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BBS壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/10 13:16 (No.1159346)削除問題
線分ＡＢと同じ側に、図のように２点Ｐ，Ｑがあって、ＡＰ＝ＢＱである。Ｐ，Ｑを結ぶ直線が、線分ＡＢの中点Ｍを通るとき、∠ＡＰＭ＝∠ＢＱＭとなることを証明せよ。
（８１ 関西学院）
図を解説すると、線分ＡＢの中点をＭとして、点Ｍの真上やや左に点Ｐを取り△ＰＡＭを描き、ＰＭ上に点Ｑを取りＱＢを結ぶとＡＰ＝ＢＱであるような図。
３通り解法を作ってみました。１つは模範解答と同種類ですが、算数の解法です。また、模範解答と同じ解法の別の導き方（定石）も伝授しますね。
おまけ：
https://www.msn.com/ja-jp/news/entertainment/%E3%81%8A%E5%89%8D%E3%81%8C%E5%81%8F%E5%90%91%E5%A0%B1%E9%81%93%E3%81%A0%E3%82%88-%E3%83%AD%E3%83%B3%E3%83%96%E3%83%BC%E7%94%B0%E6%9D%91%E6%B7%B3%E3%81%AB-%E3%81%A4%E3%81%B0%E3%81%95%E3%81%AE%E5%85%9A-%E6%A0%B9%E6%9C%AC%E8%89%AF%E8%BC%94%E6%B0%8F%E3%82%89%E3%81%8C-%E8%87%AA%E5%AE%85%E5%89%8D%E8%A1%97%E5%AE%A3-%E3%81%AE-%E6%B3%A2%E7%B4%8B/ar-BB1m7Sgh?ocid=msedgntp&pc=U531&cvid=e5aad1c9771943ddb64177482418c67b&ei=34
線分ＡＢと同じ側に、図のように２点Ｐ，Ｑがあって、ＡＰ＝ＢＱである。Ｐ，Ｑを結ぶ直線が、線分ＡＢの中点Ｍを通るとき、∠ＡＰＭ＝∠ＢＱＭとなることを証明せよ。
（８１ 関西学院）
図を解説すると、線分ＡＢの中点をＭとして、点Ｍの真上やや左に点Ｐを取り△ＰＡＭを描き、ＰＭ上に点Ｑを取りＱＢを結ぶとＡＰ＝ＢＱであるような図。
３通り解法を作ってみました。１つは模範解答と同種類ですが、算数の解法です。また、模範解答と同じ解法の別の導き方（定石）も伝授しますね。
おまけ：
https://www.msn.com/ja-jp/news/entertainment/%E3%81%8A%E5%89%8D%E3%81%8C%E5%81%8F%E5%90%91%E5%A0%B1%E9%81%93%E3%81%A0%E3%82%88-%E3%83%AD%E3%83%B3%E3%83%96%E3%83%BC%E7%94%B0%E6%9D%91%E6%B7%B3%E3%81%AB-%E3%81%A4%E3%81%B0%E3%81%95%E3%81%AE%E5%85%9A-%E6%A0%B9%E6%9C%AC%E8%89%AF%E8%BC%94%E6%B0%8F%E3%82%89%E3%81%8C-%E8%87%AA%E5%AE%85%E5%89%8D%E8%A1%97%E5%AE%A3-%E3%81%AE-%E6%B3%A2%E7%B4%8B/ar-BB1m7Sgh?ocid=msedgntp&pc=U531&cvid=e5aad1c9771943ddb64177482418c67b&ei=34
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/11 07:57削除問題
線分ＡＢと同じ側に、図のように２点Ｐ，Ｑがあって、ＡＰ＝ＢＱである。Ｐ，Ｑを結ぶ直線が、線分ＡＢの中点Ｍを通るとき、∠ＡＰＭ＝∠ＢＱＭとなることを証明せよ。
（８１ 関西学院）
解法１ 算数の解法
点Ḿを中心に△ＱＢＭをＭＢがＭＡにくっつくまで１８０°回転移動させ、点Ｑの行き先をＱ'とすると、３点Ｐ，Ｍ，Ｑ'は一直線上にあり（３点Ａ，Ｍ，Ｂが一直線上にあるから）、条件よりＡＰ＝ＢＱ＝ＢＱ'＝ＡＱで△ＡＰＱ'は二等辺三角形になる。よって、∠ＡＰＭ＝∠ＡＱ'Ｍ＝∠ＢＱＭ
よって、∠ＡＰＭ＝∠ＢＱＭ
解法２ 参考書の模範解答
ＢからＰＡに平行線をひいて、ＰＭの延長との交点をＲとする。
仮定より、ＡＭ＝ＢＭ———①
∠ＰＭＡ＝∠ＲＭＢ———②
∠ＰＡＭ＝∠ＲＢＭ（錯角）———③
①，②，③より、△ＰＡＭ≡△ＲＢＭ
よって、ＢＲ＝ＡＰ＝ＢＱ
△ＢＱＲは二等辺三角形だから
∠ＢＲＱ＝∠ＢＱＭ
これと∠Ｐ＝∠ＢＲＱ（図）により、
∠ＡＰＭ＝∠ＢＱＭ
因みに、解法１の方法では、点Ｍを中心に△ＭＡＰを１８０°回転させれば同様に出来る。
また、「（ア），（イ）ともに一癖あるおもしろい形です。補助線の発見がかぎをにぎりますが、知識がものをいう典型例でしょう。」とあり、この問題は（イ）です。（（ア）は2024/5/9 12:06の投稿の筑波大付属の問題）
それでは、Ｂからいきなり平行線を引かない方法を紹介しましょう。ただし、知識がいるのは同じ事。
模範解答のアレンジ（というより別解か）
点ＭはＡＢの中点より定石の一つとして、ＰＭの延長上にＰ'Ｍ＝ＰＭとなる点Ｐ'を取ると、四角形ＰＡＰ'Ｂは対角線が互いの中点で交わるので、平行四辺形である。∴ＢＰ'＝ＰＡ，ＢＰ'∥ＰＡ
また、条件よりＰＡ＝ＢＱ ∴ＢＱ＝ＢＰ'
よって、△ＢＱＰ'は二等辺三角形である。
∴∠ＢＱＭ＝∠ＢＰ'Ｐ
また、錯角より∠ＡＰＭ＝∠ＢＰ'Ｐ
∴∠ＢＱＭ＝∠ＡＰＭ
これならいきなりＢからＰＡと平行な線分を引かなくても解けるでしょう。因みに、ＰＭの延長上にＱ'Ｍ＝ＱＭとなる点Ｑ'を取れば解法１と同じ形状になります。
それでは工夫の別解２通りは次回に紹介しましょう。（念のため、私のオリジナルです。）
おまけ：
https://performance-navi01.com/kenkadokugaku-toukei-aki/65148/
線分ＡＢと同じ側に、図のように２点Ｐ，Ｑがあって、ＡＰ＝ＢＱである。Ｐ，Ｑを結ぶ直線が、線分ＡＢの中点Ｍを通るとき、∠ＡＰＭ＝∠ＢＱＭとなることを証明せよ。
（８１ 関西学院）
解法１ 算数の解法
点Ḿを中心に△ＱＢＭをＭＢがＭＡにくっつくまで１８０°回転移動させ、点Ｑの行き先をＱ'とすると、３点Ｐ，Ｍ，Ｑ'は一直線上にあり（３点Ａ，Ｍ，Ｂが一直線上にあるから）、条件よりＡＰ＝ＢＱ＝ＢＱ'＝ＡＱで△ＡＰＱ'は二等辺三角形になる。よって、∠ＡＰＭ＝∠ＡＱ'Ｍ＝∠ＢＱＭ
よって、∠ＡＰＭ＝∠ＢＱＭ
解法２ 参考書の模範解答
ＢからＰＡに平行線をひいて、ＰＭの延長との交点をＲとする。
仮定より、ＡＭ＝ＢＭ———①
∠ＰＭＡ＝∠ＲＭＢ———②
∠ＰＡＭ＝∠ＲＢＭ（錯角）———③
①，②，③より、△ＰＡＭ≡△ＲＢＭ
よって、ＢＲ＝ＡＰ＝ＢＱ
△ＢＱＲは二等辺三角形だから
∠ＢＲＱ＝∠ＢＱＭ
これと∠Ｐ＝∠ＢＲＱ（図）により、
∠ＡＰＭ＝∠ＢＱＭ
因みに、解法１の方法では、点Ｍを中心に△ＭＡＰを１８０°回転させれば同様に出来る。
また、「（ア），（イ）ともに一癖あるおもしろい形です。補助線の発見がかぎをにぎりますが、知識がものをいう典型例でしょう。」とあり、この問題は（イ）です。（（ア）は2024/5/9 12:06の投稿の筑波大付属の問題）
それでは、Ｂからいきなり平行線を引かない方法を紹介しましょう。ただし、知識がいるのは同じ事。
模範解答のアレンジ（というより別解か）
点ＭはＡＢの中点より定石の一つとして、ＰＭの延長上にＰ'Ｍ＝ＰＭとなる点Ｐ'を取ると、四角形ＰＡＰ'Ｂは対角線が互いの中点で交わるので、平行四辺形である。∴ＢＰ'＝ＰＡ，ＢＰ'∥ＰＡ
また、条件よりＰＡ＝ＢＱ ∴ＢＱ＝ＢＰ'
よって、△ＢＱＰ'は二等辺三角形である。
∴∠ＢＱＭ＝∠ＢＰ'Ｐ
また、錯角より∠ＡＰＭ＝∠ＢＰ'Ｐ
∴∠ＢＱＭ＝∠ＡＰＭ
これならいきなりＢからＰＡと平行な線分を引かなくても解けるでしょう。因みに、ＰＭの延長上にＱ'Ｍ＝ＱＭとなる点Ｑ'を取れば解法１と同じ形状になります。
それでは工夫の別解２通りは次回に紹介しましょう。（念のため、私のオリジナルです。）
おまけ：
https://performance-navi01.com/kenkadokugaku-toukei-aki/65148/
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/12 07:51削除問題
線分ＡＢと同じ側に、図のように２点Ｐ，Ｑがあって、ＡＰ＝ＢＱである。Ｐ，Ｑを結ぶ直線が、線分ＡＢの中点Ｍを通るとき、∠ＡＰＭ＝∠ＢＱＭとなることを証明せよ。
（８１ 関西学院）
図を解説すると、線分ＡＢの中点をＭとして、点Ｍの真上やや左に点Ｐを取り△ＰＡＭを描き、ＰＭ上に点Ｑを取りＱＢを結ぶとＡＰ＝ＢＱであるような図。
解法３ 思い付いた順
ＰからＱＢと平行な直線を引き、ＡＢの延長との交点をＣとすると、△ＭＢＱ∽△ＭＣＰ
∴ＭＢ：ＢＱ：ＭＣ：ＣＰ———①
また、条件より、ＡＭ＝ＭＢ———②
ＡＰ＝ＢＱ———③
②，③を①に代入すると、
ＡＭ：ＡＰ＝ＭＣ：ＣＰ
∴ＡＰ：ＣＰ＝ＡＭ：ＭＣ
∴ＰＡ：ＰＣ＝ＡＭ：ＭＣ
よって、△ＰＡＣでの角の二等分線の定理の逆により、ＰＭは∠ＡＰＣの二等分線。
∴∠ＡＰＭ＝∠ＣＰＭ———④
ところで、同位角より∠ＣＰＭ＝∠ＢＱＭ
これを④に代入すると、
∠ＡＰＭ＝∠ＢＱＭ
解法４
ＰからＢＱと平行でＰＲ＝ＱＢとなる点Ｒを取ると、ＰＲ∥ＱＢかつＰＲ＝ＱＢより、四角形ＰＱＢＲは平行四辺形になる。
∴ＰＱ∥ＲＢ ∴ＰＭ∥ＲＢ
また、ＡＲを結びＰＭとの交点をＣとすると、
ＣＭ∥ＲＢで点ＭはＡＢの中点より△ＡＢＲでの中点連結定理の逆により、点ＣはＡＲの中点。∴ＡＣ＝ＲＣ———①
また、条件よりＡＰ＝ＢＱで四角形ＰＱＢＲは平行四辺形よりＢＱ＝ＲＰなので、
ＡＰ＝ＲＰ———②
また、ＰＣは共通———③
①，②，③より、三辺相等で、
△ＰＡＣ≡△ＰＲＣ ∴∠ＡＰＣ＝∠ＲＰＣ
また、同位角より、∠ＲＰＣ＝∠ＢＱＭ
∴∠ＡＰＣ＝∠ＢＱＭ
∴∠ＡＰＭ＝∠ＢＱＭ
おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/87baa55d774cc2edec9f9f2962282b5d0815ef11
「高校1年生の2004年に「ミスセブンティーン」の選抜オーディションに応募。最終選考で落選した」（ウィキペディアより）
たまたま修学旅行の時に気付いて羨望や複雑な感情で無視したのかな？（単純にこの友達ダサいね。）
まぁ、記事書いた人も「壮絶なイジメ」っておかしくない？
線分ＡＢと同じ側に、図のように２点Ｐ，Ｑがあって、ＡＰ＝ＢＱである。Ｐ，Ｑを結ぶ直線が、線分ＡＢの中点Ｍを通るとき、∠ＡＰＭ＝∠ＢＱＭとなることを証明せよ。
（８１ 関西学院）
図を解説すると、線分ＡＢの中点をＭとして、点Ｍの真上やや左に点Ｐを取り△ＰＡＭを描き、ＰＭ上に点Ｑを取りＱＢを結ぶとＡＰ＝ＢＱであるような図。
解法３ 思い付いた順
ＰからＱＢと平行な直線を引き、ＡＢの延長との交点をＣとすると、△ＭＢＱ∽△ＭＣＰ
∴ＭＢ：ＢＱ：ＭＣ：ＣＰ———①
また、条件より、ＡＭ＝ＭＢ———②
ＡＰ＝ＢＱ———③
②，③を①に代入すると、
ＡＭ：ＡＰ＝ＭＣ：ＣＰ
∴ＡＰ：ＣＰ＝ＡＭ：ＭＣ
∴ＰＡ：ＰＣ＝ＡＭ：ＭＣ
よって、△ＰＡＣでの角の二等分線の定理の逆により、ＰＭは∠ＡＰＣの二等分線。
∴∠ＡＰＭ＝∠ＣＰＭ———④
ところで、同位角より∠ＣＰＭ＝∠ＢＱＭ
これを④に代入すると、
∠ＡＰＭ＝∠ＢＱＭ
解法４
ＰからＢＱと平行でＰＲ＝ＱＢとなる点Ｒを取ると、ＰＲ∥ＱＢかつＰＲ＝ＱＢより、四角形ＰＱＢＲは平行四辺形になる。
∴ＰＱ∥ＲＢ ∴ＰＭ∥ＲＢ
また、ＡＲを結びＰＭとの交点をＣとすると、
ＣＭ∥ＲＢで点ＭはＡＢの中点より△ＡＢＲでの中点連結定理の逆により、点ＣはＡＲの中点。∴ＡＣ＝ＲＣ———①
また、条件よりＡＰ＝ＢＱで四角形ＰＱＢＲは平行四辺形よりＢＱ＝ＲＰなので、
ＡＰ＝ＲＰ———②
また、ＰＣは共通———③
①，②，③より、三辺相等で、
△ＰＡＣ≡△ＰＲＣ ∴∠ＡＰＣ＝∠ＲＰＣ
また、同位角より、∠ＲＰＣ＝∠ＢＱＭ
∴∠ＡＰＣ＝∠ＢＱＭ
∴∠ＡＰＭ＝∠ＢＱＭ
おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/87baa55d774cc2edec9f9f2962282b5d0815ef11
「高校1年生の2004年に「ミスセブンティーン」の選抜オーディションに応募。最終選考で落選した」（ウィキペディアより）
たまたま修学旅行の時に気付いて羨望や複雑な感情で無視したのかな？（単純にこの友達ダサいね。）
まぁ、記事書いた人も「壮絶なイジメ」っておかしくない？
返信
返信2
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/9 12:06 (No.1158491)削除問題
∠Ａ＝９０°の直角二等辺三角形ＡＢＣがある。いま、辺ＡＢ上にＢＤ＝６ｃｍである点Ｄを、辺ＡＣの延長上にＣＥ＝６ｃｍである点Ｅをとり、辺ＢＣと線分ＤＥとの交点をＦとする。このとき、△ＢＤＦと△ＣＥＦの面積の差は□ｃｍ^2である。
（８７ 筑波大付）
私的に普通に解いたら別解でしたが、算数でも解けそうな気がして答えを見る前に算数の解法を作ったら、そちらが模範解答でした。（私とはアプローチの仕方が異なっていましたが。）
おまけ：
∠Ａ＝９０°の直角二等辺三角形ＡＢＣがある。いま、辺ＡＢ上にＢＤ＝６ｃｍである点Ｄを、辺ＡＣの延長上にＣＥ＝６ｃｍである点Ｅをとり、辺ＢＣと線分ＤＥとの交点をＦとする。このとき、△ＢＤＦと△ＣＥＦの面積の差は□ｃｍ^2である。
（８７ 筑波大付）
私的に普通に解いたら別解でしたが、算数でも解けそうな気がして答えを見る前に算数の解法を作ったら、そちらが模範解答でした。（私とはアプローチの仕方が異なっていましたが。）
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/10 08:02削除問題
∠Ａ＝９０°の直角二等辺三角形ＡＢＣがある。いま、辺ＡＢ上にＢＤ＝６ｃｍである点Ｄを、辺ＡＣの延長上にＣＥ＝６ｃｍである点Ｅをとり、辺ＢＣと線分ＤＥとの交点をＦとする。このとき、△ＢＤＦと△ＣＥＦの面積の差は□ｃｍ^2である。
（８７ 筑波大付）
解法１ 私の解法
ＡＤ＝ｘと置くと、ＡＢ＝ｘ＋６ △ＡＢＣは直角二等辺三角形より、ＡＣ＝ＡＢ＝ｘ＋６
∴ＡＥ＝ｘ＋１２
ここで、△ＢＤＦと△ＣＥＦのそれぞれに四角形ＡＤＦＣを加えると、面積の差は、
△ＢＤＦ－△ＣＥＦ＝△ＡＢＣ－△ＡＤＥ
＝(ｘ＋６)^2×(１/２)
－ｘ(ｘ＋１２)×(１/２)
＝(ｘ^2＋１２ｘ＋３６)/２
－(ｘ^2＋１２ｘ)/２
＝３６/２＝１８
よって、答えは、１８ｃｍ^2
解法２ 参考書の模範解答
基本図１６の知識より、ＤＦ＝ＥＦ
いま、ＤからＡＣに平行線をひいて、辺ＢＣとの交点をＧとすると、△ＦＤＧ≡△ＦＥＣ（二角夾辺相等）
よって、△ＢＤＦ－△ＣＥＦ＝△ＢＤＦ－△ＤＧＦ＝△ＢＤＧ＝６×６÷２＝１８（ｃｍ^2）
基本図１６
ＡＢ＝ＡＣ，ＤＢ＝ＣＥのとき、ＤＦ＝ＥＦ
ＤからＢＣに平行線をひき、ＡＣとの交点をＧとする。ＧＣ＝ＤＢから中点連結定理。
「高校への数学 日日のハイレベル演習」臨時増刊２００３－５ p.41より
図がないので解説すると、二等辺三角形ＡＢＣの辺ＡＢ上に点Ｄ，辺ＡＣの延長上に点Ｅがあり、ＤＥとＢＣの交点をＦとする。この時、ＢＤ＝ＣＥならば点ＦはＤＥの中点になる。
そして、その証明は、ＤからＢＣと平行な直線を引きＡＣとの交点をＧとすると、△ＥＤＧでの中点連結定理より簡単。
因みに、私の発想は、元の問題のＢＤ＝ＣＥと∠Ｂと∠ＦＣＥが補角をなしている事からＢＦ上にＢＨ＝ＣＦとなる点Ｈを取ると１つの角が補角をなす面積比の公式より△ＢＤＨと△ＣＥＦの面積は等しくなる。よって、△ＦＤＨの面積を求めれば良くなる訳だが、ここで、△ＤＢＨの面積を右に移す事にした。つまり、ＦＢ上にＦＧ＝ＢＨとなる点Ｇを取ると、求めるのは△ＤＢＧという事になる。そして、ＤＧはＡＣと平行線という事に気付く訳である。
おまけ：
https://twitter.com/satndRvjMpc4tl7/status/1788361206681776337
∠Ａ＝９０°の直角二等辺三角形ＡＢＣがある。いま、辺ＡＢ上にＢＤ＝６ｃｍである点Ｄを、辺ＡＣの延長上にＣＥ＝６ｃｍである点Ｅをとり、辺ＢＣと線分ＤＥとの交点をＦとする。このとき、△ＢＤＦと△ＣＥＦの面積の差は□ｃｍ^2である。
（８７ 筑波大付）
解法１ 私の解法
ＡＤ＝ｘと置くと、ＡＢ＝ｘ＋６ △ＡＢＣは直角二等辺三角形より、ＡＣ＝ＡＢ＝ｘ＋６
∴ＡＥ＝ｘ＋１２
ここで、△ＢＤＦと△ＣＥＦのそれぞれに四角形ＡＤＦＣを加えると、面積の差は、
△ＢＤＦ－△ＣＥＦ＝△ＡＢＣ－△ＡＤＥ
＝(ｘ＋６)^2×(１/２)
－ｘ(ｘ＋１２)×(１/２)
＝(ｘ^2＋１２ｘ＋３６)/２
－(ｘ^2＋１２ｘ)/２
＝３６/２＝１８
よって、答えは、１８ｃｍ^2
解法２ 参考書の模範解答
基本図１６の知識より、ＤＦ＝ＥＦ
いま、ＤからＡＣに平行線をひいて、辺ＢＣとの交点をＧとすると、△ＦＤＧ≡△ＦＥＣ（二角夾辺相等）
よって、△ＢＤＦ－△ＣＥＦ＝△ＢＤＦ－△ＤＧＦ＝△ＢＤＧ＝６×６÷２＝１８（ｃｍ^2）
基本図１６
ＡＢ＝ＡＣ，ＤＢ＝ＣＥのとき、ＤＦ＝ＥＦ
ＤからＢＣに平行線をひき、ＡＣとの交点をＧとする。ＧＣ＝ＤＢから中点連結定理。
「高校への数学 日日のハイレベル演習」臨時増刊２００３－５ p.41より
図がないので解説すると、二等辺三角形ＡＢＣの辺ＡＢ上に点Ｄ，辺ＡＣの延長上に点Ｅがあり、ＤＥとＢＣの交点をＦとする。この時、ＢＤ＝ＣＥならば点ＦはＤＥの中点になる。
そして、その証明は、ＤからＢＣと平行な直線を引きＡＣとの交点をＧとすると、△ＥＤＧでの中点連結定理より簡単。
因みに、私の発想は、元の問題のＢＤ＝ＣＥと∠Ｂと∠ＦＣＥが補角をなしている事からＢＦ上にＢＨ＝ＣＦとなる点Ｈを取ると１つの角が補角をなす面積比の公式より△ＢＤＨと△ＣＥＦの面積は等しくなる。よって、△ＦＤＨの面積を求めれば良くなる訳だが、ここで、△ＤＢＨの面積を右に移す事にした。つまり、ＦＢ上にＦＧ＝ＢＨとなる点Ｇを取ると、求めるのは△ＤＢＧという事になる。そして、ＤＧはＡＣと平行線という事に気付く訳である。
おまけ：
https://twitter.com/satndRvjMpc4tl7/status/1788361206681776337
返信
返信1
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/8 13:51 (No.1157763)削除問題
図のように、ＡＢ＝８，ＡＣ＝６，∠ＢＡＣ＝９０°の△ＡＢＣがある。点Ａから辺ＢＣに垂線ＡＤをひく。∠ＡＢＣの二等分線と線分ＡＤ，辺ＡＣとの交点を、それぞれＥ，Ｆとする。
（１）ＢＥ：ＥＦを求めよ。
（２）ＡＥ＝ＡＦを証明せよ。
（３）四角形ＥＤＣＦの面積を求めよ。
（類 ９３ 東海）
それぞれ別解を作ってみました。何通りも作れると思いますが、比較的簡単なものだけにして下さい。
因みに、（３）は私の第１解法と模範解答は同じでしたが、第２解法の方が簡単だと思います。
おまけ：
図のように、ＡＢ＝８，ＡＣ＝６，∠ＢＡＣ＝９０°の△ＡＢＣがある。点Ａから辺ＢＣに垂線ＡＤをひく。∠ＡＢＣの二等分線と線分ＡＤ，辺ＡＣとの交点を、それぞれＥ，Ｆとする。
（１）ＢＥ：ＥＦを求めよ。
（２）ＡＥ＝ＡＦを証明せよ。
（３）四角形ＥＤＣＦの面積を求めよ。
（類 ９３ 東海）
それぞれ別解を作ってみました。何通りも作れると思いますが、比較的簡単なものだけにして下さい。
因みに、（３）は私の第１解法と模範解答は同じでしたが、第２解法の方が簡単だと思います。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/9 07:57削除問題
図のように、ＡＢ＝８，ＡＣ＝６，∠ＢＡＣ＝９０°の△ＡＢＣがある。点Ａから辺ＢＣに垂線ＡＤをひく。∠ＡＢＣの二等分線と線分ＡＤ，辺ＡＣとの交点を、それぞれＥ，Ｆとする。
（１）ＢＥ：ＥＦを求めよ。
（２）ＡＥ＝ＡＦを証明せよ。
（３）四角形ＥＤＣＦの面積を求めよ。
（類 ９３ 東海）
解法１ 参考書の模範解答
（１）仮定より、∠ＡＢＥ＝∠ＣＢＦ
また、∠ＢＡＥ＝９０°－∠ＣＡＤ＝∠Ｃ
以上より、△ＡＢＥ∽△ＣＢＦ・・・①
（二角相等）
よって、ＢＥ：ＢＦ＝ＡＢ：ＣＢ＝８：１０
＝４：５ ゆえに、ＢＥ：ＥＦ＝４：１
（２）①より、∠ＢＥＡ＝∠ＢＦＣ
ゆえに∠ＡＥＦ＝∠ＡＦＥ
△ＡＥＦにおいて、底角が等しいので、
ＡＥ＝ＡＦ
（３）△ＡＢＣ＝６×８÷２＝２４
△ＡＢＣ∽△ＤＡＣで、相似比は１０：６だから、△ＤＡＣの面積＝(６^2/１０^2)×２４
＝９×２４/２５
いま、角の二等分線の定理より、
ＡＥ：ＥＤ＝ＢＡ：ＢＤ＝５：４
ＡＦ：ＦＣ＝ＢＡ：ＢＣ＝４：５
△ＡＥＦと△ＡＤＣは夾角∠Ａが等しいので、
四角形ＥＤＣＦ＝△ＡＤＣ－(ＡＥ/ＡＤ)×(ＡＦ/ＡＣ)×△ＡＤＣ
＝(９×２４/２５)×{１－(５/９)×(４/９)}
＝４８８/７５
「高校への数学 日日のハイレベル演習」２００３－５より
（１），（２）は別解２通りずつと（３）は簡単なもの１通りをやりますね。（次回）
おまけ：
https://wedding.mynavi.jp/kekoon/entry/2016/04/26/080000/
図のように、ＡＢ＝８，ＡＣ＝６，∠ＢＡＣ＝９０°の△ＡＢＣがある。点Ａから辺ＢＣに垂線ＡＤをひく。∠ＡＢＣの二等分線と線分ＡＤ，辺ＡＣとの交点を、それぞれＥ，Ｆとする。
（１）ＢＥ：ＥＦを求めよ。
（２）ＡＥ＝ＡＦを証明せよ。
（３）四角形ＥＤＣＦの面積を求めよ。
（類 ９３ 東海）
解法１ 参考書の模範解答
（１）仮定より、∠ＡＢＥ＝∠ＣＢＦ
また、∠ＢＡＥ＝９０°－∠ＣＡＤ＝∠Ｃ
以上より、△ＡＢＥ∽△ＣＢＦ・・・①
（二角相等）
よって、ＢＥ：ＢＦ＝ＡＢ：ＣＢ＝８：１０
＝４：５ ゆえに、ＢＥ：ＥＦ＝４：１
（２）①より、∠ＢＥＡ＝∠ＢＦＣ
ゆえに∠ＡＥＦ＝∠ＡＦＥ
△ＡＥＦにおいて、底角が等しいので、
ＡＥ＝ＡＦ
（３）△ＡＢＣ＝６×８÷２＝２４
△ＡＢＣ∽△ＤＡＣで、相似比は１０：６だから、△ＤＡＣの面積＝(６^2/１０^2)×２４
＝９×２４/２５
いま、角の二等分線の定理より、
ＡＥ：ＥＤ＝ＢＡ：ＢＤ＝５：４
ＡＦ：ＦＣ＝ＢＡ：ＢＣ＝４：５
△ＡＥＦと△ＡＤＣは夾角∠Ａが等しいので、
四角形ＥＤＣＦ＝△ＡＤＣ－(ＡＥ/ＡＤ)×(ＡＦ/ＡＣ)×△ＡＤＣ
＝(９×２４/２５)×{１－(５/９)×(４/９)}
＝４８８/７５
「高校への数学 日日のハイレベル演習」２００３－５より
（１），（２）は別解２通りずつと（３）は簡単なもの１通りをやりますね。（次回）
おまけ：
https://wedding.mynavi.jp/kekoon/entry/2016/04/26/080000/
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/9 14:01削除問題
図のように、ＡＢ＝８，ＡＣ＝６，∠ＢＡＣ＝９０°の△ＡＢＣがある。点Ａから辺ＢＣに垂線ＡＤをひく。∠ＡＢＣの二等分線と線分ＡＤ，辺ＡＣとの交点を、それぞれＥ，Ｆとする。
（１）ＢＥ：ＥＦを求めよ。
（２）ＡＥ＝ＡＦを証明せよ。
（３）四角形ＥＤＣＦの面積を求めよ。
（類 ９３ 東海）
解答
（１）別解１
条件より、∠ＡＢＦ＝∠ＤＢＥ また、∠ＢＡＦ＝∠ＢＤＥ＝９０°より２角が等しいので、△ＡＢＦ∽△ＤＢＥ
ところで、△ＡＢＣは３：４：５の直角三角形で∠Ｂを共有していて∠Ａと∠Ｄが直角で等しいので、△ＡＢＣ∽△ＤＢＡ
よって、△ＤＢＡも３：４：５の直角三角形であり、ＢＤ：ＢＡ＝４：５
よって、△ＡＢＦ∽△ＤＢＥの相似比は５：４
よって、ＢＥ：ＢＦ＝４：５
よって、ＢＥ：ＥＦ＝４：１
別解２
△ＡＢＣは∠Ａが直角の直角三角形でＡＤは直角から斜辺に垂線が下りている形なので、定石により△ＡＢＣ∽△ＤＢＡ∽△ＤＡＣ
ところで、△ＡＢＣは３：４：５の直角三角形より△ＤＢＡと△ＤＡＣも３：４：５の直角三角形。よって、ＣＤ＝３ａと置くとＡＤ＝４ａでＢＤ＝(４/３)×４ａ＝１６ａ/３
∴ＢＤ：ＣＤ＝１６ａ/３：３ａ＝１６：９
（これはＤＣ：ＤＡ＝３：４から△ＡＤＣと△ＢＤＡの相似比が３：４で面積比は９：１６からＢＤ：ＤＣ＝１６：９と求めても良い。）
また、△ＢＡＣで角の二等分線の定理を使うと、ＡＦ：ＦＣ＝ＢＡ：ＢＣ＝４：５
∴ＡＦ：ＡＣ＝４：９
よって、△ＢＣＦと直線ＡＤでメネラウスの定理を使うと、
(１６/９)(ＥＦ/ＢＥ)(９/４)＝１が成り立つ。∴ＥＦ/ＢＥ＝１/４
∴ＢＥ：ＥＦ＝４：１
（２）別解１
（１）の別解１より、△ＡＢＦ∽△ＤＢＥ
∴∠ＡＦＥ＝∠ＢＥＤ
また、対頂角より∠ＡＥＦ＝∠ＢＥＤ
∴∠ＡＦＥ＝∠ＡＥＦ
よって、△ＡＥＦは二等辺三角形より、
ＡＥ＝ＡＦ
別解２
（１）の別解２より、△ＤＢＡ∽△ＤＡＣ
よって、∠ＢＡＤ＝∠ＡＤＣ＝○と置く。また、条件より∠ＡＢＥ＝∠ＦＢＣ＝●と置くと、△ＦＢＣの内対角の和より、∠ＡＦＥ＝●＋○
また、△ＥＢＡでの内対角の和より、∠ＡＥＦ＝●＋○
よって、∠ＡＦＥ＝∠ＡＥＦより△ＡＥＦは二等辺三角形。∴ＡＥ＝ＡＦ
（３）別解１
△ＢＡＣで角の二等分線の定理を使うと、△ＡＢＣは３：４：５の直角三角形より、
ＡＦ：ＦＣ＝ＢＡ：ＢＣ＝４：５
∴ＡＦ＝(４/９)ＡＣ＝(４/９)×６＝８/３
よって、（２）の結果を利用すると、
ＡＥ＝ＡＦ＝８/３
ここで、ＦからＡＥに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＡＦＨも３：４：５の直角三角形より、ＦＨ＝(３/５)ＡＦ＝(３/５)×(８/３)
＝８/５
∴△ＡＥＦ＝(８/３)×(８/５)×(１/２)
＝３２/１５
また、△ＡＣＤも３：４：５の直角三角形より、
ＡＤ＝(４/５)×６＝２４/５
ＤＣ＝(３/５)×６＝１８/５
∴△ＡＣＤ＝(１８/５)×(２４/５)×(１/２)
＝２１６/２５
∴四角形ＥＤＣＦ＝２１６/２５－３２/１５
＝６４８/７５－１６０/７５＝４８８/７５
よって、答えは、４８８/７５
別解２
△ＢＡＣで角の二等分線の定理を使うと、△ＡＢＣは３：４：５の直角三角形より、
ＡＦ：ＦＣ＝ＢＡ：ＢＣ＝４：５
∴ＡＦ＝(４/９)ＡＣ＝(４/９)×６＝８/３
∴△ＢＡＦ＝８×(８/３)×(１/２)＝３２/３
また、△ＢＡＦ∽△ＢＤＥで相似比ＢＡ：ＢＤ＝５：４より面積比２５：１６
∴△ＢＤＥ＝(１６/２５)×(３２/３)
＝５１２/７５
∴四角形ＥＤＣＦ＝△ＡＢＣ－△ＢＡＦ－△ＢＤＥ＝２４－３２/３－５１２/７５
＝２４－８００/７５－５１２/７５
＝１８００/７５－１３１２/７５
＝４８８/７５
よって、答えは、４８８/７５
因みに、最初に思い付いたのは模範解答の方法です。
おまけ：
図のように、ＡＢ＝８，ＡＣ＝６，∠ＢＡＣ＝９０°の△ＡＢＣがある。点Ａから辺ＢＣに垂線ＡＤをひく。∠ＡＢＣの二等分線と線分ＡＤ，辺ＡＣとの交点を、それぞれＥ，Ｆとする。
（１）ＢＥ：ＥＦを求めよ。
（２）ＡＥ＝ＡＦを証明せよ。
（３）四角形ＥＤＣＦの面積を求めよ。
（類 ９３ 東海）
解答
（１）別解１
条件より、∠ＡＢＦ＝∠ＤＢＥ また、∠ＢＡＦ＝∠ＢＤＥ＝９０°より２角が等しいので、△ＡＢＦ∽△ＤＢＥ
ところで、△ＡＢＣは３：４：５の直角三角形で∠Ｂを共有していて∠Ａと∠Ｄが直角で等しいので、△ＡＢＣ∽△ＤＢＡ
よって、△ＤＢＡも３：４：５の直角三角形であり、ＢＤ：ＢＡ＝４：５
よって、△ＡＢＦ∽△ＤＢＥの相似比は５：４
よって、ＢＥ：ＢＦ＝４：５
よって、ＢＥ：ＥＦ＝４：１
別解２
△ＡＢＣは∠Ａが直角の直角三角形でＡＤは直角から斜辺に垂線が下りている形なので、定石により△ＡＢＣ∽△ＤＢＡ∽△ＤＡＣ
ところで、△ＡＢＣは３：４：５の直角三角形より△ＤＢＡと△ＤＡＣも３：４：５の直角三角形。よって、ＣＤ＝３ａと置くとＡＤ＝４ａでＢＤ＝(４/３)×４ａ＝１６ａ/３
∴ＢＤ：ＣＤ＝１６ａ/３：３ａ＝１６：９
（これはＤＣ：ＤＡ＝３：４から△ＡＤＣと△ＢＤＡの相似比が３：４で面積比は９：１６からＢＤ：ＤＣ＝１６：９と求めても良い。）
また、△ＢＡＣで角の二等分線の定理を使うと、ＡＦ：ＦＣ＝ＢＡ：ＢＣ＝４：５
∴ＡＦ：ＡＣ＝４：９
よって、△ＢＣＦと直線ＡＤでメネラウスの定理を使うと、
(１６/９)(ＥＦ/ＢＥ)(９/４)＝１が成り立つ。∴ＥＦ/ＢＥ＝１/４
∴ＢＥ：ＥＦ＝４：１
（２）別解１
（１）の別解１より、△ＡＢＦ∽△ＤＢＥ
∴∠ＡＦＥ＝∠ＢＥＤ
また、対頂角より∠ＡＥＦ＝∠ＢＥＤ
∴∠ＡＦＥ＝∠ＡＥＦ
よって、△ＡＥＦは二等辺三角形より、
ＡＥ＝ＡＦ
別解２
（１）の別解２より、△ＤＢＡ∽△ＤＡＣ
よって、∠ＢＡＤ＝∠ＡＤＣ＝○と置く。また、条件より∠ＡＢＥ＝∠ＦＢＣ＝●と置くと、△ＦＢＣの内対角の和より、∠ＡＦＥ＝●＋○
また、△ＥＢＡでの内対角の和より、∠ＡＥＦ＝●＋○
よって、∠ＡＦＥ＝∠ＡＥＦより△ＡＥＦは二等辺三角形。∴ＡＥ＝ＡＦ
（３）別解１
△ＢＡＣで角の二等分線の定理を使うと、△ＡＢＣは３：４：５の直角三角形より、
ＡＦ：ＦＣ＝ＢＡ：ＢＣ＝４：５
∴ＡＦ＝(４/９)ＡＣ＝(４/９)×６＝８/３
よって、（２）の結果を利用すると、
ＡＥ＝ＡＦ＝８/３
ここで、ＦからＡＥに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＡＦＨも３：４：５の直角三角形より、ＦＨ＝(３/５)ＡＦ＝(３/５)×(８/３)
＝８/５
∴△ＡＥＦ＝(８/３)×(８/５)×(１/２)
＝３２/１５
また、△ＡＣＤも３：４：５の直角三角形より、
ＡＤ＝(４/５)×６＝２４/５
ＤＣ＝(３/５)×６＝１８/５
∴△ＡＣＤ＝(１８/５)×(２４/５)×(１/２)
＝２１６/２５
∴四角形ＥＤＣＦ＝２１６/２５－３２/１５
＝６４８/７５－１６０/７５＝４８８/７５
よって、答えは、４８８/７５
別解２
△ＢＡＣで角の二等分線の定理を使うと、△ＡＢＣは３：４：５の直角三角形より、
ＡＦ：ＦＣ＝ＢＡ：ＢＣ＝４：５
∴ＡＦ＝(４/９)ＡＣ＝(４/９)×６＝８/３
∴△ＢＡＦ＝８×(８/３)×(１/２)＝３２/３
また、△ＢＡＦ∽△ＢＤＥで相似比ＢＡ：ＢＤ＝５：４より面積比２５：１６
∴△ＢＤＥ＝(１６/２５)×(３２/３)
＝５１２/７５
∴四角形ＥＤＣＦ＝△ＡＢＣ－△ＢＡＦ－△ＢＤＥ＝２４－３２/３－５１２/７５
＝２４－８００/７５－５１２/７５
＝１８００/７５－１３１２/７５
＝４８８/７５
よって、答えは、４８８/７５
因みに、最初に思い付いたのは模範解答の方法です。
おまけ：
返信
返信2
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/5 20:06 (No.1155500)削除問題
△ＡＢＣ内の１点Ｏを通り、３辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＡのそれぞれに平行な線分ＤＥ，ＦＧ，ＨＩをひいたところ、
ＤＥ/ＡＢ＝１/２，ＦＧ/ＢＣ＝２/３であった。
このとき、ＨＩ/ＣＡの値を求めよ。
（８５ 筑波大付）
注：ＦとＩはＡＢ上，ＥとＨはＢＣ上，ＤとＧはＣＡ上にあります。
因みに、解法は２通り載っていますが、私の解法は別解でした。
おまけ：
△ＡＢＣ内の１点Ｏを通り、３辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＡのそれぞれに平行な線分ＤＥ，ＦＧ，ＨＩをひいたところ、
ＤＥ/ＡＢ＝１/２，ＦＧ/ＢＣ＝２/３であった。
このとき、ＨＩ/ＣＡの値を求めよ。
（８５ 筑波大付）
注：ＦとＩはＡＢ上，ＥとＨはＢＣ上，ＤとＧはＣＡ上にあります。
因みに、解法は２通り載っていますが、私の解法は別解でした。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/6 07:55削除問題
△ＡＢＣ内の１点Ｏを通り、３辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＡのそれぞれに平行な線分ＤＥ，ＦＧ，ＨＩをひいたところ、
ＤＥ/ＡＢ＝１/２，ＦＧ/ＢＣ＝２/３であった。
このとき、ＨＩ/ＣＡの値を求めよ。
（８５ 筑波大付）
解法１ 私の解法
ＤＥ∥ＡＢより△ＣＤＥ∽△ＣＡＢでＤＥ：ＡＢ＝１：２より、ＣＤ：ＣＡ＝１：２
つまり、点ＤはＡＣの中点。
また、ＦＧ∥ＢＣより△ＡＦＧ∽△ＡＢＣでＦＧ：ＢＣ＝２：３より、ＡＧ：ＡＣ＝２：３
よって、ＡＧ：ＧＣ＝２：１より、ＧＣ＝２ａと置くとＡＧ＝４ａ
∴ＡＣ＝４ａ＋２ａ＝６ａ
また、点ＤはＡＣの中点よりＡＤ＝６ａ÷２＝３ａ ∴ＤＧ＝ＡＧ－ＡＤ＝４ａ－３ａ＝ａ
∴ＡＤ：ＤＧ：ＧＣ＝３ａ：ａ：２ａ
＝３：１：２
ところで、ＦＧ∥ＢＣ，ＤＥ∥ＡＢより△ＤＯＧ∽△ＤＥＣで相似比ＤＧ：ＤＣ＝１：３より、ＯＧ：ＥＣ＝１：３———①
また、四角形ＯＨＣＧは平行四辺形より、
ＯＧ＝ＨＣ———②
②を①に代入すると、ＨＣ：ＥＣ＝１：３
また、ＤＥ∥ＡＢで点ＤがＡＣの中点より点ＥはＢＣの中点。∴ＢＥ＝ＥＣ
∴ＢＥ：ＥＨ：ＨＣ＝３：３－１：１
＝３：２：１
∴ＢＨ：ＢＣ＝３＋２：３＋２＋１＝５：６
ところで、ＨＩ∥ＣＡより△ＢＩＨ∽△ＢＡＣで相似比ＢＨ：ＢＣ＝５：６
∴ＨＩ：ＣＡ＝５：６
∴ＨＩ/ＣＡ＝５/６
因みに、模範解答と参考書の別解は一見難しいですが、
ＦＧ/ＢＣ＋ＨＩ/ＣＡ＋ＤＥ/ＡＢ＝２
という定理を２通りで証明している訳です。
「三角形内の線分の比は、一直線上にうつし集めることが原則です。研究では、エレガントな方法も紹介しましょう。」
「高校への数学 日日のハイレベル演習」臨時増刊２００３－５（p.40の4・27の解答）より
因みに、「研究」が別解という事です。とにかく、どちらも実戦向きではありませんね。もっとも、この定理をメネラウスの定理のように使って良いなら話は別ですが。（解法の紹介は次回。）
おまけ：
△ＡＢＣ内の１点Ｏを通り、３辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＡのそれぞれに平行な線分ＤＥ，ＦＧ，ＨＩをひいたところ、
ＤＥ/ＡＢ＝１/２，ＦＧ/ＢＣ＝２/３であった。
このとき、ＨＩ/ＣＡの値を求めよ。
（８５ 筑波大付）
解法１ 私の解法
ＤＥ∥ＡＢより△ＣＤＥ∽△ＣＡＢでＤＥ：ＡＢ＝１：２より、ＣＤ：ＣＡ＝１：２
つまり、点ＤはＡＣの中点。
また、ＦＧ∥ＢＣより△ＡＦＧ∽△ＡＢＣでＦＧ：ＢＣ＝２：３より、ＡＧ：ＡＣ＝２：３
よって、ＡＧ：ＧＣ＝２：１より、ＧＣ＝２ａと置くとＡＧ＝４ａ
∴ＡＣ＝４ａ＋２ａ＝６ａ
また、点ＤはＡＣの中点よりＡＤ＝６ａ÷２＝３ａ ∴ＤＧ＝ＡＧ－ＡＤ＝４ａ－３ａ＝ａ
∴ＡＤ：ＤＧ：ＧＣ＝３ａ：ａ：２ａ
＝３：１：２
ところで、ＦＧ∥ＢＣ，ＤＥ∥ＡＢより△ＤＯＧ∽△ＤＥＣで相似比ＤＧ：ＤＣ＝１：３より、ＯＧ：ＥＣ＝１：３———①
また、四角形ＯＨＣＧは平行四辺形より、
ＯＧ＝ＨＣ———②
②を①に代入すると、ＨＣ：ＥＣ＝１：３
また、ＤＥ∥ＡＢで点ＤがＡＣの中点より点ＥはＢＣの中点。∴ＢＥ＝ＥＣ
∴ＢＥ：ＥＨ：ＨＣ＝３：３－１：１
＝３：２：１
∴ＢＨ：ＢＣ＝３＋２：３＋２＋１＝５：６
ところで、ＨＩ∥ＣＡより△ＢＩＨ∽△ＢＡＣで相似比ＢＨ：ＢＣ＝５：６
∴ＨＩ：ＣＡ＝５：６
∴ＨＩ/ＣＡ＝５/６
因みに、模範解答と参考書の別解は一見難しいですが、
ＦＧ/ＢＣ＋ＨＩ/ＣＡ＋ＤＥ/ＡＢ＝２
という定理を２通りで証明している訳です。
「三角形内の線分の比は、一直線上にうつし集めることが原則です。研究では、エレガントな方法も紹介しましょう。」
「高校への数学 日日のハイレベル演習」臨時増刊２００３－５（p.40の4・27の解答）より
因みに、「研究」が別解という事です。とにかく、どちらも実戦向きではありませんね。もっとも、この定理をメネラウスの定理のように使って良いなら話は別ですが。（解法の紹介は次回。）
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/7 07:38削除問題
△ＡＢＣ内の１点Ｏを通り、３辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＡのそれぞれに平行な線分ＤＥ，ＦＧ，ＨＩをひいたところ、
ＤＥ/ＡＢ＝１/２，ＦＧ/ＢＣ＝２/３であった。
このとき、ＨＩ/ＣＡの値を求めよ。
（８５ 筑波大付）
解法２ 参考書の模範解答
△ＢＨＩ∽△ＢＣＡによって比をうつすと、
ＨＩ/ＣＡ＝ＢＩ/ＢＡ———①
△ＡＦＧ∽△ＡＢＣによって比をうつすと、
ＦＧ/ＢＣ＝ＦＡ/ＢＡ———②
ＤＥ/ＡＢ＝(ＯＤ＋ＯＥ)/ＡＢ
＝(ＡＩ＋ＢＦ)/ＢＡ———③
①，②，③の辺々をたすと、
ＨＩ/ＣＡ＋ＦＧ/ＢＣ＋ＤＥ/ＡＢ
＝ＢＩ/ＢＡ＋ＦＡ/ＢＡ＋(ＡＩ＋ＢＦ)/ＢＡ
＝２ＢＡ/ＢＡ＝２
よって、
ＨＩ/ＣＡ＝２－ＦＧ/ＢＣ－ＤＥ/ＡＢ
＝２－２/３－１/２＝５/６
解法３ 参考書の別解
Ｏをどこにとっても、
ＦＧ/ＢＣ＋ＨＩ/ＣＡ＋ＤＥ/ＡＢ＝２です。
（略証）図のように各点を定めると、
（ＡＯの延長とＢＣとの交点をＪ，ＢＯの延長とＣＡとの交点をＫ，ＣＯの延長とＡＢとの交点をＬとする。）
ＦＧ/ＢＣ＋ＨＩ/ＣＡ＋ＤＥ/ＡＢ
＝ＡＦ/ＡＢ＋ＢＨ/ＢＣ＋ＣＤ/ＣＡ
＝ＡＯ/ＡＪ＋ＢＯ/ＢＫ＋ＣＯ/ＣＬ
＝四角形ＡＢＯＣ/△ＡＢＣ
＋四角形ＢＣＯＡ/△ＡＢＣ
＋四角形ＣＡＯＢ/△ＡＢＣ
＝２×△ＡＢＣ/△ＡＢＣ＝２
よって、この定理を使うと、
ＨＩ/ＣＡ＝２－ＦＧ/ＢＣ－ＤＥ/ＡＢ
＝２－２/３－１/２＝５/６
因みに、私もちゃちゃっとこの定理の別証を１つ作ってみました。ただし、エレガントかどうかは微妙です。（次回）
おまけ：
△ＡＢＣ内の１点Ｏを通り、３辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＡのそれぞれに平行な線分ＤＥ，ＦＧ，ＨＩをひいたところ、
ＤＥ/ＡＢ＝１/２，ＦＧ/ＢＣ＝２/３であった。
このとき、ＨＩ/ＣＡの値を求めよ。
（８５ 筑波大付）
解法２ 参考書の模範解答
△ＢＨＩ∽△ＢＣＡによって比をうつすと、
ＨＩ/ＣＡ＝ＢＩ/ＢＡ———①
△ＡＦＧ∽△ＡＢＣによって比をうつすと、
ＦＧ/ＢＣ＝ＦＡ/ＢＡ———②
ＤＥ/ＡＢ＝(ＯＤ＋ＯＥ)/ＡＢ
＝(ＡＩ＋ＢＦ)/ＢＡ———③
①，②，③の辺々をたすと、
ＨＩ/ＣＡ＋ＦＧ/ＢＣ＋ＤＥ/ＡＢ
＝ＢＩ/ＢＡ＋ＦＡ/ＢＡ＋(ＡＩ＋ＢＦ)/ＢＡ
＝２ＢＡ/ＢＡ＝２
よって、
ＨＩ/ＣＡ＝２－ＦＧ/ＢＣ－ＤＥ/ＡＢ
＝２－２/３－１/２＝５/６
解法３ 参考書の別解
Ｏをどこにとっても、
ＦＧ/ＢＣ＋ＨＩ/ＣＡ＋ＤＥ/ＡＢ＝２です。
（略証）図のように各点を定めると、
（ＡＯの延長とＢＣとの交点をＪ，ＢＯの延長とＣＡとの交点をＫ，ＣＯの延長とＡＢとの交点をＬとする。）
ＦＧ/ＢＣ＋ＨＩ/ＣＡ＋ＤＥ/ＡＢ
＝ＡＦ/ＡＢ＋ＢＨ/ＢＣ＋ＣＤ/ＣＡ
＝ＡＯ/ＡＪ＋ＢＯ/ＢＫ＋ＣＯ/ＣＬ
＝四角形ＡＢＯＣ/△ＡＢＣ
＋四角形ＢＣＯＡ/△ＡＢＣ
＋四角形ＣＡＯＢ/△ＡＢＣ
＝２×△ＡＢＣ/△ＡＢＣ＝２
よって、この定理を使うと、
ＨＩ/ＣＡ＝２－ＦＧ/ＢＣ－ＤＥ/ＡＢ
＝２－２/３－１/２＝５/６
因みに、私もちゃちゃっとこの定理の別証を１つ作ってみました。ただし、エレガントかどうかは微妙です。（次回）
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/8 07:55削除＞因みに、私もちゃちゃっとこの定理の別証を１つ作ってみました。ただし、エレガントかどうかは微妙です。
定理
△ＡＢＣ内の１点Ｏを通り、３辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＡのそれぞれに平行な線分ＤＥ，ＦＧ，ＨＩをひいたところ、Ｏをどこにとっても、
ＦＧ/ＢＣ＋ＨＩ/ＣＡ＋ＤＥ/ＡＢ＝２
が成り立つ。
注：ＦとＩはＡＢ上，ＥとＨはＢＣ上，ＤとＧはＣＡ上にあります。
証明
ＡＩ＝ａ，ＩＦ＝ｂ，ＦＢ＝ｃ，ＢＥ＝ｄ，
ＥＨ＝ｅ，ＨＣ＝ｆ，ＣＧ＝ｇ，ＧＤ＝ｈ，
ＤＡ＝ｉと置くと、内部の３つの四角形は全て平行四辺形より、
ＯＤ＝ａ，ＯＥ＝ｃ，ＯＦ＝ｄ，ＯＧ＝ｆ，
ＯＨ＝ｇ，ＯＩ＝ｉ
∴ＢＣ＝ＢＥ＋ＥＨ＋ＨＣ＝ｄ＋ｅ＋ｆ
ＣＡ＝ＣＧ＋ＧＤ＋ＤＡ＝ｇ＋ｈ＋ｉ
ＡＢ＝ＡＩ＋ＩＦ＋ＦＢ＝ａ＋ｂ＋ｃ
ＦＧ＝ＯＦ＋ＯＧ＝ｄ＋ｆ
ＨＩ＝ＯＨ＋ＯＩ＝ｇ＋ｉ
ＤＥ＝ＯＤ＋ＯＥ＝ａ＋ｃ
∴ＦＧ/ＢＣ＋ＨＩ/ＣＡ＋ＤＥ/ＡＢ
＝(ｄ＋ｆ)/(ｄ＋ｅ＋ｆ)＋(ｇ＋ｉ)/(ｇ＋ｈ＋ｉ)＋(ａ＋ｃ)/(ａ＋ｂ＋ｃ)
＝１－ｅ/(ｄ＋ｅ＋ｆ)＋１－ｈ/(ｇ＋ｈ＋ｉ)
＋１－ｂ/(ａ＋ｂ＋ｃ)
＝３－{ｅ/(ｄ＋ｅ＋ｆ)＋ｈ/(ｇ＋ｈ＋ｉ)＋ｂ/(ａ＋ｂ＋ｃ)}
＝３－(ＥＨ/ＢＣ＋ＧＤ/ＣＡ＋ＩＦ/ＡＢ)
∴ＦＧ/ＢＣ＋ＨＩ/ＣＡ＋ＤＥ/ＡＢ
＝３－(ＥＨ/ＢＣ＋ＤＧ/ＣＡ＋ＦＩ/ＡＢ)
ここで、「高校への数学 日日のハイレベル演習」臨時増刊２００３－５ p.40に載っている定理を使うと、
ＥＨ/ＢＣ＋ＤＧ/ＣＡ＋ＦＩ/ＡＢ＝１より、
ＦＧ/ＢＣ＋ＨＩ/ＣＡ＋ＤＥ/ＡＢ＝２
とエレガントに証明出来る。
因みに、この２つの定理とも冒頭の定理・公式集に載っている。■印なので、「発展的なものまたはおぼえるとトクな性質」らしい。
一応、証明すると、
定理
ＥＨ/ＢＣ＋ＤＧ/ＣＡ＋ＦＩ/ＡＢ＝１
証明
△ＯＤＧ∽△ＢＡＣより、
ＤＧ/ＣＡ＝ＯＧ/ＢＣ＝ＨＣ/ＢＣ
∴ＤＧ/ＣＡ＝ＨＣ/ＢＣ———①
△ＯＩＦ∽△ＣＡＢより、
ＦＩ/ＡＢ＝ＯＦ/ＣＢ＝ＥＢ/ＢＣ
∴ＦＩ/ＡＢ＝ＥＢ/ＢＣ———②
①，②を与式に代入すると、
左辺＝ＥＨ/ＢＣ＋ＨＣ/ＢＣ＋ＥＢ/ＢＣ
＝ＢＣ/ＢＣ＝１＝右辺
よって、示された。
おまけ：
定理
△ＡＢＣ内の１点Ｏを通り、３辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＡのそれぞれに平行な線分ＤＥ，ＦＧ，ＨＩをひいたところ、Ｏをどこにとっても、
ＦＧ/ＢＣ＋ＨＩ/ＣＡ＋ＤＥ/ＡＢ＝２
が成り立つ。
注：ＦとＩはＡＢ上，ＥとＨはＢＣ上，ＤとＧはＣＡ上にあります。
証明
ＡＩ＝ａ，ＩＦ＝ｂ，ＦＢ＝ｃ，ＢＥ＝ｄ，
ＥＨ＝ｅ，ＨＣ＝ｆ，ＣＧ＝ｇ，ＧＤ＝ｈ，
ＤＡ＝ｉと置くと、内部の３つの四角形は全て平行四辺形より、
ＯＤ＝ａ，ＯＥ＝ｃ，ＯＦ＝ｄ，ＯＧ＝ｆ，
ＯＨ＝ｇ，ＯＩ＝ｉ
∴ＢＣ＝ＢＥ＋ＥＨ＋ＨＣ＝ｄ＋ｅ＋ｆ
ＣＡ＝ＣＧ＋ＧＤ＋ＤＡ＝ｇ＋ｈ＋ｉ
ＡＢ＝ＡＩ＋ＩＦ＋ＦＢ＝ａ＋ｂ＋ｃ
ＦＧ＝ＯＦ＋ＯＧ＝ｄ＋ｆ
ＨＩ＝ＯＨ＋ＯＩ＝ｇ＋ｉ
ＤＥ＝ＯＤ＋ＯＥ＝ａ＋ｃ
∴ＦＧ/ＢＣ＋ＨＩ/ＣＡ＋ＤＥ/ＡＢ
＝(ｄ＋ｆ)/(ｄ＋ｅ＋ｆ)＋(ｇ＋ｉ)/(ｇ＋ｈ＋ｉ)＋(ａ＋ｃ)/(ａ＋ｂ＋ｃ)
＝１－ｅ/(ｄ＋ｅ＋ｆ)＋１－ｈ/(ｇ＋ｈ＋ｉ)
＋１－ｂ/(ａ＋ｂ＋ｃ)
＝３－{ｅ/(ｄ＋ｅ＋ｆ)＋ｈ/(ｇ＋ｈ＋ｉ)＋ｂ/(ａ＋ｂ＋ｃ)}
＝３－(ＥＨ/ＢＣ＋ＧＤ/ＣＡ＋ＩＦ/ＡＢ)
∴ＦＧ/ＢＣ＋ＨＩ/ＣＡ＋ＤＥ/ＡＢ
＝３－(ＥＨ/ＢＣ＋ＤＧ/ＣＡ＋ＦＩ/ＡＢ)
ここで、「高校への数学 日日のハイレベル演習」臨時増刊２００３－５ p.40に載っている定理を使うと、
ＥＨ/ＢＣ＋ＤＧ/ＣＡ＋ＦＩ/ＡＢ＝１より、
ＦＧ/ＢＣ＋ＨＩ/ＣＡ＋ＤＥ/ＡＢ＝２
とエレガントに証明出来る。
因みに、この２つの定理とも冒頭の定理・公式集に載っている。■印なので、「発展的なものまたはおぼえるとトクな性質」らしい。
一応、証明すると、
定理
ＥＨ/ＢＣ＋ＤＧ/ＣＡ＋ＦＩ/ＡＢ＝１
証明
△ＯＤＧ∽△ＢＡＣより、
ＤＧ/ＣＡ＝ＯＧ/ＢＣ＝ＨＣ/ＢＣ
∴ＤＧ/ＣＡ＝ＨＣ/ＢＣ———①
△ＯＩＦ∽△ＣＡＢより、
ＦＩ/ＡＢ＝ＯＦ/ＣＢ＝ＥＢ/ＢＣ
∴ＦＩ/ＡＢ＝ＥＢ/ＢＣ———②
①，②を与式に代入すると、
左辺＝ＥＨ/ＢＣ＋ＨＣ/ＢＣ＋ＥＢ/ＢＣ
＝ＢＣ/ＢＣ＝１＝右辺
よって、示された。
おまけ：
返信
返信3
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/7 16:47 (No.1157057)削除う～ん、使っていないと忘れてしまうな。https://bbs1.rocketbbs.com/shochandas/posts/1869
ans = [ ]
for a in range(1,20):
for b in range(1,20):
for c in range(1,20):
for d in range(1,20):
if a**2 + b**2 + c**2 + d**2 == 150\
and a <= b <= c <= d:
ans.append((a,b,c,d))
print(ans)
結果：[(1, 1, 2, 12), (1, 2, 8, 9), (1, 6, 7, 8), (2, 3, 4, 11), (2, 4, 7, 9), (3, 4, 5, 10), (4, 6, 7, 7), (5, 5, 6, 8)]
たったこれだけなのにちょっと苦労しちゃったよ。
答え合わせ：(a,b,c,d)=(1,1,2,12),(1,2,8,9),(1,6,7,8),(2,3,4,11),(2,4,7,9),(3,4,5,10),(4,6,7,7),(5,5,6,8)
良かった。
おまけ：
ans = [ ]
for a in range(1,20):
for b in range(1,20):
for c in range(1,20):
for d in range(1,20):
if a**2 + b**2 + c**2 + d**2 == 150\
and a <= b <= c <= d:
ans.append((a,b,c,d))
print(ans)
結果：[(1, 1, 2, 12), (1, 2, 8, 9), (1, 6, 7, 8), (2, 3, 4, 11), (2, 4, 7, 9), (3, 4, 5, 10), (4, 6, 7, 7), (5, 5, 6, 8)]
たったこれだけなのにちょっと苦労しちゃったよ。
答え合わせ：(a,b,c,d)=(1,1,2,12),(1,2,8,9),(1,6,7,8),(2,3,4,11),(2,4,7,9),(3,4,5,10),(4,6,7,7),(5,5,6,8)
良かった。
おまけ：
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壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/7 12:03 (No.1156916)削除次の文章を完全解説して下さい。
問3.3
σ(ｆ(Ｘ))＝ｆ(√２)によって定義される写像σ：ℚ[Ｘ]→ℚ[√２]に対して、準同型定理3.5を適用すると、Ｒ＝ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)≃ℚ[√２]なる同型が得られる。この同型に関して、次の問に答えよ。
（１）１/√２∈ℚ[√２]に対応する剰余環ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)の元は何か。
（２）|(Ｘ^3＋１)∈Ｒに対応するℚ[√２]の元は何か。
（３）ｘ＝|Ｘ∈Ｒは多項式Ｘ^2－２の根であることを確かめよ。
（４）ℚ[√２]は{１,√２}を基底とする有理数体ℚ上の２次元ベクトル空間であることを確かめよ。
証明
（１）例1.3で見たようにℚ[√２]は体であるから、１/√２はℚ[√２]の元であって、次のように表せる。
１/√２＝√２/２＝０＋√２/２∈ℚ[√２]
そこで、多項式ｆ(Ⅹ)＝Ⅹ/２を考えると、σ(ｆ(Ｘ))＝ｆ(√２)＝√２/２ したがって、１/√２に対応する剰余環ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)の元は |Ｘ/２である。
（２）σ(Ｘ^3＋１)＝(√２)^3＋１＝２√２＋１であるから、|(Ｘ^3＋１)に対応するℚ[√２]の元は ２√２＋１である。
（３）ｘ^2－２＝(|Ｘ)^2－２＝|(Ｘ^2)－|２＝|(Ｘ^2－２)＝|０
（４）ℚ[√２]の任意の元は１と√２の１次結合で表すことができ、１と√２はℚ上１次独立であるから{１,√２}はℚ上のベクトル空間の基底である。
ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)＝ℚ[|Ｘ]も{１,|Ｘ}を基底とするℚ上のベクトル空間の基底である。
定理3.5（準同型定理）
ＲとＲ'を環，ｆ：Ｒ→Ｒ'をＲからＲ'への準同型写像であるとする。写像
|ｆ：Ｒ/kerｆ→Ｒ'
|ａ → ｆ(ａ)
は剰余環Ｒ/kerｆから環Ｒ'への単準同型写像である。すなわち、
Ｒ/kerｆ≃ｆ(Ｒ)
また、|ｆはｆ＝|ｆ◦πを満たす。
例1.3
ℤ[√２]＝{ａ＋ｂ√２｜ａ,ｂ∈ℤ}は整域であり、
ℚ[√２]＝{ａ＋ｂ√２｜ａ,ｂ∈ℚ}は体である。
「演習 群・環・体 入門」新妻弘著より
適当に分かり易く解説して下さい。
おまけ：
問3.3
σ(ｆ(Ｘ))＝ｆ(√２)によって定義される写像σ：ℚ[Ｘ]→ℚ[√２]に対して、準同型定理3.5を適用すると、Ｒ＝ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)≃ℚ[√２]なる同型が得られる。この同型に関して、次の問に答えよ。
（１）１/√２∈ℚ[√２]に対応する剰余環ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)の元は何か。
（２）|(Ｘ^3＋１)∈Ｒに対応するℚ[√２]の元は何か。
（３）ｘ＝|Ｘ∈Ｒは多項式Ｘ^2－２の根であることを確かめよ。
（４）ℚ[√２]は{１,√２}を基底とする有理数体ℚ上の２次元ベクトル空間であることを確かめよ。
証明
（１）例1.3で見たようにℚ[√２]は体であるから、１/√２はℚ[√２]の元であって、次のように表せる。
１/√２＝√２/２＝０＋√２/２∈ℚ[√２]
そこで、多項式ｆ(Ⅹ)＝Ⅹ/２を考えると、σ(ｆ(Ｘ))＝ｆ(√２)＝√２/２ したがって、１/√２に対応する剰余環ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)の元は |Ｘ/２である。
（２）σ(Ｘ^3＋１)＝(√２)^3＋１＝２√２＋１であるから、|(Ｘ^3＋１)に対応するℚ[√２]の元は ２√２＋１である。
（３）ｘ^2－２＝(|Ｘ)^2－２＝|(Ｘ^2)－|２＝|(Ｘ^2－２)＝|０
（４）ℚ[√２]の任意の元は１と√２の１次結合で表すことができ、１と√２はℚ上１次独立であるから{１,√２}はℚ上のベクトル空間の基底である。
ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)＝ℚ[|Ｘ]も{１,|Ｘ}を基底とするℚ上のベクトル空間の基底である。
定理3.5（準同型定理）
ＲとＲ'を環，ｆ：Ｒ→Ｒ'をＲからＲ'への準同型写像であるとする。写像
|ｆ：Ｒ/kerｆ→Ｒ'
|ａ → ｆ(ａ)
は剰余環Ｒ/kerｆから環Ｒ'への単準同型写像である。すなわち、
Ｒ/kerｆ≃ｆ(Ｒ)
また、|ｆはｆ＝|ｆ◦πを満たす。
例1.3
ℤ[√２]＝{ａ＋ｂ√２｜ａ,ｂ∈ℤ}は整域であり、
ℚ[√２]＝{ａ＋ｂ√２｜ａ,ｂ∈ℚ}は体である。
「演習 群・環・体 入門」新妻弘著より
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)2024/5/7 14:12削除解説
＞（１）例1.3で見たようにℚ[√２]は体であるから、１/√２はℚ[√２]の元であって、次のように表せる。
体だから√２∈ℚ[√２]の乗法の逆元が存在するという事が言いたいと思いますが、あまり意味がない事ですよね。（蛇足）
＞１/√２＝√２/２＝０＋√２/２∈ℚ[√２]
そこで、多項式ｆ(Ⅹ)＝Ⅹ/２を考えると、σ(ｆ(Ｘ))＝ｆ(√２)＝√２/２ したがって、１/√２に対応する剰余環ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)の元は |Ｘ/２である。
１行目を書き終わった時点で、問題文の「Ｒ＝ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)≃ℚ[√２]なる同型が得られる」から、|(ａ＋ｂＸ)とａ＋ｂ√２が対応すると考えて、０＋√２/２からａ＝０，ｂ＝１/２とすると、ｆ(Ｘ)＝ａ＋ｂＸ＝０＋(１/２)Ｘ＝Ｘ/２を考える事が出来る。
ところで、写像σ：ℚ[Ｘ]→ℚ[√２]は、Ｘに√２を代入する写像なので、
σ(ｆ(Ｘ))＝ｆ(√２)＝√２/２
よって、√２/２＝１/√２に対応する元はｆ(Ｘ)＝Ｘ/２だが、これは１/√２に対応するℚ[Ｘ]の元で、求めるのは剰余環ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)の元なので、|ｆ(Ｘ)＝|(Ｘ/２)＝|Ｘ/２である。
＞（２）σ(Ｘ^3＋１)＝(√２)^3＋１＝２√２＋１であるから、|(Ｘ^3＋１)に対応するℚ[√２]の元は ２√２＋１である。
σはＸに√２を代入する写像なので、
σ(Ｘ^3＋１)＝(√２)^3＋１＝２√２＋１
ところで、準同型定理から、
定理3.5（準同型定理）
ＲとＲ'を環，ｆ：Ｒ→Ｒ'をＲからＲ'への準同型写像であるとする。写像
|ｆ：Ｒ/kerｆ→Ｒ'
|ａ → ｆ(ａ)
は剰余環Ｒ/kerｆから環Ｒ'への単準同型写像である。すなわち、
Ｒ/kerｆ≃ｆ(Ｒ)
また、|ｆはｆ＝|ｆ◦πを満たす。
|ｆはｆ＝|ｆ◦πなので、ｆの像と|ｆの像は一致している。つまり、上の場合、
ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)→ℚ[√２]
という写像を|σと置くと、σと|σの像は一致している。
よって、|(Ｘ^3＋１)に対応するℚ[√２]の元は、
Ｘ^3＋１のσの像２√２＋１と一致している。
よって、答えは、２√２＋１
別解（私のオリジナル）
Ｘ^3＋１をＸ^2－２で割ると、
Ｘ^3＋１＝Ｘ(Ｘ^2－２)＋２Ｘ＋１
∴|(Ｘ^3＋１)≡|(２Ｘ＋１)（mod(Ｘ^2－１)）
ところで、問題文に
ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)≃ℚ[√２]
とあるので、Ｘに√２を代入すると、２√２＋１
よって、|(Ｘ^3＋１)∈Ｒに対応するℚ[√２]の元は、２√２＋１
＞（３）ｘ＝|Ｘ∈Ｒは多項式Ｘ^2－２の根であることを確かめよ。
＞（３）ｘ^2－２＝(|Ｘ)^2－２＝|(Ｘ^2)－|２＝|(Ｘ^2－２)＝|０
最後の|(Ｘ^2－２)＝|０の|を取ると、
Ｘ^2－２＝０より、|ＸはＸ^2－２の根である。これは|Ｘ＝√２という事なのか。
まぁ、ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)≃ℚ[√２]から納得出来る話であるが。
＞（４）ℚ[√２]の任意の元は１と√２の１次結合で表すことができ、１と√２はℚ上１次独立であるから{１,√２}はℚ上のベクトル空間の基底である。
ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)＝ℚ[|Ｘ]も{１,|Ｘ}を基底とするℚ上のベクトル空間の基底である。
１と√２の１次結合とは、ａ・１＋ｂ・√２で表すことが出来るという事。
１と√２はℚ上１次独立とは、ａ＋ｂ√２＝０⇒ａ＝ｂ＝０という事。
ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)の元は|ｆ(Ｘ)＝|(ａ＋ｂＸ)
＝|ａ＋|(ｂＸ)＝|ａ＋|ｂ|Ｘ＝ａ＋ｂ|Ｘ
と表されるので、ℚ[|Ｘ]の元で、
ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)＝ℚ[|Ｘ]という訳である。
念のため、例えば、ｆ(Ｘ)＝ａＸ^2＋ｂＸ＋ｃとすると、|ｆ(Ｘ)＝|(ａＸ^2＋ｂＸ＋ｃ)
＝ａ(|Ｘ)^2＋ｂ(|Ｘ)＋ｃとなるが、基底が{１,|Ｘ,|Ｘ^2}という訳ではない。
おまけ：
＞（１）例1.3で見たようにℚ[√２]は体であるから、１/√２はℚ[√２]の元であって、次のように表せる。
体だから√２∈ℚ[√２]の乗法の逆元が存在するという事が言いたいと思いますが、あまり意味がない事ですよね。（蛇足）
＞１/√２＝√２/２＝０＋√２/２∈ℚ[√２]
そこで、多項式ｆ(Ⅹ)＝Ⅹ/２を考えると、σ(ｆ(Ｘ))＝ｆ(√２)＝√２/２ したがって、１/√２に対応する剰余環ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)の元は |Ｘ/２である。
１行目を書き終わった時点で、問題文の「Ｒ＝ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)≃ℚ[√２]なる同型が得られる」から、|(ａ＋ｂＸ)とａ＋ｂ√２が対応すると考えて、０＋√２/２からａ＝０，ｂ＝１/２とすると、ｆ(Ｘ)＝ａ＋ｂＸ＝０＋(１/２)Ｘ＝Ｘ/２を考える事が出来る。
ところで、写像σ：ℚ[Ｘ]→ℚ[√２]は、Ｘに√２を代入する写像なので、
σ(ｆ(Ｘ))＝ｆ(√２)＝√２/２
よって、√２/２＝１/√２に対応する元はｆ(Ｘ)＝Ｘ/２だが、これは１/√２に対応するℚ[Ｘ]の元で、求めるのは剰余環ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)の元なので、|ｆ(Ｘ)＝|(Ｘ/２)＝|Ｘ/２である。
＞（２）σ(Ｘ^3＋１)＝(√２)^3＋１＝２√２＋１であるから、|(Ｘ^3＋１)に対応するℚ[√２]の元は ２√２＋１である。
σはＸに√２を代入する写像なので、
σ(Ｘ^3＋１)＝(√２)^3＋１＝２√２＋１
ところで、準同型定理から、
定理3.5（準同型定理）
ＲとＲ'を環，ｆ：Ｒ→Ｒ'をＲからＲ'への準同型写像であるとする。写像
|ｆ：Ｒ/kerｆ→Ｒ'
|ａ → ｆ(ａ)
は剰余環Ｒ/kerｆから環Ｒ'への単準同型写像である。すなわち、
Ｒ/kerｆ≃ｆ(Ｒ)
また、|ｆはｆ＝|ｆ◦πを満たす。
|ｆはｆ＝|ｆ◦πなので、ｆの像と|ｆの像は一致している。つまり、上の場合、
ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)→ℚ[√２]
という写像を|σと置くと、σと|σの像は一致している。
よって、|(Ｘ^3＋１)に対応するℚ[√２]の元は、
Ｘ^3＋１のσの像２√２＋１と一致している。
よって、答えは、２√２＋１
別解（私のオリジナル）
Ｘ^3＋１をＸ^2－２で割ると、
Ｘ^3＋１＝Ｘ(Ｘ^2－２)＋２Ｘ＋１
∴|(Ｘ^3＋１)≡|(２Ｘ＋１)（mod(Ｘ^2－１)）
ところで、問題文に
ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)≃ℚ[√２]
とあるので、Ｘに√２を代入すると、２√２＋１
よって、|(Ｘ^3＋１)∈Ｒに対応するℚ[√２]の元は、２√２＋１
＞（３）ｘ＝|Ｘ∈Ｒは多項式Ｘ^2－２の根であることを確かめよ。
＞（３）ｘ^2－２＝(|Ｘ)^2－２＝|(Ｘ^2)－|２＝|(Ｘ^2－２)＝|０
最後の|(Ｘ^2－２)＝|０の|を取ると、
Ｘ^2－２＝０より、|ＸはＸ^2－２の根である。これは|Ｘ＝√２という事なのか。
まぁ、ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)≃ℚ[√２]から納得出来る話であるが。
＞（４）ℚ[√２]の任意の元は１と√２の１次結合で表すことができ、１と√２はℚ上１次独立であるから{１,√２}はℚ上のベクトル空間の基底である。
ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)＝ℚ[|Ｘ]も{１,|Ｘ}を基底とするℚ上のベクトル空間の基底である。
１と√２の１次結合とは、ａ・１＋ｂ・√２で表すことが出来るという事。
１と√２はℚ上１次独立とは、ａ＋ｂ√２＝０⇒ａ＝ｂ＝０という事。
ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)の元は|ｆ(Ｘ)＝|(ａ＋ｂＸ)
＝|ａ＋|(ｂＸ)＝|ａ＋|ｂ|Ｘ＝ａ＋ｂ|Ｘ
と表されるので、ℚ[|Ｘ]の元で、
ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)＝ℚ[|Ｘ]という訳である。
念のため、例えば、ｆ(Ｘ)＝ａＸ^2＋ｂＸ＋ｃとすると、|ｆ(Ｘ)＝|(ａＸ^2＋ｂＸ＋ｃ)
＝ａ(|Ｘ)^2＋ｂ(|Ｘ)＋ｃとなるが、基底が{１,|Ｘ,|Ｘ^2}という訳ではない。
おまけ：
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壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/6 13:48 (No.1156154)削除次の文章を完全解説して下さい。
例3.5
有理数体ℚ上の１変数の多項式環ℚ[Ⅹ]において、多項式Ⅹ^2－２によって生成されたイデアル(Ⅹ^2－２)による剰余環ℚ[Ⅹ]/(Ⅹ^2－２)と体ℚ[√２]は環として同型である。すなわち、
ℚ[Ⅹ]/(Ⅹ^2－２)≃ℚ[√２]
（証明）
σ：ℚ[Ⅹ]→ℚ[√２]
ｆ(Ｘ)→ｆ(√２)
によって定義される写像σ(ｆ(Ｘ))＝ｆ(√２)は代入の原理（後出定理4.4）によって環の準同型写像になる。
σが全射であること：
ℚ[√２]の任意の元はａ＋ｂ√２（ａ,ｂ∈ℚ）という形で表される。ａ＋ｂＸ∈ℚ[Ｘ]なる多項式を考えれば、σ(ａ＋ｂＸ)＝ａ＋ｂ√２でσは全射となる。
次にkerσを考えよう。
(Ｘ^2－２)ｆ(Ｘ)∈(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]とすると
σ((Ｘ^2－２)ｆ(Ｘ))＝(√２^2－２)ｆ(√２)＝０
∴(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]⊂kerσ
kerσ⊂(Ｘ^2－２)であること：
ｆ(Ｘ)∈kerσとする。すなわちｆ(Ｘ)∈ℚ[Ｘ]でｆ(√２)＝０と仮定する。後出の除法の定理4.5によって
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ^2－２)ｑ(Ｘ)＋ｒ(Ｘ)，
ｒ(Ｘ)＝０ かまたは degｒ(Ｘ)＜２
を満たすｑ(Ｘ)，ｒ(Ｘ)∈ℚ[Ｘ]が存在する。
ここで、ｒ(Ｘ)≠０とするとdegｒ(Ｘ)＜２だから
ｒ(Ｘ)＝ａ＋ｂＸ（ａ,ｂ∈ℚ）
と表される。Ｘ＝√２を代入すると
ｆ(√２)＝０＋ｒ(√２)＝ａ＋ｂ√２
仮定ｆ(√２)＝０よりａ＋ｂ√２＝０
ゆえにａ＝ｂ＝０，よってｒ(Ｘ)＝０で、これは矛盾である。したがって、ｒ(Ｘ)＝０でなければならない。このとき、
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ^2－２)ｑ(Ｘ)∈(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]
ゆえに、kerσ⊂(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]である。以上より
kerσ＝(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]
を得る。そこで環の準同型定理3.5を使うと、
ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)≃ℚ[√２]
定理4.4（代入の原理）
環ＬをＲの部分環とするような環とし、Ｌの元αはＲのすべての元と可換とする。Ｒ[Ｘ]の元ｆ(Ｘ),ｇ(Ｘ)について、次が成り立つ。
（ⅰ）ｆ(Ｘ)＋ｇ(Ｘ)＝ξ(Ｘ)⇒ｆ(α)＋ｇ(α)＝ξ(α)
（ⅱ）ｆ(Ｘ)・ｇ(Ｘ)＝η(Ｘ)⇒ｆ(α)・ｇ(α)＝η(α)
注意（１）定理4.4はαがｆ(Ｘ),ｇ(Ｘ)の係数と可換であれば成立する。
（２）定理4.4は多項式環Ｒ[Ｘ]の元ｆ(Ｘ)に対してｆ(α)（∈Ｌ）を対応させる写像Φが環としての準同型写像であることを意味している。
定理4.5（除法の定理）
Ｋを体とする。２つの多項式ｆ(Ｘ),ｇ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]について、ｇ(Ｘ)≠０とすると
ｆ(Ｘ)＝ｑ(Ｘ)ｇ(Ｘ)＋ｒ(Ｘ)
を満足する多項式ｑ(Ｘ),ｒ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]が存在する。ただしｒ(Ｘ)は０であるか、または次数がｇ(Ｘ)の次数より小さい多項式である。しかも、このようなｑ(Ｘ)とｒ(Ｘ)はｆ(Ｘ)とｇ(Ｘ)により一意的に定まる。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より
適当に分かり易く解説して下さい。
おまけ：
例3.5
有理数体ℚ上の１変数の多項式環ℚ[Ⅹ]において、多項式Ⅹ^2－２によって生成されたイデアル(Ⅹ^2－２)による剰余環ℚ[Ⅹ]/(Ⅹ^2－２)と体ℚ[√２]は環として同型である。すなわち、
ℚ[Ⅹ]/(Ⅹ^2－２)≃ℚ[√２]
（証明）
σ：ℚ[Ⅹ]→ℚ[√２]
ｆ(Ｘ)→ｆ(√２)
によって定義される写像σ(ｆ(Ｘ))＝ｆ(√２)は代入の原理（後出定理4.4）によって環の準同型写像になる。
σが全射であること：
ℚ[√２]の任意の元はａ＋ｂ√２（ａ,ｂ∈ℚ）という形で表される。ａ＋ｂＸ∈ℚ[Ｘ]なる多項式を考えれば、σ(ａ＋ｂＸ)＝ａ＋ｂ√２でσは全射となる。
次にkerσを考えよう。
(Ｘ^2－２)ｆ(Ｘ)∈(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]とすると
σ((Ｘ^2－２)ｆ(Ｘ))＝(√２^2－２)ｆ(√２)＝０
∴(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]⊂kerσ
kerσ⊂(Ｘ^2－２)であること：
ｆ(Ｘ)∈kerσとする。すなわちｆ(Ｘ)∈ℚ[Ｘ]でｆ(√２)＝０と仮定する。後出の除法の定理4.5によって
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ^2－２)ｑ(Ｘ)＋ｒ(Ｘ)，
ｒ(Ｘ)＝０ かまたは degｒ(Ｘ)＜２
を満たすｑ(Ｘ)，ｒ(Ｘ)∈ℚ[Ｘ]が存在する。
ここで、ｒ(Ｘ)≠０とするとdegｒ(Ｘ)＜２だから
ｒ(Ｘ)＝ａ＋ｂＸ（ａ,ｂ∈ℚ）
と表される。Ｘ＝√２を代入すると
ｆ(√２)＝０＋ｒ(√２)＝ａ＋ｂ√２
仮定ｆ(√２)＝０よりａ＋ｂ√２＝０
ゆえにａ＝ｂ＝０，よってｒ(Ｘ)＝０で、これは矛盾である。したがって、ｒ(Ｘ)＝０でなければならない。このとき、
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ^2－２)ｑ(Ｘ)∈(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]
ゆえに、kerσ⊂(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]である。以上より
kerσ＝(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]
を得る。そこで環の準同型定理3.5を使うと、
ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)≃ℚ[√２]
定理4.4（代入の原理）
環ＬをＲの部分環とするような環とし、Ｌの元αはＲのすべての元と可換とする。Ｒ[Ｘ]の元ｆ(Ｘ),ｇ(Ｘ)について、次が成り立つ。
（ⅰ）ｆ(Ｘ)＋ｇ(Ｘ)＝ξ(Ｘ)⇒ｆ(α)＋ｇ(α)＝ξ(α)
（ⅱ）ｆ(Ｘ)・ｇ(Ｘ)＝η(Ｘ)⇒ｆ(α)・ｇ(α)＝η(α)
注意（１）定理4.4はαがｆ(Ｘ),ｇ(Ｘ)の係数と可換であれば成立する。
（２）定理4.4は多項式環Ｒ[Ｘ]の元ｆ(Ｘ)に対してｆ(α)（∈Ｌ）を対応させる写像Φが環としての準同型写像であることを意味している。
定理4.5（除法の定理）
Ｋを体とする。２つの多項式ｆ(Ｘ),ｇ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]について、ｇ(Ｘ)≠０とすると
ｆ(Ｘ)＝ｑ(Ｘ)ｇ(Ｘ)＋ｒ(Ｘ)
を満足する多項式ｑ(Ｘ),ｒ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]が存在する。ただしｒ(Ｘ)は０であるか、または次数がｇ(Ｘ)の次数より小さい多項式である。しかも、このようなｑ(Ｘ)とｒ(Ｘ)はｆ(Ｘ)とｇ(Ｘ)により一意的に定まる。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より
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)2024/5/6 16:36削除解説
＞例3.5
有理数体ℚ上の１変数の多項式環ℚ[Ⅹ]において、多項式Ⅹ^2－２によって生成されたイデアル(Ⅹ^2－２)による剰余環ℚ[Ⅹ]/(Ⅹ^2－２)と体ℚ[√２]は環として同型である。すなわち、
ℚ[Ⅹ]/(Ⅹ^2－２)≃ℚ[√２]
イデアル(Ⅹ^2－２)とは、(Ⅹ^2－２)ℚ[Ⅹ]という事。つまり、イメージ的にはⅩ^2－２の倍数というか、これに例えば３Ｘ^3＋２Ｘ^2＋２Ｘ＋１などをかけた式の集合。
剰余環ℚ[Ⅹ]/(Ⅹ^2－２)は、イメージ的には３Ｘ^3＋２Ｘ^2＋２Ｘ＋１などをＸ^2－２で割った余りの集合。つまり、１次式か０次式（０以外の定数）の集合である。（念のため、２次式で割った余りだから。）
「剰余環ℚ[Ⅹ]/(Ⅹ^2－２)と体ℚ[√２]は環として同型である」とは、ℚ[√２]はａ＋ｂ√２（ａ,ｂ∈ℚ）で、また、ℚ[Ⅹ]/(Ⅹ^2－２)が上よりａ＋ｂＸとなるので、同型になりそうだと分かるだろう。あとは、これを証明する訳である。
＞σ：ℚ[Ⅹ]→ℚ[√２]
ｆ(Ｘ)→ｆ(√２)
によって定義される写像σ(ｆ(Ｘ))＝ｆ(√２)は代入の原理（後出定理4.4）によって環の準同型写像になる。
なぜ、こんな写像を作るのかというと、準同型定理を使うためである。
コツは、ℚ[Ⅹ]/(Ⅹ^2－２)≃ℚ[√２]を証明したいのだったら、上（左）どうしのσ：ℚ[Ⅹ]→ℚ[√２]という写像を作り、kerσを求め左辺をそれで割るような形にすれば良い。（ℚ[Ⅹ]/kerσ≃ℚ[√２]が示せるという事。）ただし、全射という事を他で示さなければならない。
定理3.5（準同型定理）
ＲとＲ'を環，ｆ：Ｒ→Ｒ'をＲからＲ'への準同型写像であるとする。写像
|ｆ：Ｒ/kerｆ→Ｒ'
|ａ → ｆ(ａ)
は剰余環Ｒ/kerｆから環Ｒ'への単準同型写像である。すなわち、
Ｒ/kerｆ≃ｆ(Ｒ)
また、|ｆはｆ＝|ｆ◦πを満たす。
因みに、Ｒ/kerｆ→Ｒ'の場合は全射とは限らないが、Ｒ/kerｆ→ｆ(Ｒ)の場合は全射なので、
Ｒ/kerｆ≃ｆ(Ｒ)となる。（準同型写像かつ全単射だと同型写像になる。）
厳密には、ｆが全射だと|ｆも全射になるからである。
また、「写像σ(ｆ(Ｘ))＝ｆ(√２)は代入の原理（後出定理4.4）によって環の準同型写像になる」は準同型定理を使うためには準同型写像である事が必要だからである。また、定理4.4の注意（２）を読めば自明だろう。（代入する作業が写像Φ）
＞次にkerσを考えよう。
(Ｘ^2－２)ｆ(Ｘ)∈(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]とすると
σ((Ｘ^2－２)ｆ(Ｘ))＝(√２^2－２)ｆ(√２)＝０
∴(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]⊂kerσ
上で「kerσを求め左辺をそれで割るような形にすれば良い」と書いたが、そのkerσを求める訳である。そこで、結果から考えるとℚ[Ⅹ]/(Ⅹ^2－２)≃ℚ[√２]と準同型定理から(Ⅹ^2－２)（＝(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]）がkerσになるはずである。
よって、(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]から任意の元を選んで、まずは(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]⊂kerσを示す。
∀(Ｘ^2－２)ｆ(Ｘ)∈(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]に対して、
σ((Ｘ^2－２)ｆ(Ｘ))＝(√２^2－２)ｆ(√２)＝０（σはＸに√２を代入する写像だから。）
∴(Ｘ^2－２)ｆ(Ｘ)∈kerσ
∴∀(Ｘ^2－２)ｆ(Ｘ)∈(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]⇒
(Ｘ^2－２)ｆ(Ｘ)∈kerσ
∴(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]⊂kerσ
＞kerσ⊂(Ｘ^2－２)であること：
ｆ(Ｘ)∈kerσとする。すなわちｆ(Ｘ)∈ℚ[Ｘ]でｆ(√２)＝０と仮定する。後出の除法の定理4.5によって
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ^2－２)ｑ(Ｘ)＋ｒ(Ｘ)，
ｒ(Ｘ)＝０ かまたは degｒ(Ｘ)＜２
を満たすｑ(Ｘ)，ｒ(Ｘ)∈ℚ[Ｘ]が存在する。
ここで、ｒ(Ｘ)≠０とするとdegｒ(Ｘ)＜２だから
ｒ(Ｘ)＝ａ＋ｂＸ（ａ,ｂ∈ℚ）
と表される。Ｘ＝√２を代入すると
ｆ(√２)＝０＋ｒ(√２)＝ａ＋ｂ√２
仮定ｆ(√２)＝０よりａ＋ｂ√２＝０
ゆえにａ＝ｂ＝０，よってｒ(Ｘ)＝０で、これは矛盾である。したがって、ｒ(Ｘ)＝０でなければならない。このとき、
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ^2－２)ｑ(Ｘ)∈(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]
ゆえに、kerσ⊂(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]である。
「kerσ⊂(Ｘ^2－２)であること」は、
kerσ⊂(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]の事でこれを示せば、上で示した(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]⊂kerσと合わせて、
kerσ＝(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]が示せるという訳である。
今、∀ｆ(Ｘ)∈kerσに対して、σ(ｆ(Ｘ))＝０（kerの性質より）
また、σの定義よりσ(ｆ(Ｘ))＝ｆ(√２)
∴ｆ(√２)＝０———①
ここで、ｆ(Ｘ)の除法の定理4.5を使うと、
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ^2－２)ｑ(Ｘ)＋ｒ(Ｘ)———②
と置け、ｒ(Ｘ)＝０またはｒ(Ｘ)は１次式か０以外の定数となる。
今、ｒ(Ｘ)≠０と仮定すると、
ｒ(Ｘ)＝ａ＋ｂＸ（ａ,ｂ∈ℚ）
と置ける。（Ｘ^2－２で割った余りだから。）
②にＸ＝√２を代入すると
ｆ(√２)＝０＋ｒ(√２)＝ａ＋ｂ√２———③
①，③より、ａ＋ｂ√２＝０
ａ,ｂは有理数より、ａ＝ｂ＝０
∴ｒ(Ｘ)＝０
よって、ｒ(Ｘ)≠０に矛盾する。よって、背理法によりｒ(Ｘ)＝０である。よって、②より、
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ^2－２)ｑ(Ｘ)∈(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]
よって、∀ｆ(Ｘ)∈kerσ⇒
ｆ(Ｘ)∈(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]
∴kerσ⊂(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]
＞以上より
kerσ＝(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]
を得る。そこで環の準同型定理3.5を使うと、
ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)≃ℚ[√２]
これはもう解説不要だろう。（分かる人にしか分からない話であるが。）
おまけ：
＞例3.5
有理数体ℚ上の１変数の多項式環ℚ[Ⅹ]において、多項式Ⅹ^2－２によって生成されたイデアル(Ⅹ^2－２)による剰余環ℚ[Ⅹ]/(Ⅹ^2－２)と体ℚ[√２]は環として同型である。すなわち、
ℚ[Ⅹ]/(Ⅹ^2－２)≃ℚ[√２]
イデアル(Ⅹ^2－２)とは、(Ⅹ^2－２)ℚ[Ⅹ]という事。つまり、イメージ的にはⅩ^2－２の倍数というか、これに例えば３Ｘ^3＋２Ｘ^2＋２Ｘ＋１などをかけた式の集合。
剰余環ℚ[Ⅹ]/(Ⅹ^2－２)は、イメージ的には３Ｘ^3＋２Ｘ^2＋２Ｘ＋１などをＸ^2－２で割った余りの集合。つまり、１次式か０次式（０以外の定数）の集合である。（念のため、２次式で割った余りだから。）
「剰余環ℚ[Ⅹ]/(Ⅹ^2－２)と体ℚ[√２]は環として同型である」とは、ℚ[√２]はａ＋ｂ√２（ａ,ｂ∈ℚ）で、また、ℚ[Ⅹ]/(Ⅹ^2－２)が上よりａ＋ｂＸとなるので、同型になりそうだと分かるだろう。あとは、これを証明する訳である。
＞σ：ℚ[Ⅹ]→ℚ[√２]
ｆ(Ｘ)→ｆ(√２)
によって定義される写像σ(ｆ(Ｘ))＝ｆ(√２)は代入の原理（後出定理4.4）によって環の準同型写像になる。
なぜ、こんな写像を作るのかというと、準同型定理を使うためである。
コツは、ℚ[Ⅹ]/(Ⅹ^2－２)≃ℚ[√２]を証明したいのだったら、上（左）どうしのσ：ℚ[Ⅹ]→ℚ[√２]という写像を作り、kerσを求め左辺をそれで割るような形にすれば良い。（ℚ[Ⅹ]/kerσ≃ℚ[√２]が示せるという事。）ただし、全射という事を他で示さなければならない。
定理3.5（準同型定理）
ＲとＲ'を環，ｆ：Ｒ→Ｒ'をＲからＲ'への準同型写像であるとする。写像
|ｆ：Ｒ/kerｆ→Ｒ'
|ａ → ｆ(ａ)
は剰余環Ｒ/kerｆから環Ｒ'への単準同型写像である。すなわち、
Ｒ/kerｆ≃ｆ(Ｒ)
また、|ｆはｆ＝|ｆ◦πを満たす。
因みに、Ｒ/kerｆ→Ｒ'の場合は全射とは限らないが、Ｒ/kerｆ→ｆ(Ｒ)の場合は全射なので、
Ｒ/kerｆ≃ｆ(Ｒ)となる。（準同型写像かつ全単射だと同型写像になる。）
厳密には、ｆが全射だと|ｆも全射になるからである。
また、「写像σ(ｆ(Ｘ))＝ｆ(√２)は代入の原理（後出定理4.4）によって環の準同型写像になる」は準同型定理を使うためには準同型写像である事が必要だからである。また、定理4.4の注意（２）を読めば自明だろう。（代入する作業が写像Φ）
＞次にkerσを考えよう。
(Ｘ^2－２)ｆ(Ｘ)∈(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]とすると
σ((Ｘ^2－２)ｆ(Ｘ))＝(√２^2－２)ｆ(√２)＝０
∴(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]⊂kerσ
上で「kerσを求め左辺をそれで割るような形にすれば良い」と書いたが、そのkerσを求める訳である。そこで、結果から考えるとℚ[Ⅹ]/(Ⅹ^2－２)≃ℚ[√２]と準同型定理から(Ⅹ^2－２)（＝(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]）がkerσになるはずである。
よって、(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]から任意の元を選んで、まずは(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]⊂kerσを示す。
∀(Ｘ^2－２)ｆ(Ｘ)∈(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]に対して、
σ((Ｘ^2－２)ｆ(Ｘ))＝(√２^2－２)ｆ(√２)＝０（σはＸに√２を代入する写像だから。）
∴(Ｘ^2－２)ｆ(Ｘ)∈kerσ
∴∀(Ｘ^2－２)ｆ(Ｘ)∈(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]⇒
(Ｘ^2－２)ｆ(Ｘ)∈kerσ
∴(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]⊂kerσ
＞kerσ⊂(Ｘ^2－２)であること：
ｆ(Ｘ)∈kerσとする。すなわちｆ(Ｘ)∈ℚ[Ｘ]でｆ(√２)＝０と仮定する。後出の除法の定理4.5によって
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ^2－２)ｑ(Ｘ)＋ｒ(Ｘ)，
ｒ(Ｘ)＝０ かまたは degｒ(Ｘ)＜２
を満たすｑ(Ｘ)，ｒ(Ｘ)∈ℚ[Ｘ]が存在する。
ここで、ｒ(Ｘ)≠０とするとdegｒ(Ｘ)＜２だから
ｒ(Ｘ)＝ａ＋ｂＸ（ａ,ｂ∈ℚ）
と表される。Ｘ＝√２を代入すると
ｆ(√２)＝０＋ｒ(√２)＝ａ＋ｂ√２
仮定ｆ(√２)＝０よりａ＋ｂ√２＝０
ゆえにａ＝ｂ＝０，よってｒ(Ｘ)＝０で、これは矛盾である。したがって、ｒ(Ｘ)＝０でなければならない。このとき、
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ^2－２)ｑ(Ｘ)∈(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]
ゆえに、kerσ⊂(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]である。
「kerσ⊂(Ｘ^2－２)であること」は、
kerσ⊂(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]の事でこれを示せば、上で示した(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]⊂kerσと合わせて、
kerσ＝(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]が示せるという訳である。
今、∀ｆ(Ｘ)∈kerσに対して、σ(ｆ(Ｘ))＝０（kerの性質より）
また、σの定義よりσ(ｆ(Ｘ))＝ｆ(√２)
∴ｆ(√２)＝０———①
ここで、ｆ(Ｘ)の除法の定理4.5を使うと、
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ^2－２)ｑ(Ｘ)＋ｒ(Ｘ)———②
と置け、ｒ(Ｘ)＝０またはｒ(Ｘ)は１次式か０以外の定数となる。
今、ｒ(Ｘ)≠０と仮定すると、
ｒ(Ｘ)＝ａ＋ｂＸ（ａ,ｂ∈ℚ）
と置ける。（Ｘ^2－２で割った余りだから。）
②にＸ＝√２を代入すると
ｆ(√２)＝０＋ｒ(√２)＝ａ＋ｂ√２———③
①，③より、ａ＋ｂ√２＝０
ａ,ｂは有理数より、ａ＝ｂ＝０
∴ｒ(Ｘ)＝０
よって、ｒ(Ｘ)≠０に矛盾する。よって、背理法によりｒ(Ｘ)＝０である。よって、②より、
ｆ(Ｘ)＝(Ｘ^2－２)ｑ(Ｘ)∈(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]
よって、∀ｆ(Ｘ)∈kerσ⇒
ｆ(Ｘ)∈(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]
∴kerσ⊂(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]
＞以上より
kerσ＝(Ｘ^2－２)ℚ[Ｘ]
を得る。そこで環の準同型定理3.5を使うと、
ℚ[Ｘ]/(Ｘ^2－２)≃ℚ[√２]
これはもう解説不要だろう。（分かる人にしか分からない話であるが。）
おまけ：
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壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/4 14:33 (No.1154263)削除問題
△ＡＢＣの、∠Ｂ，∠Ｃの二等分線にＡからひいた垂線の足をそれぞれＰ，Ｑとする。ＢＣ＝ａ，ＣＡ＝ｂ，ＡＢ＝ｃとするとき、ＰＱの長さをａ，ｂ，ｃを用いて表せ。
（８９ 沖縄県）
これも別解を作ってみて下さい。因みに、これも模範解答の方法は秒殺でした。
おまけ：
https://www.msn.com/ja-jp/news/opinion/%E6%8E%A8%E3%81%97%E3%81%AE%E5%AD%90-%E3%83%8D%E3%82%BF%E3%83%90%E3%83%AC%E5%B7%A1%E3%82%8B%E6%9A%B4%E5%8A%9B%E4%BA%8B%E4%BB%B6-%E3%83%89%E3%83%A9%E3%83%9E%E8%80%83%E5%AF%9F%E8%8A%B8%E4%BA%BA%E3%81%8C-%E8%80%83%E5%AF%9F-%E3%83%9E%E3%83%8A%E3%83%BC%E8%B8%8F%E3%81%BF%E8%B6%8A%E3%81%88%E3%81%9F%E4%BA%BA%E3%81%8C%E6%AE%B4%E3%82%89%E3%82%8C%E3%81%9F%E3%81%AE%E3%81%8B%E3%81%AA/ar-AA1o5AkN
△ＡＢＣの、∠Ｂ，∠Ｃの二等分線にＡからひいた垂線の足をそれぞれＰ，Ｑとする。ＢＣ＝ａ，ＣＡ＝ｂ，ＡＢ＝ｃとするとき、ＰＱの長さをａ，ｂ，ｃを用いて表せ。
（８９ 沖縄県）
これも別解を作ってみて下さい。因みに、これも模範解答の方法は秒殺でした。
おまけ：
https://www.msn.com/ja-jp/news/opinion/%E6%8E%A8%E3%81%97%E3%81%AE%E5%AD%90-%E3%83%8D%E3%82%BF%E3%83%90%E3%83%AC%E5%B7%A1%E3%82%8B%E6%9A%B4%E5%8A%9B%E4%BA%8B%E4%BB%B6-%E3%83%89%E3%83%A9%E3%83%9E%E8%80%83%E5%AF%9F%E8%8A%B8%E4%BA%BA%E3%81%8C-%E8%80%83%E5%AF%9F-%E3%83%9E%E3%83%8A%E3%83%BC%E8%B8%8F%E3%81%BF%E8%B6%8A%E3%81%88%E3%81%9F%E4%BA%BA%E3%81%8C%E6%AE%B4%E3%82%89%E3%82%8C%E3%81%9F%E3%81%AE%E3%81%8B%E3%81%AA/ar-AA1o5AkN
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/5 07:35削除問題
△ＡＢＣの、∠Ｂ，∠Ｃの二等分線にＡからひいた垂線の足をそれぞれＰ，Ｑとする。ＢＣ＝ａ，ＣＡ＝ｂ，ＡＢ＝ｃとするとき、ＰＱの長さをａ，ｂ，ｃを用いて表せ。
（８９ 沖縄県）
解法１ 模範解答
ＡＰ，ＡＱの延長とＢＣとの交点をそれぞれＲ，Ｓとすると、ＢＰは∠Ｂの二等分線でＢＰ⊥ＡＲ，ＣＱは∠Ｃの二等分線でＣＱ⊥ＡＳより、△ＢＡＲと△ＣＡＳはそれぞれ二等辺三角形で、点Ｐ，Ｑはそれぞれ底辺の中点となる。
つまり、点ＱはＡＳの中点で点ＰはＡＲの中点。よって、△ＡＳＲで中点連結定理を使うと、ＱＰ＝(１/２)ＳＲ＝(１/２)(ＢＲ＋ＣＳ－ＢＣ)＝(１/２)(ＢＡ＋ＣＡ－ＢＣ)
∴ＰＱ＝(ｃ＋ｂ－ａ)/２
解法２ 私のオリジナル解法
ＡＢの中点をＭ，ＡＣの中点をＮとすると、△ＡＰＱ，△ＡＱＣはそれぞれ直角三角形で点Ｍ，Ｎはそれぞれ斜辺の中点より定石の形より、ＭＰ＝ＭＡ＝ＭＢ，ＮＱ＝ＮＡ＝ＮＣ
よって、△ＭＢＰ，△ＮＣＱはそれぞれ二等辺三角形より、∠ＭＰＢ＝∠ＭＢＰ＝●と置くと、∠ＡＢＰ＝∠ＰＢＣ＝●より、
∠ＭＰＢ＝∠ＰＢＣ＝●
よって、錯角が等しいので、ＭＰ∥ＢＣ
同様に、ＮＱ∥ＣＢ
また、点Ｍ，ＮはＡＢ，ＡＣの中点より△ＡＢＣでの中点連結定理より、ＭＮ∥ＢＣ
よって、４点Ｍ，Ｑ，Ｐ，Ｎは一直線上にある。
∴ＰＱ＝ＭＰ＋ＮＱ－ＭＮ
＝ＡＢ/２＋ＡＣ/２－ＢＣ/２
＝ｃ/２＋ｂ/２－ａ/２＝(ｃ＋ｂ－ａ)/２
∴ＰＱ＝(ｃ＋ｂ－ａ)/２
おまけ：
△ＡＢＣの、∠Ｂ，∠Ｃの二等分線にＡからひいた垂線の足をそれぞれＰ，Ｑとする。ＢＣ＝ａ，ＣＡ＝ｂ，ＡＢ＝ｃとするとき、ＰＱの長さをａ，ｂ，ｃを用いて表せ。
（８９ 沖縄県）
解法１ 模範解答
ＡＰ，ＡＱの延長とＢＣとの交点をそれぞれＲ，Ｓとすると、ＢＰは∠Ｂの二等分線でＢＰ⊥ＡＲ，ＣＱは∠Ｃの二等分線でＣＱ⊥ＡＳより、△ＢＡＲと△ＣＡＳはそれぞれ二等辺三角形で、点Ｐ，Ｑはそれぞれ底辺の中点となる。
つまり、点ＱはＡＳの中点で点ＰはＡＲの中点。よって、△ＡＳＲで中点連結定理を使うと、ＱＰ＝(１/２)ＳＲ＝(１/２)(ＢＲ＋ＣＳ－ＢＣ)＝(１/２)(ＢＡ＋ＣＡ－ＢＣ)
∴ＰＱ＝(ｃ＋ｂ－ａ)/２
解法２ 私のオリジナル解法
ＡＢの中点をＭ，ＡＣの中点をＮとすると、△ＡＰＱ，△ＡＱＣはそれぞれ直角三角形で点Ｍ，Ｎはそれぞれ斜辺の中点より定石の形より、ＭＰ＝ＭＡ＝ＭＢ，ＮＱ＝ＮＡ＝ＮＣ
よって、△ＭＢＰ，△ＮＣＱはそれぞれ二等辺三角形より、∠ＭＰＢ＝∠ＭＢＰ＝●と置くと、∠ＡＢＰ＝∠ＰＢＣ＝●より、
∠ＭＰＢ＝∠ＰＢＣ＝●
よって、錯角が等しいので、ＭＰ∥ＢＣ
同様に、ＮＱ∥ＣＢ
また、点Ｍ，ＮはＡＢ，ＡＣの中点より△ＡＢＣでの中点連結定理より、ＭＮ∥ＢＣ
よって、４点Ｍ，Ｑ，Ｐ，Ｎは一直線上にある。
∴ＰＱ＝ＭＰ＋ＮＱ－ＭＮ
＝ＡＢ/２＋ＡＣ/２－ＢＣ/２
＝ｃ/２＋ｂ/２－ａ/２＝(ｃ＋ｂ－ａ)/２
∴ＰＱ＝(ｃ＋ｂ－ａ)/２
おまけ：
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壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/3 16:35 (No.1153426)削除問題
図のように△ＡＢＣの∠Ｂの二等分線にＡから垂線ＡＤをひく。ＢＣ∥ＤＥ，ＡＢ＝５，ＢＣ＝６であるとき、
（ⅰ）ＤＥの長さを求めよ。
（ⅱ）面積の比△ＡＢＣ：△ＡＤＥを求めよ。
（８７ 中央大杉並，改題）
注：点ＥはＡＣ上の点です。
別解を作ってみました。因みに、模範解答の方法は秒殺でした。
おまけ：
図のように△ＡＢＣの∠Ｂの二等分線にＡから垂線ＡＤをひく。ＢＣ∥ＤＥ，ＡＢ＝５，ＢＣ＝６であるとき、
（ⅰ）ＤＥの長さを求めよ。
（ⅱ）面積の比△ＡＢＣ：△ＡＤＥを求めよ。
（８７ 中央大杉並，改題）
注：点ＥはＡＣ上の点です。
別解を作ってみました。因みに、模範解答の方法は秒殺でした。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/4 07:49削除問題
図のように△ＡＢＣの∠Ｂの二等分線にＡから垂線ＡＤをひく。ＢＣ∥ＤＥ，ＡＢ＝５，ＢＣ＝６であるとき、
（ⅰ）ＤＥの長さを求めよ。
（ⅱ）面積の比△ＡＢＣ：△ＡＤＥを求めよ。
（８７ 中央大杉並，改題）
解法１ 模範解答
（ⅰ）ＡＤの延長とＢＣとの交点をＦとすると、ＢＤが∠Ｂの二等分線でＢＤ⊥ＡＦより△ＢＡＦは二等辺三角形である。
よって、点ＤはＡＦの中点。また、ＤＥ∥ＦＣより△ＡＣＦでの中点連結定理の逆により点ＥはＡＣの中点で、ＤＥ＝(１/２)ＦＣ
ところで、ＢＦ＝ＢＡ＝５，ＢＣ＝６より、
ＦＣ＝６－５＝１
∴ＤＥ＝１/２
（ⅱ）ＤＥ∥ＦＣより△ＡＤＥ∽△ＡＦＣで、相似比１：２より面積比１^2：２^2＝１：４
∴△ＡＤＥ＝(１/４)△ＡＦＣ———①
また、ＦＣ：ＢＣ＝１：６より、
△ＡＢＣ＝６△ＡＦＣ———②
∴△ＡＢＣ：△ＡＤＥ
＝６△ＡＦＣ：(１/４)△ＡＦＣ＝２４：１
よって、答えは、２４：１
解法２ 私のオリジナル解法
（ⅰ）ＡＢの中点をＭとしてＭＤを結ぶと、△ＡＤＢは直角三角形で点Ｍは斜辺の中点より定石でＭＤ＝ＭＡ＝ＭＢ（△ＡＤＢの外接円を考えれば分かる。）
よって、△ＭＢＤは二等辺三角形より∠ＭＤＢ＝∠ＭＢＤ＝●と置くと、ＢＤは∠Ｂの二等分線より∠ＡＢＤ＝∠ＤＢＣ＝●
∴∠ＭＢＤ＝∠ＤＢＣ＝●
よって、錯角が等しいのでＭＤ∥ＢＣ
また、ＤＥ∥ＢＣより、ＭＤとＤＥは平行で点Ｄを共有しているので一直線である。
∴ＭＥ∥ＢＣ また、点ＭはＡＢの中点より△ＡＢＣでの中点連結定理より、
ＭＥ＝(１/２)ＢＣ＝(１/２)×６＝３
ところで、ＭＤ＝(１/２)ＡＢ＝(１/２)×５＝５/２より、ＤＥ＝ＭＥ－ＭＤ＝３－５/２＝１/２ ∴ＤＥ＝１/２
（ⅱ）ＭＥ∥ＢＣより△ＡＭＥ∽△ＡＢＣで相似比１：２より面積比１^2：２^2＝１：４
∴△ＡＭＥ＝(１/４)△ＡＢＣ———①
また、ＭＥ：ＤＥ＝３：(１/２)＝６：１
∴△ＡＤＥ＝(１/６)△ＡＭＥ———②
①を②に代入すると、
△ＡＤＥ＝(１/６)(１/４)△ＡＢＣ
＝(１/２４)△ＡＢＣ
∴△ＡＢＣ：△ＡＤＥ＝２４：１
よって、答えは、２４：１
おまけ：
https://www.tokyo-sports.co.jp/articles/-/301066
https://news.yahoo.co.jp/articles/ecbe72a5e374a732e3a458f8085f3c298b5ed6d6
図のように△ＡＢＣの∠Ｂの二等分線にＡから垂線ＡＤをひく。ＢＣ∥ＤＥ，ＡＢ＝５，ＢＣ＝６であるとき、
（ⅰ）ＤＥの長さを求めよ。
（ⅱ）面積の比△ＡＢＣ：△ＡＤＥを求めよ。
（８７ 中央大杉並，改題）
解法１ 模範解答
（ⅰ）ＡＤの延長とＢＣとの交点をＦとすると、ＢＤが∠Ｂの二等分線でＢＤ⊥ＡＦより△ＢＡＦは二等辺三角形である。
よって、点ＤはＡＦの中点。また、ＤＥ∥ＦＣより△ＡＣＦでの中点連結定理の逆により点ＥはＡＣの中点で、ＤＥ＝(１/２)ＦＣ
ところで、ＢＦ＝ＢＡ＝５，ＢＣ＝６より、
ＦＣ＝６－５＝１
∴ＤＥ＝１/２
（ⅱ）ＤＥ∥ＦＣより△ＡＤＥ∽△ＡＦＣで、相似比１：２より面積比１^2：２^2＝１：４
∴△ＡＤＥ＝(１/４)△ＡＦＣ———①
また、ＦＣ：ＢＣ＝１：６より、
△ＡＢＣ＝６△ＡＦＣ———②
∴△ＡＢＣ：△ＡＤＥ
＝６△ＡＦＣ：(１/４)△ＡＦＣ＝２４：１
よって、答えは、２４：１
解法２ 私のオリジナル解法
（ⅰ）ＡＢの中点をＭとしてＭＤを結ぶと、△ＡＤＢは直角三角形で点Ｍは斜辺の中点より定石でＭＤ＝ＭＡ＝ＭＢ（△ＡＤＢの外接円を考えれば分かる。）
よって、△ＭＢＤは二等辺三角形より∠ＭＤＢ＝∠ＭＢＤ＝●と置くと、ＢＤは∠Ｂの二等分線より∠ＡＢＤ＝∠ＤＢＣ＝●
∴∠ＭＢＤ＝∠ＤＢＣ＝●
よって、錯角が等しいのでＭＤ∥ＢＣ
また、ＤＥ∥ＢＣより、ＭＤとＤＥは平行で点Ｄを共有しているので一直線である。
∴ＭＥ∥ＢＣ また、点ＭはＡＢの中点より△ＡＢＣでの中点連結定理より、
ＭＥ＝(１/２)ＢＣ＝(１/２)×６＝３
ところで、ＭＤ＝(１/２)ＡＢ＝(１/２)×５＝５/２より、ＤＥ＝ＭＥ－ＭＤ＝３－５/２＝１/２ ∴ＤＥ＝１/２
（ⅱ）ＭＥ∥ＢＣより△ＡＭＥ∽△ＡＢＣで相似比１：２より面積比１^2：２^2＝１：４
∴△ＡＭＥ＝(１/４)△ＡＢＣ———①
また、ＭＥ：ＤＥ＝３：(１/２)＝６：１
∴△ＡＤＥ＝(１/６)△ＡＭＥ———②
①を②に代入すると、
△ＡＤＥ＝(１/６)(１/４)△ＡＢＣ
＝(１/２４)△ＡＢＣ
∴△ＡＢＣ：△ＡＤＥ＝２４：１
よって、答えは、２４：１
おまけ：
https://www.tokyo-sports.co.jp/articles/-/301066
https://news.yahoo.co.jp/articles/ecbe72a5e374a732e3a458f8085f3c298b5ed6d6
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壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/3 11:27 (No.1153205)削除次の文章を完全解説して下さい。
問3.2
ｆ：Ｒ→Ｒ'を環の準同型写像とする。Ｉ＝kerｆとし、Ｒの元ａに対しｆ(ａ)＝ａ'とするとき、
|ａ＝ａ＋Ｉ＝ｆ^-1(ａ')が成り立つことを示せ。
証明
ｘ∈ｆ^-1(ａ')⇔ｆ(ｘ)＝ａ'⇔ｆ(ｘ)＝ｆ(ａ)
⇔ｆ(ｘ)－ｆ(ａ)＝０⇔ｆ(ｘ－ａ)＝０
⇔ｘ－ａ∈kerｆ⇔ｘ∈ａ＋Ｉ
したがって、
ｆ^-1(ａ')＝{ｘ∈Ｒ｜ｘ∈ｆ^-1(ａ')}
＝{ｘ∈Ｒ｜ｘ∈ａ＋Ｉ}＝ａ＋Ｉ
「演習 群・環・体 入門」新妻弘著より
具体的には、
例えば、|ａ＝ｆ^-1(ａ')にｆ(ａ)＝ａ'を代入すると、|ａ＝ｆ^-1(ｆ(ａ))＝ａで、|ａ＝ａ
左辺は複数で右辺は１つでおかしくないのか。
おかしい場合はおかしい理由を、おかしくない場合はおかしくない理由を述べて下さい。
おまけ：
問3.2
ｆ：Ｒ→Ｒ'を環の準同型写像とする。Ｉ＝kerｆとし、Ｒの元ａに対しｆ(ａ)＝ａ'とするとき、
|ａ＝ａ＋Ｉ＝ｆ^-1(ａ')が成り立つことを示せ。
証明
ｘ∈ｆ^-1(ａ')⇔ｆ(ｘ)＝ａ'⇔ｆ(ｘ)＝ｆ(ａ)
⇔ｆ(ｘ)－ｆ(ａ)＝０⇔ｆ(ｘ－ａ)＝０
⇔ｘ－ａ∈kerｆ⇔ｘ∈ａ＋Ｉ
したがって、
ｆ^-1(ａ')＝{ｘ∈Ｒ｜ｘ∈ｆ^-1(ａ')}
＝{ｘ∈Ｒ｜ｘ∈ａ＋Ｉ}＝ａ＋Ｉ
「演習 群・環・体 入門」新妻弘著より
具体的には、
例えば、|ａ＝ｆ^-1(ａ')にｆ(ａ)＝ａ'を代入すると、|ａ＝ｆ^-1(ｆ(ａ))＝ａで、|ａ＝ａ
左辺は複数で右辺は１つでおかしくないのか。
おかしい場合はおかしい理由を、おかしくない場合はおかしくない理由を述べて下さい。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/3 13:58削除問3.2
ｆ：Ｒ→Ｒ'を環の準同型写像とする。Ｉ＝kerｆとし、Ｒの元ａに対しｆ(ａ)＝ａ'とするとき、
|ａ＝ａ＋Ｉ＝ｆ^-1(ａ')が成り立つことを示せ。
証明
ｘ∈ｆ^-1(ａ')⇔ｆ(ｘ)＝ａ'⇔ｆ(ｘ)＝ｆ(ａ)
⇔ｆ(ｘ)－ｆ(ａ)＝０⇔ｆ(ｘ－ａ)＝０
⇔ｘ－ａ∈kerｆ⇔ｘ∈ａ＋Ｉ
したがって、
ｆ^-1(ａ')＝{ｘ∈Ｒ｜ｘ∈ｆ^-1(ａ')}
＝{ｘ∈Ｒ｜ｘ∈ａ＋Ｉ}＝ａ＋Ｉ
「演習 群・環・体 入門」新妻弘著より
具体的には、
例えば、|ａ＝ｆ^-1(ａ')にｆ(ａ)＝ａ'を代入すると、|ａ＝ｆ^-1(ｆ(ａ))＝ａで、|ａ＝ａ
左辺は複数で右辺は１つでおかしくないのか。
おかしい場合はおかしい理由を、おかしくない場合はおかしくない理由を述べて下さい。
解説
要は、ｆ^-1の記号の捉え方である。
定義
ｆ：Ａ→Ｂが全単射のとき
ｘ→ｙ
この逆の対応をｆの逆写像といい
ｆ^-1：Ｂ→Ａ（ｙ→ｘ）
と書く。
「すぐわかる代数」石村園子著
この定義で考えると、ｆ^-1を使えるのはｆが全単射の時のみである。しかし、上の問3.2では全単射でない場合に使っているからである。
つまり、ｆ^-1(ｆ(ａ))＝ａではないという事である。
4.1 写像
集合Ａの任意の元ａに対して集合Ｂの元を唯１つ対応させるような規則ｆのことを集合Ａから集合Ｂへの写像といい、ｂをｆ(ａ)で表す。また、ｆがＡからＢへの写像であることを記号で
ｆ：Ａ→Ｂ（ａ→ｂ＝ｆ(ａ)）
のように表す。特にＡ＝Ｂのとき、写像ｆをＡの変換ということが多い。
Ａ'をＡの部分集合とするとき、Ｂの部分集合
ｆ(Ａ')＝{ｆ(ａ')∈Ｂ｜ａ'∈Ａ'}
をＡ'のｆによる像と呼ぶ。
Ｂ'をＢの部分集合とするとき、Ａの部分集合
ｆ^-1(Ｂ')＝{ａ∈Ａ｜ｆ(ａ)∈Ｂ'}
をＢ'のｆによる逆像と呼ぶ。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より
問3.2ではこの意味で使っている訳である。しかし、統一して欲しいものである。因みに、こちらの本でも次の次のページで「この写像ｇを写像ｆの逆写像といい、ｆ^-1で表す」としている。もちろん、このｆは全単射である。
因みに、問3.2を全単射とすると、
問3.2
ｆ：Ｒ→Ｒ'を環の準同型写像とする。Ｉ＝kerｆとし、Ｒの元ａに対しｆ(ａ)＝ａ'とするとき、
|ａ＝ａ＋Ｉ＝ｆ^-1(ａ')が成り立つことを示せ。
ｆが単射より、定理3.3によりkerｆ＝(０)
よって、|ａ＝ａ＋Ｉ＝ａ＋kerｆに代入すると、
|ａ＝ａ＋(０)＝ａとなり、|ａはａのみとなり、
|ａ＝ａ＝ｆ^-1(ａ')（ｆ(ａ)＝ａ'より）
となる。
結論としては、全単射でない場合は、
ｆ^-1(ｆ(ａ))＝ａ
としてはいけないという事である。（ｆが全単射でない場合はｆ^-1は写像ではないのだから。）
もちろん、|ａ＝ａなどは特殊な場合を除いては矛盾である。特殊な場合とは、上の場合の|ａ＝ａ＋(０)＝ａである。
どうでも良い事だが、群の場合のkerｆの定義はｆ^-1を使っていなくて環の場合はｆ^-1を使っている。
定理6.3
ｆをＧからＧ'への準同型写像とすると、Ｇの部分集合
kerｆ＝{ａ∈Ｇ｜ｆ(ａ)＝ｅ'}
はＧの正規部分群になる。ただし、ｅ'はＧ'の単位元とする。
定理3.2
ｆをＲからＲ'への環の準同型写像とし、０_R'をＲ'の零元とすると
ｆ^-1(０_R')＝{ｘ｜ｘ∈Ｒ，ｆ(ｘ)＝０_R'}
はＲのイデアルである。
定理3.3
ＲとＲ'を環とし、ｆをＲからＲ'への環の準同型写像とする。このとき、ｆが単射であるための必要十分条件は kerｆ＝(０)となることである。
ｆ：単射 ⇔ kerｆ＝(０)
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より
おまけ：
ｆ：Ｒ→Ｒ'を環の準同型写像とする。Ｉ＝kerｆとし、Ｒの元ａに対しｆ(ａ)＝ａ'とするとき、
|ａ＝ａ＋Ｉ＝ｆ^-1(ａ')が成り立つことを示せ。
証明
ｘ∈ｆ^-1(ａ')⇔ｆ(ｘ)＝ａ'⇔ｆ(ｘ)＝ｆ(ａ)
⇔ｆ(ｘ)－ｆ(ａ)＝０⇔ｆ(ｘ－ａ)＝０
⇔ｘ－ａ∈kerｆ⇔ｘ∈ａ＋Ｉ
したがって、
ｆ^-1(ａ')＝{ｘ∈Ｒ｜ｘ∈ｆ^-1(ａ')}
＝{ｘ∈Ｒ｜ｘ∈ａ＋Ｉ}＝ａ＋Ｉ
「演習 群・環・体 入門」新妻弘著より
具体的には、
例えば、|ａ＝ｆ^-1(ａ')にｆ(ａ)＝ａ'を代入すると、|ａ＝ｆ^-1(ｆ(ａ))＝ａで、|ａ＝ａ
左辺は複数で右辺は１つでおかしくないのか。
おかしい場合はおかしい理由を、おかしくない場合はおかしくない理由を述べて下さい。
解説
要は、ｆ^-1の記号の捉え方である。
定義
ｆ：Ａ→Ｂが全単射のとき
ｘ→ｙ
この逆の対応をｆの逆写像といい
ｆ^-1：Ｂ→Ａ（ｙ→ｘ）
と書く。
「すぐわかる代数」石村園子著
この定義で考えると、ｆ^-1を使えるのはｆが全単射の時のみである。しかし、上の問3.2では全単射でない場合に使っているからである。
つまり、ｆ^-1(ｆ(ａ))＝ａではないという事である。
4.1 写像
集合Ａの任意の元ａに対して集合Ｂの元を唯１つ対応させるような規則ｆのことを集合Ａから集合Ｂへの写像といい、ｂをｆ(ａ)で表す。また、ｆがＡからＢへの写像であることを記号で
ｆ：Ａ→Ｂ（ａ→ｂ＝ｆ(ａ)）
のように表す。特にＡ＝Ｂのとき、写像ｆをＡの変換ということが多い。
Ａ'をＡの部分集合とするとき、Ｂの部分集合
ｆ(Ａ')＝{ｆ(ａ')∈Ｂ｜ａ'∈Ａ'}
をＡ'のｆによる像と呼ぶ。
Ｂ'をＢの部分集合とするとき、Ａの部分集合
ｆ^-1(Ｂ')＝{ａ∈Ａ｜ｆ(ａ)∈Ｂ'}
をＢ'のｆによる逆像と呼ぶ。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より
問3.2ではこの意味で使っている訳である。しかし、統一して欲しいものである。因みに、こちらの本でも次の次のページで「この写像ｇを写像ｆの逆写像といい、ｆ^-1で表す」としている。もちろん、このｆは全単射である。
因みに、問3.2を全単射とすると、
問3.2
ｆ：Ｒ→Ｒ'を環の準同型写像とする。Ｉ＝kerｆとし、Ｒの元ａに対しｆ(ａ)＝ａ'とするとき、
|ａ＝ａ＋Ｉ＝ｆ^-1(ａ')が成り立つことを示せ。
ｆが単射より、定理3.3によりkerｆ＝(０)
よって、|ａ＝ａ＋Ｉ＝ａ＋kerｆに代入すると、
|ａ＝ａ＋(０)＝ａとなり、|ａはａのみとなり、
|ａ＝ａ＝ｆ^-1(ａ')（ｆ(ａ)＝ａ'より）
となる。
結論としては、全単射でない場合は、
ｆ^-1(ｆ(ａ))＝ａ
としてはいけないという事である。（ｆが全単射でない場合はｆ^-1は写像ではないのだから。）
もちろん、|ａ＝ａなどは特殊な場合を除いては矛盾である。特殊な場合とは、上の場合の|ａ＝ａ＋(０)＝ａである。
どうでも良い事だが、群の場合のkerｆの定義はｆ^-1を使っていなくて環の場合はｆ^-1を使っている。
定理6.3
ｆをＧからＧ'への準同型写像とすると、Ｇの部分集合
kerｆ＝{ａ∈Ｇ｜ｆ(ａ)＝ｅ'}
はＧの正規部分群になる。ただし、ｅ'はＧ'の単位元とする。
定理3.2
ｆをＲからＲ'への環の準同型写像とし、０_R'をＲ'の零元とすると
ｆ^-1(０_R')＝{ｘ｜ｘ∈Ｒ，ｆ(ｘ)＝０_R'}
はＲのイデアルである。
定理3.3
ＲとＲ'を環とし、ｆをＲからＲ'への環の準同型写像とする。このとき、ｆが単射であるための必要十分条件は kerｆ＝(０)となることである。
ｆ：単射 ⇔ kerｆ＝(０)
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より
おまけ：
返信
返信1
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/1 15:59 (No.1151681)削除次の文章を完全解説して下さい。
問題 6-6b
３次方程式ｘ^3＋ａｘ＋ｂ＝０･･･(＊)について次の問いに答えよ。ただし判別式＝－４ａ^3－２７ｂ^2＞０と仮定する。
（１）実数θに対して、cos３θをcosθの式で表せ（つまり３倍角の公式を書け）。
（２）ｘ＝λｙとおき、(＊)をｙの方程式に書き直す。この書き直した方程式が４ｙ^3－３ｙ－ｃ＝０（ｃは実数）となるような正の実数λを求めよ。また、そのときのｃも求めよ。
（３）（２）で求めたｃに対して、|ｃ|＜１を示せ。
（４）（２）で求めたｃをｃ＝cos３θとおくとき、(＊)の解をａ，cosθを用いて表せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
３次方程式の解の公式としてまとめて、実際にｘ^3－３ｘ＋１＝０を解いてみて下さい。
また、カルダノの公式とどういう関係にあるか述べて下さい。
命題6.1（３次方程式の解の公式）
ｘ^3＋ａｘ＋ｂ＝０の解は次の公式で与えられる（カルダノの公式）：
ｘ＝3√[－ｂ/２＋√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
＋3√[－ｂ/２－√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]，
ω^2・3√[－ｂ/２＋√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
＋ω・3√[－ｂ/２－√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]，
ω・3√[－ｂ/２＋√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
＋ω^2・3√[－ｂ/２－√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
ここでω＝(－１＋√３ｉ)/２（１の原始３乗根）とする。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
（注：√の前の3は３乗根という意味である。）
おまけ：
問題 6-6b
３次方程式ｘ^3＋ａｘ＋ｂ＝０･･･(＊)について次の問いに答えよ。ただし判別式＝－４ａ^3－２７ｂ^2＞０と仮定する。
（１）実数θに対して、cos３θをcosθの式で表せ（つまり３倍角の公式を書け）。
（２）ｘ＝λｙとおき、(＊)をｙの方程式に書き直す。この書き直した方程式が４ｙ^3－３ｙ－ｃ＝０（ｃは実数）となるような正の実数λを求めよ。また、そのときのｃも求めよ。
（３）（２）で求めたｃに対して、|ｃ|＜１を示せ。
（４）（２）で求めたｃをｃ＝cos３θとおくとき、(＊)の解をａ，cosθを用いて表せ。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
３次方程式の解の公式としてまとめて、実際にｘ^3－３ｘ＋１＝０を解いてみて下さい。
また、カルダノの公式とどういう関係にあるか述べて下さい。
命題6.1（３次方程式の解の公式）
ｘ^3＋ａｘ＋ｂ＝０の解は次の公式で与えられる（カルダノの公式）：
ｘ＝3√[－ｂ/２＋√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
＋3√[－ｂ/２－√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]，
ω^2・3√[－ｂ/２＋√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
＋ω・3√[－ｂ/２－√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]，
ω・3√[－ｂ/２＋√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
＋ω^2・3√[－ｂ/２－√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
ここでω＝(－１＋√３ｉ)/２（１の原始３乗根）とする。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
（注：√の前の3は３乗根という意味である。）
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/2 13:15削除うっかり、解答を書き忘れていましたね。
問題 6-6b
３次方程式ｘ^3＋ａｘ＋ｂ＝０･･･(＊)について次の問いに答えよ。ただし判別式＝－４ａ^3－２７ｂ^2＞０と仮定する。
（１）実数θに対して、cos３θをcosθの式で表せ（つまり３倍角の公式を書け）。
（２）ｘ＝λｙとおき、(＊)をｙの方程式に書き直す。この書き直した方程式が４ｙ^3－３ｙ－ｃ＝０（ｃは実数）となるような正の実数λを求めよ。また、そのときのｃも求めよ。
（３）（２）で求めたｃに対して、|ｃ|＜１を示せ。
（４）（２）で求めたｃをｃ＝cos３θとおくとき、(＊)の解をａ，cosθを用いて表せ。
解答
（１）cos３θ＝４cos^3θ－３cosθ
（２）ｘ＝λｙとおいて(＊)を書き直すと
λ^3ｙ^3＋λａｙ＋ｂ＝０である。よって
ｙ^3＋(ａ/λ^2)ｙ＋ｂ/λ^3＝０，
ｙ^3－(３/４)ｙ＋ｃ/４＝０
を比較して、ａ/λ^2＝－３/４，
ｂ/λ^3＝ｃ/４を得る。これより
λ＝√(－４ａ/３)，
ｃ＝－３√３ｂ/ａ√(－４ａ)
（３）判別式の仮定より－４ａ^3/２７ｂ^2である。よって|ｃ|^2＝２７ｂ^2/(－４ａ^3)＜１である。
（４）ｃ＝cos３θとおくと、（１）より
ｙ＝cosθ，cos(θ＋(２π/３))，
cos(θ＋(４π/３))である。
よって(＊)の３個の実数解は
{√(－４ａ/３)}cosθ，
{√(－４ａ/３)}cos(θ＋(２π/３))，
{√(－４ａ/３)}cos(θ＋(４π/３))
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
３次方程式の解の公式としてまとめて、実際にｘ^3－３ｘ＋１＝０を解いてみて下さい。
また、カルダノの公式とどういう関係にあるか述べて下さい。
命題6.1（３次方程式の解の公式）
ｘ^3＋ａｘ＋ｂ＝０の解は次の公式で与えられる（カルダノの公式）：
ｘ＝3√[－ｂ/２＋√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
＋3√[－ｂ/２－√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]，
ω^2・3√[－ｂ/２＋√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
＋ω・3√[－ｂ/２－√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]，
ω・3√[－ｂ/２＋√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
＋ω^2・3√[－ｂ/２－√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
ここでω＝(－１＋√３ｉ)/２（１の原始３乗根）とする。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
（注：√の前の3は３乗根という意味である。）
結構、為になる話だと思います。大学の授業で言えば、「数学講話」のような話。
おまけ：
問題 6-6b
３次方程式ｘ^3＋ａｘ＋ｂ＝０･･･(＊)について次の問いに答えよ。ただし判別式＝－４ａ^3－２７ｂ^2＞０と仮定する。
（１）実数θに対して、cos３θをcosθの式で表せ（つまり３倍角の公式を書け）。
（２）ｘ＝λｙとおき、(＊)をｙの方程式に書き直す。この書き直した方程式が４ｙ^3－３ｙ－ｃ＝０（ｃは実数）となるような正の実数λを求めよ。また、そのときのｃも求めよ。
（３）（２）で求めたｃに対して、|ｃ|＜１を示せ。
（４）（２）で求めたｃをｃ＝cos３θとおくとき、(＊)の解をａ，cosθを用いて表せ。
解答
（１）cos３θ＝４cos^3θ－３cosθ
（２）ｘ＝λｙとおいて(＊)を書き直すと
λ^3ｙ^3＋λａｙ＋ｂ＝０である。よって
ｙ^3＋(ａ/λ^2)ｙ＋ｂ/λ^3＝０，
ｙ^3－(３/４)ｙ＋ｃ/４＝０
を比較して、ａ/λ^2＝－３/４，
ｂ/λ^3＝ｃ/４を得る。これより
λ＝√(－４ａ/３)，
ｃ＝－３√３ｂ/ａ√(－４ａ)
（３）判別式の仮定より－４ａ^3/２７ｂ^2である。よって|ｃ|^2＝２７ｂ^2/(－４ａ^3)＜１である。
（４）ｃ＝cos３θとおくと、（１）より
ｙ＝cosθ，cos(θ＋(２π/３))，
cos(θ＋(４π/３))である。
よって(＊)の３個の実数解は
{√(－４ａ/３)}cosθ，
{√(－４ａ/３)}cos(θ＋(２π/３))，
{√(－４ａ/３)}cos(θ＋(４π/３))
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
３次方程式の解の公式としてまとめて、実際にｘ^3－３ｘ＋１＝０を解いてみて下さい。
また、カルダノの公式とどういう関係にあるか述べて下さい。
命題6.1（３次方程式の解の公式）
ｘ^3＋ａｘ＋ｂ＝０の解は次の公式で与えられる（カルダノの公式）：
ｘ＝3√[－ｂ/２＋√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
＋3√[－ｂ/２－√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]，
ω^2・3√[－ｂ/２＋√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
＋ω・3√[－ｂ/２－√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]，
ω・3√[－ｂ/２＋√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
＋ω^2・3√[－ｂ/２－√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
ここでω＝(－１＋√３ｉ)/２（１の原始３乗根）とする。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より
（注：√の前の3は３乗根という意味である。）
結構、為になる話だと思います。大学の授業で言えば、「数学講話」のような話。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/2 16:09削除＞３次方程式の解の公式としてまとめて、実際にｘ^3－３ｘ＋１＝０を解いてみて下さい。
また、カルダノの公式とどういう関係にあるか述べて下さい。
cosの３倍角の公式より、
cos３θ＝４cos^3θ－３cosθ
∴４cos^3θ－３cosθ－cos３θ＝０
∴cos^3θ－(３/４)cosθ－(１/４)cos３θ＝０———①
また、３次方程式ｘ^3＋ａｘ＋ｂ＝０にｘ＝λcosθとして代入すると、
λ^3cos^3θ＋ａλcosθ＋ｂ＝０
∴cos^3θ＋(ａ/λ^2)cosθ＋ｂ/λ^3＝０———②
①と②を恒等式として比較すると、
ａ/λ^2＝－３/４———③
－(１/４)cos３θ＝ｂ/λ^3———④
③より、λ^2＝－４ａ/３
∴λ＝±√(－４ａ/３)———⑤
また、④より、
cos３θ＝－４ｂ/λ^3———④'
④'に⑤を代入すると、
cos３θ＝－４ｂ/{(∓４ａ/３)√(－４ａ/３)}
＝±３ｂ/{ａ√(－４ａ/３)}
∴cos３θ＝±３ｂ/{ａ√(－４ａ/３)}———⑥
ところで、３倍角の公式を利用するのでcosθは３つとも実数で、出来る３次方程式も３つとも実数解の場合だけである。そこで、カルダノの公式を見ると、
命題6.1（３次方程式の解の公式）
ｘ^3＋ａｘ＋ｂ＝０の解は次の公式で与えられる（カルダノの公式）：
ｘ＝3√[－ｂ/２＋√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
＋3√[－ｂ/２－√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]，
ω^2・3√[－ｂ/２＋√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
＋ω・3√[－ｂ/２－√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]，
ω・3√[－ｂ/２＋√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
＋ω^2・3√[－ｂ/２－√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3の部分が正だったら実数解は１つだけなので、実数解が３つの場合は、(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3＜０である。（厳密な証明は前回やったので省略（微分を使った）。）
(ｂ/２)^2≧０より、(ａ/３)^3＜０である。
よって、ａ＜０である。よって、⑤を見ても辻褄が合うだろう。ところで、λは正負のどちらでも良い（下に補足）が、参考書に倣って正としよう。
よって、⑤より、λ＝√(－４ａ/３)
また、⑥より、
cos３θ＝３ｂ/{ａ√(－４ａ/３)}
∴ｘ＝λcosθ＝√(－４ａ/３)・cosθ
残りの２つの解のθ＋(２π/３)，θ＋(４π/３)の解説が載っていないが、複素平面のド・モワブルの公式の回転の要領で考える（ｘ^3＝１の３つの解を複素平面で表示する時に使う）と、３つの解は、
ｘ＝{√(－４ａ/３)}cosθ，
{√(－４ａ/３)}cos(θ＋(２π/３))，
{√(－４ａ/３)}cos(θ＋(４π/３))
ただし、θは、
cos３θ＝３ｂ/{ａ√(－４ａ/３)}
を満たすものである。
ｘ^3－３ｘ＋１＝０を実際に解く事とλが正負のどちらでも良い事は次回にしよう。
おまけ：
また、カルダノの公式とどういう関係にあるか述べて下さい。
cosの３倍角の公式より、
cos３θ＝４cos^3θ－３cosθ
∴４cos^3θ－３cosθ－cos３θ＝０
∴cos^3θ－(３/４)cosθ－(１/４)cos３θ＝０———①
また、３次方程式ｘ^3＋ａｘ＋ｂ＝０にｘ＝λcosθとして代入すると、
λ^3cos^3θ＋ａλcosθ＋ｂ＝０
∴cos^3θ＋(ａ/λ^2)cosθ＋ｂ/λ^3＝０———②
①と②を恒等式として比較すると、
ａ/λ^2＝－３/４———③
－(１/４)cos３θ＝ｂ/λ^3———④
③より、λ^2＝－４ａ/３
∴λ＝±√(－４ａ/３)———⑤
また、④より、
cos３θ＝－４ｂ/λ^3———④'
④'に⑤を代入すると、
cos３θ＝－４ｂ/{(∓４ａ/３)√(－４ａ/３)}
＝±３ｂ/{ａ√(－４ａ/３)}
∴cos３θ＝±３ｂ/{ａ√(－４ａ/３)}———⑥
ところで、３倍角の公式を利用するのでcosθは３つとも実数で、出来る３次方程式も３つとも実数解の場合だけである。そこで、カルダノの公式を見ると、
命題6.1（３次方程式の解の公式）
ｘ^3＋ａｘ＋ｂ＝０の解は次の公式で与えられる（カルダノの公式）：
ｘ＝3√[－ｂ/２＋√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
＋3√[－ｂ/２－√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]，
ω^2・3√[－ｂ/２＋√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
＋ω・3√[－ｂ/２－√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]，
ω・3√[－ｂ/２＋√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
＋ω^2・3√[－ｂ/２－√{(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3}]
(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3の部分が正だったら実数解は１つだけなので、実数解が３つの場合は、(ｂ/２)^2＋(ａ/３)^3＜０である。（厳密な証明は前回やったので省略（微分を使った）。）
(ｂ/２)^2≧０より、(ａ/３)^3＜０である。
よって、ａ＜０である。よって、⑤を見ても辻褄が合うだろう。ところで、λは正負のどちらでも良い（下に補足）が、参考書に倣って正としよう。
よって、⑤より、λ＝√(－４ａ/３)
また、⑥より、
cos３θ＝３ｂ/{ａ√(－４ａ/３)}
∴ｘ＝λcosθ＝√(－４ａ/３)・cosθ
残りの２つの解のθ＋(２π/３)，θ＋(４π/３)の解説が載っていないが、複素平面のド・モワブルの公式の回転の要領で考える（ｘ^3＝１の３つの解を複素平面で表示する時に使う）と、３つの解は、
ｘ＝{√(－４ａ/３)}cosθ，
{√(－４ａ/３)}cos(θ＋(２π/３))，
{√(－４ａ/３)}cos(θ＋(４π/３))
ただし、θは、
cos３θ＝３ｂ/{ａ√(－４ａ/３)}
を満たすものである。
ｘ^3－３ｘ＋１＝０を実際に解く事とλが正負のどちらでも良い事は次回にしよう。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/3 08:01削除＞ｘ^3－３ｘ＋１＝０を実際に解く事とλが正負のどちらでも良い事は次回にしよう。
３次方程式ｘ^3＋ａｘ＋ｂ＝０の解の公式
ｘ＝{√(－４ａ/３)}cosθ，
{√(－４ａ/３)}cos(θ＋(２π/３))，
{√(－４ａ/３)}cos(θ＋(４π/３))
ただし、θは、
cos３θ＝３ｂ/{ａ√(－４ａ/３)}
を満たすものである。
これにａ＝－３，ｂ＝１を代入すると、
cos３θ＝３・１/(－３√４)＝－１/２
よって、３θ＝２π/３とすると、
θ＝２π/９
∴θ＋(２π/３)＝２π/９＋２π/３＝８π/９
θ＋(４π/３)＝２π/９＋４π/３＝１４π/９
また、√(－４ａ/３)＝√４＝２
∴ｘ＝２cos(２π/９)，２cos(８π/９)，
２cos(１４π/９)＝２cos(－１４π/９)
＝２cos(－１４π/９＋２π)
＝２cos(４π/９)
ところで、p.112に解答が載っていて、
ｘ＝２cos(２π/９)，２cos(８π/９)，
２cos(４π/９)よりＯＫ。
また、λ＜０の場合、
３次方程式ｘ^3＋ａｘ＋ｂ＝０の解の公式
ｘ＝－{√(－４ａ/３)}cosθ，
－{√(－４ａ/３)}cos(θ＋(２π/３))，
－{√(－４ａ/３)}cos(θ＋(４π/３))
ただし、θは、
cos３θ＝－３ｂ/{ａ√(－４ａ/３)}
を満たすものである。
となる。これにａ＝－３，ｂ＝１を代入すると、
cos３θ＝－３・１/(－３√４)＝１/２
よって、３θ＝π/３とすると、
θ＝π/９
∴θ＋(２π/３)＝π/９＋２π/３＝７π/９
θ＋(４π/３)＝π/９＋４π/３＝１３π/９
また、－√(－４ａ/３)＝－√４＝－２
∴ｘ＝－２cos(π/９)，－２cos(７π/９)，
－２cos(１３π/９)で、
－２cos(π/９)＝２cos(π－π/９)
＝２cos(８π/９)，
－２cos(７π/９)＝２cos(π－７π/９)
＝２cos(２π/９)，
－２cos(１３π/９)
＝－２cos(１３π/９－２π)
＝－２cos(－５π/９)
＝２cos(－５π/９＋π)
＝２cos(４π/９)
よりＯＫ。
よって、λは正でも負でも良い。
＞また、カルダノの公式とどういう関係にあるか述べて下さい。
カルダノの公式は３つの解が実数解の場合は、３乗根の中が複素数になって使い物にならない。（因数定理で解ける場合は３乗根を外せるが、因数定理で解けない場合は還元不能。）
しかし、この公式はその欠陥を見事に補完している。因みに、この解法は「ビエトの解」と呼ばれるものを変形したものである。
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E4%B8%89%E6%AC%A1%E6%96%B9%E7%A8%8B%E5%BC%8F#%E3%83%93%E3%82%A8%E3%83%88%E3%81%AE%E8%A7%A3
ところで、この先生のオリジナルかどうかは知らないが、還元不能の場合をオイラーの関係式を使て見事にｘ^3－３ｘ＋１＝０を解いている。（p.112の問題6-1a）
つまり、カルダノの公式は「ビエトの解」の助けを借りなくてもオイラーの関係式の力を利用すれば自力で欠陥を補填出来るのである。この事は３次方程式のウィキペディアにも載っていないのでびっくりした。因みに、現代のコンピュータと合わせれば完璧になる。（３次方程式の解を求める計算サイトが証明している。）
ウィキペディアに載ってないといえば、還元不能の場合（３つの実数解を持つ場合）は、ωを使わない式だけで３つの解を表している事は私のオリジナルである。（前回紹介したの省略。）
因みに、この事はオイラーの時代にもはっきりしていない事だったので、オイラーも気付かなかった事だろう。因みに、オイラーのフェルマーの最終定理のｎ＝３の場合の証明が不完全と言われる理由と同じ話である。
（「代数的整数の世界では素因数分解の一意性は成り立たない」（「図解雑学 数論とフェルマーの最終定理」より）という事。具体的に言うと、複素数では素因数分解の一意性は成り立たないという事。）
おまけ：
３次方程式ｘ^3＋ａｘ＋ｂ＝０の解の公式
ｘ＝{√(－４ａ/３)}cosθ，
{√(－４ａ/３)}cos(θ＋(２π/３))，
{√(－４ａ/３)}cos(θ＋(４π/３))
ただし、θは、
cos３θ＝３ｂ/{ａ√(－４ａ/３)}
を満たすものである。
これにａ＝－３，ｂ＝１を代入すると、
cos３θ＝３・１/(－３√４)＝－１/２
よって、３θ＝２π/３とすると、
θ＝２π/９
∴θ＋(２π/３)＝２π/９＋２π/３＝８π/９
θ＋(４π/３)＝２π/９＋４π/３＝１４π/９
また、√(－４ａ/３)＝√４＝２
∴ｘ＝２cos(２π/９)，２cos(８π/９)，
２cos(１４π/９)＝２cos(－１４π/９)
＝２cos(－１４π/９＋２π)
＝２cos(４π/９)
ところで、p.112に解答が載っていて、
ｘ＝２cos(２π/９)，２cos(８π/９)，
２cos(４π/９)よりＯＫ。
また、λ＜０の場合、
３次方程式ｘ^3＋ａｘ＋ｂ＝０の解の公式
ｘ＝－{√(－４ａ/３)}cosθ，
－{√(－４ａ/３)}cos(θ＋(２π/３))，
－{√(－４ａ/３)}cos(θ＋(４π/３))
ただし、θは、
cos３θ＝－３ｂ/{ａ√(－４ａ/３)}
を満たすものである。
となる。これにａ＝－３，ｂ＝１を代入すると、
cos３θ＝－３・１/(－３√４)＝１/２
よって、３θ＝π/３とすると、
θ＝π/９
∴θ＋(２π/３)＝π/９＋２π/３＝７π/９
θ＋(４π/３)＝π/９＋４π/３＝１３π/９
また、－√(－４ａ/３)＝－√４＝－２
∴ｘ＝－２cos(π/９)，－２cos(７π/９)，
－２cos(１３π/９)で、
－２cos(π/９)＝２cos(π－π/９)
＝２cos(８π/９)，
－２cos(７π/９)＝２cos(π－７π/９)
＝２cos(２π/９)，
－２cos(１３π/９)
＝－２cos(１３π/９－２π)
＝－２cos(－５π/９)
＝２cos(－５π/９＋π)
＝２cos(４π/９)
よりＯＫ。
よって、λは正でも負でも良い。
＞また、カルダノの公式とどういう関係にあるか述べて下さい。
カルダノの公式は３つの解が実数解の場合は、３乗根の中が複素数になって使い物にならない。（因数定理で解ける場合は３乗根を外せるが、因数定理で解けない場合は還元不能。）
しかし、この公式はその欠陥を見事に補完している。因みに、この解法は「ビエトの解」と呼ばれるものを変形したものである。
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E4%B8%89%E6%AC%A1%E6%96%B9%E7%A8%8B%E5%BC%8F#%E3%83%93%E3%82%A8%E3%83%88%E3%81%AE%E8%A7%A3
ところで、この先生のオリジナルかどうかは知らないが、還元不能の場合をオイラーの関係式を使て見事にｘ^3－３ｘ＋１＝０を解いている。（p.112の問題6-1a）
つまり、カルダノの公式は「ビエトの解」の助けを借りなくてもオイラーの関係式の力を利用すれば自力で欠陥を補填出来るのである。この事は３次方程式のウィキペディアにも載っていないのでびっくりした。因みに、現代のコンピュータと合わせれば完璧になる。（３次方程式の解を求める計算サイトが証明している。）
ウィキペディアに載ってないといえば、還元不能の場合（３つの実数解を持つ場合）は、ωを使わない式だけで３つの解を表している事は私のオリジナルである。（前回紹介したの省略。）
因みに、この事はオイラーの時代にもはっきりしていない事だったので、オイラーも気付かなかった事だろう。因みに、オイラーのフェルマーの最終定理のｎ＝３の場合の証明が不完全と言われる理由と同じ話である。
（「代数的整数の世界では素因数分解の一意性は成り立たない」（「図解雑学 数論とフェルマーの最終定理」より）という事。具体的に言うと、複素数では素因数分解の一意性は成り立たないという事。）
おまけ：
返信
返信3
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/1 11:25 (No.1151499)削除間違い探し作ってみました。
演習問題3.1.1
Ｉ＝{ｘ｜|ｘ|＜１，ｘ∈ℝ}において演算＊を
ｘ＊ｙ＝(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)
と定義する。このとき
（１）は省略。
（２）Ｉはこの演算について閉じているかどうか調べなさい。
解答
（２）ｘ,ｙ∈Ｉに対して、
－１＜ｘ＜１，－１＜ｙ＜１
∴－２＜ｘ＋ｙ＜２———①
また、－１＜ｘｙ＜１
∴０＜１＋ｘｙ＜２———②
①÷②より、
－∞＜(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)＜１
よって、例えば、－２＝(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)となるようなｘ,ｙを取る事が出来る。
よって、Ｉはこの演算について閉じていない。
因みに、模範解答は、
解答
調べたいことは、
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１⇒|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
が成立するかどうかである。Ｉの元の定義と演算＊の定義を使って書き直すと、
|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１⇔(ｘ＋ｙ)^2/(１＋ｘｙ)^2＜１⇔(ｘ＋ｙ)^2＜(１＋ｘｙ)^2なので、(１＋ｘｙ)^2－(ｘ＋ｙ)^2＞０が示せれば良い。
(１＋ｘｙ)^2－(ｘ＋ｙ)^2＝(１＋２ｘｙ＋ｘ^2ｙ^2)－(ｘ^2＋２ｘｙ＋ｙ^2)＝１＋ｘ^2ｙ^2－ｘ^2－ｙ^2＝(１－ｘ^2)(１－ｙ^2)＞０（∵|ｘ|＜１，|ｙ|＜１よりｘ^2＜１，ｙ^2＜１）
ゆえに|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１が成立する。
ゆえにＩはこの演算＊について閉じている。
「すぐわかる代数」石村園子著より
因みに、別解も作ってみましたので、余裕がある人は考えてみて下さい。ただし、上の間違い探し程度が面白い範囲だと思います。（優秀な中学生なら常識だと思います。本物の優等生かどうか判別問題ですね。笑）
念のため、ダメな箇所だけじゃなくダメな理由も述べて下さい。
おまけ：
演習問題3.1.1
Ｉ＝{ｘ｜|ｘ|＜１，ｘ∈ℝ}において演算＊を
ｘ＊ｙ＝(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)
と定義する。このとき
（１）は省略。
（２）Ｉはこの演算について閉じているかどうか調べなさい。
解答
（２）ｘ,ｙ∈Ｉに対して、
－１＜ｘ＜１，－１＜ｙ＜１
∴－２＜ｘ＋ｙ＜２———①
また、－１＜ｘｙ＜１
∴０＜１＋ｘｙ＜２———②
①÷②より、
－∞＜(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)＜１
よって、例えば、－２＝(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)となるようなｘ,ｙを取る事が出来る。
よって、Ｉはこの演算について閉じていない。
因みに、模範解答は、
解答
調べたいことは、
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１⇒|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
が成立するかどうかである。Ｉの元の定義と演算＊の定義を使って書き直すと、
|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１⇔(ｘ＋ｙ)^2/(１＋ｘｙ)^2＜１⇔(ｘ＋ｙ)^2＜(１＋ｘｙ)^2なので、(１＋ｘｙ)^2－(ｘ＋ｙ)^2＞０が示せれば良い。
(１＋ｘｙ)^2－(ｘ＋ｙ)^2＝(１＋２ｘｙ＋ｘ^2ｙ^2)－(ｘ^2＋２ｘｙ＋ｙ^2)＝１＋ｘ^2ｙ^2－ｘ^2－ｙ^2＝(１－ｘ^2)(１－ｙ^2)＞０（∵|ｘ|＜１，|ｙ|＜１よりｘ^2＜１，ｙ^2＜１）
ゆえに|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１が成立する。
ゆえにＩはこの演算＊について閉じている。
「すぐわかる代数」石村園子著より
因みに、別解も作ってみましたので、余裕がある人は考えてみて下さい。ただし、上の間違い探し程度が面白い範囲だと思います。（優秀な中学生なら常識だと思います。本物の優等生かどうか判別問題ですね。笑）
念のため、ダメな箇所だけじゃなくダメな理由も述べて下さい。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/1 13:26削除間違い探し
演習問題3.1.1
Ｉ＝{ｘ｜|ｘ|＜１，ｘ∈ℝ}において演算＊を
ｘ＊ｙ＝(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)
と定義する。このとき
（１）は省略。
（２）Ｉはこの演算について閉じているかどうか調べなさい。
解答
（２）ｘ,ｙ∈Ｉに対して、
－１＜ｘ＜１，－１＜ｙ＜１
∴－２＜ｘ＋ｙ＜２———①
また、－１＜ｘｙ＜１
∴０＜１＋ｘｙ＜２———②
①÷②より、
－∞＜(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)＜１
よって、例えば、－２＝(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)となるようなｘ,ｙを取る事が出来る。
よって、Ｉはこの演算について閉じていない。
回答
「－２＝(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)となるようなｘ,ｙを取る事が出来る」
ここが間違い。そんなｘ,ｙは存在しない。
どういう事かというと、例えば分かり易く、①を－２≦ｘ＋ｙ＜２，②を０≦１＋ｘｙ＜２とすると、同じｘ,ｙでｘ＋ｙ＝－２，１＋ｘｙ＝０とはならないからである。ｙ＝－ｘ－２として後者に代入すると、１＋ｘ(－ｘ－２)＝０
∴ｘ^2＋２ｘ－１＝０ ∴ｘ＝－１±√２
ｘ＝－１＋√２，ｙ＝－ｘ－２＝－１－√２
または
ｘ＝－１－√２，ｙ＝－ｘ－２＝－１＋√２
どちらもｘかｙのどちらかが－１＜ｘ＜１，－１＜ｙ＜１の範囲外である事が分かるだろう。
つまり、分母と分子でそれぞれに縛りがあってお互い自由には振る舞えないからである。
結局、－１＜ｘ＜１，－１＜ｙ＜１の範囲で自由に動いても－１＜(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)＜１の範囲から出る事は出来ない。
この事は、「高校への数学 日日のハイレベル演習」臨時増刊２００３－５のp.63「ミニ講座１ 変数は自由か？ 勝又健司」に色々と載っている。
別解は次回。
おまけ：
演習問題3.1.1
Ｉ＝{ｘ｜|ｘ|＜１，ｘ∈ℝ}において演算＊を
ｘ＊ｙ＝(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)
と定義する。このとき
（１）は省略。
（２）Ｉはこの演算について閉じているかどうか調べなさい。
解答
（２）ｘ,ｙ∈Ｉに対して、
－１＜ｘ＜１，－１＜ｙ＜１
∴－２＜ｘ＋ｙ＜２———①
また、－１＜ｘｙ＜１
∴０＜１＋ｘｙ＜２———②
①÷②より、
－∞＜(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)＜１
よって、例えば、－２＝(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)となるようなｘ,ｙを取る事が出来る。
よって、Ｉはこの演算について閉じていない。
回答
「－２＝(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)となるようなｘ,ｙを取る事が出来る」
ここが間違い。そんなｘ,ｙは存在しない。
どういう事かというと、例えば分かり易く、①を－２≦ｘ＋ｙ＜２，②を０≦１＋ｘｙ＜２とすると、同じｘ,ｙでｘ＋ｙ＝－２，１＋ｘｙ＝０とはならないからである。ｙ＝－ｘ－２として後者に代入すると、１＋ｘ(－ｘ－２)＝０
∴ｘ^2＋２ｘ－１＝０ ∴ｘ＝－１±√２
ｘ＝－１＋√２，ｙ＝－ｘ－２＝－１－√２
または
ｘ＝－１－√２，ｙ＝－ｘ－２＝－１＋√２
どちらもｘかｙのどちらかが－１＜ｘ＜１，－１＜ｙ＜１の範囲外である事が分かるだろう。
つまり、分母と分子でそれぞれに縛りがあってお互い自由には振る舞えないからである。
結局、－１＜ｘ＜１，－１＜ｙ＜１の範囲で自由に動いても－１＜(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)＜１の範囲から出る事は出来ない。
この事は、「高校への数学 日日のハイレベル演習」臨時増刊２００３－５のp.63「ミニ講座１ 変数は自由か？ 勝又健司」に色々と載っている。
別解は次回。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/2 07:58削除演習問題3.1.1
Ｉ＝{ｘ｜|ｘ|＜１，ｘ∈ℝ}において演算＊を
ｘ＊ｙ＝(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)
と定義する。このとき
（１）は省略。
（２）Ｉはこの演算について閉じているかどうか調べなさい。
（２）別解１
調べたいことは、
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１⇒|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
が成立するかどうかである。
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１より、|ｘ|・|ｙ|＜１
∴|ｘｙ|＜１ ∴－１＜ｘｙ＜１
∴０＜１＋ｘｙ＜２
ここで、|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１より、
－１＜(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)＜１
そして、１＋ｘｙ＞０より両辺に１＋ｘｙを掛けると、
－(１＋ｘｙ)＜ｘ＋ｙ＜１＋ｘｙ
これを２つの場合に分けて示す。
（ⅰ）－(１＋ｘｙ)＜ｘ＋ｙの場合
ｘ＋ｙ＋１＋ｘｙ＝(ｘ＋１)(ｙ＋１)
ところで、|ｘ|＜１，|ｙ|＜１より、
－１＜ｘ＜１，－１＜ｙ＜１
∴０＜ｘ＋１＜２，０＜ｙ＋１＜２
∴ｘ＋ｙ＋１＋ｘｙ＝(ｘ＋１)(ｙ＋１)＞０
∴ｘ＋ｙ＞－(１＋ｘｙ)
（ⅱ）ｘ＋ｙ＜１＋ｘｙの場合
１＋ｘｙ－(ｘ＋ｙ)＝(ｘ－１)(ｙ－１)
ところで、|ｘ|＜１，|ｙ|＜１より、
－１＜ｘ＜１，－１＜ｙ＜１
∴－２＜ｘ－１＜０，－２＜ｙ－１＜０
∴１＋ｘｙ－(ｘ＋ｙ)＝(ｘ－１)(ｙ－１)＞０
∴１＋ｘｙ＞ｘ＋ｙ
（ⅰ），（ⅱ）より、
－(１＋ｘｙ)＜ｘ＋ｙ＜１＋ｘｙ
１＋ｘｙ＞０より両辺を１＋ｘｙで割ると、
－１＜(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)＜１
∴|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
よって、
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１⇒|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
が成り立つ。
別解２（ほとんど同じですが、効率よく。）
調べたいことは、
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１⇒|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
が成立するかどうかである。
そこで、|ｘ＋ｙ|＜|１＋ｘｙ|を示せば良い。
（ⅰ）－(ｘ＋ｙ)＜１＋ｘｙの場合
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１より、(１＋ｘ)(１＋ｙ)＞０
∴１＋ｘ＋ｙ＋ｘｙ＞０
∴－(ｘ＋ｙ)＜１＋ｘｙ
（ⅱ）ｘ＋ｙ＜１＋ｘｙの場合
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１より、(１－ｘ)(１－ｙ)＞０
∴１－ｘ－ｙ＋ｘｙ＞０
∴ｘ＋ｙ＜１＋ｘｙ
（ⅰ），（ⅱ）より、±(ｘ＋ｙ)＜１＋ｘｙ
∴|ｘ＋ｙ|＜|１＋ｘｙ|
∴|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
よって、
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１⇒|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
が成り立つ。
間違い探しも作ってみました。
間違い探し２
演習問題3.1.1
Ｉ＝{ｘ｜|ｘ|＜１，ｘ∈ℝ}において演算＊を
ｘ＊ｙ＝(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)
と定義する。このとき
（１）は省略。
（２）Ｉはこの演算について閉じているかどうか調べなさい。
解答
（２）調べたいことは、
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１⇒|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
が成立するかどうかである。
そこで、１－|ｘ|＞０，１－|ｙ|＞０より、
(１－ｘ)(１－ｙ)＞０を作ると、
１－ｘ－ｙ＋ｘｙ＞０
∴１＋ｘｙ＞ｘ＋ｙ
この両辺の絶対値を取ると、
|１＋ｘｙ|＞|ｘ＋ｙ|
∴|ｘ＋ｙ|/|１＋ｘｙ|＜１
∴|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
よって、
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１⇒|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
が成り立つ。
おまけ：
Ｉ＝{ｘ｜|ｘ|＜１，ｘ∈ℝ}において演算＊を
ｘ＊ｙ＝(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)
と定義する。このとき
（１）は省略。
（２）Ｉはこの演算について閉じているかどうか調べなさい。
（２）別解１
調べたいことは、
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１⇒|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
が成立するかどうかである。
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１より、|ｘ|・|ｙ|＜１
∴|ｘｙ|＜１ ∴－１＜ｘｙ＜１
∴０＜１＋ｘｙ＜２
ここで、|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１より、
－１＜(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)＜１
そして、１＋ｘｙ＞０より両辺に１＋ｘｙを掛けると、
－(１＋ｘｙ)＜ｘ＋ｙ＜１＋ｘｙ
これを２つの場合に分けて示す。
（ⅰ）－(１＋ｘｙ)＜ｘ＋ｙの場合
ｘ＋ｙ＋１＋ｘｙ＝(ｘ＋１)(ｙ＋１)
ところで、|ｘ|＜１，|ｙ|＜１より、
－１＜ｘ＜１，－１＜ｙ＜１
∴０＜ｘ＋１＜２，０＜ｙ＋１＜２
∴ｘ＋ｙ＋１＋ｘｙ＝(ｘ＋１)(ｙ＋１)＞０
∴ｘ＋ｙ＞－(１＋ｘｙ)
（ⅱ）ｘ＋ｙ＜１＋ｘｙの場合
１＋ｘｙ－(ｘ＋ｙ)＝(ｘ－１)(ｙ－１)
ところで、|ｘ|＜１，|ｙ|＜１より、
－１＜ｘ＜１，－１＜ｙ＜１
∴－２＜ｘ－１＜０，－２＜ｙ－１＜０
∴１＋ｘｙ－(ｘ＋ｙ)＝(ｘ－１)(ｙ－１)＞０
∴１＋ｘｙ＞ｘ＋ｙ
（ⅰ），（ⅱ）より、
－(１＋ｘｙ)＜ｘ＋ｙ＜１＋ｘｙ
１＋ｘｙ＞０より両辺を１＋ｘｙで割ると、
－１＜(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)＜１
∴|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
よって、
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１⇒|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
が成り立つ。
別解２（ほとんど同じですが、効率よく。）
調べたいことは、
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１⇒|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
が成立するかどうかである。
そこで、|ｘ＋ｙ|＜|１＋ｘｙ|を示せば良い。
（ⅰ）－(ｘ＋ｙ)＜１＋ｘｙの場合
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１より、(１＋ｘ)(１＋ｙ)＞０
∴１＋ｘ＋ｙ＋ｘｙ＞０
∴－(ｘ＋ｙ)＜１＋ｘｙ
（ⅱ）ｘ＋ｙ＜１＋ｘｙの場合
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１より、(１－ｘ)(１－ｙ)＞０
∴１－ｘ－ｙ＋ｘｙ＞０
∴ｘ＋ｙ＜１＋ｘｙ
（ⅰ），（ⅱ）より、±(ｘ＋ｙ)＜１＋ｘｙ
∴|ｘ＋ｙ|＜|１＋ｘｙ|
∴|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
よって、
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１⇒|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
が成り立つ。
間違い探しも作ってみました。
間違い探し２
演習問題3.1.1
Ｉ＝{ｘ｜|ｘ|＜１，ｘ∈ℝ}において演算＊を
ｘ＊ｙ＝(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)
と定義する。このとき
（１）は省略。
（２）Ｉはこの演算について閉じているかどうか調べなさい。
解答
（２）調べたいことは、
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１⇒|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
が成立するかどうかである。
そこで、１－|ｘ|＞０，１－|ｙ|＞０より、
(１－ｘ)(１－ｙ)＞０を作ると、
１－ｘ－ｙ＋ｘｙ＞０
∴１＋ｘｙ＞ｘ＋ｙ
この両辺の絶対値を取ると、
|１＋ｘｙ|＞|ｘ＋ｙ|
∴|ｘ＋ｙ|/|１＋ｘｙ|＜１
∴|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
よって、
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１⇒|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
が成り立つ。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2024/5/2 10:15削除間違い探し２
演習問題3.1.1
Ｉ＝{ｘ｜|ｘ|＜１，ｘ∈ℝ}において演算＊を
ｘ＊ｙ＝(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)
と定義する。このとき
（１）は省略。
（２）Ｉはこの演算について閉じているかどうか調べなさい。
解答
（２）調べたいことは、
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１⇒|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
が成立するかどうかである。
そこで、１－|ｘ|＞０，１－|ｙ|＞０より、
(１－ｘ)(１－ｙ)＞０を作ると、
１－ｘ－ｙ＋ｘｙ＞０
∴１＋ｘｙ＞ｘ＋ｙ
この両辺の絶対値を取ると、
|１＋ｘｙ|＞|ｘ＋ｙ|
∴|ｘ＋ｙ|/|１＋ｘｙ|＜１
∴|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
よって、
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１⇒|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
が成り立つ。
回答
∴１＋ｘｙ＞ｘ＋ｙ
この両辺の絶対値を取ると、
|１＋ｘｙ|＞|ｘ＋ｙ|
ここが間違いである。
１＋ｘｙ＞ｘ＋ｙの両辺の絶対値を取っても
|１＋ｘｙ|＞|ｘ＋ｙ|となるとは限らない。
例えば、３＞－５の両辺の絶対値を取ると、
|３|＜|－５|だからである。
ついでにこの証明法自体ダメである事を示しておこう。
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１より、－１＜ｘ＜１，－１＜ｙ＜１ ∴－２＜ｘ＋ｙ＜２———①
また、－１＜ｘｙ＜１
∴０＜１＋ｘｙ＜２———②
①から、ｘ＋ｙ＝－１
②から、１＋ｘｙ＝１/２
とすると、１＋ｘｙ＞ｘ＋ｙだが、
|１＋ｘｙ|＜|ｘ＋ｙ|でダメである。
おまけ：
演習問題3.1.1
Ｉ＝{ｘ｜|ｘ|＜１，ｘ∈ℝ}において演算＊を
ｘ＊ｙ＝(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)
と定義する。このとき
（１）は省略。
（２）Ｉはこの演算について閉じているかどうか調べなさい。
解答
（２）調べたいことは、
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１⇒|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
が成立するかどうかである。
そこで、１－|ｘ|＞０，１－|ｙ|＞０より、
(１－ｘ)(１－ｙ)＞０を作ると、
１－ｘ－ｙ＋ｘｙ＞０
∴１＋ｘｙ＞ｘ＋ｙ
この両辺の絶対値を取ると、
|１＋ｘｙ|＞|ｘ＋ｙ|
∴|ｘ＋ｙ|/|１＋ｘｙ|＜１
∴|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
よって、
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１⇒|(ｘ＋ｙ)/(１＋ｘｙ)|＜１
が成り立つ。
回答
∴１＋ｘｙ＞ｘ＋ｙ
この両辺の絶対値を取ると、
|１＋ｘｙ|＞|ｘ＋ｙ|
ここが間違いである。
１＋ｘｙ＞ｘ＋ｙの両辺の絶対値を取っても
|１＋ｘｙ|＞|ｘ＋ｙ|となるとは限らない。
例えば、３＞－５の両辺の絶対値を取ると、
|３|＜|－５|だからである。
ついでにこの証明法自体ダメである事を示しておこう。
|ｘ|＜１，|ｙ|＜１より、－１＜ｘ＜１，－１＜ｙ＜１ ∴－２＜ｘ＋ｙ＜２———①
また、－１＜ｘｙ＜１
∴０＜１＋ｘｙ＜２———②
①から、ｘ＋ｙ＝－１
②から、１＋ｘｙ＝１/２
とすると、１＋ｘｙ＞ｘ＋ｙだが、
|１＋ｘｙ|＜|ｘ＋ｙ|でダメである。
おまけ：
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