数学

問題
ＡＢ＝ＡＣ＝１２ｃｍ，ＢＣ＝１０ｃｍの△ＡＢＣが円に内接している。この円に弦ＡＤを引き、その延長が底辺ＢＣの延長と交わる点をＥとすると、ＡＤ＝ＤＥになった。このとき、線分ＡＤの長さは□ｃｍで、線分ＣＥの長さは□ｃｍである。
（８７　筑波大付）

解答
∠Ｂ＝∠ＡＣＢ（二等辺三角形の底角）
＝∠ＡＤＢ（円周角の定理）
よって、△ＡＢＤ∽△ＡＥＢ（二角相等）
比をとって
ＡＢ：ＡＥ＝ＡＤ：ＡＢ・・・①
求めたいＡＤの長さをｘとおいて①に代入すると、１２：２ｘ＝ｘ：１２
これを解いて、２ｘ^2＝１４４より、
ＡＤ＝ｘ＝６√２（ｃｍ）
次に、求めたいＣＥをｙとおくと、方べきの定理より、ＥＣ×ＥＢ＝ＥＤ×ＥＡ
∴ｙ(ｙ＋１０)＝６√２×１２√２
ｙ^2＋１０ｙ－１４４＝０
(ｙ＋１８)(ｙ－８)＝０より、
ＣＥ＝ｙ＝８（ｃｍ）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

別解
ＡＤ＝ｘ，ＣＥ＝ｙと置くと、ＡＥ＝２ｘ
また、ＡからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＡＢＣは二等辺三角形より、ＢＨ＝ＣＨ＝５ｃｍ　∴ＨＥ＝ｙ＋５
また、△ＡＢＨで三平方の定理を使うと、
ＡＨ＝√(１２^2－５^2)＝√１１９
よって、△ＡＥＨで三平方の定理を使うと、
１１９＋(ｙ＋５)^2＝(２ｘ)^2が成り立つ。
∴４ｘ^2＝ｙ^2＋１０ｙ＋１４４———①
また、方べきの定理より、
ｙ(ｙ＋１０)＝ｘ・２ｘが成り立つ。
∴２ｘ^2＝ｙ^2＋１０ｙ———②
②を①に代入すると、
２(ｙ^2＋１０ｙ)＝ｙ^2＋１０ｙ＋１４４
∴ｙ^2＋１０ｙ－１４４＝０
∴(ｙ＋１８)(ｙ－８)＝０
ｙ＞０より、ｙ＝８　∴ＣＥ＝８ｃｍ
また、②に代入すると、
２ｘ^2＝６４＋８０＝１４４
∴ｘ^2＝７２　ｘ＞０より、ｘ＝６√２
∴ＡＤ＝６√２ｃｍ

因みに、ここからが本番です。ＡＤ＝ｘ，ＣＥ＝ｙ，ＢＤ＝ｚ，ＣＤ＝ｗと置いて三平方の定理は使わないで別解を作って下さい。（これが出来たらマニアを名乗って良いと思います。）
因みに、ちょっと検索してみたら、ネット上には上の別解しかないようです。表プロなら上の模範解答を作るでしょう。
https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q1259318417

おまけ：

問題
ＡＢ＝ＡＣ＝１２ｃｍ，ＢＣ＝１０ｃｍの△ＡＢＣが円に内接している。この円に弦ＡＤを引き、その延長が底辺ＢＣの延長と交わる点をＥとすると、ＡＤ＝ＤＥになった。このとき、線分ＡＤの長さは□ｃｍで、線分ＣＥの長さは□ｃｍである。
（８７　筑波大付）

別解２
ＡＤ＝ｘ，ＣＥ＝ｙ，ＢＤ＝ｚ，ＣＤ＝ｗと置くと、ＡＥ＝２ｘ
四角形ＡＢＣＤは円に内接する四角形より、∠ＢＡＤ＝∠ＤＣＥ　∴∠ＢＡＥ＝∠ＤＣＥ　また、∠Ｅは共通より２角が等しいので、
△ＥＣＤ∽△ＥＡＢ
よって、ｘ：ｙ＝ｙ＋１０：２ｘ———①
ｙ：ｗ＝２ｘ：１２———②
が成り立つ。
∴２ｘ^2＝ｙ(ｙ＋１０)———①'
１２ｙ＝２ｘｗ　∴ｗｘ＝６ｙ———②'
また、円周角より∠ＣＡＤ＝∠ＣＢＤ，∠Ｅは共通より２角が等しいので、
△ＥＣＡ∽△ＥＤＢ
よって、ｘ：ｚ＝ｙ：１２が成り立つ。
∴ｙｚ＝１２ｘ———③
また、トレミーの定理を使うと、
１２ｗ＋１０ｘ＝１２ｚが成り立つ。
∴６ｗ＋５ｘ＝６ｚ———④
ここで、②'より、ｗ＝６ｙ/ｘとして④に代入すると、３６ｙ/ｘ＋５ｘ＝６ｚ
∴３６ｙ＋５ｘ^2＝６ｘｚ———⑤
また、③より、ｚ＝１２ｘ/ｙとして⑤に代入すると、３６ｙ＋５ｘ^2＝７２ｘ^2/ｙ
∴３６ｙ^2＋５ｘ^2ｙ＝７２ｘ^2———⑥
また、①'より、
ｘ^2＝ｙ(ｙ＋１０)/２
これを⑥に代入すると、
３６ｙ^2＋５ｙ^2(ｙ＋１０)/２＝３６ｙ(ｙ＋１０)
∴７２ｙ^2＋５ｙ^2(ｙ＋１０)＝７２ｙ(ｙ＋１０)
ところで、ｙ≠０より両辺をｙで割ると、
７２ｙ＋５ｙ(ｙ＋１０)＝７２(ｙ＋１０)
∴７２ｙ＋５ｙ^2＋５０ｙ＝７２ｙ＋７２０
∴５ｙ^2＋５０ｙ－７２０＝０
∴ｙ^2＋１０ｙ－１４４＝０
∴(ｙ＋１８)(ｙ－８)＝０
ｙ＞０より、ｙ＝８　∴ＣＥ＝８ｃｍ
また、①'に代入すると、
２ｘ^2＝８・１８＝１４４
∴ｘ^2＝７２　ｘ＞０より、ｘ＝６√２
∴ＡＤ＝６√２ｃｍ

問題
（　　）に語句を入れて英熟語を完成させてください。
～の家に泊まる
stay（　　）～

解答
with

しかし、コメント欄に、
「「...の家に泊まるは」withじゃなくstay overnight at someone's houseですよ。」
とある。
https://www.msn.com/ja-jp/lifestyle/other/%E5%A4%A7%E4%BA%BA%E3%81%AA%E3%82%89%E3%82%8F%E3%81%8B%E3%82%8B-%E4%B8%AD%E5%AD%A6%E6%A0%A1%E3%81%AE-%E8%8B%B1%E8%AA%9E-%E5%95%8F%E9%A1%8C-vol-16/ar-BB1nIbcK?ocid=msedgntp&pc=U531&cvid=0df38b3a48a34cb5919f0ac0ad5beebc&ei=13#comments

実際、こちらのサイトhttps://eow.alc.co.jp/search?q=stay+withでは、「泊まる」という言葉はない。
ただし、わたしの手もとに辞書（１９７８年）には「stay with」（･･･の家に泊まる，･･･の家に滞在する）で前の方が太字になっている。
また、載っているサイトもある。https://ejje.weblio.jp/content/stay--with#google_vignette
ただし、古そうである。因みに、載っていないサイトの方が圧倒的である。言葉は時代によってニュアンスが変わるからね。まぁ、意訳としては聞き返される程度で通用するのだろう。（適当）

おまけ：

問題
図で円Ｏ，Ｏ'は点Ｃで外接している。また、直線ＡＥは円Ｏ上の１点Ａからひいた円Ｏ'の接線であり、点Ｅは接点である。そして、２点Ｂ，Ｄはそれぞれ円Ｏと２直線ＡＥ，ＥＣとの交点，点Ｆは円Ｏ'と直線ＡＣとの交点である。次の問いに答えよ。
（１）∠ＥＡＦ＝２５°，∠ＥＦＡ＝５０°のとき
（ⅰ）∠ＡＢＤは何度か。
（ⅱ）∠ＡＤＥは何度か。
（２）∠ＥＡＦ＝３０°，ＡＤ∥ＢＣのとき、∠ＥＦＡは何度か。
（８２　成城学園）

図の解説：左に円Ｏ，右に円Ｏ'をＯ'の方をちょっと小さめに外接させて描き、接点をＣとする。次に、円Ｏの円周上左上に点Ａを取り、円Ｏ'の上方に接線を引きその接点をＥとし、ＡＥと円Ｏとの交点をＢとする。また、ＥＣの延長と円Ｏとの交点をＤ，ＡＣの延長と円Ｏ'との交点をＦとした図。

解答
（１）基本図４１より、ＡＤ∥ＥＦ
（ⅰ）接弦定理より、∠ＡＥＤ＝∠Ｆ＝５０°
円周角の定理より、∠ＢＤＣ＝∠ＢＡＣ＝２５°
よって、∠ＡＢＤ＝∠ＡＥＤ＋∠ＢＤＣ＝７５°
（ⅱ）ＡＤ∥ＥＦより、
∠ＡＤＥ＝∠ＤＥＦ（錯角）
＝１８０°－(∠ＥＡＦ＋∠ＡＥＣ＋∠Ｆ)＝５５°
（２）ＡＤ∥ＥＦとＡＤ∥ＢＣとあわせて、
ＡＤ∥ＢＣ∥ＥＦ
求めたい角度∠ＥＦＡ＝ｘ°とおくと、
まず、∠ＡＥＤ＝∠Ｆ＝ｘ°
次に、∠ＡＣＢ＝∠Ｆ（同位角）＝ｘ°
∠ＡＤＢ＝∠ＡＣＢ（円周角の定理）＝ｘ°
∠ＤＡＦ＝∠Ｆ（錯角）＝ｘ°
また、∠ＢＤＣ＝∠ＢＡＣ（円周角の定理）＝３０°
だから、△ＡＤＥの内角の和を考えて、
３ｘ°＋６０°＝１８０°
これを解いて、∠ＥＦＡ＝ｘ°＝４０°
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

注：基本図４１の解説は、共通内接線を引けば、接弦定理と対頂角から錯角が等しい事が言え、平行が言える。

（１）（ⅱ）の別解（私が思い付いた方法）
接弦定理より∠ＢＥＤ＝５０°また、円周角より∠ＢＤＣ＝２５°よって、△ＢＤＥの内対角の和より、∠ＡＢＤ＝７５°
ここで、共通内接線を引くと接弦定理と対頂角から∠ＤＡＣ＝∠ＣＦＥ＝５０°よって、∠ＤＡＢ＝７５°よって、△ＤＡＢの内角の和より∠ＡＤＢ＝３０°よって、∠ＡＤＥ＝３０°＋２５°＝５５°（無駄が多いですね。）
（２）の別解（私が思い付いた方法）
ＡＤ∥ＥＦとＡＤ∥ＢＣを合わせて、ＡＤ∥ＢＣ∥ＥＦまでは模範解答と同じ。
∠ＥＦＡ＝ｘと置くと、接弦定理より∠ＢＥＣ＝ｘ　また、円周角より∠ＢＤＣ＝∠ＢＡＣ＝３０°よって、△ＢＤＥの内対角の和より、∠ＡＢＤ＝ｘ＋３０°また、ＡＤ∥ＥＦより錯角で∠ＤＡＣ＝ｘ　よって、∠ＤＡＢ＝ｘ＋３０°
また、ＢＣ∥ＥＦより同位角で∠ＡＣＢ＝ｘ　また、円周角より∠ＡＤＢ＝∠ＡＣＢ＝ｘ
よって、△ＤＡＢの内角の和より、(ｘ＋３０°)×２＋ｘ＝１８０°が成り立つ。
よって、３ｘ＝１２０°よって、ｘ＝４０°
よって、∠ＥＦＡ＝４０°（これも無駄が多いですね。）

おまけ：https://www.nicovideo.jp/watch/sm5593687

問題
ｎと互いに素なものの総和はｎの倍数となる事を示せ。ただし、ｎ＝ａ^p・ｂ^q（ａ,ｂは素数），ｎ≧３とする。

解答
ｎと互いに素ではないものの総和は、
ａ,２ａ,３ａ,･･･,{ａ^(p-1)ｂ^q}ａ
ｂ,２ｂ,３ｂ,･･･,{ａ^pｂ^(q-1)}ｂ
ａｂ,２ａｂ,３ａｂ,･･･,{ａ^(p-1)ｂ^(q-1)}ａｂより、
ａ{１＋２＋３＋･･･＋ａ^(p-1)ｂ^q}
＋ｂ{１＋２＋３＋･･･＋ａ^pｂ^(q-1)}
－ａｂ{１＋２＋３＋･･･＋ａ^(p-1)ｂ^(q-1)}
＝ａ・[ａ^(p-1)ｂ^q・{１＋ａ^(p-1)ｂ^q}/２]
＋ｂ・[ａ^pｂ^(q-1)・{１＋ａ^pｂ^(q-1)}/２]
－ａｂ・[ａ^(p-1)ｂ^(q-1)・{１＋ａ^(p-1)ｂ^(q-1)}/２]
＝ｎ(１＋ｎ/ａ)/２＋ｎ(１＋ｎ/ｂ)/２
－ｎ(１＋ｎ/ａｂ)/２
＝(ｎ＋ｎ^2/ａ＋ｎ^2/ｂ－ｎ^2/ａｂ)/２
また、全ての総和は、ｎ(ｎ＋１)/２より、
ｎと互いに素なものの総和は、
ｎ(ｎ＋１)/２－(ｎ＋ｎ^2/ａ＋ｎ^2/ｂ－ｎ^2/ａｂ)/２
＝(ｎ^2－ｎ^2/ａ－ｎ^2/ｂ＋ｎ^2/ａｂ)/２
＝(ｎ^2/２)(１－１/ａ－１/ｂ＋１/ａｂ)
＝(ｎ^2/２)(１－１/ａ)(１－１/ｂ)
ところで、(ｎ^2－ｎ^2/ａ－ｎ^2/ｂ＋ｎ^2/ａｂ)/２の時点でｎでくくると、
ｎ(ｎ－ｎ/ａ－ｎ/ｂ＋ｎ/ａｂ)/２で、
また、ｎ＝ａ^p・ｂ^qより、ｎ－ｎ/ａ－ｎ/ｂ＋ｎ/ａｂ部分は整数になる。
ここで、ａまたはｂが２の場合は(ｎ－ｎ/ａ－ｎ/ｂ＋ｎ/ａｂ)/２も整数になり、ａまたはｂが２でない場合はｎは２で割り切れない。また、互いに素なものの総和なので全体は整数である。
よって、どちらの場合もｎは残り、ｎと互いに素なものの総和はｎの倍数になる。

因みに、メモ帳には「＝(ｎ^2/２)(１－１/ａ)(１－１/ｂ)」までしか書いていなくて、「ところで」以降は今回作った。

ところで、これが成り立つのはｎ＝ａ^p・ｂ^q（ａ,ｂは素数）に限った話ではない。その理由は、「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著の第１章§３の演習問題６である。

演習問題６
ｎを１より大きい正の整数とする。ｎより小さく、ｎと互いに素な正の整数をａ1,ａ2,･･･,ａφ(n)とするとき、次を求めよ。
ａ1＋ａ2＋･･･＋ａφ(n)＝∑((x,n)=1,0≦x＜n)ｘ

解答は、メビュースの反転公式などを使い複雑だが、答えは、ｆ(ｎ)＝ｎφ(ｎ)/２であり、定理3.3を使うと、
ｆ(ｎ)＝ｎ・ｎ(１－１/ｐ₁)(１－１/ｐ₂)･･･(１－１/ｐs)/２
＝(ｎ^2/２)(１－１/ｐ₁)(１－１/ｐ₂)･･･(１－１/ｐs)
となるからである。
因みに、このメモ帳は他に書いてあることから推察すると、少なくとも１２年以上前のものである。我ながら画期的なものを作っていたものだと思う。次回は、最近作った別解をやってみますね。（演習問題６をやった時にネットの知恵を借りて作った。）

おまけ：

問題
ｎと互いに素なものの総和はｎの倍数となる事を示せ。ただし、ｎ＝ａ^p・ｂ^q（ａ,ｂは素数），ｎ≧３とする。

別解
例えば、ｎ＝１５とすると、ｎと互いに素なものは、{１,２,４,７,８,１１,１３,１４}
この両端同士からペアにしていくと、全ての組の和は１５になる。
ｎ＝１４とすると、ｎと互いに素なものは、{１,３,５,９,１１,１３}
やはり、両端同士からペアにしていくと、全ての組の和はｎになる。
また、ｎ≧３の場合は、この個数は必ず偶数になる。その理由は、
ｎ≧３の場合、ｎは奇素数を含む数かまたは２^k（k∈ℕ）と表される。
ｎが奇素数を含む場合は、ｎ＝ｎ'ｐ（ｐは奇素数）と置くと、定理3.2より、φ(ｎ)＝φ(ｎ'ｐ)＝φ(ｎ')φ(ｐ)

定理3.2
オイラーの関数は乗法的である。すなわち、ｎ＝ｎ1・ｎ2のとき、
(ｎ1,ｎ2)＝１⇒φ(ｎ)＝φ(ｎ1)・φ(ｎ2)
が成り立つ。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

ところで、ｐは素数よりφ(ｐ)＝ｐ－１＝偶数より、φ(ｎ)は偶数となる。
また、ｎ＝２^kの場合は、２^kと互いに素なものは１から２^kまでの全ての奇数なので、２^k/２＝２^(k-1)個である。よって、φ(ｎ)＝偶数
どちらの場合もφ(ｎ)は偶数個である。

よって、ｎと互いなものの総和は、ペアの和×互いに素なものの個数÷２で求められる。
つまり、ｎ・φ(ｎ)/２———①
ここで、定理3.3を使うと、
ｎ＝ａ^p・ｂ^q（ａ,ｂは素数）より、
φ(ｎ)＝ｎ(１－１/ａ)(１－１/ｂ)———②
②を①に代入すると、
ｎと互いに素なものの総和
＝ｎ・ｎ(１－１/ａ)(１－１/ｂ)/２
＝(ｎ^2/２)(１－１/ａ)(１－１/ｂ)

定理3.3
ｎ＝ｐ₁^e₁ｐ₂^e₂･･･ｐs^es（ｐiは互いに異なる素数，ｅi≧１）であれば、次の等式が成り立つ。
φ(ｎ)＝ｎ(１－１/ｐ₁)(１－１/ｐ₂)…(１－１/ｐs)
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

ところで、φ(ｎ)は偶数（ｎ≧３の場合）より、
ｎと互いに素なものの総和＝ｎ・φ(ｎ)/２
はｎの倍数である。

アイデア引用元：https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q14184899839

補足
ｍ∈Ａならばｎ－ｍ∈Ａの証明
ｍとｎは互いに素より共通因数がないので、ｎ－ｍとｎも互いに素なので、ｎ－ｍ∈Ａ
ただし、集合Ａはｎと互いに素なものの集合である。つまり、ｎ＝１５の場合は、Ａ＝{１,２,４,７,８,１１,１３,１４}でｍはこの要素でｎ－ｍはペアの相手という事。

しかし、１２年前のものは定理3.3の力も借りずに見事ですね。多分、何かをアレンジしただけですが。

おまけ：
https://www.tv-asahi.co.jp/reading/goodmorning/228235/

問題
ａ＋ｂ√２≠０とａ²－２ｂ²≠０は同値である事を証明して下さい。ただし、ａ,ｂは有理数とする。

解答
（ⅰ）ａ＋ｂ√２≠０⇒ａ²－２ｂ²≠０の証明
ａ,ｂは有理数より、ａ＋ｂ√２≠０となるのは、ａとｂが共に０ではない場合である。
ここで、ａ²－２ｂ²＝(ａ＋√２ｂ)(ａ－√２ｂ)とすると、ａ,ｂが共に０でないので、
ａ＋√２ｂ≠０，ａ－√２ｂ≠０
ところで、ℚ[√２]＝{ａ＋ｂ√２｜ａ,ｂ∈ℚ}は四則演算について閉じているので体である。（「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著p156を見ても良い。）
また、同書の定理1.4より、体ならば整域なので、ℚ[√２]は整域である。
よって、ａ＋√２ｂ≠０，ａ－√２ｂ≠０ならば、(ａ＋√２ｂ)(ａ－√２ｂ)≠０である。

定理1.4
体は０と異なる零因子を持たない。すなわち、体は整域である。

定義1.3
零元０_Rと異なる零因子のない可換環を整域という。
可換環Ｒが整域である⇔ａ・ｂ＝０（ａ,ｂ∈Ｒ）ならばａ＝０_Rまたはｂ＝０_R
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

（ⅱ）ａ²－２ｂ²≠０⇒ａ＋ｂ√２の証明
ａ²－２ｂ²＝(ａ＋√２ｂ)(ａ－√２ｂ)≠０より、ａ＋√２ｂ≠０ かつ ａ－√２ｂ≠０
よって、ａ²－２ｂ²≠０⇒ａ＋ｂ√２

（ⅰ），（ⅱ）より、
ａ＋ｂ√２⇔ａ²－２ｂ²≠０
よって、ａ＋ｂ√２とａ²－２ｂ²≠０は同値である。よって、示された。

因みに、（ⅱ）の証明はℚ[√２]が整域だろうとそうでなかろうと成り立つ。その理由は、定義1.3の対偶を取ると、
可換環Ｒが整域でない⇔「ａ・ｂ＝０（ａ,ｂ∈Ｒ）ならばａ＝０_Rまたはｂ＝０_R」の否定
で、ＡならばＢの否定は、「ＡかつＢでない」なので、
可換環Ｒが整域でない⇔「ａ・ｂ＝０（ａ,ｂ∈Ｒ）かつａ≠０_Rかつｂ≠０_R」
つまり、整域であろうとなかろうとａ・ｂ≠０の場合は関係ない。（ａ・ｂ≠０でａ＝０またはｂ＝０なんて整域であろうとなかろうとあり得ない。）

補足：https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q1463701739（面倒臭くて読んでいませんが、自分で考えた所、Ａ⇒ＢはＡがＢの部分集合（全部入っているから自動的にそうなるという事）という事で、ベン図でＡとＢの交わり部分をＡ∩Ｂとすると、Ａの(Ｂの部分集合)でない部分は、Ａ－Ａ∩Ｂで、図からＡ∩(|Ｂ)（|ＢはＢでない部分という事。）
よって、Ａ⇒Ｂの否定は「ＡがＢの部分集合」の否定で、ＡのＢの部分集合でない部分＝Ａ∩(|Ｂ)
よって、Ａ⇒Ｂの否定は「ＡかつＢでない」と考えました。）

おまけ：https://www.nicovideo.jp/watch/sm2801363

https://www.tv-asahi.co.jp/reading/goodmorning/228228/

https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-11304719405.html

問題
図のように、円Ｏにおいて、弧ＡＢの中点をＭとしたとき、点Ｍを通る弦ＭＣ，ＭＤが弦ＡＢと交わる点を、Ｅ，Ｆとする。このとき、次の問いに答えよ。
（１）線分ＣＤが円の中心Ｏを通るとき、∠ＣＤＦ＋∠ＢＦＤを求めよ。
（２）弦ＭＤを５√３，線分ＥＦ，ＭＥをそれぞれ４，２√３としたとき、弦ＣＤの長さを求めよ。
（９１　日大鶴ヶ丘）

解答
（１）∠ＣＤＦ＝弧ＣＡＭの円周角＝弧ＣＡの円周角＋弧ＡＭの円周角
∠ＢＥＭ＝弧ＢＭの円周角＋弧ＣＡの円周角（注：アルハゼンの定理より）
ここで弧ＡＭ＝弧ＢＭだから、
∠ＣＤＦ＝∠ＦＥＭ（＝ａ°とおく）・・・①
いま、∠ＤＦＢ＝∠ＭＦＥ＝ｂ°とおくと、
∠ＣＤＦ＋∠ＢＦＤ＝ａ°＋ｂ°＝１８０°－∠Ｍ
ここで、∠Ｍは、ＣＤが直径なので９０°だから、∠ＣＤＦ＋∠ＢＦＤ＝１８０°－９０°＝９０°
（２）①より、△ＭＦＥ∽△ＭＣＤ（二角相等）対応する辺の比をとって、
ＭＥ：ＭＤ＝ＦＥ：ＣＤ　
わかっている値を代入すると、
２√３：５√３＝４：ＣＤ
これを解いて、ＣＤ＝１０
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

（１）の別解
というより私が最初に思い付いた解法。
円の中心をＯとすると、ＣＤの中点にある。また、ＯＭを結ぶと、半径より△ＯＭＤは二等辺三角形になり、点Ｍは弧ＡＢの中点より円の性質上ＯＭ⊥ＡＢとなる。（証明は簡単で省略。）
よって、ＯＭとＡＢの交点をＧとすると、∠ＣＤＦ＝∠ＯＤＭ＝∠ＯＭＤ＝∠ＧＭＦ
∴∠ＣＤＦ＝∠ＧＭＦ———①
また、∠ＢＦＤ＝∠ＧＦＭ———②
①＋②より、
∠ＣＤＦ＋∠ＢＦＤ＝∠ＧＭＦ＋∠ＧＦＭ＝∠ＥＧＭ＝９０°（ＯＭ⊥ＡＢだから。）
よって、答えは、９０°

（２）の別解のヒント：ＡＥ＝ｘ，ＢＦ＝ｙ，ＣＥ＝ｚ，ＭＦ＝ｗと置いて下さい。これが出来たら私と対等です。

「110:1 主はわが主に言われる、「わたしがあなたのもろもろの敵をあなたの足台とするまで、わたしの右に座せよ」と。
110:2 主はあなたの力あるつえをシオンから出される。あなたはもろもろの敵のなかで治めよ。」
「詩篇」第１１０篇１節～２節（口語訳）

「杖（立法者）とは律法の探究者である。背神の時代のあいだ・・・・時の終わりに義の教師が到来するまで、彼らが終始その道を歩むよう、立法者は掟を公布した。その掟をたよりに井戸を掘るために来る者が、民のうちの貴人である。」（『ダマスコ文書』写本Ａ第６章７－１１節）

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/661a3d93e54468faee283a38bdd1112f0d86b32d?page=2

問題
図のように、円Ｏにおいて、弧ＡＢの中点をＭとしたとき、点Ｍを通る弦ＭＣ，ＭＤが弦ＡＢと交わる点を、Ｅ，Ｆとする。このとき、次の問いに答えよ。
（１）線分ＣＤが円の中心Ｏを通るとき、∠ＣＤＦ＋∠ＢＦＤを求めよ。
（２）弦ＭＤを５√３，線分ＥＦ，ＭＥをそれぞれ４，２√３としたとき、弦ＣＤの長さを求めよ。
（９１　日大鶴ヶ丘）

（２）の別解
ＡＥ＝ｘ，ＢＦ＝ｙ，ＣＥ＝ｚ，ＭＦ＝ｗと置くと、方べきの定理より、
２√３・ｚ＝ｘ・(ｙ＋４)———①
ｗ・(５√３－ｗ)＝ｙ・(ｘ＋４)———②
が成り立つ。
また、円の中心をＯとしてＯＭとＡＢの交点をＰとすると、ＯＭ⊥ＡＢで点ＰはＡＢの中点である。（△ＯＡＢは二等辺三角形で∠ＡＯＭ＝∠ＢＯＭだから。）
∴ＡＰ＝ＢＰ＝(ｘ＋ｙ＋４)/２
∴ＥＰ＝(ｘ＋ｙ＋４)/２－ｘ
＝(－ｘ＋ｙ)/２＋２
ＦＰ＝(ｘ＋ｙ＋４)/２－ｙ
＝(ｘ－ｙ)/２＋２
よって、△ＰＭＥと△ＰＭＦで三平方の定理を使うと、
(２√３)^2－{(－ｘ＋ｙ)/２＋２}^2
＝ｗ^2－{(ｘ－ｙ)/２＋２}^2
が成り立つ。
∴１２－(－ｘ＋ｙ)^2/４－２(－ｘ＋ｙ)－４
＝ｗ^2－(ｘ－ｙ)^2/４－２(ｘ－ｙ)－４
∴ｗ^2－２(ｘ－ｙ)＋２(－ｘ＋ｙ)－１２＝０
∴ｗ^2－４ｘ＋４ｙ－１２＝０———③
ここで、②－①より、
ｗ・(５√３－ｗ)－２√３・ｚ＝ｙ・(ｘ＋４)－ｘ・(ｙ＋４)
∴ｗ(５√３－ｗ)－２√３ｚ＝－４ｘ＋４ｙ———④
④を③に代入すると、
ｗ^2＋ｗ(５√３－ｗ)－２√３ｚ－１２＝０
∴５√３ｗ－２√３ｚ－１２＝０
∴５√３・ｗ＝２√３・(ｚ＋２√３)
∴ＭＤ・ＭＦ＝ＭＥ・ＭＣ
∴ＭＥ：ＭＦ＝ＭＤ：ＭＣ
また、∠Ｍは共通より二辺比と挟角が等しいので、△ＭＥＦ∽△ＭＤＣ
∴２√３：５√３＝４：ＣＤ
∴ＣＤ＝１０

因みに、ＭＤ・ＭＦ＝ＭＥ・ＭＣから、
ＭＥ・ＭＣ＝ＭＦ・ＭＤと見て方べきの定理の逆より、四角形ＥＦＤＣは円に内接する四角形なので、∠ＭＦＥ＝∠ＥＣＤ，∠ＭＥＦ＝∠ＦＤＣ　よって、２角が等しいので△ＭＥＦ∽△ＭＤＣとしても良い。

おまけ：
https://ameblo.jp/coach-charlie/entry-10586831881.html

解説
＞これらを根に持つ多項式ｈ(ｘ)は、α₁，α₂，α₃の対称式（つまり有理数）を係数に持ちます。

ｈ(ｘ)＝{ｘ－(ｐα₁＋ｑα₂＋ｒα₃)}
・{ｘ－(ｐα₁＋ｑα₃＋ｒα₂)}
・{ｘ－(ｐα₂＋ｑα₁＋ｒα₃)}
・{ｘ－(ｐα₂＋ｑα₃＋ｒα₁)}
・{ｘ－(ｐα₃＋ｑα₁＋ｒα₂)}
・{ｘ－(ｐα₃＋ｑα₂＋ｒα₁)}
で、このα₁，α₂，α₃を３つとも入れ換える方法は２通りあり、(α₁,α₂,α₃)→(α₃,α₁,α₂)
または、(α₁,α₂,α₃)→(α₂,α₃,α₁)
ｈ(ｘ)を(α₁,α₂,α₃)→(α₃,α₁,α₂)で入れ換えると、
ｈ'(ｘ)＝{ｘ－(ｐα₃＋ｑα₁＋ｒα₂)}
・{ｘ－(ｐα₃＋ｑα₂＋ｒα₁)}
・{ｘ－(ｐα₁＋ｑα₃＋ｒα₂)}
・{ｘ－(ｐα₁＋ｑα₂＋ｒα₃)}
・{ｘ－(ｐα₂＋ｑα₃＋ｒα₁)}
・{ｘ－(ｐα₂＋ｑα₁＋ｒα₃)}
よって、ｈ(ｘ)＝ｈ'(ｘ)である事が分かるだろう。一応、(α₁,α₂,α₃)→(α₂,α₃,α₁)でもやると、
ｈ''(ｘ)＝{ｘ－(ｐα₂＋ｑα₃＋ｒα₁)}
・{ｘ－(ｐα₂＋ｑα₁＋ｒα₃)}
・{ｘ－(ｐα₃＋ｑα₂＋ｒα₁)}
・{ｘ－(ｐα₃＋ｑα₁＋ｒα₂)}
・{ｘ－(ｐα₁＋ｑα₂＋ｒα₃)}
・{ｘ－(ｐα₁＋ｑα₃＋ｒα₂)}
やはり、ｈ(ｘ)＝ｈ''(ｘ)である。
つまり、ｈ(ｘ)はα₁，α₂，α₃についての対称式なので、展開したｘの係数もα₁，α₂，α₃の対称式である。（入れ換えても変わらないから。）
ところで、定理3.1より、全ての対称式は基本対称式の多項式で表されるので、ｈ(ｘ)の係数はα₁，α₂，α₃の基本対称式の多項式で表される。
また、ｆ(ｘ)＝(ｘ－α₁)(ｘ－α₂)(ｘ－α₃)
＝ｘ³－(α₁＋α₂＋α₃)ｘ²＋(α₁α₂＋α₂α₃＋α₃α₁)ｘ＋α₁α₂α₃より、これらの係数は基本対称式で、また条件（ｆ(ｘ)＝ｘ³－２）より有理数係数であるので、ｈ(ｘ)の係数も有理数係数となる。
よって、「これらを根に持つ多項式ｈ(ｘ)は、α₁，α₂，α₃の対称式（つまり有理数）を係数に持ちます」という事である。

定理3.1（対称式の基本定理）
ｎ変数対称式ｆ(ｘ1,･･･,ｘn)は基本対称式ｓ1,･･･,ｓnの多項式として一意的に表される。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

＞したがって、ここで構成した原始元は重根を持たないｈ(ｘ)の根です。とくに原始元の最小多項式は重根を持ちません。

重根を持つと、ｈ(ｘ)の{　}にダブるものが出て来て、α₁，α₂，α₃を入れ換えるとｈ(ｘ)≠ｈ'(ｘ)となって対称式とならなくなり上の議論（または前回の議論）が出来なくなるから。
また、最小多項式は既約多項式で問題7-11から有理数係数多項式は既約多項式ならば重根を持たないので、「原始元の最小多項式は重根を持ちません」という事。（ただし、有理数係数に限らない話らしい。）

問題 7-11b
有理数係数多項式は既約ならば、重根を持たないことを示せ。

「αを根に持つＡ係数単多項式ｆ(ｘ)について、次の①，②は同値です：
①ｆ(ｘ)はαのＡ最小多項式である。
②ｆ(ｘ)は既約である。」
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

おまけ：https://www.nicovideo.jp/watch/sm15933697

https://www.sponichi.co.jp/baseball/news/2024/06/05/kiji/20240605s00001007168000c.html

解説
＞まず有理数ｐ,ｑ,ｒをうまく選んで、ｐα1＋ｑα2＋ｒα3の値が、どのようにα1,α2,α3を入れ換えてもすべて異なるようにします。このように選ぶことは可能です。実際
ｐαi₁＋ｑαi₂＋ｒαi₃＝ｐαj₁＋ｑαj₂＋ｒαj₃
をｐ,ｑ,ｒの方程式とみると１５個の方程式が得られます。(ｐ,ｑ,ｒ)として、３次元空間から有限個の平面を除いた残りの点の座標（有理数）を選べば、どの方程式でも解にならないｐ,ｑ,ｒになります。

ｉ1，ｉ2，ｉ3，または、ｊ1，ｊ2，ｊ3の組は、１，２，３の組を表しているという事。
つまり、左辺のｐαi₁＋ｑαi₂＋ｒαi₃を固定して右辺のαj₁，αj₂，αj₃の入れ換えを考えると３！＝６通りの式が得られ、その６個から２個の式を選ぶと、6Ｃ2＝(６×５)/(２×１)＝１５組の式が得られる。
この（１５組の）２つの式を１つにすると、ａｐ＋ｂｑ＋ｃｒ＝０（ａ,ｂ,ｃは複素数）という式が得られ、これは３次元の平面の方程式を表している（定数がないので必ずどれも原点を通る）。
この平面上の任意の点はｐαi₁＋ｑαi₂＋ｒαi₃＝ｐαj₁＋ｑαj₂＋ｒαj₃を満たすので、３次元空間から１５個の平面を除いた残りの点は上の式を満たさない。よって、その中から有理点を選べば、「どの方程式でも解にならないｐ,ｑ,ｒになります」という事。

念のため、ａ,ｂ,ｃが複素数である理由は、α1,α2,α3はｘ^3－２＝０の解だから。
また、６個から２個を選んで１つにする理由は、
ｐαi₁＋ｑαi₂＋ｒαi₃＝ｐαj₁＋ｑαj₂＋ｒαj₃で両辺のαi₁とαj₁，αi₂とαj₂，αi₃とαj₃が一致する場合は０＝０で意味がないので除くと、３！－１＝５通り
この５通りの式のそれぞれのα1,α2,α3のどの２つを選ぶかで3Ｃ2＝３通りより、５×３＝１５通りの不定方程式が出来る。
これは上の１５組の２つの式の３変数の１つを消去して２変数にしたものと同じで平面全体の任意の点を表している。（不定方程式だから。）
だから、２つを１つにするという訳である。

因みに、「まず有理数ｐ,ｑ,ｒをうまく選んで、ｐα1＋ｑα2＋ｒα3の値が、どのようにα1,α2,α3を入れ換えてもすべて異なるようにします。このように選ぶことは可能です」
なんて当たり前の事である。というより、ｐ,ｑ,ｒのどれか２つ（または３つ）が一致しない場合は「入れ換えてもすべて異なる」に決まっている。
例えば、ｐ＝１，ｑ＝２，ｒ＝３とすると、α1＝³√２，α2＝³√２ω，α3＝³√２ω²より、
ｐα1＋ｑα2＋ｒα3
＝³√２＋２³√２ω＋３³√２ω²———①
ｐα1＋ｑα3＋ｒα2
＝³√２＋２³√２ω²＋３³√２ω———②
ｐα2＋ｑα1＋ｒα3
＝³√２ω＋２³√２＋３³√２ω²———③
ｐα2＋ｑα3＋ｒα1
＝³√２ω＋２³√２ω²＋３³√２———④
ｐα3＋ｑα1＋ｒα2
＝³√２ω²＋２³√２＋３³√２ω———⑤
ｐα3＋ｑα2＋ｒα1
＝³√２ω²＋２³√２ω＋３³√２———⑥
どれも一致などするはずがないだろう。

念のため、重根だったら一致するから除いてある事がよく分かるというものである。しかし、上の面倒臭い解説に何の意味があるのだろう？（解読するのにかなりの時間を要しました。）

続きは次回。

おまけ：https://www.nicovideo.jp/watch/nm6860396
「7 広場であいさつされることや、人々から先生と呼ばれることを好んでいる。
8 しかし、あなたがたは先生と呼ばれてはならない。あなたがたの先生は、ただひとりであって、あなたがたはみな兄弟なのだから。
9 また、地上のだれをも、父と呼んではならない。あなたがたの父はただひとり、すなわち、天にいます父である。」
「マタイによる福音書」第２３章７節～９節（口語訳）

解説の続き

■原始元の存在（証明）
上の例で原始元を具体的に構成しました。ガロワは一般に重根を持たないｆ(ｘ)に対して、その原始元が存在することを証明しました。ここでは煩雑にならないように、ｆ(ｘ)＝ｘ^3－２の例においてガロワの理論を紹介します。一般の場合も同様です。
まず有理数ｐ,ｑ,ｒをうまく選んで、ｐα1＋ｑα2＋ｒα3の値が、どのようにα1,α2,α3を入れ換えてもすべて異なるようにします。このように選ぶことは可能です。実際
ｐαi₁＋ｑαi₂＋ｒαi₃＝ｐαj₁＋ｑαj₂＋ｒαj₃
をｐ,ｑ,ｒの方程式とみると１５個の方程式が得られます。(ｐ,ｑ,ｒ)として、３次元空間から有限個の平面を除いた残りの点の座標（有理数）を選べば、どの方程式でも解にならないｐ,ｑ,ｒになります。
このように選んだｐ,ｑ,ｒに対して、β＝ｐα1＋ｑα2＋ｒα3はｆ(ｘ)の原始元になります。その理由を説明します。α1を固定する根の入れ換えによって次の積ｇ(ｘ)を作ります：
ｇ(ｘ)＝(ｘ－ｐα1－ｑα2－ｒα3)(ｘ－ｐα1－ｑα3－ｒα2)
この式はα2,α3の対称式なのでｆ(ｘ)/(ｘ－α1)の係数の式になります。
例えばｆ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－ｆ(α1)＝ｘ^3－α1^3＝(ｘ－α1)(ｘ^2＋α1ｘ＋α1^2)
であり、α2＋α3＝－α1，α2α3＝α1^2です。そこでｇ(ｘ)を、ｘとα1の式とみなして、改めてｇ(ｘ,α1)とおきます：
ｇ(ｘ,α1)＝(ｘ－ｐα1)^2＋(ｑ＋ｒ)α1(ｘ－ｐα1)＋α1^2(ｑ^2＋ｒ^2－ｑｒ)
＝ｘ^2＋α1ｘ(－２ｐ＋ｑ＋ｒ)＋α1^2(ｐ^2＋ｑ^2＋ｒ^2－ｐｑ－ｑｒ－ｒｐ)
ここでα1を変数ｙにした２変数有理数係数多項式ｇ(ｘ,ｙ)を利用します：
ｇ(ｘ,ｙ)＝ｘ^2＋ｘｙ(－２ｐ＋ｑ＋ｒ)＋ｙ^2(ｐ^2＋ｑ^2＋ｒ^2－ｐｑ－ｑｒ－ｒｐ)
ｇ(ｘ,α2)やｇ(ｘ,α3)は、ｇ(ｘ,α1)の構成においてα1をα2やα3に置き換えて構成したものと同じです：
ｇ(ｘ,α2)＝ｘ^2＋α2ｘ(－２ｐ＋ｑ＋ｒ)＋α2^2(ｐ^2＋ｑ^2＋ｒ^2－ｐｑ－ｑｒ－ｒｐ)
＝(ｘ－ｐα2－ｑα1－ｒα3)(ｘ－ｐα2－ｑα3－ｒα1)
ｇ(ｘ,α3)＝ｘ^2＋α3ｘ(－２ｐ＋ｑ＋ｒ)＋α3^2(ｐ^2＋ｑ^2＋ｒ^2－ｐｑ－ｑｒ－ｒｐ)
＝(ｘ－ｐα3－ｑα1－ｒα2)(ｘ－ｐα3－ｑα2－ｒα1)
このｇ(ｘ,ｙ)にｘ＝βを代入した式（βの式を係数とするｙの多項式）
ｇ(β,ｙ)＝β^2＋βｙ(－２ｐ＋ｑ＋ｒ)＋ｙ^2(ｐ^2＋ｑ^2＋ｒ^2－ｐｑ－ｑｒ－ｒｐ)
は定義よりｙ＝α1を根に持ちます。またｐ,ｑ,ｒの選び方からｇ(β,α2)≠０，ｇ(β,α3)≠０となります。したがってｇ(β,ｙ)とｆ(ｙ)の共通根ｙ＝α1のみです。よってｇ(β,ｙ)とｆ(ｙ)の最大公約数は（定数倍を除いて）ｙ－α1となります。
一方、ｇ(β,ｙ)とｆ(ｙ)の最大公約式をユークリッドの互除法で計算すると（βの式の加減乗除の結果）、ｙ－ｕ(β)（ｕ(β)は有理数係数のβの式）が得られます。よってα1＝ｕ(β)となり、α1はβの式で表せます。α2やα3についても同様です。以上のことから、βがｆ(ｘ)の原始元であることがわかります。」
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

＞次の積ｇ(ｘ)を作ります：
ｇ(ｘ)＝(ｘ－ｐα1－ｑα2－ｒα3)(ｘ－ｐα1－ｑα3－ｒα2)
この式はα2,α3の対称式なのでｆ(ｘ)/(ｘ－α1)の係数の式になります。

ｇ(ｘ)のα2とα3を入れ換えても式の値は変わらないので、ｇ(ｘ)はα2,α3についての対称式。
また、条件より、ｆ(ｘ)＝(ｘ－α1)(ｘ－α2)(ｘ－α3)
よって、ｆ(ｘ)/(ｘ－α1)＝(ｘ－α2)(ｘ－α3)
＝ｘ^2－(α2＋α3)ｘ＋α2α3
よって、右辺の係数はα2,α3の基本対称式なので、α2,α3の対称式を表せる。（定理3.1）
よって、ｇ(ｘ)の係数は、「ｆ(ｘ)/(ｘ－α1)の係数の式になります」という事。

定理3.1（対称式の基本定理）
ｎ変数対称式ｆ(ｘ1,･･･,ｘｎ)は基本対称式ｓ1,･･･,ｓnの多項式として一意的に表される。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

＞例えばｆ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－ｆ(α1)＝ｘ^3－α1^3＝(ｘ－α1)(ｘ^2＋α1ｘ＋α1^2)
であり、α2＋α3＝－α1，α2α3＝α1^2です。そこでｇ(ｘ)を、ｘとα1の式とみなして、改めてｇ(ｘ,α1)とおきます：

ｆ(ｘ)＝ｘ^3－２　また、ｆ(ｘ)＝０の３つの解がα1,α2,α3より、ｆ(α1)＝α1^3－２＝０
∴ｆ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－０＝ｆ(ｘ)－ｆ(α1)
＝ｘ^3－２－(α1^3－２)＝ｘ^3－α1^3
＝(ｘ－α1)(ｘ^2＋α1ｘ＋α1^2)
また、３次方程式の解と係数の関係より、
α1＋α2＋α3＝０，α1α2＋α2α3＋α3α1＝０　∴α2＋α3＝－α1———①
また、α2α3＝－(α1α2＋α3α1)
＝－α1(α2＋α3)———②
①を②に代入すると、
α2α3＝α1^2

または、ｘ^2＋α1ｘ＋α1^2が(ｘ－α2)(ｘ－α3)と一致するはずだと考えると、
(ｘ－α2)(ｘ－α3)＝ｘ^2－(α2＋α3)ｘ＋α2α3で、α1＝－(α2＋α3)，α1^2＝α2α3と分かる。（著者の意図はこちらかな。）

＞そこでｇ(ｘ)を、ｘとα1の式とみなして、改めてｇ(ｘ,α1)とおきます：
ｇ(ｘ,α1)＝(ｘ－ｐα1)^2＋(ｑ＋ｒ)α1(ｘ－ｐα1)＋α1^2(ｑ^2＋ｒ^2－ｑｒ)
＝ｘ^2＋α1ｘ(－２ｐ＋ｑ＋ｒ)＋α1^2(ｐ^2＋ｑ^2＋ｒ^2－ｐｑ－ｑｒ－ｒｐ)

上から、
ｇ(ｘ)＝(ｘ－ｐα1－ｑα2－ｒα3)(ｘ－ｐα1－ｑα3－ｒα2)
＝{ｘ－ｐα1－(ｑα2＋ｒα3)}{ｘ－ｐα1－(ｑα3＋ｒα2)}
＝(ｘ－ｐα1)^2－(ｑα2＋ｒα3＋ｑα3＋ｒα2)(ｘ－ｐα1)＋(ｑα2＋ｒα3)(ｑα3＋ｒα2)
＝(ｘ－ｐα1)^2－(ｑ＋ｒ)(α2＋α3)(ｘ－ｐα1)＋ｑ^2α2α3＋ｑｒα2^2＋ｑｒα3^2＋ｒ^2α2α3
＝(ｘ－ｐα1)^2－(ｑ＋ｒ)(α2＋α3)(ｘ－ｐα1)＋(ｑ^2＋ｒ^2)α2α3＋ｑｒ(α2^2＋α3^2)
これにα2＋α3＝－α1，α2α3＝α1^2を代入すると、
＝(ｘ－ｐα1)^2＋(ｑ＋ｒ)α1(ｘ－ｐα1)＋(ｑ^2＋ｒ^2)α1^2＋ｑｒ(α2^2＋α3^2)———☆
また、α2＋α3＝－α1の両辺を２乗すると、
(α2＋α3)^2＝α1^2　∴α2^2＋α3^2＝α1^2－２α2α3
これにα2α3＝α1^2を代入すると、
α2^2＋α3^2＝－α1^2
これを☆に代入すると、
ｇ(ｘ)＝(ｘ－ｐα1)^2＋(ｑ＋ｒ)α1(ｘ－ｐα1)＋(ｑ^2＋ｒ^2)α1^2＋ｑｒ(－α1^2)
＝(ｘ－ｐα1)^2＋(ｑ＋ｒ)α1(ｘ－ｐα1)＋α1^2(ｑ^2＋ｒ^2－ｑｒ)
＝ｘ^2－２ｐα1ｘ＋ｐ^2α1^2＋(ｑ＋ｒ)α1ｘ－ｐ(ｑ＋ｒ)α1^2＋α1^2(ｑ^2＋ｒ^2－ｑｒ)
＝ｘ^2＋α1ｘ(－２ｐ＋ｑ＋ｒ)＋α1^2(ｐ^2＋ｑ^2＋ｒ^2－ｐｑ－ｑｒ－ｒｐ)

あとは読めば分かるので省略。ただし、そっちの方が理論的で面白い。上のは計算確認だけ。

おまけ：https://www.nicovideo.jp/watch/nm6860191

https://npn.co.jp/article/detail/36345252

補足
＞因みに、「まず有理数ｐ,ｑ,ｒをうまく選んで、ｐα1＋ｑα2＋ｒα3の値が、どのようにα1,α2,α3を入れ換えてもすべて異なるようにします。このように選ぶことは可能です」
なんて当たり前の事である。というより、ｐ,ｑ,ｒのどれか２つ（または３つ）が一致しない場合は「入れ換えてもすべて異なる」に決まっている。
例えば、ｐ＝１，ｑ＝２，ｒ＝３とすると、α1＝³√２，α2＝³√２ω，α3＝³√２ω²より、
ｐα1＋ｑα2＋ｒα3
＝³√２＋２³√２ω＋３³√２ω²———①
ｐα1＋ｑα3＋ｒα2
＝³√２＋２³√２ω²＋３³√２ω———②
ｐα2＋ｑα1＋ｒα3
＝³√２ω＋２³√２＋３³√２ω²———③
ｐα2＋ｑα3＋ｒα1
＝³√２ω＋２³√２ω²＋３³√２———④
ｐα3＋ｑα1＋ｒα2
＝³√２ω²＋２³√２＋３³√２ω———⑤
ｐα3＋ｑα2＋ｒα1
＝³√２ω²＋２³√２ω＋３³√２———⑥
どれも一致などするはずがないだろう。

念のため、重根だったら一致するから除いてある事がよく分かるというものである。しかし、上の面倒臭い解説に何の意味があるのだろう？（引用終わり）

よく考えたら３つとも実数解の場合は重根じゃなくても同じになる場合がありましたね。
例えば、ｘ^3－１５ｘ^2＋７１ｘ－１０５＝０の解は、ｘ＝３,５,７だが、ｐ＝１,ｑ＝３,ｒ＝５とすると、
ｐα1＋ｑα2＋ｒα3
＝１・３＋３・５＋５・７＝５３———①
ｐα1＋ｑα3＋ｒα2
＝１・３＋３・７＋５・５＝４９———②
ｐα2＋ｑα1＋ｒα3
＝１・５＋３・３＋５・７＝４９———③
ｐα2＋ｑα3＋ｒα1
＝１・５＋３・７＋５・３＝４１———④
ｐα3＋ｑα1＋ｒα2
＝１・７＋３・３＋５・５＝４１———⑤
ｐα3＋ｑα2＋ｒα1
＝１・７＋３・５＋５・３＝３７———⑥
で、②と③，④と⑤は一致する。
まぁ、一致しない具体例を１つ挙げれば良いと思うが、マニア受けする解説なのだろう。しかし、
「実際
ｐαi₁＋ｑαi₂＋ｒαi₃＝ｐαj₁＋ｑαj₂＋ｒαj₃
をｐ,ｑ,ｒの方程式とみると１５個の方程式が得られます。(ｐ,ｑ,ｒ)として、３次元空間から有限個の平面を除いた残りの点の座標（有理数）を選べば、どの方程式でも解にならないｐ,ｑ,ｒになります。」
の「有限個の平面」の所は「１５個の平面」としてくれれば解読時間が大幅に削減されると思います。

おまけ：

問題
∠Ａ＝６０°，ＢＣ＝１４ｃｍの△ＡＢＣの外接円の弧ＡＢの中点をＭ，弧ＡＣの中点をＮとする。また、ＭＮとＡＢ，ＡＣとの交点をそれぞれＰ，Ｑとする。
（１）∠ＭＢＮの大きさ，およびＭＮの長さを求めよ。
（２）ＭＰ＝２ｃｍのとき、ＰＱの長さを求めよ。
（８６　学習院）

解答
（１）円周は円周角１８０°分に相当するから、弧ＢＡＣは円周角で、１８０°－６０°＝１２０°にあたる。
弧ＭＮ＝弧ＭＡ＋弧ＡＮ＝(１/２)(弧ＢＡ＋弧ＡＣ)＝(１/２)弧ＢＡＣ
だから弧ＭＮに対する円周角は、１２０°÷２＝６０°
そこで、∠ＭＢＮ＝６０°（＝∠ＢＡＣ）
以上より、弦ＭＮの長さと弦ＢＣの長さは等しく、ＭＮ＝１４（ｃｍ）
（２）∠ＡＰＮ＝弧ＡＮの円周角＋弧ＭＢの円周角，∠ＡＱＭ＝弧ＡＭの円周角＋弧ＮＣの円周角（基本図３５）
ここで、弧ＡＮ＝弧ＮＣ，弧ＭＢ＝弧ＡＭだから、∠ＡＰＮ＝∠ＡＱＭ・・・①
①と∠Ａ＝６０°より、△ＡＰＱは正三角形である。次に、弧ＡＢ＝弧ＭＢより、∠ＭＡＰ＝∠ＡＮＱ，弧ＡＮ＝弧ＮＣより、∠ＡＭＰ＝∠ＱＡＮ
以上より、△ＡＭＰ∽△ＮＡＱ
比をとって、ＭＰ：ＡＱ＝ＰＡ：ＱＮ・・・②
求めるＰＱの長さをｘとおくと、
ＱＮ＝１２－ｘ
だから、②に代入して、２：ｘ＝ｘ：(１２－ｘ)
整理して、(ｘ＋６)(ｘ－４)＝０より、ｘ＝４（ｃｍ）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

注：基本図３５とはアルハゼンの定理の事。
http://yosshy.sansu.org/theorem/alhazen.htm

（２）の別解は次回。ヒントは△ＡＢＣで余弦定理を使う方向で考えてみて下さい。因みに、中学数学で解けます。（本番ではとても使えませんが。）

おまけ：

問題
∠Ａ＝６０°，ＢＣ＝１４ｃｍの△ＡＢＣの外接円の弧ＡＢの中点をＭ，弧ＡＣの中点をＮとする。また、ＭＮとＡＢ，ＡＣとの交点をそれぞれＰ，Ｑとする。
（１）∠ＭＢＮの大きさ，およびＭＮの長さを求めよ。
（２）ＭＰ＝２ｃｍのとき、ＰＱの長さを求めよ。
（８６　学習院）

（２）の別解
ＭＮ＝１４ｃｍと△ＡＰＱが正三角形までは上と同じ。
ここで、ＰＱ＝ｘと置くと、ＡＰ＝ＡＱ＝ｘ
よって、方べきの定理を使うと、
ｘ・ＰＢ＝２・１２＝２４
ｘ・ＱＣ＝(ｘ＋２)(１２－ｘ)
∴ＰＢ＝２４/ｘ，
ＱＣ＝(ｘ＋２)(１２－ｘ)/ｘ
∴ＡＢ＝ｘ＋２４/ｘ＝(ｘ^2＋２４)/ｘ
ＡＣ＝ｘ＋(ｘ＋２)(１２－ｘ)/ｘ
＝(１０ｘ＋２４)/ｘ
また、ＢからＡＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＢＡＨは１：２：√３の直角三角形より、
ＡＨ＝(ｘ^2＋２４)/２ｘ，
ＢＨ＝√３(ｘ^2＋２４)/２ｘ
ＣＨ＝(１０ｘ＋２４)/ｘ－(ｘ^2＋２４)/２ｘ
＝(－ｘ^2＋２０ｘ＋２４)/２ｘ
よって、△ＢＣＨで三平方の定理を使うと、
{(－ｘ^2＋２０ｘ＋２４)/２ｘ}^2
＋{√３(ｘ^2＋２４)/２ｘ}^2＝１４^2
が成り立つ。
∴ｘ^4＋４００ｘ^2＋２４^2－４０ｘ^3＋３６０ｘ－４８ｘ^2＋３(ｘ^4＋４８ｘ^2＋２４^2)＝１９６・４ｘ^2
∴４ｘ^4－４０ｘ^3－２８８ｘ^2＋９６０ｘ＋２３０４＝０
∴ｘ^4－１０ｘ^3－７２ｘ^2＋２４０ｘ＋５７６＝０
これを因数定理で解くと、ｘ＝４を代入すると、
２５６－６４０－１１５２＋９６０＋５７６＝０で成り立つ。よって、組立除法で割ると、
１　－１０　－７２　２４０　５７６｜４
　　　　４　－２４　－３８４　－５７６
１　　－６　－９６　－１４４　　０

∴(ｘ－４)(ｘ^3－６ｘ^2－９６ｘ－１４４)＝０
また、ｘ^3－６ｘ^2－９６ｘ－１４４＝０にｘ＝－６を代入すると、
－２１６－２１６＋５７６－１４４＝０で成り立つ。よって、組立除法で割ると、
１　　－６　－９６　－１４４｜－６
　　　－６　　７２　　１４４
１　－１２　－２４　　　　０
∴(ｘ＋６)(ｘ^2－１２ｘ－２４)＝０

よって、解は、ｘ＝４，－６，６±２√１５
ところで、ＱＮ＝１２－ｘ＞０より、
０＜ｘ＜１２　よって、ｘ＝４のみ適正。
よって、答えは、ＰＱ＝４ｃｍ

おまけ：
https://kegt.hacmkspq.shop/index.php?main_page=product_info&products_id=2484

問題
１辺１０ｃｍの正方形ＡＢＣＤを、頂点Ｂが辺ＡＤの中点Ｅと重なるように折った右の図で、次の長さを求めよ。
（ａ）ＡＦ（ｂ）ＤＩ（ｃ）ＦＧ
（９０　関西学院）

図の解説：正方形ＡＢＣＤの折り目をＦＧとして点ＦがＡＢ上で点ＧがＣＤ上にある。また、点Ｃの行き先を点ＨとしてＥＨとＣＤの交点がＩという図。

解答
（ａ）求めるＡＦの長さをｘとおく。
折り返しに注目して、ＢＦ＝ＥＦ＝１０－ｘ
そこで△ＡＥＦに三平方の定理を用いて、
ｘ^2＋５^2＝(１０－ｘ)^2
これを解いて、ＡＦ＝ｘ＝１５/４（ｃｍ）
（ｂ）△ＦＡＥ∽△ＥＤＩ（基本図１８）なので、ＡＦ×ＤＩ＝ＡＥ×ＤＥ
∴ＤＩ＝(ＡＥ×ＤＥ)/ＡＦ＝２０/３（ｃｍ）
（ｃ）点ＢはＦＧを折り目として折るとＥにうつるので、ＢＥ⊥ＦＧ
よって、ＦＧ⊥ＢＥ（基本図３４）
ＦＧ＝ＢＥ＝√(ＡＢ^2＋ＡＥ^2)＝√１２５
＝５√５（ｃｍ）
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

基本図３４の解説：正方形内で直交する２線分の長さは等しい。ただし、両線分とも端点が対辺どうしにある場合である。

別解
（ａ）折り返しよりＢＥ⊥ＦＧである。（折り返しより△ＦＢＥは二等辺三角形でＦＧは頂角Ｆの二等分線で底辺ＢＥと直交するから。）
よって、ＢＥとＦＧの交点をＪとすると、△ＢＦＪ∽△ＢＥＡで△ＢＥＡは直角を挟む二辺の比が１：２より△ＢＦＪも１：２：√５の直角三角形。
また、ＢＪ＝(１/２)ＢＥ＝５√５/２ｃｍ
∴ＢＦ＝(√５/２)ＢＪ＝(√５/２)×(５√５/２)＝２５/４ｃｍ
∴ＡＦ＝１０－２５/４＝１５/４ｃｍ
（ｂ）ＣＧ＝ＨＧ＝ｙと置くと、△ＥＧＨと△ＥＧＤでの三平方の定理より、
ｙ^2＋１０^2＝５^2＋(１０－ｙ)^2が成り立つ。∴ｙ^2＋１００＝２５＋ｙ^2－２０ｙ＋１００
∴２０ｙ＝２５　∴ｙ＝５/４
∴ＨＧ＝５/４ｃｍ　また、△ＩＤＥ∽ＩＨＧより、ＤＩ：ＨＩ＝５：５/４＝４：１
よって、ＨＩ＝ｚと置くと、ＤＩ＝４ｚ，ＥＩ＝１０－ｚより、△ＤＥＩで三平方の定理を使うと、(４ｚ)^2＋５^2＝(１０－ｚ)^2が成り立つ。∴１６ｚ^2＋２５＝ｚ^2－２０ｚ＋１００　∴１５ｚ^2＋２０ｚ－７５＝０　∴３ｚ^2＋４ｚ－１５＝０　
∴(３ｚ－５)(ｚ＋３)＝０
ｚ＞０より、ｚ＝５/３　
∴ＤＩ＝４ｚ＝２０/３ｃｍ
（ｃ）ｙ＝５/４から、ＣＧ＝５/４ｃｍ
ここで、ＧからＢＦに垂線を下ろしその足をＫとすると、ＢＫ＝ＣＧ＝５/４ｃｍ
∴ＦＫ＝２５/４－５/４＝５ｃｍ
よって、△ＧＦＫで三平方の定理を使うと、
ＦＧ＝√(１０^2＋５^2)＝５√５ｃｍ

（ｃ）の別解２
（ｂ）より、ＤＩ＝２０/３ｃｍ　また、ＤＥ＝５ｃｍより、ＤＥ：ＤＩ＝５：２０/３＝３：４　よって、△ＤＥＩは３：４：５の直角三角形である。よって、△ＨＧＩも３：４：５の直角三角形。よって、ＧＣ＝ＧＨ＝ｙと置くと、ＧＩ＝(５/３)ｙより、ＤＣ＝ｙ＋(５/３)ｙ＋２０/３＝１０が成り立つ。∴(８/３)ｙ＝１０/３
∴ｙ＝５/４　以後同じ。

基本図３４は自分で証明して下さい。また、次回は座標の解法をやりますね。

おまけ：

問題
１辺１０ｃｍの正方形ＡＢＣＤを、頂点Ｂが辺ＡＤの中点Ｅと重なるように折った右の図で、次の長さを求めよ。
（ａ）ＡＦ（ｂ）ＤＩ（ｃ）ＦＧ
（９０　関西学院）

図の解説：正方形ＡＢＣＤの折り目をＦＧとして点ＦがＡＢ上で点ＧがＣＤ上にある。また、点Ｃの行き先を点ＨとしてＥＨとＣＤの交点がＩという図。

座標の解法
（ａ）点Ｂをｘｙ座標の原点に置き、ＢＣをｘ軸，ＡＢをｙ軸に取ると、Ｅ（５，１０）
また、折り返しよりＢＥ⊥ＦＧでＢＥとＦＧの交点をＪとすると、ＪはＢＥの中点。
∴Ｊ（５/２，５）
よって、直線ＦＧの方程式は点Ｊを通りＢＥと直交する直線より、
ｙ－５＝(－１/２)(ｘ－５/２)
∴ｙ＝(－１/２)ｘ＋２５/４
よって、点Ｆの座標は、Ｆ（０，２５/４）
∴ＡＦ＝１０－２５/４＝１５/４ｃｍ
（ｂ）Ｅ（５，１０），Ｆ（０，２５/４）より、直線ＥＦの傾きは、
(１０－２５/４)/(５－０)
＝(４０－２５)/２０＝１５/２０＝３/４
また、ＥＦ⊥ＥＨより直線ＥＨの方程式は、傾きが－４/３で点Ｅを通る直線。
∴ｙ－１０＝(－４/３)(ｘ－５)
∴ｙ＝(－４/３)ｘ＋５０/３
よって、点Ｉのｙ座標は、ｘ＝１０を代入して、ｙ＝－４０/３＋５０/３＝１０/３
∴ＤＩ＝１０－１０/３＝２０/３ｃｍ
（ｃ）（ａ）より、直線ＦＧの方程式は、
ｙ＝(－１/２)ｘ＋２５/４
よって、点Ｇの座標はこれにｘ＝１０を代入して、ｙ＝－５＋２５/４＝５/４
∴Ｇ（１０，５/４）
また、Ｆ（０，２５/４）より２点間の距離の公式を使うと、
ＦＧ＝√{(０－１０)^2＋(２５/４－５/４)^2}
＝√(１００＋２５)＝√１２５＝５√５
∴ＦＧ＝５√５ｃｍ

おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1796533647924924812

問題
頂角∠Ａ＝３６°の２等辺３角形ＡＢＣの底角∠Ｂの２等分線とＡＣの交点をＤとする。
（ⅰ）∠ＢＤＣは何度か。
（ⅱ）ＢＣ＝２のとき、ＣＤの長さを求めよ。
（８９　大阪工大高）

解答
（ⅰ）∠ＡＢＣ＝(１８０°－３６°)÷２＝７２°　よって、∠ＡＢＤ＝７２°÷２＝３６°∠ＢＤＣ＝∠Ａ＋∠ＡＢＤ＝３６°＋３６°＝７２°
（ⅱ）∠Ｃ＝∠ＢＤＣ＝７２°だから、△ＢＣＤ∽△ＡＢＣ（共に頂角３６°の二等辺三角形）
よって比例式をたてると、
ＢＣ：ＡＢ＝ＣＤ：ＢＣ・・・①
ＣＤ＝ｘとおくと、△ＤＡＢ，△ＢＣＤが二等辺三角形であることから、ＡＢ＝ＡＣ＝ＡＤ＋ＣＤ＝２＋ｘ
これを①に代入して、
２：(２＋ｘ)＝ｘ：２，これより、ｘ^2＋２ｘ－４＝０　ｘ＞０に注意すると、解の公式より、ＣＤ＝ｘ＝－１＋√５
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

（ⅱ）の別解１
（ⅰ）の計算などから、△ＢＣＤ、△ＤＡＢはそれぞれ二等辺三角形。
∴ＢＣ＝ＢＤ＝ＡＤ＝２　ここで、ＣＤ＝ｘと置くと、ＡＣ＝ｘ＋２　∴ＡＢ＝ＡＣ＝ｘ＋２
よって、△ＢＡＣで角の二等分線の定理を使うと、ｘ＋２：２＝２：ｘが成り立つ。
∴ｘ(ｘ＋２)＝４　∴ｘ^2＋２ｘ－４＝０
以後同じ。

別解２
△ＢＣＤ、△ＤＡＢはそれぞれ二等辺三角形までは同じ。
ここで、点ＤのＡＢに関する対称点を取りＤ'とすると、△ＤＡＢが二等辺三角形より四角形ＡＤ'ＢＤはひし形になりＢＤ'∥ＤＡ
また、ＢＣ＝ＢＤ＝ＤＡ＝Ｄ'Ａより、四角形ＢＣＡＤ'は等脚台形になる。
ところで、全ての等脚台形は円に内接するので、四角形ＢＣＡＤ'は円に内接する四角形である。よって、トレミーの定理を使うと、ＡＣ・ＢＤ'＋ＡＤ'・ＢＣ＝ＡＢ・ＣＤ'
また、等脚台形の対角線の長さが等しい事などより、ＡＢ＝ＡＣ＝ＣＤ'＝ｘ，ＢＣ＝ＡＤ'＝ＢＤ'＝２（と置く。）
よって、ｘ・２＋２・２＝ｘ・ｘが成り立つ。∴ｘ^2－２ｘ－４＝０
∴ｘ＝１±√５　ｘ＞０より、
ｘ＝１＋√５　ところで、ＣＤ＝ＡＣ－ＡＤ＝ｘ－２＝－１＋√５
よって、答えは、１＋√５

別解３
ＡからＢＣと平行な直線を引き、ＢＤの延長との交点をＥとすると、錯角と角の二等分から△ＡＢＥも底角が３６°の二等辺三角形になり、△ＤＡＢ∽△ＡＢＥ
また、角度を考えると△ＥＡＤは二等辺三角形になる。よって、ＡＢ＝ＡＣ＝ＡＥ＝ＤＥ＝ｘ，ＢＣ＝ＢＤ＝２と置くと、
２：ｘ＝ｘ：ｘ＋２が成り立つ。
∴ｘ^2＝２(ｘ＋２) 　∴ｘ^2－２ｘ＋４＝０
∴ｘ＝１±√５　ｘ＞０より、
ｘ＝１＋√５　ところで、ＣＤ＝ＡＣ－ＡＤ＝ｘ－２＝－１＋√５
よって、答えは、１＋√５

おまけ：

解説
＞δ＝α₂－α₃とおくと、α₁，α₂，α₃の入れ換えにより、β，γ，δは±β，±γ，±δに変化します。したがって
ｐ(ｘ)＝(ｘ²－β²)(ｘ²－γ²)(ｘ²－δ²)
はα₁，α₂，α₃に関する対称式になり、有理数係数多項式になります。

β＝α₁－α₂，γ＝α₁－α₃，δ＝α₂－α₃
これらのα₁とα₂などを入れ換えると、
β＝α₂－α₁＝－βなどとなり符号が入れ換わる。つまり、入れ換えなければ符号はそのままで入れ換えれば符号が変わる。
つまり、β²，γ²，δ²はα₁とα₂などを入れ換えても変わらないという事である。
よって、(ｘ²－β²)(ｘ²－γ²)(ｘ²－δ²)を展開した係数はα₁とα₂などを入れ換えても変わらないので、α₁，α₂，α₃に関する対称式になる。
ところで、α₁，α₂，α₃はｘ³－２＝０の３つの解で、３次方程式の解と係数の関係より、
α₁＋α₂＋α₃＝０，
α₁α₂＋α₂α₃＋α₃α₁＝０，
α₁α₂α₃＝２
これらの左辺は基本対称式で、対称式は基本対称式で必ず表せる（定理3.1）ので、
(ｘ²－β²)(ｘ²－γ²)(ｘ²－δ²)の係数はα₁，α₂，α₃の基本対称式で表せる。
ところで、上の３つの式の右辺は全て有理数なので、(ｘ²－β²)(ｘ²－γ²)(ｘ²－δ²)は有理数係数多項式になるという事である。

定理3.1（対称式の基本定理）
ｎ変数対称式ｆ(ｘ1,･･･,ｘｎ)は基本対称式ｓ1,･･･,ｓnの多項式として一意的に表される。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

＞γ＝－βω²，δ＝βωを利用して計算すると、次のようになります：
ｐ(ｘ)＝(ｘ²－β²)(ｘ²－β²ω)(ｘ²－β²ω²)
＝ｘ⁶－β⁶＝ｘ⁶＋１０８
ここでβ⁶の計算はβ＝³√２(１－ω)より
β⁶＝{³√２・(３－√３ｉ)/２}⁶
＝{³√２・√３ｉ・(－√３ｉ－１)/２}⁶
＝４・(－２７)＝－１０８
と行ないました。{(－１－√３ｉ)/２}³＝１に注意してください。

まず、γ＝－βω²，δ＝βωを確認する。
β＝α₁－α₂＝³√２(１－ω)，
γ＝α₁－α₃，δ＝α₂－α₃，
α₁＝³√２，α₂＝³√２ω，α₃＝³√２ω²
より、
γ＝α₁－α₃＝³√２－³√２ω²
＝³√２(１－ω²)＝³√２(１－ω)(１＋ω)
＝β(１＋ω)———①
ところで、ω²＋ω＋１＝０より、
１＋ω＝－ω²———②
②を①に代入すると、
γ＝－βω²　よって、ＯＫ。
また、δ＝α₂－α₃＝³√２ω－³√２ω²
＝³√２ω(１－ω)＝βω
∴δ＝βω　よって、ＯＫ。

＞ｐ(ｘ)＝(ｘ²－β²)(ｘ²－β²ω)(ｘ²－β²ω²)
＝ｘ⁶－β⁶

ところで、ｘ³－２＝０より、
(ｘ－³√２)(ｘ－³√２ω)(ｘ－³√２ω²)＝０
このｘをｘ²，³√２をβ²にすると、
ｘ³－２＝０は、(ｘ²)³－(β²)³＝０となるので、ｘ⁶－β⁶＝０
よって、(ｘ²－β²)(ｘ²－β²ω)(ｘ²－β²ω²)
＝ｘ⁶－β⁶という事。

＞ここでβ⁶の計算はβ＝³√２(１－ω)より
β⁶＝{³√２・(３－√３ｉ)/２}⁶
＝{³√２・√３ｉ・(－√３ｉ－１)/２}⁶
＝４・(－２７)＝－１０８
と行ないました。{(－１－√３ｉ)/２}³＝１に注意してください。

ところで、ω＝(－１＋√３ｉ)/２より、
ω²＝(－１＋√３ｉ)²/４＝(－２－２√３ｉ)/４＝(－１－√３ｉ)/２
よって、{(－１－√３ｉ)/２}³＝(ω²)³
＝(ω³)²＝１²＝１という事。

おまけ：

問題
ＡＤ＝１ｃｍ，ＢＣ＝７ｃｍ，ＡＤ∥ＢＣであるような台形ＡＢＣＤがあって、辺ＡＢをｍ：ｎに内分する点Ｅを通り、辺ＢＣに平行な直線が辺ＣＤと交わる点をＦとする。
（１）ＥＦの長さをｍ,ｎを用いて表せ。
（２）線分ＥＦによって台形ＡＢＣＤの面積が二等分されるとき、ｍ：ｎの値を求めよ。
（８９　慶應志木）

解法１
（１）対角線ＢＤをひき、ＥＦとの交点をＰとする。△ＢＥＰ∽△ＢＡＤだから、
ＥＰ＝(ＢＥ/ＢＡ)×ＡＤ＝ｎ/(ｍ＋ｎ)
同様に、△ＤＰＦ∽△ＤＢＣだから、
ＰＦ＝(ＤＰ/ＤＢ)×ＢＣ＝７ｍ/(ｍ＋ｎ)
ゆえに、ＥＦ＝ＥＰ＋ＰＦ
＝(７ｍ＋ｎ)/(ｍ＋ｎ)（ｃｍ）
（２）ＢＡ，ＣＤの延長線の交点をＱとする。
△ＱＡＤ∽△ＱＥＦ∽△ＱＢＣより、
底辺ＡＤ，ＥＦ（＝ｘとおく）。ＢＣに注目して、△ＱＡＤ：△ＱＥＦ：△ＱＢＣ＝１^2：ｘ^2：７^2
四角形ＡＥＦＤ＝四角形ＥＢＣＦより、
ｘ^2－１^2＝７^2－ｘ^2
これを解いて、ｘ＝５
（１）より、(７ｍ＋ｎ)/(ｍ＋ｎ)＝５
これより、ｍ：ｎ＝２：１
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

解法２
（１）ＤからＡＢと平行な直線を引き、ＢＣとの交点をＧとし、ＤＧとＥＦとの交点をＰとすると、ＥＰ＝ＡＤ＝１
また、△ＤＰＦ∽△ＤＧＣで相似比ｍ：ｍ＋ｎより、ＰＦ＝{ｍ/(ｍ＋ｎ)}×６＝６ｍ/(ｍ＋ｎ)
∴ＥＦ＝ＥＰ＋ＰＦ＝１＋６ｍ/(ｍ＋ｎ)
＝(７ｍ＋ｎ)/(ｍ＋ｎ)（ｃｍ）
因みに、（１）は公式から一発である。この公式の解説は何故か載っていないが、冒頭のp.1３に載っている。
ＥＦ＝(ｎＡＤ＋ｍＢＣ)/(ｍ＋ｎ)
これにＡＤ＝１，ＢＣ＝７を代入すれば良い。
（２）ＡからＥＦに垂線を下ろしＨ，ＥからＢＣに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＡＥＨ∽△ＥＢＩで相似比ｍ：ｎより、ＡＨ＝ｍｈ，ＥＩ＝ｎｈと置くと、
台形ＡＥＦＤ＝(１＋ＥＦ)×ｍｈ×(１/２)
台形ＥＢＣＦ＝(ＥＦ＋７)×ｎｈ×(１/２)
ここで、条件より台形ＡＥＦＤ＝台形ＥＢＣＦとして両辺を約分すると、
(１＋ＥＦ)×ｍ＝(ＥＦ＋７)×ｎ
∴ｍ＋ｍＥＦ＝ｎＥＦ＋７ｎ
∴(ｍ－ｎ)ＥＦ＝－ｍ＋７ｎ———①
ところで、（１）より、
ＥＦ＝(７ｍ＋ｎ)/(ｍ＋ｎ)———②
②を①に代入すると、
(ｍ－ｎ)(７ｍ＋ｎ)＝(ｍ＋ｎ)(－ｍ＋７ｎ)
∴７ｍ^2－６ｍｎ－ｎ^2＝－ｍ^2＋６ｍｎ＋７ｎ^2
∴８ｍ^2－１２ｍｎ－８ｎ^2＝０
∴２ｍ^2－３ｎｍ－２ｎ^2＝０
これを解の公式で解くと、
ｍ＝{３ｎ±√(９ｎ^2＋１６ｎ^2)}/４
＝(３ｎ±５ｎ)/４＝２ｎ，－ｎ/２
ところで、ｍ：ｎはＡＢを内分する点より、
ｍ＞０，ｎ＞０
∴ｍ＝２ｎ　∴ｍ：ｎ＝２：１

補足
解の公式を使わない場合は、
２ｍ^2－３ｎｍ－２ｎ^2＝０
∴(ｍ－２ｎ)(２ｍ＋ｎ)＝０

おまけ：
https://www.nikkansports.com/entertainment/news/202405230000780.html

解説
＞上の計算では問題3-7を利用した（ｓ＝ｙ，ｔ＝１）。したがって、上の式（＊）が２cos(2π/11)の最小多項式である。

問題 3-7c
２変数ｘ，ｙの対称式ｓ＝ｘ＋ｙ，ｔ＝ｘｙ，ｐn＝ｘ^n＋ｙ^n（ｎ≧１）について次の問いに答えよ。
（１）ｐ2＝ｓ^2－２ｔ，ｐn－ｓｐn-1＋ｔｐn-2＝０（ｎ＞２）を示せ。
（２）ｐ3，ｐ4，ｐ5を求めよ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

「(ｘ^5＋ｘ^-5)＋(ｘ^4＋ｘ^-4)＋(ｘ^3＋ｘ^-3)＋(ｘ^2＋ｘ^-2)＋(ｘ＋ｘ^-1)＋１
＝(ｙ^5－５ｙ^3＋５ｙ)＋(ｙ^4－４ｙ^2＋２)＋(ｙ^3－３ｙ)＋(ｙ^2－２)＋ｙ＋１
＝ｙ^5＋ｙ^4－４ｙ^3－３ｙ^2＋３ｙ＋１・・・（＊）」
これを導けば良い訳である。
そこで、問題3-7cのｐn＝ｘ^n＋ｙ^nのｙをｘ^-1にすると、ｔ＝１となりｓ＝ｘ＋ｘ^-1＝ｙ（このｙは問題3-7cのｙではなく上のｙ。）よって、
ｐ2＝ｙ^2－２，ｐn＝ｙｐn-1－ｐn-2
という漸化式が出来る。
また、ｐ1＝ｘ＋ｘ^-1＝ｙ
∴ｘ^3＋ｘ^-3＝ｐ3＝ｙｐ2－ｐ1
＝ｙ(ｙ^2－２)－ｙ＝ｙ^3－３ｙ
∴ｘ^4＋ｘ^-4＝ｐ4＝ｙｐ3－ｐ2
＝ｙ(ｙ^3－３ｙ)－(ｙ^2－２)
＝ｙ^4－３ｙ^2－ｙ^2＋２
＝ｙ^4－４ｙ^2＋２
ｘ^5＋ｘ^-5＝ｐ5＝ｙｐ4－ｐ3
＝ｙ(ｙ^4－４ｙ^2＋２)－(ｙ^3－３ｙ)
＝ｙ^5－４ｙ^3＋２ｙ－ｙ^3＋３ｙ
＝ｙ^5－５ｙ^3＋５ｙ
以上より、
ｘ＋ｘ^-1＝ｙ
ｘ^2＋ｘ^-2＝ｙ^2－２
ｘ^3＋ｘ^-3＝ｙ^3－３ｙ
ｘ^4＋ｘ^-4＝ｙ^4－４ｙ^2＋２
ｘ^5＋ｘ^-5＝ｙ^5－５ｙ^3＋５ｙ
これらを
(ｘ^5＋ｘ^-5)＋(ｘ^4＋ｘ^-4)＋(ｘ^3＋ｘ^-3)＋(ｘ^2＋ｘ^-2)＋(ｘ＋ｘ^-1)＋１
に代入すると、
＝(ｙ^5－５ｙ^3＋５ｙ)＋(ｙ^4－４ｙ^2＋２)＋(ｙ^3－３ｙ)＋(ｙ^2－２)＋ｙ＋１
＝ｙ^5＋ｙ^4－４ｙ^3－３ｙ^2＋３ｙ＋１・・・（＊）
よって、示された。

因みに、問題3-7を使わない場合は、
(ｘ^5＋ｘ^-5)＋(ｘ^4＋ｘ^-4)＋(ｘ^3＋ｘ^-3)＋(ｘ^2＋ｘ^-2)＋(ｘ＋ｘ^-1)＋１＝０———☆
また、ｙ＝ｘ＋ｘ^-1
(ｘ＋ｘ^-1)^5から二項定理で展開していく。パスカルの三角形で係数を把握しておくと、
ｙ^5＝(ｘ＋ｘ^-1)^5＝ｘ^5＋５ｘ^3＋１０ｘ＋１０ｘ^-1＋５ｘ^-3＋ｘ^-5
ｙ^4＝(ｘ＋ｘ^-1)^4＝ｘ^4＋４ｘ^2＋６＋４ｘ^-2＋ｘ^-4
ｙ^3＝(ｘ＋ｘ^-1)^3＝ｘ^3＋３ｘ＋３ｘ^-1＋ｘ^-3
ｙ^2＝(ｘ＋ｘ^-1)^2＝ｘ^2＋ｘ＋ｘ^-2
よって、まず、ｘ^5＋ｘ^-5を作ると、
ｘ^5＋ｘ^-5＝ｙ^5－５ｙ^3＋５ｙ———①
（計算省略。）
次に、ｘ^4＋ｘ^-4を作ると、
ｘ^4＋ｘ^-4＝ｙ^4－４ｙ^2＋２———②
同様に、
ｘ^3＋ｘ^-3＝ｙ^3－３ｙ———③
ｘ^2＋ｘ^-2＝ｙ^2－２———④
①～④とｘ＋ｘ^-1＝ｙを☆に代入すると、
(ｙ^5－５ｙ^3＋５ｙ)＋(ｙ^4－４ｙ^2＋２)＋(ｙ^3－３ｙ)＋(ｙ^2－２)＋ｙ＋１＝０
∴ｙ^5＋ｙ^4－４ｙ^3－３ｙ^2＋３ｙ＋１＝０
この解がｙ＝ｘ＋ｘ^-1で、「η＝ζ＋ζ^-1＝２cos(2π/11)」のηをｙ，ζをｘとすれば、
「上の式（＊）が２cos(2π/11)の最小多項式である」事が分かるだろう。

続きは次回。

おまけ：

解説の続き

問題 7-10c
ζ＝ｅ^2πi/11とする。次の問いに答えよ。
（１）η＝ζ＋ζ^-1＝２cos(2π/11)の最小多項式を求めよ。
（２）ξ＝ζ＋ζ^4＋ζ^5＋ζ^9＋ζ^3（５周期）を求めよ。

解答
（１）ζの最小多項式はΦ11(ｘ)＝ｘ^10＋ｘ^9＋･･･＋ｘ＋１である。そこでこの式をｘ^5で割ってｙ＝ｘ＋ｘ^-1について整理すると
ｘ^5＋ｘ^4＋ｘ^3＋ｘ^2＋ｘ＋１＋ｘ^-1＋ｘ^-2＋ｘ^-3＋ｘ^-4＋ｘ^-5
＝(ｘ^5＋ｘ^-5)＋(ｘ^4＋ｘ^-4)＋(ｘ^3＋ｘ^-3)＋(ｘ^2＋ｘ^-2)＋(ｘ＋ｘ^-1)＋１
＝(ｙ^5－５ｙ^3＋５ｙ)＋(ｙ^4－４ｙ^2＋２)＋(ｙ^3－３ｙ)＋(ｙ^2－２)＋ｙ＋１
＝ｙ^5＋ｙ^4－４ｙ^3－３ｙ^2＋３ｙ＋１・・・（＊）
上の計算では問題3-7を利用した（ｓ＝ｙ，ｔ＝１）。したがって、上の式（＊）が２cos(2π/11)の最小多項式である。
（２）は２の(ℤ/11ℤ)^×の原始根であることに注意する。ξ'＝ζ^2＋ζ^8＋ζ^10＋ζ^7＋ζ^6とおく。ξ＋ξ'＝ζ＋ζ^2＋･･･＋ζ^10＝－１である。ξξ'は
ξξ'＝(ζ＋ζ^4＋ζ^5＋ζ^9＋ζ^3)(ζ^2＋ζ^8＋ζ^10＋ζ^7＋ζ^6)
＝ζ^3＋ζ^9＋ζ^11＋ζ^8＋ζ^7＋ζ^6＋ζ^1＋ζ^3＋ζ^11＋ζ^10
＋ζ^7＋ζ^2＋ζ^4＋ζ^1＋ζ^11＋ζ^11＋ζ^6＋ζ^8＋ζ^5＋ζ^4
＋ζ^5＋ζ^11＋ζ^2＋ζ^10＋ζ^9
＝５＋２(ζ＋ζ^2＋･･･＋ζ^10)＝５－２＝３

したがってξの最小多項式はｘ^2＋ｘ＋３である。ゆえにξ＝(－１＋√－１１)/２である（根号の前の符号はξ，ξ'の虚部の符号を見て判断する）。

＞（２）は２の(ℤ/11ℤ)^×の原始根であることに注意する。ξ'＝ζ^2＋ζ^8＋ζ^10＋ζ^7＋ζ^6とおく。ξ＋ξ'＝ζ＋ζ^2＋･･･＋ζ^10＝－１である。

(ℤ/11ℤ)^×＝{１,２,３,４,５,６,７,８,９,１０}（整数を１１で割った余りの集合の集合という事。）
２^1＝２
２^2＝４
２^3＝８
２^4＝１６＝５
２^5＝１０
２^6＝２０＝９
２^7＝１８＝７
２^8＝１４＝３
２^9＝６
２^10＝１２＝１
よって、２の累乗で１～１０を全て表せるので、２は原始根という事である。
また、ξ＝ζ＋ζ^4＋ζ^5＋ζ^9＋ζ^3の足りない所をξ'とすると、
ξ'＝ζ^2＋ζ^8＋ζ^10＋ζ^7＋ζ^6となり、
ξ＋ξ'＝ζ＋ζ^2＋･･･＋ζ^10＝－１となる。
念のため、ζの最小多項式はΦ11(ｘ)＝ｘ^10＋ｘ^9＋･･･＋ｘ＋１だからζ^10＋ζ^9＋･･･＋ζ＋１＝０より、ζ^10＋ζ^9＋･･･＋ζ＝－１

＞ξξ'は
ξξ'＝(ζ＋ζ^4＋ζ^5＋ζ^9＋ζ^3)(ζ^2＋ζ^8＋ζ^10＋ζ^7＋ζ^6)
＝ζ^3＋ζ^9＋ζ^11＋ζ^8＋ζ^7＋ζ^6＋ζ^1＋ζ^3＋ζ^11＋ζ^10
＋ζ^7＋ζ^2＋ζ^4＋ζ^1＋ζ^11＋ζ^11＋ζ^6＋ζ^8＋ζ^5＋ζ^4
＋ζ^5＋ζ^11＋ζ^2＋ζ^10＋ζ^9
＝５＋２(ζ＋ζ^2＋･･･＋ζ^10)＝５－２＝３

(ζ＋ζ^4＋ζ^5＋ζ^9＋ζ^3)(ζ^2＋ζ^8＋ζ^10＋ζ^7＋ζ^6)を展開して、ζ^11＝１で整理すると、５＋２(ζ＋ζ^2＋･･･＋ζ^10)となり、上の「ζ^10＋ζ^9＋･･･＋ζ＝－１」を代入すれば求まる。

＞したがってξの最小多項式はｘ^2＋ｘ＋３である。ゆえにξ＝(－１＋√－１１)/２である（根号の前の符号はξ，ξ'の虚部の符号を見て判断する）。

ξ＋ξ'＝－１，ξξ'＝３より、２次方程式の解と係数の関係により、ξ，ξ'は、
ｘ^2＋ｘ＋３＝０の２つの解である。
∴ξ，ξ'＝(－１±√１１ｉ)/２
ここで、ξ＝ζ＋ζ^4＋ζ^5＋ζ^9＋ζ^3，
ξ'＝ζ^2＋ζ^8＋ζ^10＋ζ^7＋ζ^6
として、ガウス平面で考えると、
ξの方は１,３,４,５,９より、９以外は単位円の上半分である。（（１１－１)÷２＝５より）
また、ξ'の方は２,６,７,８,１０より、２以外は単位円の下半分である。
つまり、虚軸方向を全て足すと、ξのｉの符号は正でξ'のｉの符号は負である。
∴ξ＝(－１＋√－１１)/２

おまけ：