分かるというものである。
そこで、
σ₂＝(ζ ζ² ζ³ ζ⁴)→(ζ² ζ⁴ ζ ζ³)＝σ₂
σ₂²＝(ζ² ζ⁴ ζ ζ³)→(ζ⁴ ζ³ ζ² ζ)
＝σ₄
σ₂³＝(ζ⁴ ζ³ ζ² ζ)→(ζ³ ζ ζ⁴ ζ²)
＝σ₃
σ₂⁴＝(ζ³ ζ ζ⁴ ζ²)→(ζ ζ² ζ³ ζ⁴)
＝σ₁
よって、σ₂を生成元とした巡回群となっている。よって、ＯＫ。

＞またσaσb＝σabを示し

例えば、σ₂σ₃は、
(ζ³ ζ ζ⁴ ζ²)→(ζ ζ² ζ³ ζ⁴)より、
（変換（合成）は自分でやって下さい。）
σ₂σ₃＝σ₁
また、σ₂₃＝σ₆＝σ₁
よって、σ₂σ₃＝σ₂₃が成り立つという事。

解答の方の解説は次回。

おまけ：

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。

解答
Φn(ｘ)は有理数係数多項式として既約であり（定理7.1）、その原始元としてΦn(ｘ)の根ζ（１の原始ｎ乗根）をとる。よってＧは、Φn(ｘ)の根ζをζ^aに入れ換える入れ換えσa（ａはｎと互いに素）からなる。σaσbは、
(σaσb)(ζ)＝σa(σb(ζ))＝σa(ζ^b)＝(ζ^a)^b
＝ζ^ab＝σab(ζ)
よりσabに等しい。またσa＝σbはａ≡ｂ modｎと同値なので、(ℤ/ｎℤ)^×からＧへの写像[ａ]n→σaは全単射であり、群の積も対応している。

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。
「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
＞Φn(ｘ)は有理数係数多項式として既約であり（定理7.1）、その原始元としてΦn(ｘ)の根ζ（１の原始ｎ乗根）をとる。

何故、Φn(ｘ)が既約である事を言うかと言うと、次の「多項式の群の構成」による。

■多項式の群の構成
ｆ(ｘ)の原始元をβとし、βを根に持つ既約多項式をｇ(ｘ)とします。またｇ(ｘ)は重根を持たないとします。多項式の群Ｇfを
「βをｇ(ｘ)の根に入れ換えて得られるｆ(ｘ)の根の入れ換え」
からなる集合とします。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

円分多項式Φn(ｘ)の群Ｇを求めるには、Φn(ｘ)が既約多項式である必要があるからである。
また、ζがΦn(ｘ)の原始元になる理由は、ζの累乗でΦn(ｘ)の全ての根を表せるからである。

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

ζはζで表されているし、Φn(ｘ)の根はζ,ζ²,･･･,ζ^nなので全てζで表せるからである。

＞よってＧは、Φn(ｘ)の根ζをζ^aに入れ換える入れ換えσa（ａはｎと互いに素）からなる。

原始元ζを根に含む既約多項式を作ると、Φn(ｘ)と一致する。
つまり、上の「多項式の群の構成」のｆ(ｘ)＝ｇ(ｘ)＝Φn(ｘ)である。
よって、多項式の群Ｇfは、
「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」
より、
「ζをΦn(ｘ)の他の根に入れ換えて得られるΦn(ｘ)の根の入れ換え」
つまり、「Ｇは、Φn(ｘ)の根ζをζ^aに入れ換える入れ換えσa（ａはｎと互いに素）からなる」という事である。

＞(σaσb)(ζ)＝σa(σb(ζ))＝σa(ζ^b)＝(ζ^a)^b
＝ζ^ab＝σab(ζ)

σa(ζ^b)＝(ζ^a)^bの所、
（上より）「σa：ζ→ζ^a」は、括弧の中のものをａ乗する訳ではなく、ζをζ^aに入れ換えるという事である。

＞またσa＝σbはａ≡ｂ modｎと同値なので、(ℤ/ｎℤ)^×からＧへの写像[ａ]n→σaは全単射であり、群の積も対応している。

最初に、ｐ.31より、
「集合{０,１,･･･,ｎ－１}にこの加法，乗法を合わせて考えたものをℤ/ｎℤと表します。整数ａをｎで割った余りを
[ａ]n　や　ａ modｎ
で表し、ℤ/ｎℤの元とみなします。[ａ]nは表記を簡潔にするために本書で用いる記号です。」
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

また、p.33より、
「ｎと互いに素な正整数（≦ｎ）をℤ/ｎℤの元を用いて、次のように表します。
(ℤ/ｎℤ)^×＝{[ａ]；ａはｎと互いに素}
＝{[ａ]；ａは１,２,･･･,ｎ－１のどれかで、ｎと互いに素}
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

ところで、σa＝σbは、（上より）「σa：ζ→ζ^a」なので、ζ^a＝ζ^b
また、ζは１の原始ｎ乗根なので周期ｎの周期関数（ζ^n＝１）である。よって、ａ≡ｂ modｎと同値という事である。
ａ≡ｂ modｎとζ^a＝ζ^bが同値なので、
「(ℤ/ｎℤ)^×からＧへの写像[ａ]n→σaは全単射」は分かる。
（ａ≡ｂ modｎとℤ/ｎℤと[ａ]nは同じ意味で、「σa：ζ→ζ^a」からζ^aとσaとＧは同じような事と考えれば良い。Ｇはσaの集合。前回は、Ｇ＝{σ₁,σ₂,σ₃,σ₄}の例を挙げた。）
問題は、「群の積も対応している」である。
「(ℤ/ｎℤ)^×からＧへの写像[ａ]n→σa」を写像Ｆとする。
つまり、Ｆ：(ℤ/ｎℤ)^×→Ｇ（[ａ]n→σa）と定義すると、
Ｆ([ａ]n＋[ｂ]n)＝σ(a+b)＝ζ^(a+b)
＝ζ^aζ^b＝σaσb＝Ｆ([ａ]n)Ｆ([ｂ]n)
∴Ｆ([ａ]n＋[ｂ]n)＝Ｆ([ａ]n)Ｆ([ｂ]n)
よって、写像Ｆは準同型写像である。また、Ｆは全単射であったので同型写像である。
∴(ℤ/ｎℤ)^×≅Ｇ
「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」という事である。

定義6.1
演算◦を持つ群(Ｇ,◦)と演算＊を持つ群Ｇ'(Ｇ',＊)に対して、ＧからＧ'への写像ｆ：Ｇ→Ｇ'が
∀ａ,ｂ∈Ｇ，ｆ(ａ◦ｂ)＝ｆ(ａ)＊ｆ(ｂ)
なる条件を満足しているとき、ｆをＧからＧ'への準同型写像という。また、単射でかつ全射である準同型写像を同型写像という。群Ｇから群Ｇ'への同型写像ｆが存在するとき、ＧとＧ'は同型であるといい、Ｇ≃Ｇ'と書く。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

念のため、私のは適当である。何故なら、今までこの本には準同型写像なんて概念は出て来ていないからである。
多分、群の積とはσaσb＝σabの事だろう。これが(ℤ/ｎℤ)^×とＧの同型にどう役に立つのかよく分からない。写像Ｆでσaσb＝σabも全単射になるという事だけだろうか。

おまけ：

問題
図において、△ＯＡ'Ｂ'は△ＯＡＢを、頂点Ｏを中心として、矢印の方向に３２°回転移動したものである。
∠ＡＯＢ＝２５°，∠ＯＡＢ＝９５°であり、また２直線ＡＡ'，ＢＢ'の交点をＰとする。
（１）∠ＯＡＡ'＝∠ＯＢＢ'＝□°である。
（２）∠ＰＯＢ＝□°である。
（９０　東海）

模範解答
（１）△ＯＡＡ'，△ＯＢＢ'はともに頂角が３２°（回転角）の二等辺三角形だから、
∠ＯＡＡ'＝∠ＯＢＢ'＝(１８０°－３２°)÷２＝７４°
（２）（１）より∠ＯＡＰ＝∠ＯＢＰ（＝７４°）だから、４点Ｏ，Ａ，Ｂ，Ｐは同一円周上にある。
よって、円周角の定理より、
∠ＰＯＢ＝∠ＰＡＢ＝∠ＢＡＯ－∠Ａ'ＡＯ
＝９５°－７４°＝２１°
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞∠ＯＡＰ＝∠ＯＢＰ（＝７４°）だから、４点Ｏ，Ａ，Ｂ，Ｐは同一円周上にある。

厳密には、「円周角の定理の逆により」を入れた方が良い。円周角の定理は逆が成り立つ事は受験数学的には自明なのだろうけど、例えば中線定理は逆が成り立たない。

（２）の別解
△ＯＡＡ'，△ＯＢＢ'はともに頂角が３２°（回転角）の二等辺三角形だから、
∠ＯＡ'Ａ＝∠ＯＢ'Ｂ（＝(１８０°－３２°)÷２＝７４°）
∴∠ＯＢ'Ｐ＝∠ＯＡ'Ａ
よって、四角形Ｂ'ＯＡ'Ｐは円に内接する四角形である。
また、∠ＯＢ'Ｂ＝７４°，∠ＯＢ'Ａ'＝∠ＯＢＡ＝１８０°－２５°－９５°＝６０°
よって、円周角より、
∠ＰＯＡ'＝∠ＰＢ'Ａ'＝∠ＯＢＢ'－∠ＯＢ'Ａ'
＝７４°－６０°＝１４°———➀
また、∠Ａ'ＯＢ＝３２°－２５°＝７°———②
➀＋②より、
∠ＰＯＢ＝∠ＰＯＡ'＋∠Ａ'ＯＢ＝１４°＋７°＝２１°
よって、答えは、２１°

数学はどんどん無駄な事をやった方が楽しいですね。笑

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/5035f7275731515c3076a086c0b032c2577b1fb7

定理3.8.1
Ｈ₁，Ｈ₂がＧの正規部分群ならばＨ₁∩Ｈ₂もＧの正規部分群である。

別証
Ｋ＝Ｈ₁∩Ｈ₂とおくときＧ∋∀ｇに対してｇＫ＝Ｋｇを示せばよい。
まずｇＫ⊆Ｋｇを示す。
ｇＫ∋∀ｘをとると
ｘ＝ｇｋ（ｋ∈Ｋ＝Ｈ₁∩Ｈ₂）・・・➀と置け、ｋ∈Ｈ₁ かつ ｋ∈Ｈ₂
また、Ｈ₁はＧの正規部分群より、
∀ｇ∈Ｇに対して、ｇＨ₁＝Ｈ₁ｇ
よって、∃ｋ'∈Ｈ₁，ｇｋ＝ｋ'ｇ・・・②
➀，②より、ｘ＝ｋ'ｇ∈Ｈ₁ｇ・・・③
また、Ｈ₂もＧの正規部分群より、
∀ｇ∈Ｇに対して、ｇＨ₂＝Ｈ₂ｇ
よって、∃ｋ''∈Ｈ₂，ｇｋ＝ｋ''ｇ・・・④
➀，④より、ｘ＝ｋ''ｇ∈Ｈ₂ｇ・・・⑤
③，⑤より、ｘ∈Ｈ₁ｇ∩Ｈ₂ｇ
＝(Ｈ₁∩Ｈ₂)ｇ（下の定理より）＝Ｋｇ
∴ｘ∈Ｋｇ
よって、ｘ∈ｇＫ⇒ｘ∈Ｋｇ
∴ｇＫ⊆Ｋｇ———☆
次に、Ｋｇ⊆ｇＫを示す。
Ｋｇ∋∀ｙをとると
ｙ＝ｋｇ（ｋ∈Ｋ＝Ｈ₁∩Ｈ₂）・・・⑥
ｋ∈Ｈ₁ かつ ｋ∈Ｈ₂
また、Ｈ₁はＧの正規部分群より、
∀ｇ∈Ｇに対して、Ｈ₁ｇ＝ｇＨ₁
よって、∃ｋ₁∈Ｈ₁，ｋｇ＝ｇｋ₁・・・⑦
⑥，⑦より、ｙ＝ｇｋ₁∈ｇＨ₁・・・⑧
また、Ｈ₂もＧの正規部分群より、
∀ｇ∈Ｇに対して、Ｈ₂ｇ＝ｇＨ₂
よって、∃ｋ₂∈Ｈ₂，ｋｇ＝ｇｋ₂・・・⑨
⑥，⑨より、ｙ＝ｇｋ₂∈ｇＨ₂・・・⑩
⑧，⑩より、ｙ∈ｇＨ₁∩ｇＨ₂
＝ｇ(Ｈ₁∩Ｈ₂)（下の定理より）＝ｇＫ
∴ｙ∈ｇＫ
よって、ｙ∈Ｋｇ⇒ｙ∈ｇＫ
∴Ｋｇ⊆ｇＫ———☆☆
☆，☆☆より、ｇＫ＝Ｋｇ
よって、示された。

問4.2（定理）
群Ｇの部分集合Ｘ,Ｙ,Ｚと元ａ,ｂ∈Ｇについて、
（６）ａ(Ｘ∩Ｙ)＝ａＸ∩ａＹ
が成り立つ事を示せ。

おまけ：