数学

解説
＞多項式の根はα＝２cos(2π/9)，
β＝２cos(4π/9)，γ＝２cos(8π/9)である（問題6-1参照）。倍角の公式を利用すると、
β＝２(２cos²(2π/9)－１)＝α²－２である。

β＝２cos(4π/9)———➀
ところで、２倍角の公式は、
cos2θ＝２cos²θ－１　これにθ＝2π/9を代入すると、cos2(2π/9)＝２cos²(2π/9)－１
∴cos(4π/9)＝２cos²(2π/9)－１———②
➀，②より、
β＝２(２cos²(2π/9)－１)———③
また、α＝２cos(2π/9)の両辺を２乗すると、
α²＝４cos²(2π/9)　
∴α²/２＝２cos²(2π/9)———④
④を③に代入すると、
β＝２(α²/２－１)＝α²－２
という事。

＞また３つの根の和が０なのでγ＝－α－β＝－α²－α－２である。

ｘ³－３ｘ＋１＝０の３つの解がα，β，γより、３次方程式の解と係数の関係により、
α＋β＋γ＝０/１＝０
∴γ＝－α－β———➀
また、上より、β＝α²－２———②
②を➀に代入すると、
γ＝－α－(α²－２)＝－α²－α＋２
（参考書の誤植のようだ。）

＞よってαはｘ³－３ｘ＋１の原始元であり、

α＝α
β＝α²－２
γ＝－α²－α＋２
よって、ｆ(ｘ)＝ｘ³－３ｘ＋１と置くと、αはｆ(ｘ)の根αで表されていて、ｆ(ｘ)の根α，β，γは全てαで表されているので、αはｆ(ｘ)＝ｘ³－３ｘ＋１の原始元である。

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

＞多項式の群は、αをαに取り換える入れ換え（恒等入れ換え）、αをβに取り換える入れ換え、αをγに取り換える入れ換えの３個の入れ換えからなる。

ｆ(ｘ)の原始元αを根に持つ既約多項式ｇ(ｘ)はまさに＝ｆ(ｘ)である。つまり、ｆ(ｘ)とｇ(ｘ)は一致している。
ところで、多項式の群Ｇfとは、「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、ここではαをα，αをβ，αをγに入れ換えたものが、Ｇfの全てである。（念のため、ｆ(ｘ)とｇ(ｘ)が一致しているから。）
よって、３個の元からなる。

ところで、この３個の元の集合は群をなさない。
ｅ＝(α β γ)，ａ＝(β α γ)，
ｂ＝(γ β α)
と置く（本当は２段で書きたいのだが、書けないので入れ換え後と考えて下さい）と、
ａの逆元は(β α γ)＝ａ
ｂの逆元は(γ β α)＝ｂ
で、それぞれ自分自身が逆元で存在している。
しかし、ａｂ＝(γ α β)，ｂａ＝(β γ α)（演算は自分でやって下さい）で、この集合は演算について閉じていないからである。
だから、定理9.1（基本定理）は間違っているのだろうか。それともｇ(ｘ)がｆ(ｘ)と一致するような特殊な場合は当てはまらないのだろうか。

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Ｇ_f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、Ｇ_f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、Ｇ_f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、Ｇ_f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Ｇ_fを多項式ｆ(ｘ)の群という。

念のため、最後の「この群Ｇ_fを多項式ｆ(ｘ)の群という」という部分だけである。
「合成に関して閉じていること」（p.154）という項があるが、ｇ(ｘ)の根について閉じている事を述べているだけである。
ガロワの証明の欠陥発覚なのだろうか。まぁ、「ガロワ理論の頂を踏む」石井俊全著によると登山道はいくつもあるらしいから問題ないが。（専門家に任せましょう。）

因みに、ｅ＝(α β γ)，ａ＝(β α γ)，
ｂ＝(γ β α)の演算結果の、ａｂ＝(γ α β)，ｂａ＝(β γ α)もｇ(ｘ)の根についてもｆ(ｘ)の根についても閉じている。

おまけ：

問題
線分ＡＣ，ＢＣをそれぞれ直径とする２つの半円があり、大きい半円の弦ＡＱは、点Ｐで小さい半円に接しているものとする。ＡＣ＝１２，ＢＣ＝８のとき、
（１）弦ＡＱの長さを求めよ。
（２）網目部分の面積を求めよ。
（９２　日大二）

図の解説：直径がＡＣの半円の内部に半円ＢＣが点Ｃを共有して存在している。Ａから半円ＢＣに接線を引きその接点をＰ，ＡＰの延長と半円ＡＣとの交点をＱとした図で、網目部分は図形ＰＣＱ。

模範解答
（１）図のようにＯ，Ｏ'を定める（注：半円ＡＣの中心がＯで半円ＢＣの中心がＯ'）。
小円の半径は４，ＡＯ'＝１２－４＝８
よって、∠Ｏ'ＰＡ＝９０°，ＡＯ'：Ｏ'Ｐ＝８：４＝２：１で、△ＡＯ'Ｐは３０°定規。これと相似な△ＡＣＱも３０°定規で、
ＡＱ＝ＡＣ×(√３/２)＝６√３
（２）求める面積＝△ＡＯＱ＋扇形ＯＱＣ－△ＡＰＯ'－扇形Ｏ'ＰＣ
＝(√３/４)×６²＋６²π×(１/６)－(１/２)×４×４√３－４²π×(１/３)
＝(２/３)π＋√３
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
（２）の△ＡＯＱの面積＝(√３/４)×６²となっていますが、△ＯＡＱをＯからＡＱに下ろした垂線で切って組み直して、１辺が６ｃｍの正三角形と同じ面積と見なして、公式Ｓ＝(√３/４)ａ²を使っているのでしょう。
https://text.tomo.school/regular-triangle-area/

（１）の別解１（私の最初の解法）
半円ＡＣの中心をＯ，半円ＢＣの中心をＯ'とすると、Ｏ'Ｃ＝Ｏ'Ｐ＝８÷２＝４
∴ＡＯ'＝１２－４＝８　また、ＡＱは接線より、Ｏ'Ｐ⊥ＡＱ　よって、△ＡＰＯ'は直角三角形で、Ｏ'Ｐ：ＡＯ'＝４：８＝１：２より、１：２：√３の直角三角形。
∴∠ＰＡＯ'＝３０°
また、ＯＱを結ぶと、半径より△ＯＡＱは底角が３０°の二等辺三角形なので、頂角が１２０°の二等辺三角形の二辺比を使うと、
ＡＱ＝√３ＯＡ
ところで、ＯＡ＝１２÷２＝６より、
ＡＱ＝６√３
（１）の別解２
参考書に「定規の発見が鍵」とあるので、３０°を使わない解法を作ってみました。
方べきの定理より、
ＡＰ²＝ＡＢ・ＡＣ＝(１２－８)・１２＝４８
∴ＡＰ＝４√３———➀
ここで、半円ＢＣの中心をＯ'とすると、ＡＱは接線よりＯ'Ｐ⊥ＡＱ　∴∠ＡＰＯ'＝９０°
また、ＱＣを結ぶと、半円の円周角より∠ＡＱＣ＝９０°∴∠ＡＰＯ'＝∠ＡＱＣ
また、∠Ａが共通より２角が等しいので、△ＰＡＯ'∽△ＱＡＣ
ところで、Ｏ'Ｃ＝８÷２＝４，ＡＯ'＝１２－４＝８より、ＡＯ'：ＡＣ＝８：１２＝２：３
よって、△ＰＡＯ'∽△ＱＡＣの相似比は２：３
∴ＡＱ＝(３/２)ＡＰ———②
➀を②に代入すると、
ＡＱ＝６√３

因みに、➀は△ＡＰＯ'で三平方の定理を使って求めても良いです。また、方べきの定理の代わりに、接弦定理を使って△ＡＢＰ∽△ＡＰＣを利用して求めても良いです。

他にも別解は何通りか作れますが、あまりエレガントではないので省略。

おまけ：

問題
図のように大，小２つの円が２点Ａ，Ｂで交わっている。ＡＰは小さい方の円の直径である。
ＡＢ＝１０，∠ＡＰＢ＝６０°，∠ＡＱＢ＝３０°のとき、図のカゲの部分の面積を求めよ。
（８９　洛星）

図の解説：大円と相似比が大円の１/２よりちょっと大きいぐらいの小円が２点Ａ，Ｂで交わっている。小円が大円からはみ出る部分はほんのちょっと。
また、小円の直径ＡＰの延長と大円との交点をＱとした図で、カゲの部分は大円の優弧ＡＢと小円の優弧ＡＢで囲まれた部分。

模範解答
大円の中心をＯとすると、
∠ＡＯＢ＝２×∠ＡＱＢ＝６０°＝∠ＡＰＢ
であるから、Ｏは、小円の円周上にある。
網目部（注：問題文のカゲの部分）
＝大円Ｏ－中心角２４０°の小円Ｏ'の扇形
－図形Ｏ'ＡＢ（注：図形Ｏ'ＡＢは扇形Ｏ'ＡＢではない。）
＝大円Ｏ－中心角２４０°の小円Ｏ'の扇形
－(扇形ＯＡＢ－△ＯＯ'Ａ－△ＯＯ'Ｂ)
＝１０²π－(１０/√３)²π×(２/３)
－{１０²π×(１/６)－(√３/４)×１０²×(２/３)}
＝(５５０/９)π＋５０√３/３
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞(√３/４)×１０²×(２/３)

これは△ＯＯ'Ａ２個分を正三角形の面積の公式を２/３にして求めていますね。

また、「Ｏは、小円の円周上にある。」は使わない解法でしたね。参考書の別解では使います。


参考書の別解
大円の中心をＯとすると、
∠ＡＯＢ＝２×∠ＡＱＢ＝６０°＝∠ＡＰＢ
であるから、Ｏは、小円の円周上にある。
カゲの部分＝中心角３００°の大円Ｏの扇形－弓形ＯＡ－弓形ＯＢ
＝中心角３００°の大円Ｏの扇形－弓形ＯＢ×２
＝中心角３００°の大円Ｏの扇形－(中心角１２０°の小円Ｏ'の中心角１２０°の扇形－△Ｏ'ＯＢ)×２
＝１０²π×(５/６)－{(１０/√３)²π×(１/３)－１０×５/√３×(１/２)}×２
＝５００π/６－２(１００π/９－２５/√３)
＝２５０π/３－２００π/９＋５０/√３
＝５５０π/９＋５０√３/３

私の解法（上の模範解答と大体同じ。）
大円の中心をＯ，小円の中心をＯ'とすると、
カゲの部分＝大円Ｏ－小円Ｏ'＋月形ＡＢ———➀
月形ＡＢ＝扇形Ｏ'ＡＢ＋△ＯＯ'Ａ×２－扇形ＯＡＢ
＝(１０/√３)²π×(１/３)＋(１０/√３)×５×(１/２)×２－１０²π×(１/６)
＝１００π/９＋５０/√３－５０π/３
＝－５０π/９＋５０√３/３———②
（それぞれの求め方は省略。特に△ＯＯ'ＡはＯＯ'を底辺で高さをＡＢ/２としたが、二等辺三角形Ｏ'ＯＡで求めても良い。上（参考書の別解）ではそうした。）
②を➀に代入すると、
カゲの部分＝１０²π－(１０/√３)²π＋(－５０π/９＋５０√３/３)
＝１００π－１００π/３－５０π/９＋５０√３/３
＝９００π/９－３００π/９－５０π/９＋５０√３/３
＝５５０π/９＋５０√３/３

おまけ：

解説
＞β，γの式からγ/β＝ωが得られる。よってガロワ対応から多項式の群Ｇfは、ｘ²＋ｘ＋１の群（２個の入れ換えからなる。問題9-1）を商群に持つ。

まず、ガロワ対応を挙げておこう。

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。

このある多項式ｇ(ｘ)とは何か。そこで、p.164の「ガロワ対応と正規部分群」も抜き書きする。

「重根を持たない多項式ｆ(ｘ)に対して、その多項式の群をＧfとします。ｆ(ｘ)の根の式γがＧfの入れ換えで、
γ₁＝γ，γ₂，・・・，γs
と変わったとします。このとき
ｇ(ｘ)＝(ｘ－γ₁)・・・(ｘ－γs)
は定数係数多項式で、さらにγの最小多項式になっています。」

ところで、「β，γの式からγ/β＝ωが得られる」のβ，γはｆ(ｘ)＝ｘ³－３の根なので、γ/β＝ωはすぐ上（p.164の所）のγに当たる。
よって、「γの最小多項式になっています」からωの最小多項式を求めると、
ω＝(－１＋√３ｉ)/２＝ｘと置くと、
２ｘ＋１＝√３ｉ　∴(２ｘ＋１)²＝－３
４ｘ²＋４ｘ＋４＝０　∴ｘ²＋ｘ＋１＝０
よって、ｇ(ｘ)＝ｘ²＋ｘ＋１である。
よって、Ｇgは「ｘ²＋ｘ＋１の群（２個の入れ換えからなる。問題9-1）」で、

問題 9-1a
有理数係数多項式ｘ²－２の群を求めよ。
（参考：一般に既約２次式ｆ(ｘ)の多項式の群はｆ(ｘ)の根の入れ換えと、恒等入れ換えの２つからなる群である。）

また、定理9.3より、「この対応においてｇ(ｘ)の群Ｇgは商群Ｇf/Ｈと同型である」ので、
Ｇg≅Ｇf/Ｈ

これを、ＧfはＧgを商群に持つと言うらしい。（本によって表現が異なっていたりして良く分からない。）

＞よってＧfに含まれる元の個数は２で割り切れる。

Ｇg≅Ｇf/Ｈより、両辺の元の個数は等しい。また、ｇ(ｘ)＝ｘ²＋ｘ＋１で|Ｇg|＝２だったので、２＝|Ｇg|＝|Ｇf/Ｈ|
ところで、|Ｇf/Ｈ|＝|Ｇf：Ｈ|（定義4.3より）

定義4.3
Ｇを群，ＨをＧの部分群とするとき、Ｈの左剰余類の集合の濃度をＧにおけるＨの指数といい、|Ｇ：Ｈ|で表す。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

∴|Ｇf：Ｈ|＝２
また、ラグランジュの定理より、
|Ｇf|＝|Ｇf：Ｈ|・|Ｈ|
∴|Ｇf|＝２|Ｈ|
よって、Ｇfの元の個数は２の倍数より、「Ｇfに含まれる元の個数は２で割り切れる」という事。

定理4.4（ラグランジュの定理）
Ｇを有限群，ＨをＧの部分群とすると、Ｇの位数はＨの位数と|Ｇ：Ｈ|の積になる。すなわち、
|Ｇ|＝|Ｇ：Ｈ|・|Ｈ|
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

定理4.4（ラグランジュの定理）
有限群Ｇの部分群Ｈに対して、Ｇに含まれる元の個数は、Ｈに含まれる元の個数にＨの指数を掛けた数に等しい。すなわち
|Ｇ|＝(Ｇ：Ｈ)|Ｈ|
が成り立つ。とくに|Ｈ|は|Ｇ|の約数である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

続きは次回。

おまけ：

解説の続き
＞またαをそれぞれα,β,γに取り換える入れ換えもある（もしそのような入れ換えがないと、固定される根が現れ、定数の根ができ矛盾する）。よってＧfは入れ換えを３個以上含む。

例えば、（α,β,γ)→（γ,β,α)という入れ換えと恒等変換（α,β,γ)→（α,β,γ)しかＧfに元がないとしたら、βが固定されて、この群にガロワ対応する体はβの式全体（だけ）である。（βが不変という事。）
という事はα，β，γの式全体などもβの式全体になり、αとγは定数（有理数）という事になって矛盾するという訳である。（α＝³√３，β＝³√３ω，γ＝³√３ω²だから。）

注：「以下の問題において、有理数係数多項式の群は定数を有理数として考える。」（p.169）

とある。

補足（前回の補足）
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。

このある多項式ｇ(ｘ)とは何か。そこで、p.164の「ガロワ対応と正規部分群」も抜き書きする。

「重根を持たない多項式ｆ(ｘ)に対して、その多項式の群をＧfとします。ｆ(ｘ)の根の式γがＧfの入れ換えで、
γ₁＝γ，γ₂，・・・，γs
と変わったとします。このとき
ｇ(ｘ)＝(ｘ－γ₁)・・・(ｘ－γs)
は定数係数多項式で、さらにγの最小多項式になっています。」

＞β，γの式からγ/β＝ωが得られる。よってガロワ対応から多項式の群Ｇfは、ｘ²＋ｘ＋１の群（２個の入れ換えからなる。問題9-1）を商群に持つ。

先程は（上では）、γ/β＝ωの最小多項式を作って、ｇ(ｘ)＝ｘ²＋ｘ＋１を求めたが、今回は「ｆ(ｘ)の根の式γがＧfの入れ換え」でｇ(ｘ)を求めてみる。
上でも述べたように、γ/β＝ωが「根の式γ」に当たる。つまり、γ/βをα，β，γに入れ換えて、「γ₁＝γ，γ₂，・・・，γs」を求め、「ｇ(ｘ)＝(ｘ－γ₁)・・・(ｘ－γs)」を求める。
α＝³√３，β＝³√３ω，γ＝³√３ω²から、
γ/βの全ての入れ換えは、ω，ω²，１/ω，１/ω²となり、ω³＝１より１/ω＝ω²，１/ω²＝ωとなる。つまり、ωとω²のみである。
∴ｇ(ｘ)＝(ｘ－ω)(ｘ－ω²)
＝ｘ²－(ω＋ω²)ｘ＋ω³―――☆
また、ω³＝１，ω²＋ω＋１＝０より、
ω＋ω²＝－１　これらを☆に代入すると、
ｇ(ｘ)＝ｘ²＋ｘ＋１

おまけ：
https://archive.is/68pw5

問題
右図のように、半径５ｃｍの２つの円と半径８ｃｍの１つの円がそれぞれ互いに外接している。
次の問いに答えなさい。
（１）３つの円に外接する円Ｏの半径を求めなさい。
（２）３つの円が内接する円Ｏ'の半径を求めなさい。
（９３　日大習志野）

模範解答
（１）図のように記号をふり（注：中円の中心をＰ₁，小円の中心を左からＰ₂，Ｐ₃，小円同士の接点をＴ）、中心線をひく。円Ｏの半径をｘとおいて網目部の直角三角形ＯＰ₂Ｔに注目すると、
ＯＰ₂＝ｘ＋５，ＴＰ₂＝５，
ＯＴ＝Ｐ₁Ｔ－ＯＰ₁＝√(１３²－５²)－(８＋ｘ)
＝４－ｘ
よって、三平方の定理を用いて、
(４－ｘ)²＋５²＝(ｘ＋５)²
これを解いて、ｘ＝８/９（ｃｍ）
（２）（１）と同様に中心線をひいて、網目部の三角形Ｏ'Ｐ₂Ｔに三平方の定理を用いる。
Ｏ'Ｔ²＋ＴＰ₂²＝Ｏ'Ｐ₂²
より、円Ｏ'の半径をｙとおくと、
(２０－ｙ)²＋５²＝(ｙ－５)²
これを解いて、ｙ＝４０/３（ｃｍ）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

私の解法（基本的に同じ解法）
（１）中円の中心をＰ₁，右小円の中心をＰ₂，小円同士の接点をＴとすると、対称性からＰ₁，Ｏ'，Ｏ，Ｔは一直線上にあり、Ｐ₁Ｔは円Ｐ₂の接線になるので、Ｐ₁Ｔ⊥Ｐ₂Ｔ
また、Ｐ₁Ｐ₂＝８＋５＝１３ｃｍ，Ｐ₂Ｔ＝５ｃｍより、△Ｐ₁ＴＰ₂は５，１２，１３の直角三角形。∴Ｐ₁Ｔ＝１２ｃｍ
また、円Ｏの半径をｒと置くと、ＯＰ₂＝ｒ＋５ｃｍ，Ｐ₂Ｔ＝５ｃｍより、△ＯＴＰ₂で三平方の定理を使うと、
ＯＴ＝√{(ｒ＋５)²－５²}
また、ＯＰ₁＝ｒ＋８より、
√{(ｒ＋５)²－５²}＋ｒ＋８＝１２が成り立つ。
∴√{(ｒ＋５)²－５²}＝４－ｒ
∴(ｒ＋５)²－５²＝(４－ｒ)²
∴ｒ²＋１０ｒ＝ｒ²－８ｒ＋１６
∴１８ｒ＝１６　∴ｒ＝８/９
ところで、４－ｒ＞０より、ｒ＜４
よって、適正。
よって、答えは、８/９ｃｍ
（２）大円の半径をＲと置く。
ここで、Ｏ'Ｐ₂の延長と円との交点をＳとすると、円の性質上、点Ｓは小円と大円の接点と重なる。∴Ｏ'Ｐ₂＝Ｒ－５ｃｍ
よって、△Ｏ'ＴＰ₂で三平方の定理を使うと、
Ｏ'Ｔ＝√{(Ｒ－５)²－５²}
また、Ｏ'Ｐ₁＝Ｒ－８ｃｍ
よって、√{(Ｒ－５)²－５²}＋Ｒ－８＝１２が成り立つ。∴√{(Ｒ－５)²－５²}＝２０－Ｒ
∴(Ｒ－５)²－５²＝(２０－Ｒ)²
∴Ｒ²－１０Ｒ＝Ｒ²－４０Ｒ＋４００
∴３０Ｒ＝４００　∴Ｒ＝４０/３
ところで、２０－Ｒ＞０より、Ｒ＜２０
よって、適正。
よって、答えは、４０/３ｃｍ

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/269605f26f08cbfa814117e83bb64cc6661e74df?page=2

問題
Ｇ＝{ｚ｜ｚ⁶＝１，ｚ∈ℂ}（１の６乗根全体）を求め、それが通常の積について巡回群であることを示しなさい。また生成元を求めなさい。

別解
ｚ⁶－１＝０より、(ｚ³＋１)(ｚ³－１)＝０
∴(ｚ＋１)(ｚ²－ｚ＋１)(ｚ－１)(ｚ²＋ｚ＋１)＝０
ｚ＝±１，(１±√３ｉ)/２，
(－１±√３ｉ)/２
∴Ｇ＝{(－１－√３ｉ)/２，－１，
(－１＋√３ｉ)/２，１，(１－√３ｉ)/２，
(１＋√３ｉ)/２}
ところで、±１は２乗すると１になり巡回群の生成元にはなり得ない。
また、(－１＋√３ｉ)/２＝ωで、ωも３乗すると１になり６個全てを表せないので、巡回群の生成元にはなり得ない。－ωも同様。
よって、候補は(１±√３ｉ)/２の２つだけである。
{(１＋√３ｉ)/２}¹＝(１＋√３ｉ)/２
{(１＋√３ｉ)/２}²＝(－２＋２√３ｉ)/４
＝(－１＋√３ｉ)/２
{(１＋√３ｉ)/２}³
＝{(－１＋√３ｉ)/２}{(１＋√３ｉ)/２}
＝(－１－３)/４＝－１
{(１＋√３ｉ)/２}⁴
＝－１・{(１＋√３ｉ)/２}
＝－(１＋√３ｉ)/２
{(１＋√３ｉ)/２}⁵
＝{－(１＋√３ｉ)/２}{(１＋√３ｉ)/２}
＝－(１＋√３ｉ)²/４
＝－(－２＋２√３ｉ)/４
＝(１－√３ｉ)/２
{(１＋√３ｉ)/２}⁶
＝{(１－√３ｉ)/２}{(１＋√３ｉ)/２}
＝(１＋３)/４＝１
よって、(１＋√３ｉ)/２，
(－１＋√３ｉ)/２，－１，
－(１＋√３ｉ)/２，(１－√３ｉ)/２，１
より、累乗で６個の元全てを表せるので、
(１＋√３ｉ)/２は生成元でＧは巡回群である。

また、(１－√３ｉ)/２も生成元になるが、別に１個示せば十分なので、省略。

因みに、模範解答では、
「（Ｇ1）（Ｇ1）は成立。（Ｇ2）単位元はｚ₁＝１
（Ｇ3）各逆元はｚ₁^-1＝ｚ₁，ｚ₂^-1＝ｚ₆，ｚ₃^-1＝ｚ₅，ｚ₄^-1＝ｚ₄，ｚ₅^-1＝ｚ₃，ｚ₆^-1＝ｚ₂で存在する。以上よりＧは群である。」
と群である事も示しているが、これは必要ない。（もちろん、初学者のためにわざと付けたのだろう。）

定義3.4
群Ｇのすべての元がＧのある元ａの累乗になっているとき、Ｇはａで生成された巡回群であるといい、ａをその生成元という。すなわち、
Ｇ：巡回群 ⇔ ∃ａ∈Ｇ，Ｇ＝＜ａ＞
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

群Ｇが前提となっているので、群Ｇである事の証明も必要かと思うかもしれないが、

定理3.1
ａの累乗の全体からなるＧの部分集合＜ａ＞＝{ａ^n｜ｎ∈ℤ}はＧの部分群になる。また、この群はａを含むＧの最小の部分群である。}
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

Ｇは群とは定義されていないのである。つまり、累乗のｎが自然数ではなく整数である事から逆元や単位元や結合律や「累乗の全体」から閉じている事が自明なので、暗黙の了解で群になるという前提なのだろう。
よって、群の証明は必要ないという事である。

おまけ：

問題
右図の半円Ｏの半径は３ｃｍで、ＢＣ＝ＣＤ＝２ｃｍである。このとき、ＡＤの長さを求めよ。
（８９　東京農大一）

模範解答
図のように、ＯＣ，ＢＤを結んでその交点をＥとする。ＢＣ＝ＣＤ＝２（ｃｍ）
ＯＢ＝ＯＤ＝３（ｃｍ）より、
△ＯＢＣ≡△ＯＤＣ
よって、ＯＣ⊥ＢＤ
いま、ＯＥ＝ｘとおくと、
ＯＢ²－ＯＥ²＝ＢＥ²＝ＢＣ²－ＣＥ²
これにわかっている数値とｘを代入して、
３²－ｘ²＝２²－(３－ｘ)²
これを解いて、ｘ＝７/３
△ＢＡＤに中点連結定理を用いて、
ＡＤ＝２ｘ＝１４/３（ｃｍ）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞ＢＣ＝ＣＤ＝２（ｃｍ）
ＯＢ＝ＯＤ＝３（ｃｍ）より、
△ＯＢＣ≡△ＯＤＣ

三辺相等より。

＞よって、ＯＣ⊥ＢＤ

イメージ的には自明そうだが、厳密に述べよう。
△ＯＢＣ≡△ＯＤＣより、
∠ＯＢＣ＝∠ＯＤＣ　
よって、ＯＣは∠ＢＯＤの二等分線。
また、半径よりＯＢ＝ＯＤなので、△ＯＢＤは二等辺三角形。よって、ＯＥは二等辺三角形の頂角ＢＯＤの二等分線なので、底辺ＢＤと直交する。
∴ＯＥ⊥ＢＤ　∴ＯＣ⊥ＢＤ

＞ＯＢ²－ＯＥ²＝ＢＥ²＝ＢＣ²－ＣＥ²

△ＢＯＥと△ＢＣＥでの三平方の定理をＢＥで共通して使っているという事。

別解は次回。

おまけ：

問題
右図の半円Ｏの半径は３ｃｍで、ＢＣ＝ＣＤ＝２ｃｍである。このとき、ＡＤの長さを求めよ。
（８９　東京農大一）

参考書の別解１
ＡＤ，ＢＣの各延長の交点をＰとすると、
∠ＡＣＢ＝∠ＡＣＰ＝９０°・・・➀
ＡＣは共通・・・②
∠ＢＡＣ＝∠ＰＡＣ・・・③
（同じ長さの弦を見込む円周角）
➀，②，③より、△ＡＢＣ≡△ＡＰＣ
よって、ＡＰ＝ＡＢ＝６（ｃｍ），
ＰＣ＝ＢＣ＝２（ｃｍ）
いま、方べきの定理より、
ＰＣ×ＰＢ＝ＰＤ×ＰＡ
ゆえにＰＤ＝(ＰＣ×ＰＢ)/ＰＡ
＝(２×４)/６＝４/３
よって、ＡＤ＝ＡＰ－ＤＰ＝１４/３（ｃｍ）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

参考書の別解２
ＯＣ，ＢＤを結んでその交点をＥとすると、
参考書の模範解答と同様に、ＯＣ⊥ＢＤ
また、半径よりＯＢ＝ＯＣ＝３ｃｍ，
ＢＣ＝２ｃｍ
ここで、ＯからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＯＢＣは二等辺三角形より点ＨはＢＣの中点。∴ＢＨ＝１ｃｍ
よって、△ＯＢＨで三平方の定理を使うと、
ＯＨ＝√(３²－１²)＝√８＝２√２ｃｍ
よって、△ＯＢＣの面積を２通りで表すと、
ＢＣ×ＯＨ×(１/２)＝ＯＣ×ＢＥ×(１/２)
∴２×２√２×(１/２)＝３×ＢＥ×(１/２)
∴ＢＥ＝４√２/３ｃｍ
よって、△ＯＢＥで三平方の定理を使うと、
ＯＥ＝√{３²－(４√２/３)²}
＝√(９－３２/９)＝√(４９/９)＝７/３ｃｍ
ところで、上の模範解答の私の解説より「ＯＥは二等辺三角形の頂角ＢＯＤの二等分線なので」点Ｅは底辺ＢＤの中点。
また、点ＯはＢＡの中点なので、△ＢＡＤでの中点連結定理より、
ＡＤ＝２ＯＥ＝１４/３ｃｍ

上の模範解答の解説では、うっかり
「△ＢＡＤに中点連結定理を用いて、
ＡＤ＝２ｘ＝１４/３（ｃｍ）」
の解説を忘れてしまいましたね。

私の別解２通りは次回。私の模範解答は「参考書の別解１」です。

おまけ：

問題
右図の半円Ｏの半径は３ｃｍで、ＢＣ＝ＣＤ＝２ｃｍである。このとき、ＡＤの長さを求めよ。
（８９　東京農大一）

私の別解１
ＡＣ，ＢＤを結ぶと、円周角より∠ＢＡＣ＝∠ＢＤＣ＝●と置く。
ここで、ＢＣ＝ＣＤより△ＣＤＢは底角が●の二等辺三角形。
また、ＯＣを結ぶと、半径より△ＯＡＣも底角が●の二等辺三角形。
よって、△ＣＤＢ∽△ＯＡＣである。
また、ＡＢは直径より∠ＡＣＢ＝９０°，ＢＣ＝２ｃｍ，ＡＢ＝３×２＝６ｃｍより、△ＡＢＣで三平方の定理を使うと、
ＡＣ＝√(６²－２²)＝√３２＝４√２ｃｍ
よって、△ＣＤＢ∽△ＯＡＣより、
３：４√２＝２：ＢＤが成り立つ。
∴ＢＤ＝８√２/３ｃｍ
また、ＡＢが直径より∠ＡＤＢも９０°よって、△ＤＡＢで三平方の定理を使うと、
ＡＤ＝√{６²－(８√２/３)²}
＝√(３６－１２８/９)＝√(１９６/９)
＝１４/３ｃｍ
よって、答えは、１４/３ｃｍ

私の別解２
ＡＢの延長とＤＣの延長との交点をＥとし、
ＢＥ＝ｘ，ＣＥ＝ｙと置いて方べきの定理を使うと、ｘ(ｘ＋６)＝ｙ(ｙ＋２)———➀
また、ＯＣを結ぶと、ＢＣ＝ＣＤより、弧ＢＣ＝弧ＣＥ　∴∠ＢＯＣ＝∠ＣＯＤ
よって、円周角と中心角の関係より、
∠ＢＯＣ＝∠ＢＡＤとなる。
よって、同位角が等しいので、ＯＣ∥ＡＤ
∴ｘ＋３：３＝ｙ：２
∴ｙ＝２(ｘ＋３)/３———②
②を➀に代入すると、
ｘ(ｘ＋６)＝{２(ｘ＋３)/３}{２(ｘ＋３)/３＋２}
∴９ｘ(ｘ＋６)＝{２(ｘ＋３)}{２(ｘ＋３)＋６}
∴９ｘ(ｘ＋６)＝２(ｘ＋３)(２ｘ＋１２)
∴９ｘ(ｘ＋６)＝４(ｘ＋３)(ｘ＋６)
ｘ＋６≠０より、
９ｘ＝４(ｘ＋３)　∴５ｘ＝１２
∴ｘ＝１２/５ｃｍ
∴ＥＯ＝３＋１２/５＝２７/５ｃｍ
ＥＡ＝２７/５＋３＝４２/５ｃｍ
ところで、△ＥＯＣ∽△ＥＡＤより、
ＥＯ：ＯＣ＝ＥＡ：ＡＤ
∴２７/５：３＝４２/５：ＡＤ
∴ＡＤ＝３(４２/５)(５/２７)＝４２/９
＝１４/３ｃｍ
よって、答えは、１４/３ｃｍ

おまけ：
https://eow.alc.co.jp/search?q=fantasy

解説
＞仮定よりαはｆ(ｘ)の原始元

仮定は、「ｆ(ｘ)の１つの根α＝α₁の式によって、ｆ(ｘ)の他のすべての根α₂,･･･,αnが表されている」という事で、原始元の定義は、

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

で、αはα＝α₁よりｆ(ｘ)の根で表されているので（１）を満たす。
また、「ｆ(ｘ)の他のすべての根α₂,･･･,αnがαの式によって表されている」ので、（２）も満たしている。（α₁＝αよりｆ(ｘ)の根全てがαによって表されているから。）
よって、αはｆ(ｘ)の原始元であるという事。

＞αはｆ(ｘ)の原始元なので、定理9.1(１)の証明より、αをα₁に入れ換えるのは式の形によりません。

p.153に「βの入れ換えは式の形によらない」とあり、また、p.151に「βは原始元」とあるので、「原始元の入れ換えは式の形によらず一定」という事。（次の項でどういう事か具体的に分かる。）

＞よって、ｈ(α)＝ｈ(α,ｇ(α))＝０においてαをαiに入れ換えると、
ｈ(αi,ｇ(αi))＝０

ｈ(ｘ)がどんな式でも、例えばｈ(α)＝０だったとすると、（原始元の最小多項式の他の根）αiに入れ換えてもｈ(αi)＝０で同じ（一定）になるという事。念のため、別に０である必要はない。

＞よって、ｈ(α)＝ｈ(α,ｇ(α))＝０においてαをαiに入れ換えると、
ｈ(αi,ｇ(αi))＝０　∴ｇ(αi)＝ｇ(α)（仮定）よりｈ(αi,ｇ(α))＝０

ｈ(α,ｇ(α))＝ｈ(αi,ｇ(αi))より、
ｇ(αi)＝ｇ(α)
これに、ｉ＝２,･･･,ｎを代入すると、
ｇ(ａ₂)＝ｇ(α),ｇ(ａ₃)＝ｇ(α),･･･,ｇ(ａn)＝ｇ(α)
よって、仮定の「αの式ｇ(α)の値がｇ(α₂),ｇ(α₃),･･･,ｇ(αn)の値とすべて等しいならば」という事である。
また、ｈ(αi,ｇ(αi))にｇ(αi)＝ｇ(α)を代入すると、ｈ(αi,ｇ(α))＝０

＞ｈ(αi,ｇ(α))＝０
　つまりｈ(ｘ)はα₁,･･･,αnをすべて根に持ちます。ゆえにdegｈ(ｘ)≧degｆ(ｘ)なのでdegｈ(ｘ)＝degｆ(ｘ)です。

ｈ(αi,ｇ(α))＝０は、ｈ(αi)＝０という意味で、このｉをｉ＝１,…,ｎにすると、「ｈ(ｘ)はα₁,･･･,αnをすべて根に持つ」という事。
よって、ｈ(ｘ)は少なくともｎ個（仮定より重根がないので全て相異なる根だから）の根を持つので、degｈ(ｘ)≧ｎ　
また、degｆ(ｘ)＝ｎより、
degｈ(ｘ)≧degｆ(ｘ)———➀
ところで、ｈ(ｘ)はαのＬ最小多項式で、ｆ(ｘ)はαのＫ最小多項式より、補題9.4により、degｈ(ｘ)＜degｆ(ｘ)———②
➀，②より、degｈ(ｘ)＝degｆ(ｘ)

＞したがって補題9.4よりＬは定数からなり、とくにｇ(α)は定数です。

補題9.4により、degｈ(ｘ)＝degｆ(ｘ)よりＫ＝Ｌで、またＫ⊂Ｌなので、Ｌは定数のみである。
（例えば、ℚ⊂ℚ[√２]でℚ＝ℚ[√２]だったらℚ[√２]は定数のみである。ｘの式にｘ＝α＝√２を代入するイメージ。）

補題9.4（定数の一意性）
ｆ(ｘ)を、体Ｋを係数とする既約多項式とする。またαをｆ(ｘ)の１つの根とし、体ＬはＫを含み、αの式全体に含まれるとする：Ｋ⊂Ｌ⊂(αのＫ係数の式全体)。ｇ(ｘ)をαのＬ最小多項式とする。もしＫ≠Ｌならば、degｇ(ｘ)＜degｆ(ｘ)である。言い換えると、degｆ(ｘ)＝degｇ(ｘ)ならばＬ＝Ｋである。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

おまけ：

訂正
＞よって、ｈ(α)＝ｈ(α,ｇ(α))＝０においてαをαiに入れ換えると、
ｈ(αi,ｇ(αi))＝０

ｈ(ｘ)がどんな式でも、例えばｈ(α)＝０だったとすると、（原始元の最小多項式の他の根）αiに入れ換えてもｈ(αi)＝０で同じ（一定）になるという事。念のため、別に０である必要はない。

これは勘違いしましたね。まず、その前の、

p.153に「βの入れ換えは式の形によらない」とあり、また、p.151に「βは原始元」とあるので、「原始元の入れ換えは式の形によらず一定」という事。（次の項でどういう事か具体的に分かる。）

「原始元の入れ換えは式の形によらない」とはどういう事かと言うと、例えば、原始元βの式、
ｈ(β)＝ｋ(β)＝ａになる２式ｈ(ｘ),ｋ(ｘ)があったとする。（例えば、ｈ(ｘ)＝ｘ²－ｘ，ｋ(ｘ)＝ｘとして、ｈ(２)＝ｋ(２)など。）
ここで、βの最小多項式の他の根をγとすると、
ｈ(γ)＝ｋ(γ)＝ｂ
と、βとγを入れ換えても２式の等号関係は保たれるという意味である。そして、それはｈ(ｘ)，ｋ(ｘ)の形によらないという事である。

次に勘違いの訂正。

＞よって、ｈ(α)＝ｈ(α,ｇ(α))＝０においてαをαiに入れ換えると、
ｈ(αi,ｇ(αi))＝０

ｈ(ｘ)はαのＬ最小多項式なので、ｈ(α)＝０
また、αはｆ(ｘ)の根でもあるので、ｆ(α)＝０　∴ｈ(α)＝ｆ(α)
ここで、αはｆ(ｘ)の原始元だったので、ｆ(ｘ)の別の根αiに入れ換えても等号関係が保たれる。（上より「原始元の入れ換えは式の形によらない」から。）
∴ｈ(αi)＝ｆ(αi)＝０（αiはｆ(ｘ)の根だから。）
よって、ｈ(αi,ｇ(αi))＝０という事。
（念のため、ｈ(αi,ｇ(αi))の後半はｈ(ｘ)の係数がｇ(αi)という意味。）

信じる信じないはあなた次第です。（自分で裏取って下さい。）

因みに、p.154の、

＞実際、入れ換えが式の形によらないので、
ｆ(ｈ(β))＝０　より　ｆ(ｈ(γ))＝０
となります（右辺の”０”もβの式と思って、両辺に入れ換えを施します）。

ｈ(β)は「ｆ(ｘ)の根ｈ(β)」より、
ｆ(ｈ(β))＝０
∴(ｆ◦ｈ)(β)＝０
ところで、「βを根に持つ既約多項式をｇ(ｘ)」より、ｇ(β)＝０
よって、(ｆ◦ｈ)(β)＝ｇ(β)ｍ(β)＝０と置けるので、(ｆ◦ｈ)(ｘ)＝ｇ(ｘ)ｍ(ｘ)
これにｘ＝γを代入すると、
(ｆ◦ｈ)(γ)＝ｇ(γ)ｍ(γ)＝０（「ｇ(ｘ)の他の根γ」よりｇ(γ)＝０だから。）
∴ｆ(ｈ(γ))＝０

これって別解という事ですか。

これは以前にやったものですが、これも信じる信じないはあなた次第ですレベルです。

おまけ：

問題
大小２つの円が点Ｔで内接している。Ｔを通る２本の直線がそれぞれの円と交わる点を図のようにＡ，Ｂ，Ｃ，Ｄとする。
（１）△ＴＡＣ∽△ＴＢＤを証明せよ。
（２）２つの円の中心間の距離は４ｃｍで、△ＴＢＤ＝９ｃｍ²，四角形ＡＢＣＤ＝１６ｃｍ²である。２つの円の半径は、それぞれ何ｃｍか。
（８２　土佐）

模範解答
（１）Ｔにおいて共通接線ＴＸをひくと、
接弦定理を大円に適用することより、
∠ＸＴＤ＝∠ＴＡＣ・・・➀
接弦定理を小円に適用することより、
∠ＸＴＤ＝∠ＴＢＤ・・・②
➀，②より、
∠ＴＡＣ＝∠ＴＢＤ・・・③
③と∠Ｔが共通なことから、
△ＴＡＣ∽△ＴＢＤ
（２）△ＴＢＤ∽△ＴＡＣで、それぞれの面積は、△ＴＢＤ＝９（ｃｍ²）
△ＴＡＣ＝９＋１６＝２５（ｃｍ²）
よって、相似比は、√９：√２５＝３：５
いま、大円の中心をＯ、小円の中心をＯ'として、ＴＯ'Ｏ，Ｏ'Ｄ，ＯＣをひくと、
∠ＴＯ'Ｄ＝２×∠ＴＢＤ＝２×∠ＴＡＣ
＝∠ＴＯＣ
よって、△ＴＯ'Ｄ∽△ＴＯＣで、相似比は、
ＴＤ：ＴＣ＝３：５
小円の半径をｘとおくと、
ＴＯ'：ＴＯ＝ｘ：(ｘ＋４)＝３：５
これより、小円の半径＝ｘ＝６（ｃｍ）
大円の半径＝ｘ＋４＝６＋４＝１０（ｃｍ）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

別解（私のオリジナル）
（１）大円の中心をＯ，小円の中心をＯ'とすると、円の性質上、３点Ｔ，Ｏ'，Ｏは一直線上にある。また、半径より△Ｏ'ＴＤも△ＯＴＣも二等辺三角形で、∠ＯＴＣを共有しているので相似である。
よって、∠ＴＯ'Ｄ＝∠ＴＯＣ———➀
また、円周角と中心角の関係より、
∠ＴＯ'Ｄ＝２∠ＴＢＤ———②
∠ＴＯＣ＝２∠ＴＡＣ———③
➀，②，③より、∠ＴＢＤ＝∠ＴＡＣ
また、∠ＡＴＣは共通より２角が等しいので、△ＴＡＣ∽△ＴＢＤ
（２）△ＴＡＣ＝△ＴＢＤ＋△ＡＢＣＤ＝９＋１６＝２５ｃｍ²　
また、△ＴＢＤ＝９ｃｍ²より、
△ＴＢＤと△ＴＡＣの面積比は９：２５
また、（１）より、△ＴＢＤと△ＴＡＣは相似より、相似比は３：５
ところで、相似な三角形に外接する円どうしも相似で相似比も等しい。
よって、小円の半径をｒ₁，大円の半径をｒ₂と置くと、ｒ₁：ｒ₂＝３：５
ところで、２つの中心間の距離が４ｃｍより、ｒ₂－ｒ₁＝４ｃｍ———➀
ｒ₁：ｒ₂＝３：５より、ｒ₁＝３ａ，ｒ₂＝５ａと置くと、ｒ₂－ｒ₁＝２ａ———②
➀，②より、ａ＝２ｃｍ
∴ｒ₁＝６ｃｍ，ｒ₂＝１０ｃｍ

おまけ：

解説
＞ここでＫに入らないＬの元ｃをとると、
ｃ＝ｃ₀＋ｃ₁α＋･･･＋ｃn-₁α^(n-1)（ｃ₀,･･･,ｃn-₁はＫの元，しかもｃ₁,･･･,ｃn-₁のどれかは０でない）
と表されます。

Ｋ⊂Ｌ⊂(αのＫ係数の式全体)より、Ｌの元は(αのＫ係数の式全体)の元でもあるので、
ｃ＝ｃ₀＋ｃ₁α＋･･･＋ｃn-₁α^(n-1)（ｃ₀,･･･,ｃn-₁はＫの元）
で表せ、ｃ₁,･･･,ｃn-₁を全て０とすると、ｃ＝ｃ₀となり、ｃ₀はＫの元で、ｃはＫに入らないＬの元なのにｃ＝ｃ₀で矛盾するから、ｃ₁,･･･,ｃn-₁のどれかは０でないという事。

＞この２通りの表示はＬ係数の式の一意性に反します。

「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著p.211に、

例4.4
ｆ(Ｘ)をℚ[Ｘ]のｎ次の既約多項式とする。αをｆ(Ｘ)＝０の一つの根とし、
ℚ[α]＝{ａ₀＋ａ₁α＋ａ₂α²＋･･･＋ａn-₁α^(n-1)｜ａi∈ℚ}
なる集合を考える。（あと省略）

問4.4
（３）ℚ[α]は{１,α,･･･,α^(n-1)}を基底とする体ℚ上のｎ次元ベクトル空間であることを示せ。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著p.212

とあり、Ｌをℚとすると、Ｌ係数の式のｎ次元ベクトル空間である。
また、こちらのサイトに「基底の一次結合の一意性」が書かれているので、Ｌ係数の式は一意的であるという事。

Ｖをｎ次元ベクトル空間とし、{ｖ₁,･･･,ｖn}をＶの１つの基底とする。このとき、Ｖの任意の元ｖは{ｖ₁,･･･,ｖn}の一次結合として
ｖ＝ａ₁ｖ₁＋･･･＋ａnｖn
と一意に表される。
引用元：https://academ-aid.com/math/thm-basis-unique

因みに、

＞ｎ＝degｆ(ｘ)とします。背理法で示します。仮にdegｆ(ｘ)＝degｇ(ｘ)とします。αのＫ係数の式は
ａ₀＋ａ₁＋･･･＋ａn-₁α^(n-1)（ａ₀,･･･,ａn-₁はＫの元）と一意的に表されます。

これ間違ってませんか。つまり、
ａ₀＋ａ₁＋･･･＋ａnα^n
次数なのでｎという事。

「０でない多項式ａ₀＋ａ₁ｘ＋･･･＋ａnｘ^n（ただしａ₀,･･･,ａnは定数，ａn≠０）の次数をｎと定義します。記号でdeg(ａ₀＋ａ₁ｘ＋･･･＋ａnｘ^n)（＝ｎ）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

とありますが。

因みに、

問4.4
（３）ℚ[α]は{１,α,･･･,α^(n-1)}を基底とする体ℚ上のｎ次元ベクトル空間であることを示せ。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著p.212

こっちは次元（dim）ですよね。（基底の個数がｎ。）

＞よってdegｇ(ｘ)＜degｆ(ｘ)です。

上より「ｆ(ｘ)を、体Ｋを係数とする既約多項式とする。またαをｆ(ｘ)の１つの根とし、ｇ(ｘ)をαのＬ最小多項式とする。」とあるので、
Ｋ＝ℚ，Ｌ＝ℚ[√５]とし、
ｆ(ｘ)＝ｘ²＋ｘ－１とすると、
ｘ＝(－１±√５)/２より、
α＝(－１＋√５)/２とする。
αのℚ[√５]最小多項式は、
ｇ(ｘ)＝ｘ－(－１＋√５)/２より１次。
また、ｆ(ｘ)＝ｘ²＋ｘ－１は２次より、
degｇ(ｘ)＜degｆ(ｘ)

もう一つぐらい挙げよう。
ｆ(ｘ)＝ｘ³－２とすると、
ｆ(ｘ)＝(ｘ－³√２)(ｘ－³√２ω)(ｘ－³√２ω²)
＝(ｘ－³√２){ｘ²＋³√２ｘ＋(³√２)²}
よって、α＝³√２ωとすると、αのℚ[³√２]最小多項式は、ｇ(ｘ)＝ｘ²＋³√２ｘ＋(³√２)²
よって、degｆ(ｘ)＝３，degｇ(ｘ)＝２
degｇ(ｘ)＜degｆ(ｘ)

＞言い換えると、degｆ(ｘ)＝degｇ(ｘ)ならばＬ＝Ｋである。

「Ｋ≠Ｌならば、degｇ(ｘ)＜degｆ(ｘ)」より、Ｋ≠Ｌならば、degｇ(ｘ)≠degｆ(ｘ)として、この対偶を取った訳である。

おまけ：

問題
右の図のように、円の弧に直線ＡＣ，ＢＣがそれぞれ点Ｅ，Ｂで接している。直線ＡＢと円の弧の交点をＤとする。∠ＡＣＢ＝∠Ｒ，ＡＥ＝６ｃｍ，ＥＣ＝３ｃｍのとき、次の問いに答えよ。
（１）∠ＡＤＥの大きさを求めよ。
（２）△ＡＤＥの面積をＳ₁，△ＡＢＥの面積をＳ₂とするとき、Ｓ₁/Ｓ₂の値を求めよ。
（８５　日大習志野）

模範解答
補助線ＤＥ，ＢＥをひく。
△ＢＣＥは、∠Ｃ＝９０°，ＣＢ＝ＣＥの直角二等辺三角形だから、∠ＥＢＣ＝４５°
またＣＢ，ＣＥは円の接線だから、接弦定理により、
∠ＥＢＣ＝∠ＥＤＢ＝４５°・・・➀
∠ＡＥＤ＝∠ＡＢＥ・・・②
（１）∠ＡＤＥ＝１８０°－∠ＥＤＢ
　　　＝１３５°
（２）∠Ａ共通と②より、△ＡＥＤ∽△ＡＢＥだから、Ｓ₁：Ｓ₂は２つの相似な三角形の面積の比である。面積比は相似比の２乗だから、Ｓ₁：Ｓ₂＝ＡＥ²：ＡＢ²・・・③
右図（注：直角三角形ＡＢＣのＡＣとＢＣの長さが分かる図）より、
ＡＢ＝√(ＡＣ²＋ＢＣ²)＝√(９²＋３²)
＝３√１０
よって、③＝６²：(３√１０)²＝２：５
ゆえに、Ｓ₁/Ｓ₂＝２/５
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

（２）の別解
ＤからＡＣに垂線を下ろしその足をＨとして、底辺ＡＥを共有しているので、面積比は高さの比と等しい。
∴Ｓ₁：Ｓ₂＝△ＡＤＥ：△ＡＢＥ
　＝ＤＨ：ＢＣ
よって、ＤＨ：ＢＣを求めれば良い。
ところで、方べきの定理より、
ＡＥ²＝ＡＤ・ＡＢ・・・☆
また、円と接線の関係より、ＣＢ＝ＣＥ＝３ｃｍ　∴ＡＢ＝ＡＥ＋ＥＣ＝６＋３＝９ｃｍ
よって、△ＡＢＣで三平方の定理を使うと、１：３：√１０の直角三角形より、
ＡＢ＝３√１０ｃｍ
これとＡＥ＝６ｃｍを☆に代入すると、
３６＝ＡＤ・３√１０　
∴ＡＤ＝１２/√１０＝６√１０/５ｃｍ
また、△ＡＤＨ∽△ＡＢＣより△ＡＤＨも１：３：√１０の直角三角形。
∴ＤＨ＝ＡＤ/√１０＝６/５ｃｍ
∴ＤＨ：ＢＣ＝６/５：３＝２：５
∴Ｓ₁/Ｓ₂＝２/５

おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1810996759029764132

https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1805725553619779890

問題
対角線が直交する四角形ＡＢＣＤが円Ｏに内接している。対角線の交点をＨとし、ＢＤの延長と点Ａにおける円Ｏの接線との交点をＴとする。ＡＨ＝１２，ＢＨ＝３５，ＡＤ＝１３であるとき、線分ＨＣ，ＤＴ，ＡＴの長さはそれぞれ、ＨＣ＝□，ＤＴ＝□，ＡＴ＝□である。
（９２　甲陽学院）

模範解答
まず直角三角形ＡＤＨ，ＡＢＨに注目して、ＡＢ，ＤＨを求める。
ＤＨ＝√(１３²－１２²)＝５
ＡＢ＝√(１２²＋３５²)＝３７
方べきの定理により、
ＡＨ×ＣＨ＝ＢＨ×ＤＨ
よって、△ＣＨ＝(ＢＨ×ＤＨ)/ＡＨ
＝１７５/１２
次に、接弦定理より、
∠ＴＡＤ＝∠ＴＢＡ・・・➀
よって、△ＴＡＤ∽△ＴＢＡ
△ＴＡＤと△ＴＢＡの面積比は、相似比ＡＤ：ＢＡ＝１３：３７の２乗の比で、
１３²：３７²———ア
一方、同じ△ＴＡＤと△ＴＢＡの面積比は、底辺をそれぞれＴＤ,ＴＢとみれば、高さは共通だから、図でＴＤ＝ｘとおくと、
ＴＤ：ＴＢ＝ｘ：(ｘ＋４０)———イ
アとイが等しいので、
１３²：３７²＝ｘ：(ｘ＋４０)　
これより、ｘ＝１６９/３０
方べきの定理より、ＴＤ×ＴＢ＝ＴＡ²
よって、ＴＡ＝ｙとおくと、
ｙ²＝(１６９/３０)×(１６９/３０＋４０)
これを解いて、ｙ＝４８１/３０
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解説
＞ＡＢ＝√(１２²＋３５²)＝３７

これは手計算では不可能である。
ＡＢ＝√(１４４＋１２２５)＝√１３６９
そこで、ピタゴラス数の直角三角形に当たりを付け、１２，３５，３７として３７²の計算をすると、１３６９で合う。
∴ＡＢ＝√(１２²＋３５²)＝３７
因みに、ここで３７と出来なくても大丈夫である。ＡＢ＝√１３６９のまま続けてみよう。

＞△ＴＡＤと△ＴＢＡの面積比は、相似比ＡＤ：ＢＡ＝１３：３７の２乗の比で、
１３²：３７²———ア

「△ＴＡＤと△ＴＢＡの面積比は、相似比ＡＤ：ＢＡ＝１３：√１３６９の２乗の比で、
１６９：１３６９———ア」
とする。

＞一方、同じ△ＴＡＤと△ＴＢＡの面積比は、底辺をそれぞれＴＤ,ＴＢとみれば、高さは共通だから、図でＴＤ＝ｘとおくと、
ＴＤ：ＴＢ＝ｘ：(ｘ＋４０)———イ
アとイが等しいので、
１３²：３７²＝ｘ：(ｘ＋４０)　
これより、ｘ＝１６９/３０

「一方、同じ△ＴＡＤと△ＴＢＡの面積比は、底辺をそれぞれＴＤ,ＴＢとみれば、高さは共通だから、図でＴＤ＝ｘとおくと、
ＴＤ：ＴＢ＝ｘ：(ｘ＋４０)———イ
アとイが等しいので、
１６９：１３６９＝ｘ：(ｘ＋４０)」
となり、
１３６９ｘ＝１６９(ｘ＋４０)
∴１２００ｘ＝１６９・４０
∴ｘ＝１６９/３０

参考書の別解
△ＡＢＴ∽△ＤＡＴより、
ＡＢ：ＤＡ＝ＡＴ：ＤＴ
ＡＢ：ＤＡ＝ＢＴ：ＡＴ
∴ＡＴ：ＤＴ＝ＢＴ：ＡＴ
∴ＡＴ²＝ＤＴ・ＢＴ
ここで、ＤＴ＝ｘ，ＡＴ＝ｙと置くと、
ｙ²＝ｘ(ｘ＋４０)———➀
また、△ＡＨＴで三平方の定理を使うと、
ｙ²＝１２²＋(ｘ＋５)²———②
➀，②より、
ｘ(ｘ＋４０)＝１２²＋(ｘ＋５)²
∴ｘ²＋４０ｘ＝１４４＋ｘ²＋１０ｘ＋２５
∴３０ｘ＝１６９
∴ｘ＝１６９/３０
これを➀に代入すると、模範解答と同じ計算でｙも求まる。

私の多少の別解は次回。

おまけ：

問題
対角線が直交する四角形ＡＢＣＤが円Ｏに内接している。対角線の交点をＨとし、ＢＤの延長と点Ａにおける円Ｏの接線との交点をＴとする。ＡＨ＝１２，ＢＨ＝３５，ＡＤ＝１３であるとき、線分ＨＣ，ＤＴ，ＡＴの長さはそれぞれ、ＨＣ＝□，ＤＴ＝□，ＡＴ＝□である。
（９２　甲陽学院）

多少の別解（私の最初の解法）
ＡＨ＝１２，ＡＤ＝１３より△ＡＤＨは５,１２,１３の直角三角形。∴ＨＤ＝５
ここで、方べきの定理を使うと、
１２・ＨＣ＝３５・５が成り立つ。
∴ＨＣ＝１７５/１２
また、ＤＴ＝ｘ，ＡＴ＝ｙと置くと、方べきの定理より、ｙ²＝ｘ(ｘ＋４０)———➀
また、接弦定理より、∠ＤＡＴ＝∠ＡＢＤ
また、∠Ｔが共通より２角が等しいので、△ＡＢＴ∽△ＤＡＴ　∴ＤＡ：ＤＴ＝ＡＢ：ＡＴ
ところで、△ＡＢＨで三平方の定理を使うと、
ＡＢ＝√(１２²＋３５²)＝√１３６９
∴１３：ｘ＝√１３６９：ｙ
∴ｙ＝√１３６９ｘ/１３———②
②を➀に代入すると、
１３６９ｘ²/１６９＝ｘ²＋４０ｘ
∴１３６９ｘ²＝１６９ｘ²＋１６９・４０ｘ
∴１２００ｘ²－４０・１６９ｘ＝０
∴４０ｘ(３０ｘ－１６９)＝０
ｘ≠０より、ｘ＝１６９/３０———③
∴ＤＴ＝１６９/３０
③を②に代入すると、
ｙ＝１３√１３６９/３０
∴ＡＴ＝１３√１３６９/３０
とこれを答えにすると減点されてしまうのだろう。１３６９＝３７²から、
ＡＴ＝４８１/３０　これが正解。

因みに、模範解答の解説の時には、

「ＡＢ＝√(１２²＋３５²)＝３７
これは手計算では不可能である。
ＡＢ＝√(１４４＋１２２５)＝√１３６９
そこで、ピタゴラス数の直角三角形に当たりを付け、１２，３５，３７として３７²の計算をすると、１３６９で合う。
∴ＡＢ＝√(１２²＋３５²)＝３７
因みに、ここで３７と出来なくても大丈夫である。ＡＢ＝√１３６９のまま続けてみよう。」

と書いて何の問題なく解いたように見せたが、最後の、

「ｙ²＝(１６９/３０)×(１６９/３０＋４０)
これを解いて、ｙ＝４８１/３０
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より」

の所を計算すると、
ｙ²＝(１６９/３０)×(１３６９/３０)
＝１３²・１３６９/３０²
ｙ＞０より、ｙ＝１３√１３６９/３０
となるので、やはり最初にピタゴラス数の直角三角形に目を付け、ＡＢ＝√(１２²＋３５²)＝３７としなければ満点は貰えないだろう。
ただし、１２²＋３５²＝３７²に気付いても、うっかり１３６９＝３７²に結び付かない人も沢山いる事だろう。

因みに、ｙ＝√１３６９ｘ/１３———②
これと△ＡＨＴでの三平方の定理より、
１２²＋(ｘ＋５)²＝ｙ²———④
②を④に代入すると、
１４４＋(ｘ＋５)²＝１３６９ｘ²/１６９
∴ｘ²＋１０ｘ＋１６９＝１３６９ｘ²/１６９
∴１６９ｘ²＋１６９０ｘ＋１３⁴＝１３６９ｘ²
∴１２００ｘ²－１６９０ｘ－１３⁴＝０
これを解の公式で解いても電卓がないととても計算出来ないのでダメです。
念のため、電卓があれば、
ｘ＝(８４５±５９１５)/１２００
ｘ＞０より、ｘ＝６７６０/１２００
＝６７６/１２０＝１６９/３０
と求まります。

一応、今まで不敗ですが、ｙ＝１３√１３６９/３０とやってしまったので、引き分けですね。（間違ってはいない。）

おまけ：