数学

解説
＞演習問題１３
Ｒを可換環とするとき、次の（１）と（２）は同値であることを示せ。ただし、ＲのＲと異なる任意のイデアルＩに対して、Ｉを含む極大イデアルは常に存在することは仮定する。
（１）Ｒの極大イデアルは唯１つである。
（２）Ｒの可逆元でない元の全体はイデアルである。
このような環を局所環という。

問題の意味は、ある可換環Ｒの極大イデアルが１つしかない場合は、Ｒの可逆元でない元全体の集合はイデアルになり、またその逆も成り立つ事を証明せよという問題。
また、「ただし、ＲのＲと異なる任意のイデアルＩに対して、Ｉを含む極大イデアルは常に存在することは仮定する。」は、自明そうな事を但し書きしているだけである。
念のため、極大イデアルは１つとは限らないという事であり、極大イデアルは常に存在するという事である。因みに、これを保証するのが演習問題１６である。

演習問題１６
順序集合の空でない任意の全順序部分集合が上界をもつとき、この集合を帰納的順序集合という。これに対して、次の補題の成り立つことが知られている。
ツォルンの補題：空でない帰納的順序集合は極大元をもつ。
この補題を用いて、環Ｒの任意のイデアルＩ（≠Ｒ）に対して、Ｉを含む極大イデアルが常に存在することを証明せよ。

＞証明
（１）⇒（２）：Ｒの唯１つの極大イデアルをＭとし、ａ∈Ｒ－Ｍとする。
イデアルａＲが、もしａＲ⊊Ｒとすると、ある極大イデアルに含まれる。ところが、極大イデアルは唯１つであるから、ａＲ⊂Ｍである。これは、ａ∉Ｍに矛盾する。ゆえに、ａＲ＝Ｒでなければならない。すなわち、ａはＲの可逆元である（問2.4）。したがって、Ｒ－Ｍ⊂Ｕ(Ｒ)が示された。

まず、Ｒの極大イデアルは唯１つ⇒Ｒの可逆元でない元の全体はイデアルである
を示す。
そこで、Ｒのイデアルを考えるためにａＲを考える。念のため、ａＲがイデアルである事は定理2.4からである。

定理2.4
Ａを可換環Ｒの部分集合とし、Ａの元とＲの元の積の有限個の和全体の集合をＡＲで表す。すなわち、
ＡＲ＝{ａ1ｒ1＋･･･＋ａnｒn｜ｎ∈ℕ，ａi∈Ａ，ｒi∈Ｒ（１≦ｉ≦ｎ）}
このとき、ＡＲはＲのイデアルである。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

このｎ＝１バージョンだからである。これは参考書p.169に書かれているので間違いない。単項イデアルという。
ところで、イデアルどうしの積は普通はイデアルになるとは限らないので上のＡＲのような形で定義されている（定理2.5(３)）が、上の場合は１項限定でもイデアルになるのは何故か。きっと単項イデアル環限定なら、イデアルどうしの積も１項限定に出来るのだろう。（記憶によると整数環ℤでは２項のイデアルを１項のイデアルに変形出来たと思った。読むのは３周目なのでどこにあるかは不明。探そうと思えば探せると思うが。）

話を元に戻して、Ｒの極大イデアル以外の元ａを選び、イデアルａＲを作ると、条件より極大イデアルが１つしかないので、ａＲ⊂Ｍ（Ｍは極大イデアル）となる。
Ｒは環なので乗法単位元１を含むので、ａ・１∈ａＲ⊂Ｍより、ａ∈Ｍ
ところで、ａは極大イデアル以外の元を選んだので矛盾である。これを免れるのは、ａＲ⊂Ｒとならない事である。つまり、ａＲ＝Ｒ（一見、極大イデアルが存在しないような気もするが、演習問題１６でその存在が保証されているので問題ない。）
そこで、問2.4より、ａはＲの可逆元である。

問2.4
ａを可換環Ｒの元とする。このとき、ａがＲの可逆元であるための必要十分条件はａＲ＝Ｒである。
「演習　群・環・体 入門」新妻弘著より

よって、ａ∈Ｒ－Ｍ⇒ａ∈Ｕ(Ｒ)
∴Ｒ－Ｍ⊂Ｕ(Ｒ)
念のため、Ｕ(Ｒ)はＲの可逆元全体の集合である。

＞また、ａをＲの可逆元とすると、ａ∉Ｍである。何故ならば、ａ∈Ｍとすると、定理2.2よりＭ＝Ｒとなり、矛盾するからである。
したがって、Ｕ(Ｒ)⊂Ｒ－Ｍが示された。
以上より、Ｒ－Ｍ＝Ｕ(Ｒ)　ゆえに、Ｒ－Ｕ(Ｒ)＝Ｍが成り立ち、Ｒ－Ｕ(Ｒ)はＲのイデアルである。

「ａをＲの可逆元とすると、ａ∉Ｍである」は、定理2.2を考えれば自明な事である。

定理2.2
環ＲのイデアルＩが単位元１を含めばＩ＝Ｒとなる。
したがって、環ＲのイデアルＩが可逆元を含めばＩ＝Ｒとなる。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

この後半のイデアルＭが可逆元ａを含むからＭ＝Ｒとなるからである。念のため、極大イデアルは＝Ｒ（全体）の場合はない。
よって、ａ∉Ｍより、ａ∈Ｒ－Ｍ
よって、ａ∈Ｕ(Ｒ)⇒ａ∈Ｒ－Ｍ
∴Ｕ(Ｒ)⊂Ｒ－Ｍ
以上より、Ｒ－Ｍ＝Ｕ(Ｒ)　ゆえに、Ｒ－Ｕ(Ｒ)＝Ｍが成り立ち、Ｒ－Ｕ(Ｒ)はＲのイデアルである。（Ｍは極大イデアルでＲのイデアルだから。）

＞（２）⇒（１）：Ａ＝Ｒ－Ｕ(Ｒ)がＲのイデアルであると仮定する。Ｒの任意のイデアルをＩ（≠Ｒ）とすれば、Ｉ⊂Ａとなる。何故ならば、Ｉ⊄Ａとすると、Ｉ∩Ｕ(Ｒ)≠φ　すると、定理2.2よりＩ＝Ｒとなり矛盾である。したがって、Ｒの真のイデアルはすべてＡに含まれるので、ＡはＲの唯１つの極大イデアルである。

Ｒの可逆元でない元の全体がイデアル⇒Ｒの極大イデアルは唯１つである
を示す。
Ａ＝Ｒ－Ｕ(Ｒ)がＲのイデアルであると仮定する。ここで、Ｒの任意のイデアルをＩ（≠Ｒ）とし、Ｉ⊄Ａとすると、Ｉ∩Ｕ(Ｒ)≠φ（Ｒ－Ｕ(Ｒ)に入っていないという事でＵ(Ｒ)と接触を持つという事だから。）
よって、イデアルＩが可逆元を持つという事になり、定理2.2よりＩ＝ＲとなりＩ（≠Ｒ）の定義に矛盾する。よって、Ｉ⊂Ａである。
よって、Ｒの全ての真のイデアルはＡに含まれるので、ＡはＲの唯１つの極大イデアルである。

おまけ：

解説
＞もしσ∈Ａ5ならば、問題 5-11よりＮ⊃Ａ5である。

Ａ5は◎ 定義（対称群，交代群）より、５個の数字を偶数回入れ換える変換を元とした集合（群になる）である。

◎ 定義（対称群，交代群）
１,･･･,ｎの入れ換えのなす群をｎ次対称群といい、Ｓnと表す。ちょうど２個だけ交換する入れ換えを偶数個合成した入れ換えのなす集合は、Ｓnの部分群である。この部分群をｎ次交代群といい、Ａnと表す。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

よって、σは偶置換（偶数回置換をする）の元であるから、それを含む正規部分群ＮはＡ5を含むという事だろう。しかし、問題 5-11とどう関係しているのだろう。

問題 5-11
Ａ5の正規部分群は自明なもの（{ｅ}とＡ5）しかないことを示せ。

これはＡ5の正規部分群でＳ5の正規部分群という事ではない。Ａ5がＳ5の正規部分群である事は次の項である。

＞(Ｓ5：Ａ5)＝２だから、Ｎ＝Ｓ5,Ａ5である。

◎ 定義（対称群，交代群）より、Ａ5はＳ5の部分群である。よって、Ａ5でＳ5を類別すると、
Ｓ5＝Ａ5∪σＡ5（σ∈Ｓ5）（偶置換と奇置換の２つだから。Ａ5∩σＡ5＝φ）
∴(Ｓ5：Ａ5)＝２　よって、群Ｓ5の部分群Ａ5の指数が２より、問題 5-2aにより、Ａ5は正規部分群である。

問題5-2a
群Ｇの部分群Ｈの指数が２に等しいとき、ＨはＧの正規部分群であることを示せ。

また、Ｓ5は自明な正規部分群であるので、
Ｎ＝Ｓ5，Ａ5である。

定義5.1（正規部分群）
群Ｇの部分群Ｎが次の条件をみたすとき、ＮをＧの正規部分群という：
「Ｇの各元ｇに対して、Ｎｇ＝ｇＮをみたす。」
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

このＮをＧにすれば、ｇ∈Ｇより、Ｇｇ＝ｇＧが成り立つ事は、定理4.1の系より自明。
よって、Ｓ5は自明な正規部分群である。

定理4.1の系
Ｇを群，ＨをＧの部分群とする。このとき、Ｇの任意の元ａについて次の(１),(２),(３)は同値である。
（１）ａ∈Ｈ（２）ａＨ＝Ｈ（３）Ｈａ＝Ｈ
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

＞σ'σ∈ＮはＡ5に入り（Ａ5に入らないものを読み替えてもＡ5に入らず、Ａ5に入らないものどうしの積はＡ5に入るから）、

まず、「Ａ5に入らないものを読み替えてもＡ5に入らず」とは、Ａ5は偶置換の集合でこの「読み替え」は、「いまａをｂに、ｂをｃ（ｃ≠ａ）に読み替える変換」から２回の変換である。
つまり、偶置換に２回加えても偶置換なので、Ａ5の元にこの「読み替え」をするとＡ5に入り、奇置換に２回加えても奇置換なので、「Ａ5に入らないものを読み替えてもＡ5に入らず」という事である。
次に、「Ａ5に入らないものどうしの積はＡ5に入る」とは、奇置換に奇置換を施せば偶置換になるという事である。

＞いまａをｂに、ｂをｃ（ｃ≠ａ）に読み替える変換をσに施したものをσ'と表す。
σ'σ∈ＮはＡ5に入り、σ'σ(ａ)＝ｃ≠ａだからσ'σ≠ｅである。

上より、「σ(ａ)＝ｂ（ａ≠ｂ）をみたすａ,ｂをとる。いまａをｂに、ｂをｃ（ｃ≠ａ）に読み替える変換（τστ^-1に変える）をσに施したものをσ'と表す。」とあるので、
σ'σ(ａ)＝σ'(σ(ａ))＝σ'(ｂ)＝ｃ≠ａ
よって、σ'σ(ａ)≠ａより、σ'σは恒等置換ではない。∴σ'σ≠ｅ

＞よってＮはＡ5を含む。σはＡ5に入らないので、このＮはＳ5である。

上より「σ'σ∈ＮはＡ5に入」るので、（σを含む）正規部分群ＮはＡ5を含む。（Ｎが偶置換の元を持つから。）また、上より「次にσ∉Ａ5と」しているので、奇置換も含む群である。
よって、「このＮはＳ5である」。（Ａ5とＳ5の間に部分群がない事は暗黙の了解なのだろう。偶置換と奇置換だから自明か。）
うっかりしたが、σ'σ≠ｅを示したのは、Ｎ＝{ｅ}の可能性がない事を示した訳である。

＞全体的に解説した後に、σ'σ∈Ｎを厳密に解説して下さい。

これと「いまａをｂに、ｂをｃ（ｃ≠ａ）に読み替える変換（τστ^-1に変える）をσに施したものをσ'と表す。」の補足解説は次回。

おまけ：

解説の続き

問題 5-12c
５次対称群Ｓ5の正規部分群はＳ5，Ａ5，{ｅ}しかないことを示せ。

解答
恒等入れ換えでない入れ換えσを含む正規部分群Ｎを考える。もしσ∈Ａ5ならば、問題 5-11よりＮ⊃Ａ5である。(Ｓ5：Ａ5)＝２だから、Ｎ＝Ｓ5,Ａ5である。
次にσ∉Ａ5とする（つまりσは偶数個の互換の積に表せないとする）。σ(ａ)＝ｂ（ａ≠ｂ）をみたすａ,ｂをとる。いまａをｂに、ｂをｃ（ｃ≠ａ）に読み替える変換（τστ^-1に変える）をσに施したものをσ'と表す。
σ'σ∈ＮはＡ5に入り（Ａ5に入らないものを読み替えてもＡ5に入らず、Ａ5に入らないものどうしの積はＡ5に入るから）、σ'σ(ａ)＝ｃ≠ａだからσ'σ≠ｅである。よってＮはＡ5を含む。σはＡ5に入らないので、このＮはＳ5である。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

＞全体的に解説した後に、σ'σ∈Ｎを厳密に解説して下さい。

「入れ換えσを含む正規部分群Ｎを考える」より、σ∈Ｎ
また、Ｎは正規部分群より、∀τ∈Ｓ5に対して、
τστ^-1∈Ｎである。
∵Ｎが正規部分群より、Ｎτ＝τＮ
∴τＮτ^-1＝Ｎ
左辺のＮの元σに対して右辺のＮにある元σ''が存在して、σ''＝τστ^-1と表され、σ''∈Ｎだからである。∴τστ^-1∈Ｎ

定義5.1（正規部分群）
群Ｇの部分群Ｎが次の条件をみたすとき、ＮをＧの正規部分群という：
「Ｇの各元ｇに対して、Ｎｇ＝ｇＮをみたす。」
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

また、上より「いまａをｂに、ｂをｃ（ｃ≠ａ）に読み替える変換（τστ^-1に変える）をσに施したものをσ'と表す。」なので、
σ'＝τστ^-1である。∴σ'∈Ｎ
よって、σ,σ'∈ＮでＮは群より演算について閉じているので、σσ'∈Ｎという事。

＞うっかりしたが、σ'σ≠ｅを示したのは、Ｎ＝{ｅ}の可能性がない事を示した訳である。

σ'σ≠ｅとσσ'∈Ｎより、Ｎは単位元ｅ以外の元を含むから。（「恒等入れ換えでない入れ換えσを含む正規部分群Ｎを考える」より、Ｎ≠φは自明。しかし、この条件があるなら、わざわざσ'σ≠ｅを示す必要はないのではないだろうか。）

＞いまａをｂに、ｂをｃ（ｃ≠ａ）に読み替える変換（τστ^-1に変える）をσに施したものをσ'と表す。

例えば、
σ＝(ａｂｃｄｅ)→(ｂａｃｅｄ)
τ＝(ａｂｃｄｅ)→(ｂｃａｄｅ)
という変換とすると、
τ^-1＝(ｂｃａｄｅ)→(ａｂｃｄｅ)
∴σ'＝τστ^-1
＝{(ａｂｃｄｅ)→(ｂｃａｄｅ)}
・{(ａｂｃｄｅ)→(ｂａｃｅｄ)}
・{(ｂｃａｄｅ)→(ａｂｃｄｅ)}
＝{(ａｂｃｄｅ)→(ｂｃａｄｅ)}
・{(ｂｃａｄｅ)→(ｂａｃｅｄ)}
＝(ｂｃａｄｅ)→(ｃｂａｅｄ)
＝(ａｂｃｄｅ)→(ａｃｂｅｄ)
∴σ'＝(ａｂｃｄｅ)→(ａｃｂｅｄ)

一応、「ａをｂに、ｂをｃ（ｃ≠ａ）に読み替える変換」とはτの事である。ただし、σは２回変換したものを選んだので、上の「σ∉Ａ5」とは関係ない。

σ'σ＝{(ａｂｃｄｅ)→(ａｃｂｅｄ)}
・(ａｂｃｄｅ)→(ｂａｃｅｄ)
＝(ａｂｃｄｅ)→(ｃａｂｄｅ)

ただし、上の「σ'σ(ａ)＝ｃ」は確認出来る。

おまけ：

問題
ＡＣ＞ＡＢである△ＡＢＣにおいて、ＡからＢＣに垂線ＡＤを引く。ＢＣの中点をＥ，ＡＢの中点をＦとするとき、∠ＥＦＤ＝∠Ｂ－∠Ｃとなることを証明せよ。
（８９　関西学院）

改題
ＡＣ＞ＡＢである鋭角三角形ＡＢＣにおいて、ＡからＢＣに垂線ＡＤ，ＢからＡＣに垂線ＢＧを引く。ＢＣの中点をＥ，ＡＢの中点をＦとするとき、次の事を証明して下さい。
（１）∠ＥＦＤ＝∠Ｂ－∠Ｃ
（２）∠ＥＧＤ＝∠Ｂ－∠Ｃ

解答
（１）△ＢＡＣでの中点連結定理により、
ＥＦ∥ＣＡ　よって、同位角より、
∠ＤＥＦ＝∠Ｃ———①
また、△ＤＡＢは直角三角形で点Ｆは斜辺の中点より定石の形により、ＦＢ＝ＦＤ＝ＦＡ（△ＤＡＢの外接円を考えれば自明。）
よって、△ＦＢＤは二等辺三角形である。
∴∠ＦＤＢ＝∠Ｂ———②
ここで、△ＤＥＦの内対角の和より、
∠ＥＦＤ＝∠ＦＤＢ－∠ＤＥＦ———③
①，②を③に代入すると、
∴∠ＥＦＤ＝∠Ｂ－∠Ｃ
よって、示された。
（２）△ＧＢＣは直角三角形で点Ｅは斜辺の中点より定石の形により、ＥＣ＝ＥＧ＝ＥＢ
よって、△ＥＣＧは二等辺三角形である。
∴∠ＥＧＣ＝∠Ｃ———①
また、∠ＡＧＢ＝∠ＡＤＢ＝９０°より、円周角の定理の逆により４点Ａ，Ｂ，Ｄ，Ｇは同一円周上にある。
よって、四角形ＡＢＤＧは円に内接する四角形より、∠ＤＧＣ＝∠Ｂ———②
ところで、∠ＥＧＤ＝∠ＤＧＣ－∠ＥＧＣ———③
①，②を③に代入すると、
∠ＥＧＤ＝∠Ｂ－∠Ｃ
よって、示された。

因みに、今回は中学生用に鋭角三角形にしたが、（２）は直角三角形や鈍角三角形でも成り立つ。念のため、（２）はそんな条件は関係ない事は自明。次回は、鈍角三角形と直角三角形の場合で証明して下さい。また、（２）の別解も紹介しますね。

おまけ：
https://www.uta-net.com/song/2923/

改題
ＡＣ＞ＡＢである△ＡＢＣにおいて、ＡからＢＣに垂線ＡＤ，ＢからＡＣに垂線ＢＧを引く。ＢＣの中点をＥ，ＡＢの中点をＦとするとき、次の事を証明して下さい。
（１）∠ＥＦＤ＝∠Ｂ－∠Ｃ
（２）∠ＥＧＤ＝∠Ｂ－∠Ｃ

解答
（１）は前回と同じなので省略。
（２）（ⅰ）∠Ａが鈍角の場合、△ＧＢＣが直角三角形で点ＥはＢＣの中点より定石の形で、ＥＣ＝ＥＧ＝ＥＢ
よって、△ＥＧＣは二等辺三角形より、
∠ＥＧＣ＝∠Ｃ———①
また、∠ＢＧＡ＝∠ＡＤＢ＝９０°より四角形ＧＢＤＡは円に内接する四角形。
よって、円周角より、∠ＤＧＡ＝∠ＤＢＡ　∴∠ＤＧＣ＝∠Ｂ———②
②－①より、
∠ＥＧＤ＝∠ＤＧＣ－∠ＥＧＣ＝∠Ｂ－∠Ｃ
∴∠ＥＧＤ＝∠Ｂ－∠Ｃ
（ⅱ）∠Ａが直角の場合、点Ａと点Ｇが重なる。よって、∠ＥＡＤ＝∠Ｂ－∠Ｃを示す。
ここで、△ＡＢＣと△ＡＤＣにおいて、∠Ｃを共有していて∠ＢＡＣ＝∠ＡＤＣ＝９０°より２角が等しいので、残りの１角も等しい。
∴∠ＤＡＣ＝∠Ｂ———①
また、△ＡＢＣは直角三角形で点Ｅは斜辺の中点より定石の形により、ＥＣ＝ＥＡ＝ＥＢ
よって、△ＥＡＣはの等辺三角形より、
∠ＥＡＣ＝∠Ｃ———②
①－②より、
∠ＥＡＤ＝∠ＤＡＣ－∠ＥＡＣ＝∠Ｂ－∠Ｃ
∴∠ＥＡＤ＝∠Ｂ－∠Ｃ
ところで、点Ａを点Ｇに変えると、
∠ＥＧＤ＝∠Ｂ－∠Ｃ
（ⅲ）∠Ａが鋭角の場合、前回にやったので省略で、∠ＥＧＤ＝∠Ｂ－∠Ｃ
（ⅰ）～（ⅲ）より、ＡＣ＞ＡＢである△ＡＢＣにおいて、（２）が示された。

（２）の別解
（１）より、∠ＥＦＤ＝∠Ｂ－∠Ｃ
ところで、九点円の定理https://manabitimes.jp/math/690より、４点Ｄ，Ｆ，Ｇ，Ｄは同一円周上にある。
よって、円周角より、
∠ＥＧＤ＝∠ＥＦＤ＝∠Ｂ－∠Ｃ
よって、示された。

別解というより種明かしですね。よく天才だと思われたい人は知っているだけの事を隠しますが、全然面白くないですね。興味がある人はさらに深堀りして下さい。

念のため、解法は全て自分で考えました。

おまけ：
https://one-piece.com/character/robin/index.html

解説
＞（１）Ｊi（i=1,2）をＩと互いに素なイデアルとすると、Ｊ1Ｊ2もＩと互いに素である。

これは、こっちである。
Ｊ1Ｊ2＝{ｊ1ｋ1＋･･･＋ｊnｋn｜ｎ∈ℕ，ｊ1,･･･,ｊn∈Ｊ1，ｋ1,･･･,ｋn∈Ｊ2}
その理由は、Ｊ1,Ｊ2がイデアルだからである。普通の集合の場合は、
Ｊ1Ｊ2＝{ｊｋ｜ｊ∈Ｊ1,ｋ∈Ｊ2}である。
教科書に具体的に書かれていないので、苦労したが、イデアルどうしの積Ｊ1Ｊ2＝{ｊｋ｜ｊ∈Ｊ1,ｋ∈Ｊ2}はイデアルになるとは限らないので、イデアルの積はＪ1Ｊ2＝{ｊ1ｋ1＋･･･＋ｊnｋn｜ｎ∈ℕ，ｊ1,･･･,ｊn∈Ｊ1，ｋ1,･･･,ｋn∈Ｊ2}と定義する訳である。（一応、自分でも裏を取って下さい。）
ここは助言が欲しい所である。（教科書に）

＞「Ｊ1＋Ｉ＝Ｒ，Ｊ2＋Ｉ＝Ｒ⇒Ｊ1Ｊ2＋Ｉ＝Ｒ」を示す。

Ｊ1∩Ｉ＝φかつＪ2∩Ｉ＝φならばＪ1＝Ｊ2だが、それ以外ではＪ1＝Ｊ2ではないだろう。

＞定理2.2よりＪ1Ｊ2＋Ｉ＝Ｒを得る。

定理2.2
可換環ＲのイデアルＩが単位元１を含めばＩ＝Ｒとなる。したがって、環ＲのイデアルＩが可逆元を含めばＩ＝Ｒとなる。

つまり、Ｊ1Ｊ2＋Ｉがイデアルである必要がある。そこで、定理2.5より、

定理2.5
Ｉ1,Ｉ2を可換環Ｒのイデアルとすると、次の(１),(２),(３)それぞれにおける集合もＲのイデアルである。
（１）Ｉ1＋Ｉ2＝{ｘ｜ｘ＝ａ1＋ａ2，ａ1∈Ｉ1，ａ2∈Ｉ2}
（２）Ｉ1∩Ｉ2
（３）Ｉ1Ｉ2＝{ａ1ｂ1＋･･･＋ａnｂn｜ｎ∈ℕ，ａ1,･･･,ａn∈Ｉ1，ｂ1,･･･,ｂn∈Ｉ2}
すなわち、Ｉ1Ｉ2はＩ1の元ａiとＩ2の元ｂiの積ａiｂiの有限個の和の全体の集合である。

（３）よりＪ1Ｊ2がイデアルで、またⅠもイデアルより、（１）よりＪ1Ｊ2＋Ｉはイデアルである。

＞ｘ(ａ＋ｂ)＝ｘａ＋ｘｂ∈ＩＪ

ｘ，ａ，ｂは環Ｒの元より分配法則が成り立つので、ｘ(ａ＋ｂ)＝ｘａ＋ｘｂ
また、上より、

「∀ｘ∈Ｉ∩Ｊに対して、ｘ∈Ｊ，ａ∈Ｉ⇒ｘａ∈ＩＪ，ｘ∈Ｉ，ｂ∈Ｊ⇒ｘｂ∈ＩＪ　ゆえに、
ｘ＝ｘ・１＝ｘ(ａ＋ｂ)＝ｘａ＋ｘｂ∈ＩＪ」

ｘ，ａ∈Ｉ，ｘ，ｂ∈Ｊから定理2.5(３)により、
ｘａ＋ｘｂ∈ＩＪという事である。
ｘａ∈ＩＪ，ｘｂ∈ＩＪを言う必要はないと思う。こういう所がＪ1Ｊ2＝{ｊｋ｜ｊ∈Ｊ1,ｋ∈Ｊ2}なのかという誤解を生むかもしれない。（念のため、初心者向けの話。）

うっかり忘れたが、

＞（ⅰ）ＩとＪはＲのイデアルだから、ＩＪ⊂ＩＲ＝Ｉ，ＩＪ⊂ＲＪ＝Ｊ　ゆえに、ＩＪ⊂Ｉ∩Ｊ

ＩＲ＝Ｉは、問2.10から。

問2.10
ＩをＲのイデアルとするとき、ＩＲ＝Ｉであることを示せ。
「演習　群・環・体 入門」新妻弘著より

おまけ：
https://www.msn.com/ja-jp/sports/other/%E6%B0%B4%E5%8E%9F%E5%AE%B9%E7%96%91%E8%80%85%E3%81%AE-%E5%8F%A3%E8%A3%8F%E5%90%88%E3%82%8F%E3%81%9B%E4%BE%9D%E9%A0%BC-%E3%82%92%E6%98%8E%E3%81%8B%E3%81%95%E3%81%AA%E3%81%8B%E3%81%A3%E3%81%9F%E5%A4%A7%E8%B0%B7%E7%BF%94%E5%B9%B3-%E3%81%9D%E3%81%AE%E7%99%BA%E8%A8%80%E3%81%AB%E3%83%8D%E3%83%83%E3%83%88%E5%86%8D%E6%B3%A8%E7%9B%AE-%E4%BA%BA%E9%96%93%E6%80%A7%E3%81%8C%E5%87%84%E3%81%84-%E8%87%AA%E5%88%86%E3%81%AE%E8%A8%80%E8%91%89%E3%81%A7%E6%A5%B5%E6%82%AA%E4%BA%BA%E3%81%AB%E3%81%97%E3%81%9F%E3%81%8F%E3%81%AA%E3%81%8B%E3%81%A3%E3%81%9F%E3%81%AE%E3%81%8B%E3%81%AA/ar-BB1lCAiX?ocid=msedgntp&pc=U531&cvid=ee2c8225b7bd470b8934d5d77ced627c&ei=22

問題
右の図において、Ｋ，Ｌ，Ｍ，Ｎはそれぞれ辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡの中点とする。
（１）線分ＫＭ，ＮＬの交点をＯとすると、ＬＯ＝ＮＯであることを証明せよ。
（２）線分ＡＣ，ＢＤの中点をそれぞれＳ，Ｔとすると、線分ＫＭ，ＮＬ，ＳＴは１点で交わることを証明せよ。
（９０　洛星）

解答
（１）ＢＤを結ぶと、△ＡＢＤでの中点連結定理により、
ＫＮ∥ＢＤ，ＫＮ＝(１/２)ＢＤ———①
また、△ＣＢＤでの中点連結定理により、
ＬＭ∥ＢＤ，ＬＭ＝(１/２)ＢＤ———②
①，②より、
ＫＮ∥ＬＭ，ＫＮ＝ＬＭ
よって、四角形ＫＬＭＮは平行四辺形である。（長さは使わず、ＡＣを結んで△ＤＡＣ，△ＢＡＣでの中点連結定理よりＫＬ∥ＮＭと上のＫＮ∥ＬＭで平行四辺形を言っても良い。）
ところで、平行四辺形の対角線は互いの中点で交わっているので、点ＯはＮＬの中点である。
∴ＬＯ＝ＮＯ

（２）点ＮはＡＤの中点で点ＳはＡＣの中点より、△ＡＣＤでの中点連結定理により、
ＳＮ∥ＣＤ，ＳＮ＝(１/２)ＣＤ———①
また、点ＬはＢＣの中点で点ＴはＢＤの中点より、△ＢＤＣでの中点連結定理により、
ＬＴ∥ＣＤ，ＬＴ＝(１/２)ＣＤ———②
①，②より、
ＳＮ∥ＬＴ，ＳＮ＝ＬＴ
よって、四角形ＴＬＳＮは平行四辺形である。（これも（上と同じように）２組の対辺がそれぞれ平行である事から言っても良い。）
よって、対角線が互いの中点で交わっているので、ＳＴの中点とＮＬの中点は一致している。
また、（１）より四角形ＫＬＭＮも平行四辺形で、ＫＭとＮＬの中点は一致している。
つまり、ＫＭとＮＬとＳＴのそれぞれの中点は一致している。
よって、ＫＭ，ＮＬ，ＳＴはそれぞれの中点で１点で交わる。
よって、示された。

そこで、私の作った問題。

問題
任意の凸型四角形ＡＢＣＤの辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡの中点をそれぞれＫ，Ｌ，Ｍ，Ｎとし、ＫＭとＮＬの交点をＯとする時、四角形ＮＯＭＤと四角形ＫＢＬＯの面積の和は、四角形ＮＢＬＤの面積と等しい事を証明して下さい。

流れがあっても結構難しいと思います。いきなりではまずマニアしか解けないでしょう。（マニアと言っても算数マニアと初等幾何マニアではちょっと違いますが。）

おまけ：
普通、「ランデヴ」と言うと普通フランス語だが、英語にもフランス語由来であるし、シャンディが英語みたいだから全体的に英語なのかな。

問題
任意の凸型四角形ＡＢＣＤの辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡの中点をそれぞれＫ，Ｌ，Ｍ，Ｎとし、ＫＭとＮＬの交点をＯとする時、四角形ＮＯＭＤと四角形ＫＢＬＯの面積の和は、四角形ＮＢＬＤの面積と等しい事を証明して下さい。

解答
ＢＤを結ぶと、△ＡＢＤでの中点連結定理により、
ＫＮ∥ＢＤ，ＫＮ＝(１/２)ＢＤ———①
また、△ＣＢＤでの中点連結定理により、
ＬＭ∥ＢＤ，ＬＭ＝(１/２)ＢＤ———②
①，②より、
ＫＮ∥ＬＭ，ＫＮ＝ＬＭ
よって、四角形ＫＬＭＮは平行四辺形である。
また、△ＡＫＮ∽△ＡＢＤで相似比１：２より面積比１：４である。
∴△ＡＫＮ＝(１/４)△ＡＢＤ———③
また、△ＣＬＭ∽△ＣＢＤで相似比１：２より面積比１：４である。
∴△ＣＬＭ＝(１/４)△ＣＢＤ———④
③＋④より、
△ＡＫＮ＋△ＣＬＭ＝(１/４)△ＡＢＤ＋(１/４)△ＣＢＤ＝(１/４)(△ＡＢＤ＋△ＣＢＤ)
＝(１/４)四角形ＡＢＣＤ
∴△ＡＫＮ＋△ＣＬＭ＝(１/４)四角形ＡＢＣＤ———ア
ＡＣを結んで同様の事をすると、
△ＤＮＭ＋△ＢＫＬ＝(１/４)四角形ＡＢＣＤ———イ
ア＋イより、
△ＡＫＮ＋△ＣＬＭ＋△ＤＮＭ＋△ＢＫＬ
＝(１/２)四角形ＡＢＣＤ
よって、四角形ＫＬＭＮ＝四角形ＡＢＣＤ－(△ＡＫＮ＋△ＣＬＭ＋△ＤＮＭ＋△ＢＫＬ)
＝四角形ＡＢＣＤ－(１/２)四角形ＡＢＣＤ
＝(１/２)四角形ＡＢＣＤ
∴四角形ＫＬＭＮ＝(１/２)四角形ＡＢＣＤ
ところで、四角形ＫＬＭＮは平行四辺形より、
△ＯＫＬ＝△ＯＬＭ＝△ＯＭＮ＝△ＯＮＫ＝(１/４)四角形ＫＬＭＮ＝(１/４)・(１/２)四角形ＡＢＣＤ＝(１/８)四角形ＡＢＣＤ
∴△ＯＭＮ＋△ＯＫＬ＝(１/４)四角形ＡＢＣＤ———ウ
イ＋ウより、
△ＤＮＭ＋△ＢＫＬ＋△ＯＭＮ＋△ＯＫＬ
＝(１/４)四角形ＡＢＣＤ＋(１/４)四角形ＡＢＣＤ
∴四角形ＮＯＭＤ＋四角形ＫＢＬＯ＝(１/２)四角形ＡＢＣＤ———☆
また、ＮＢ，ＤＬ，ＮＬを結ぶと、
△ＢＡＮ＝△ＢＮＤ＝○と置き、
△ＤＢＬ＝△ＤＬＣ＝×と置くと、
○＋○＋×＋×＝四角形ＡＢＣＤで、
四角形ＮＢＬＤ＝○＋×＝(１/２)四角形ＡＢＣＤ
∴四角形ＮＢＬＤ＝(１/２)四角形ＡＢＣＤ———☆☆
☆，☆☆より、
四角形ＮＯＭＤ＋四角形ＫＢＬＯ＝四角形ＮＢＬＤ
よって、四角形ＮＯＭＤと四角形ＫＢＬＯの面積の和は、四角形ＮＢＬＤの面積と等しい。
よって、示された。

おまけ：

問題
３つの自然数３０，a，ｂにおいて、３０とａ，ａとｂ，ｂと３０の最大公約数はそれぞれ６，９，１５で、ａとｂの最小公倍数は６３０である。ａを求めよ。（８９　早稲田実業）

解法１
ａとｂの最大公約数が９より、
ａ＝９ａ'，ｂ＝９ｂ'（ａ'とｂ'は互いに素）と置ける。（これは定石。）
また、ａとｂの最小公倍数が６３０より、
９ａ'ｂ'＝６３０が成り立つ。（これは最小公倍数の性質。）
∴ａ'ｂ'＝７０＝２・５・７
ところで、３０とａの最大公約数が６より、
３０と９ａ'の最大公約数が６という事でａ'は因数に２を含む。
また、ｂと３０の最大公約数が１５より、
９ｂ'と３０の最大公約数が１５という事でｂ'は因数に５を含む。
これらとａ'ｂ'＝２・５・７より、
(ａ'，ｂ')＝(２・７，５)，(２，５・７)
＝(１４，５)，(２，３５)
よって、ａ＝９ａ'にａ'＝１４，２を代入すると、ａ＝１２６，１８
よって、答えは、１８，１２６

解法２
３０とａの最大公約数が６より、ａ＝６ｘ
ｂと３０の最大公約数が１５より、ｂ＝１５ｙ
と置ける。
また、ａとｂの最大公約数が９より、上の式と合わせて考えると、
ｘ＝３ｘ'，ｙ＝３ｙ'と置ける。
∴ａ＝６・３ｘ'＝２・３^2・ｘ'，
ｂ＝１５・３ｙ'＝３^2・５・ｙ'
また、ａとｂの最小公倍数が６３０より、
２・３^2・５ｘ'ｙ'＝６３０が成り立つ。
∴ｘ'ｙ'＝７
∴(ｘ'，ｙ')＝(１，７)，(７，１)
∴ａ＝１８ｘ'＝１８，１２６
よって、答えは、１８，１２６

私が解答を見る前に解いた解法は次回。ただし、どちらかの系統（似たようなもの）です。

おまけ：

問題
３つの自然数３０，a，ｂにおいて、３０とａ，ａとｂ，ｂと３０の最大公約数はそれぞれ６，９，１５で、ａとｂの最小公倍数は６３０である。ａを求めよ。（８９　早稲田実業）

解法３（解法２の系）
３０とａの最大公約数６———①
ａとｂの最大公約数９———②
ｂと３０の最大公約数１５———③
ａとｂの最小公倍数６３０———④
①より、ａ＝６ａ'，③より、ｂ＝１５ｂ'
と置ける。
ところで、ａとｂの最大公約数をｇ，最小公倍数をｌと置くと、公式よりａｂ＝ｇｌが成り立つ。
よって、６ａ'・１５ｂ'＝９・６３０が成り立つ。
∴ａ'ｂ'＝６３＝３^2・７
また、②とａ＝６ａ'，ｂ＝１５ｂ'より、ａ'とｂ'は共に因数３を含む。
これとａ'ｂ'＝３^2・７より、
(ａ'，ｂ')＝(３・７，３)，(３，３・７)
＝(２１，３)，(３，２１)
よって、ａ'＝３，２１をａ＝６ａ'に代入すると、
ａ＝１８，１２６

補足
○ ２数 A , B の最大公約数を G 最小公倍数を L とおくと，
AB=GL
が成り立つ．
引用元：https://www.geisya.or.jp/~mwm48961/math/m3gcm1.htm

おまけ：

解説
＞Ｉ⊄Ｐ1,･･･,Ｉ⊄Ｐnと仮定する。

対偶を取って証明するためである。

＞各ｉについて、Ｉ⊄Ｐ1,･･･,Ｉ⊄Ｐi-1,Ｉ⊄Ｐi+1,･･･,Ｉ⊄Ｐnに対して、帰納法の仮定を適用すれば、

数学的の方の仮定は、ｎ－１まで正しいと仮定するので、素イデアルＰ1～Ｐnのうちのｎ－１個で成り立つと仮定して、Ｐiを除くという訳である。

＞Ｉ⊄Ｐ1∪･･･∪Ｐi-1∪Ｐi+1∪･･･∪Ｐn（ｉ＝１,･･･,ｎ）
∴∃ａi∈Ｉ－Ｐ1∪･･･∪Ｐi-1∪Ｐi+1∪･･･∪Ｐn（ｉ＝１,･･･,ｎ）
このとき、ａi∉Ｐj（ｊ≠ⅰ）である。

１段目より、ＩはＰ1∪･･･∪Ｐi-1∪Ｐi+1∪･･･∪Ｐnの部分集合でないので、
Ｉ－Ｐ1∪･･･∪Ｐi-1∪Ｐi+1∪･･･∪Ｐnは空集合ではないからある元が存在し、それをａiとするという事。
また、ａi∈Ｉ－Ｐ1∪･･･∪Ｐi-1∪Ｐi+1∪･･･∪Ｐnより、ａi∉Ｐ1∪･･･∪Ｐi-1∪Ｐi+1∪･･･∪Ｐn
よって、ａi∉Ｐj（ｊ≠ⅰ）である。

＞ここで、Ｉ⊂Ｐ1∪･･･∪Ｐnと仮定すると、
ａi∈Ｐi（ｉ＝１,･･･,ｎ）でなければならない。

ここから、数学的帰納法のｎの場合である。
また、この仮定は背理法のための仮定である。対偶の結果の否定なので、二重否定で肯定の形になっているという事。
また、上の、
Ｉ⊄Ｐ1∪･･･∪Ｐi-1∪Ｐi+1∪･･･∪Ｐn
とこの仮定Ｉ⊂Ｐ1∪･･･∪Ｐn
より、Ｉ⊂Ｐiで、
また、上より、
ａi∈Ｉ－Ｐ1∪･･･∪Ｐi-1∪Ｐi+1∪･･･∪Ｐn
なので、ａi∈Ｉだから、
ａi∈Ｐiという事。

＞ｂi＝ａ1･･･ａi-1ａi+1･･･ａn∈Ｉ
なる元を考えると、
ｂi∈Ｐj（ｉ≠ｊ），ｂi∉Ｐi
である。

ａk（１≦ｋ≦ｎ）は、
ａi∈Ｉ－Ｐ1∪･･･∪Ｐi-1∪Ｐi+1∪･･･∪Ｐn
よりＩの元で、Ｉはイデアルだから、
ｂi＝ａ1･･･ａi-1ａi+1･･･ａn∈Ｉ
また、ｂiの因子にａiがなく、上よりａi∈Ｐiなので、ａ1･･･ａi-1ａi+1･･･ａn∈Ｐj（ｉ≠ｊ）
∴ｂi∈Ｐj（ｉ≠ｊ），ｂi∉Ｐi

＞ｂ＝ｂ1＋･･･＋ｂn∈Ｉ

上のｂi＝ａ1･･･ａi-1ａi+1･･･ａn∈Ｉより、
ｂiはＩの元でＩはイデアルで加法群だから。

＞何故ならば、ｂ∈Ｐiとすると、ｂ1＋･･･＋ｂi-1∈Ｐi，
ｂi+1＋･･･＋ｂn∈Ｐiであるから、
ｂ1＋･･･＋ｂi-1＋ｂi＋ｂi+1＋･･･＋ｂn＝ｂ∈Ｐi
ゆえに、ｂi∈Ｐi　これは矛盾である。

ｂ1＋･･･＋ｂi-1＝ｂsと置くと、ｂs∈Ｐi
ｂi+1＋･･･＋ｂn＝ｂtと置くと、ｂt∈Ｐi
ｂs＋ｂt＝ｂuと置くと、Ｐiはイデアルで加法群だから、ｂu∈Ｐi
よって、ｂ1＋･･･＋ｂi-1＋ｂi＋ｂi+1＋･･･＋ｂn＝ｂ∈Ｐiは、ｂu＋ｂi＝ｂ∈Ｐiと置け、ｂu∈Ｐiである。ここで、逆演算可能性の定理より、

定理1.2（逆演算可能性）
Ｇが群であるとする。このとき、Ｇに属する任意の２つの元ａ,ｂに対して、
ａ◦ｘ＝ｂ
ｙ◦ａ＝ｂ
を満足するＧの元ｘおよびｙが存在し、しかも、唯一通りに定まる。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

この◦を加法にして考えると、
ｂu＋ｂi＝ｂ∈Ｐi，ｂu∈Ｐi
より、ｂi∈Ｐiである。

因みに、自分で考えた方法（上のも自分で考えましたが）も紹介しますと、

ｂu＋ｂi＝ｂ∈Ｐiと置け、ｂu∈Ｐiである。

ここまでは同じ。ここで、定理4.1の系より、

定理4.1の系
Ｇを群，ＨをＧの部分群とする。このとき、Ｇの任意の元ａについて次の(１),(２),(３)は同値である。
（１）ａ∈Ｈ（２）ａＨ＝Ｈ（３）Ｈａ＝Ｈ
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

この演算を加法に変え、ＨをＧにすると、
ａ∈Ｇ⇔ａ＋Ｇ＝Ｇ
⇔∀ｇ,∃ｇ'∈Ｇ，ａ＋ｇ＝ｇ'
つまり、ａ∈Ｇ⇔∀ｇ,∃ｇ'∈Ｇ，ａ＋ｇ＝ｇ'
なので、ａとｇ'が群Ｇの元ならばａも群Ｇの元であるという事である。
よって、「ｂu＋ｂi＝ｂ∈Ｐiと置け、ｂu∈Ｐiである」ならば、ｂi∈Ｐi（念のため、Ｐiはイデアルで加法群。）

＞したがって、ｂ∈Ｉ－(Ｐ1∪･･･∪Ｐn)なる元の存在が示された。すなわち、Ｉ⊄Ｐ1∪･･･∪Ｐn　これは矛盾である。
以上よりＩ⊄Ｐ1∪･･･∪Ｐnであることが示された。

上より、ｂ∉Ｐi（１≦ｉ≦ｎ）でｂ∈Ｉだから、
ｂ∈Ｉ－(Ｐ1∪･･･∪Ｐn)
よって、この左辺が空集合でないので、ＩはＰ1∪･･･∪Ｐnの部分集合でないので、
Ｉ⊄Ｐ1∪･･･∪Ｐn

おまけ：

問題の解答
ＡＢ＝７＋８＝１５ｃｍ
ＢＣ＝６＋３＝９ｃｍ
ＣＡ＝４＋８＝１２ｃｍ
より、△ＡＢＣは３：４：５の直角三角形。
ここで、ＤからＢＣ，ＡＣに垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ｉとすると、△ＤＢＨと△ＡＤＩも相似で３：４：５の直角三角形になる。
よって、ＤＨ＝(４/５)×８＝３２/５ｃｍ，ＢＨ＝(３/５)×８＝２４/５ｃｍ
∴ＨＥ＝６－２４/５＝６/５ｃｍ
また、ＤＩ＝(３/５)×７＝２１/５ｃｍ，ＡＩ＝(４/５)×７＝２８/５ｃｍ
∴ＦＩ＝８－２８/５＝１２/５ｃｍ
よって、△ＤＨＥで三平方の定理を使うと、
ＤＥ＝√{(３２/５)^2＋(６/５)^2}
＝(２/５)√(１６^2＋３^2)
＝(２/５)√２６５
＝２√２６５/５ｃｍ———①
ＤＦ＝√{(２１/５)^2＋(１２/５)^2}
＝(３/５)√(７^2＋４^2)
＝(３/５)√６５
＝３√６５/５ｃｍ———②
また、ＥＦ＝５ｃｍ———③
ここで、ＦからＤＥに垂線を下ろしその足をＪとし、ＦＪ＝ｘ，ＥＪ＝ｙと置くと、
ｘ^2＋ｙ^2＝２５———ア
ｘ^2＋(２√２６５/５－ｙ)^2
＝(３√６５/５)^2———イ
が成り立つ。
ア－イより、
(４√２６５/５)ｙ－１０６０/２５
＝２５－５８５/２５
∴(４√２６５/５)ｙ
＝１０６０/２５＋２５－５８５/２５
∴(４√２６５/５)ｙ＝４７５/２５＋２５
＝１９＋２５＝４４
∴ｙ＝５５/√２６５ｃｍ
これをアに代入すると、
ｘ^2＝２５－５５^2/２６５
＝３６００/２６５（計算省略）
∴ｘ＝６０/√２６５ｃｍ
∴ＦＪ＝６０/√２６５ｃｍ
∴△ＦＤＥ＝
(２√２６５/５)×(６０/√２６５)×(１/２)
＝１２ｃｍ^2
よって、答えは、１２ｃｍ^2

問題２
Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄを小さい順に並べてください。
Ａ＋Ｂ＜Ｃ＋Ｄ
２×Ａ＝Ｂ＋Ｄ
２×Ｂ＝Ｃ＋Ｄ

何でもありの解答
Ａ＋Ｂ＜Ｃ＋Ｄ———①
２×Ａ＝Ｂ＋Ｄ———②
２×Ｂ＝Ｃ＋Ｄ———③
③を①に代入すると、
Ａ＋Ｂ＜２×Ｂ＝Ｂ＋Ｂ
よって、Ｂを移項すると、Ａ＜Ｂ———☆
また、(②＋③)÷２より、
Ａ＋Ｂ＝(Ｂ＋Ｃ)/２＋Ｄ
これを①に代入すると、
(Ｂ＋Ｃ)/２＋Ｄ＜Ｃ＋Ｄ
よって、(Ｂ＋Ｃ)/２＜Ｃ
よって、Ｂ＋Ｃ＜２Ｃ＝Ｃ＋Ｃ
よって、Ｂ＜Ｃ———☆☆
☆，☆☆より、Ａ＜Ｂ＜Ｃ
ここで②より、Ａ＋Ａ＝Ｂ＋Ｄ
よって、Ｂ－Ａ＝Ａ－Ｄと移項すると、
左辺はＡ＜Ｂより正である。よって、右辺も正なので、Ａ－Ｄ＞０　∴Ａ＞Ｄ
よって、答えは、Ｄ＜Ａ＜Ｂ＜Ｃ

おまけ：

演習問題１１
可換環ＲのイデアルをＩ,Ｉ1,･･･,Ｉmとし、Ｐ,Ｐ1,･･･,Ｐnを素イデアルとするとき、次のことを証明せよ。
（１）Ｉ1Ｉ2･･･Ｉm⊂Ｐ
　　⇒∃ｉ（１≦ｉ≦ｍ），Ｉi⊂Ｐ
（２）は省略。

証明
（１）∀ｉ（１≦ｉ≦ｍ），Ｉi⊄Ｐと仮定する。このとき、各ｉについて、ａi∈Ｉi－Ｐなるａiが存在する。ゆえに、ａ＝ａ1･･･ａm∈Ｉ1･･･Ｉm⊂Ｐよりａ∈Ｐである。ところが、ａi∉Ｐ（ｉ＝１,･･･,ｍ）で、Ｐは素イデアルであるからａ＝ａ1･･･ａm∉Ｐ　これは矛盾である。
「演習　群・環・体 入門」新妻弘著より

解説
＞∀ｉ（１≦ｉ≦ｍ），Ｉi⊄Ｐと仮定する。

背理法で証明するために、
「∃ｉ（１≦ｉ≦ｍ），Ｉi⊂Ｐ」を否定したという事。念のため、∃の否定は∀になる。

＞このとき、各ｉについて、ａi∈Ｉi－Ｐなるａiが存在する。

「Ｉi⊄Ｐと仮定」したから、つまりⅠiがＰの部分集合でないから、Ｉi－Ｐには元が存在するから。（空集合ではないという事。）

＞ゆえに、ａ＝ａ1･･･ａm∈Ｉ1･･･Ｉm⊂Ｐよりａ∈Ｐである。

ａi∈Ｉi－Ｐのｉを１からｍまですると、
ａ1∈Ｉ1，ａ2∈Ｉ2，･･･，ａm∈Ｉm
これを全て掛け合わせると、
ａ1･･･ａm∈Ｉ1･･･Ｉm
この左辺をａと置き、右辺は条件より
Ｉ1Ｉ2･･･Ｉm⊂Ｐなので、
ａ∈Ｉ1Ｉ2･･･Ｉm⊂Ｐ
∴ａ∈Ｐ

＞ところが、ａi∉Ｐ（ｉ＝１,･･･,ｍ）で、Ｐは素イデアルであるからａ＝ａ1･･･ａm∉Ｐ

定義2.4
可換環ＲのイデアルＰが次の条件を満たすとき、Ｐを可換環Ｒの素イデアルという。
ａ∉Ｐ，ｂ∉Ｐ⇒ａ・ｂ∉Ｐ
「演習　群・環・体 入門」新妻弘著より

要は、
ａ1,ａ2,･･･,ａm∉Ｐ⇒ａ1・ａ2･･･ａm∉Ｐ
を示せば良い。
そこで、数学的帰納法で証明する。
（ⅰ）ｍ＝２の時、
ａ1,ａ2∉Ｐ⇒ａ1・ａ2∉Ｐは、定義2.4から成り立つ。
（ⅱ）ｍ＞２として、ｍ－１まで成り立つと仮定すると、
ａ1,ａ2,･･･,ａm-1∉Ｐ
⇒ａ1・ａ2･･･ａm-1∉Ｐ
ここで、ａ1・ａ2･･･ａm-1＝ａsと置くと、
ａs∉Ｐ　これとａm∉Ｐ（ａi∉Ｐ（ｉ＝１,･･･,ｍ）より）で定義2.4より、
ａs,ａm∉Ｐ⇒ａs・ａm∉Ｐ
∴ａ1・ａ2･･･ａm-1,ａm∉Ｐ
⇒ａ1・ａ2･･･ａm-1・ａm∉Ｐ
よって、ｍの時も成り立つ。
よって、（ⅰ）,（ⅱ）より、数学的帰納法により示された。

一応、対偶を取った方法も考えました。

ａ1,ａ2,･･･,ａm∉Ｐ⇒ａ1・ａ2･･･ａm∉Ｐ
を示せば良い。
この対偶を取ると、
ａ1・ａ2･･･ａm∈Ｐ⇒ａ1,ａ2,･･･,ａm∈Ｐ
そこで、これを数学的帰納法で証明する。
（ⅰ）ｍ＝２の時、
ａ1・ａ2∈Ｐ⇒ａ1,ａ2∈Ｐ
これは定義2.4の対偶を取れば成り立つ事が自明。
（ⅱ）ｍ＞２として、ｍ－１まで成り立つと仮定すると、
ａ1・ａ2･･･ａm-1∈Ｐ
⇒ａ1,ａ2,･･･,ａm-1∈Ｐ
また、問題（の対偶）の仮定より、
ａ1・ａ2･･･ａm∈Ｐ
∴(ａ1･･･ａm-1)・ａm∈Ｐ
よって、定義2.4の対偶より、
(ａ1･･･ａm-1),ａm∈Ｐ
ここで、数学的帰納法の仮定を使うと、
ａ1,ａ2,･･･,ａm-1∈Ｐ，ａm∈Ｐ
∴ａ1,ａ2,･･･,ａm∈Ｐ
よって、
ａ1・ａ2･･･ａm∈Ｐ⇒ａ1,ａ2,･･･,ａm∈Ｐ
よって、ｍの時も成り立つ。
（ⅰ）,（ⅱ）より、数学的帰納法により示された。

おまけ：

問題１の解答（改題の解答）
ＢＡの延長上にＡＥ＝ＡＣとなる点Ｅを取ると、∠ＤＡＥ＝１８０°－４０°－７０°＝７０°
∴∠ＤＡＣ＝∠ＤＡＥ　また、ＡＣ＝ＡＥ，ＡＤは共通より二辺挟角が等しいので、△ＡＣＤ≡△ＡＥＤ　ＡＥ＝ＡＣ４ｃｍ，ＤＣ＝ＤＥ＝④
また、∠ＥＤＡ＝∠ＣＤＡより、ＤＡは∠ＥＤＢの二等分線。
よって、△ＤＥＢで角の二等分線の定理を使うと、ＡＢ：４＝⑨：④＝９：４が成り立つ。
∴ＡＢ＝９ｃｍ
ここで、△ＡＢＣで余弦定理を使うと、
ＢＣ^2＝４^2＋９^2－２・４・９・cos40°
∴ＢＣ＝√(９７－７２cos40°)
∴ＤＥ＝(４/５)√(９７－７２cos40°)
∴ＤＢ＝(９/５)√(９７－７２cos40°)
よって、△ＤＥＢで角の二等分線の長さの公式を使うと、
ＤＡ＝√(ＤＥ・ＤＢ－ＡＥ・ＡＢ)
＝√{(４/５)√(９７－７２cos40°)・(９/５)√(９７－７２cos40°)－４・９}
＝√{(３６/２５)(９７－７２cos40°)－３６}
これを整理すると、
ＡＤ＝３６√(２－２cos40°)/５
＝4.9250901
また、ＤＢを求めた時点で△ＡＢＤで余弦定理を使うと、
ＡＤ＝９cos110°＋９√{(cos110°)^2－72cos40°/25+72/25}
＝4.9250901
また、△ＡＣＤで余弦定理を使うと、別の表現が出来るが省略。
よって、答えは、
ＡＤ＝３６√(２－２cos40°)/５ｃｍ

おまけ：

問題２の別解１
ＡＢ＝７＋８＝１５ｃｍ
ＢＣ＝６＋３＝９ｃｍ
ＣＡ＝４＋８＝１２ｃｍ
より、△ＡＢＣは３：４：５の直角三角形。
ここで、ＤからＢＣ，ＡＣに垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ｉとすると、△ＤＢＨと△ＡＤＩも相似で３：４：５の直角三角形になる。
よって、ＤＨ＝(４/５)×８＝３２/５ｃｍ
ＤＩ＝(３/５)×７＝２１/５ｃｍ
よって、△ＤＥＦ＝△ＡＢＣ－△ＡＤＦ－△ＢＥＤ－△ＣＦＥ
＝９×１２÷２－８×(２１/５)÷２－６×(３２/５)÷２－３×４÷２
＝５４－８４/５－９６/５－６
＝４８－１８０/５＝４８－３６＝１２
よって、答えは、１２ｃｍ^2

別解２
１つの角を共有した三角形の面積比の公式より、△ＡＤＦ：△ＡＢＣ＝ＡＤ×ＡＦ：ＡＢ×ＡＣ
＝７×８：１５×１２＝７×２：１５×３
＝１４：４５
よって、△ＡＤＦ＝(１４/４５)×△ＡＢＣ———①
同じように△ＢＥＤと△ＣＦＥを求めても良いが、この公式の変形で、
△ＢＥＤ＝(８/１５)×(６/９)×△ＡＢＣ
＝(１６/４５)×△ＡＢＣ———②
△ＣＦＥ＝(３/９)×(４/１２)×△ＡＢＣ
＝(１/９)×△ＡＢＣ＝(５/４５)×△ＡＢＣ———③
と求められる。
よって、△ＤＥＦ＝△ＡＢＣ－△ＡＤＦ－△ＢＥＤ－△ＣＦＥ
＝△ＡＢＣ－(１４/４５)×△ＡＢＣ－(１６/４５)×△ＡＢＣ－(５/４５)×△ＡＢＣ
＝(１０/４５)×△ＡＢＣ＝(２/９)×△ＡＢＣ
よって、△ＤＥＦ＝(２/９)×△ＡＢＣ———☆
ところで、△ＡＢＣ＝９×１２÷２＝５４ｃｍ^2
これを☆に代入すると、
△ＤＥＦ＝(２/９)×５４＝１２ｃｍ^2
よって、答えは、１２ｃｍ^2

別解３
ＤＦの延長とＢＣの延長との交点をＧとして、△ＡＢＣと直線ＤＧでメネラウスの定理を使うと、
(７/８)×(４/８)×(ＧＢ/ＧＣ)＝１
よって、ＧＢ/ＧＣ＝１６/７
よって、ＧＣ：ＧＢ＝７：１６より、
ＧＣ：ＣＢ＝７：９でＣＢ＝９ｃｍより、
ＧＣ＝７ｃｍ　
よって、ＥＧ＝３＋７＝１０ｃｍ
ここで、ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＤＢＨと△ＡＢＣは相似で△ＡＢＣは３：４：５の直角三角形より△ＤＢＨも３：４：５の直角三角形。
よって、ＤＨ＝(４/５)×８＝３２/５ｃｍ
よって、△ＤＥＦ＝△ＤＥＧ－△ＦＥＧ
＝１０×(３２/５)÷２－１０×４÷２
＝３２－２０＝１２ｃｍ^2
よって、答えは、１２ｃｍ^2

以上は、ぎりぎり算数の範囲だと思います。（受験算数）

何でもありの解法
点Ｃをｘｙ座標の原点に置き、ＢＣをｘ軸，ＡＣをｙ軸に取ると、Ｆ（０,４)，
Ｄ（(７/１５)×(－９),(８/１５)×１２）
＝（－２１/５,３２/５）
Ｅ（－３,０）
ここで、点Ｅを原点Ｏまで平行移動させ点Ｄ，Ｆの行き先をＤ'，Ｆ'とすると、
Ｄ'（－２１/５＋３,３２/５）
＝（－６/５,３２/５）
Ｆ'（３,４）
よって、座標上の三角形の面積の公式を使うと、
△ＯＤ'Ｆ'＝(１/２)|３・(３２/５)－４・(－２１/５)|＝(１/２)|９６/５＋２４/５|
＝(１/２)・(１２０/５)＝１２
∴△ＤＥＦ＝１２
よって、答えは、１２ｃｍ^2

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

演習問題８
Ⅰ,Ｊを可換環Ｒのイデアルとするとき、次を示せ。
Ｉ：Ｊ＝{ａ∈Ｒ｜ａＪ⊂Ｉ}とおけば、Ｉ：ＪはＩを含んでいるＲのイデアルであることを示せ。

証明
● Ｉ⊂Ｉ：Ｊであること：ａ∈Ｉとすると、
ａＪ⊂ＩＪ⊂ＩＲ＝Ｉ　ゆえに、ａＪ⊂Ｉであるから、ａ∈Ｉ：Ｊとなる。
● Ｉ：ＪがＲのイデアルであること：
（ⅰ）ａ,ｂ∈Ｉ：Ｊとする。ａＪ⊂Ｉ，ｂＪ⊂Ｉであるから、(ａ－ｂ)Ｊ＝ａＪ＋(－ｂ)Ｊ⊂Ｉ
したがって、ａ－ｂ∈Ｉ：Ｊを得る。
（ⅱ）ｒ∈Ｒ，ａ∈Ｉ：Ｊとする。
ａＪ⊂Ｉより(ｒａ)Ｊ⊂ｒ(ａＪ)⊂ｒＩ⊂Ｉ
したがって、(ｒａ)Ｊ⊂Ｉであるからｒａ∈Ｉ：Ｊを得る。
「演習　群・環・体 入門」新妻弘著より

解説
＞ａＪ＋(－ｂ)Ｊ⊂Ｉ

ｂＪ⊂Ｉ　この両辺に－１をかけると、
－ｂＪ⊂－Ｉ———①
ところで、－１∈Ｒ（Ｒは環より乗法単位元１が存在し、環は加法群でもあるのでＲは加法逆元の－１を含むから。）
また、ＩはＲのイデアルより、－１・Ｉ⊂Ｉ
∴－Ｉ⊂Ｉ———②
①，②より、
－ｂＪ⊂Ｉ　∴(－ｂ)Ｊ⊂Ｉ———☆

（厳密には、ｂＪ⊂Ｉより、
∀ｊ∈Ｊ,∃ｉ∈Ｉ，ｂｊ＝ｉが成り立つ。
ところで、－１∈Ｒ（Ｒは環より乗法単位元１が存在し、環は加法群でもあるのでＲは加法逆元の－１を含むから。）
上の両辺に－１をかけると、－ｂｊ＝－ｉ　
∴(－ｂ)ｊ＝－１・ⅰ———①
また、－１∈Ｒとｉ∈Ｉ（ＩはＲのイデアル）より、－１・ｉ∈Ｉ———②　
①，②より、(－ｂ)ｊ∈Ｉ　
∴(－ｂ)Ｊ⊂Ｉ———☆）

また、ａＪ⊂Ｉ———☆☆
☆＋☆☆より、
ａＪ＋(－ｂ)Ｊ⊂Ｉ＋Ｉ⊂Ｉ（Ｉはイデアルで加法群だから。）
∴ａＪ＋(－ｂ)Ｊ⊂Ｉ

因みに、Ｉ＋Ｉ＝Ｉである。
証明
Ｉはイデアルで加法群より、Ｉ＋Ｉ⊂Ｉ（加法について閉じているから。）
また、Ｉ＋Ｉ⊃Ｉは自明なので、
Ｉ＋Ｉ＝Ｉ　よって、示された。

因みに、全て私のオリジナルなので裏を取って下さい。特に、真ん中の「厳密には」という所とか。

おまけ：

問題１の何でもありの解法
右下隅の三角形は直角二等辺三角形で、その斜辺上の点（直角がある点）からＡＢと平行な直線を引き、正方形との交点を（上下の）２点定めると、斜辺が４ｃｍと斜辺が３ｃｍの２つの直角二等辺三角形が出来る。
よって、それらのそれぞれの等辺の長さは、４/√２ｃｍ，３/√２ｃｍでその和はＡＢと等しい。
よって、正方形の１辺の長さは、７/√２ｃｍ
よって、正方形の面積は、
４９/２＝２４.５ｃｍ^2

問題２の算数の解法
線分図を描くと、
————————
これを石の重さとすると、
————（上の半分）
これが３ｋｇで上との差が石の重さの半分なので、残りの部分も３ｋｇである。
結局、線分全体で６ｋｇより、
石の重さは６ｋｇ

問題３の別解
図の例の行き方は、
横横横横｜縦縦縦縦｜横横横横｜縦縦縦
である。
このどの区間も０個になってはいけない（３回にならなくなるから）ので、少なくとも１個はある。また、どんな道のりでも横の合計は８個で縦の合計は７個である。
また、左の区間の横を１個に決めると右の区間の横は７個と一意的（自動的）に決まり、縦の方も同様である。
ここで、左の区間の横の場合の数を考えると、１個の場合から７個の場合まで７通りである。（右の区間の方は考えなくて良い。左が決まれば右も自動的に決まるから。）
また、縦の左の区間の場合の数を考えると、１個の場合から６個の場合まで６通りである。
よって、行き方の全ての場合の数は、
７×６＝４２通りである。
ところで、この行き方はスタート時点で横を選んでいるので、縦を選んだ場合も全く同様に４２通りある。
（縦縦縦縦｜横横横横｜縦縦縦｜横横横横）
よって、答えは、４２×２＝８４通り

一応、模範解答の分かり易い解説。
２回目が黄色の部分になければならない事はYoutubeの解説と同様に省略する。
ここで、スタート地点と２回目の地点を対角線とする長方形と２回目の地点とゴールを対角線とする長方形を描くと、スタート地点から２回目の地点を通ってゴールに付くには１つ目の長方形で２通り（上回りと下回り）と２つ目の長方形でも２通りの計４通りある。
ところが、例えば１つ目の長方形を上回りして２つ目の長方形を下回りすると２回目が曲がらなくなり、３回曲がらなくなる。
つまり、行き方は上の４通りのうちの２通りだけである。
よって、黄色部分の点６×７＝４２，４２×２＝８４通りで求まる訳である。

自分で言うのも何ですが、２０数年での経験上、参考書の解説はYoutubeのような分かり難いものばかりで、私の解説は画期的だと思います。（ただし、心を開いていない人には伝わらないと思いますが。）

おまけ：