数学

解説
＞∃ｂ∈ℤ，ａｂ≡０，ｂ≢０（mod１２）
（第１章定理2.8）
⇔ａ≡０（mod２）またはａ≡０（mod３）

ａ≡０（mod２）またはａ≡０（mod３）
⇒∃ｂ∈ℤ，ａｂ≡０，ｂ≢０（mod１２）
まずは逆の方から、
ａが２の倍数または３の倍数ならばある整数ｂが存在してａｂを１２の倍数に出来る。ただし、ｂは１２の倍数ではない。真である。（４の倍数や６の倍数でも良いが、次の逆の場合がダメなので２の倍数と３の倍数にしているのである。）
次に、
∃ｂ∈ℤ，ａｂ≡０，ｂ≢０（mod１２）
⇒ａ≡０（mod２）またはａ≡０（mod３）
ある整数ｂが存在してａｂが１２の倍数でｂが１２の倍数でないならばａは２の倍数または３の倍数である。ａは４の倍数や６の倍数かもしれないがそれらでは２の倍数や３の倍数の場合をカバーできないので、２の倍数と３の倍数にしているのである。だから、真である。

＞∃ｎ∈ℕ，ａ^n≡０（mod１２）
（第１章定理2.8）
⇔ａ≡０（mod２），ａ≡０（mod３）

ａ≡０（mod２），ａ≡０（mod３）
⇒∃ｎ∈ℕ，ａ^n≡０（mod１２）
これも逆の方から、
ａが２の倍数かつ３の倍数ならばある自然数ｎが存在してａ^nを１２の倍数に出来る。真である。（４の倍数や６の倍数でも良いが、次の逆の場合がダメなので２の倍数と３の倍数にしているのである。）
次に、
∃ｎ∈ℕ，ａ^n≡０（mod１２）
⇒ａ≡０（mod２），ａ≡０（mod３）
ある自然数ｎが存在してａ^nが１２の倍数ならばａは２の倍数かつ３の倍数である。真である。（ａは４の倍数や６の倍数かもしれないがそれらでは２の倍数や３の倍数の場合をカバーできないので、２の倍数と３の倍数にしているのである。）
因みに、
∃ｎ∈ℕ，ａ^n≡０（mod１２）
⇔ａ≡０（mod２），ａ≡０（mod３）
の間に１行入れても良いだろう。つまり、
∃ｎ∈ℕ，ａ^n≡０（mod１２）
⇔ａ^n≡０（mod４），ａ^n≡０（mod３）
（第１章定理2.3）
⇔ａ≡０（mod２），ａ≡０（mod３）

第１章定理2.3
ａ,ｂを整数，ｍ,ｎを１より大きい整数とする。(ｍ,ｎ)＝１であれば、次が成り立つ。
ａ≡ｂ（modｍ），ａ≡ｂ（modｎ）
⇔ａ≡ｂ（mod ｍｎ）

念のため、３と４は互いに素だからである。

別解は次回。

おまけ：

問2.6
次の各問に答えよ。
（１）剰余環ℤ12の可逆元をすべて求めよ。
（２）剰余環ℤ12の零因子をすべて求めよ。
（３）剰余環ℤ12のベキ零元をすべて求めよ。

別解
（１）問2.4より、
ａが環Ｒの可逆元であるための必要十分条件はａＲ＝Ｒより、

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。

ℤ12＝{|０,|１,|２,|３,|４,|５,|６,|７,|８,|９,|１０,|１１}で、|ａ・ℤ12を調べる。
|０・ℤ12＝{|０}
|１・ℤ12＝ℤ12
|２・ℤ12＝{|０,|２,|４,|６,|８,|１０}
|３・ℤ12＝{|０,|３,|６,|９}
|４・ℤ12＝{|０,|４,|８}
|５・ℤ12＝{|０,|５,|１０,|１５,|２０,|２５,|３０,|３５,|４０,|４５,|５０,|５５}
＝{|０,|５,|１０,|３,|８,|１,|６,|１１,|４,|９,|２,|７}
＝{|０,|１,|２,|３,|４,|５,|６,|７,|８,|９,|１０,|１１}
＝ℤ12
∴|５・ℤ12＝ℤ12
以上より、１２と互いに素の場合、ａＲ＝Ｒとなる事が分かる。
よって、ℤ12の可逆元の集合は{|１,|５,|７,|１１}である。

＞１２と互いに素の場合、ａＲ＝Ｒとなる事が分かる。

証明
定理3.6の系２
Ｇをａによって生成される位数ｎの巡回群とする。このとき、Ｇの元ａ^kがＧの生成元であるための必要十分条件は、(ｎ,ｋ)＝１なることである。
ａ^kがＧの生成元 ⇔ (ｎ,ｋ)＝１
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

ところで、ℤ12は|１によって生成された巡回群である。そして、５と１２は互いに素より、上の定理により|５は生成元である。
よって、ℤ12＝{|０,|５,２|５,３|５,４|５,５|５,６|５,７|５,８|５,９|５,１０|５,１１|５}と表される。
∴|５・ℤ12＝{|０,|２５,２|２５,３|２５,４|２５,５|２５,６|２５,７|２５,８|２５,９|２５,１０|２５,１１|２５}
＝{|０,|１,|２,|３,|４,|５,|６,|７,|８,|９,|１０,|１１}
＝ℤ12
これは７などでも考えれば分かるように互いに素だから成り立つ事である。
よって、示された。

（２）要は、例えば、|２・|６＝|１２＝|０となるような|２，|６を求めれば良い。そこで、
|３・|４＝|１２＝|０
|３・|８＝|２４＝|０
|４・|９＝|３６＝|０
|６・|１０＝|６０＝|０
以上で全てである。
よって、|０を入れて、
ℤ12の零因子の集合は{|０,|２,|３,|４,|６,|８,|９,|１０}である。

（３）ℤ12のベキ零元は(|ａ)^n＝|０となる|ａで、ａ^nが１２で割り切れるには素因数に２と３を同時に含んでいなければならないので、|６のみである。また、|０を入れると、
ℤ12のベキ零元の集合は{|０，|６}である。

おまけ：
https://trenndo1.blog.ss-blog.jp/2015-07-27-4

（１）と（２）の別解２を作ってみました。

問2.6
次の各問に答えよ。
（１）剰余環ℤ12の可逆元をすべて求めよ。
（２）剰余環ℤ12の零因子をすべて求めよ。
（３）剰余環ℤ12のベキ零元をすべて求めよ。

別解２
（１）ℤ12の可逆元を全て集めると定理により乗法に関して群になる。

問1.4
環Ｒの可逆元の全体Ｕ(Ｒ)は乗法群をつくることを示せ。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

そして、それは定理2.10により、既約剰余類全体Ｕ(ℤ12)＝{|１,|５,|７,|１１}である。

定理2.10
ｎを法とする既約剰余類の全体Ｕ(ℤn)は剰余環ℤn＝ℤ/ｎℤにおける乗法に関して群をなす。ただし、Ｕ(ℤn)＝{|ａ∈ℤn｜(ａ,ｎ)＝１}
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

よって、ℤ12の可逆元の集合は{|１,|５,|７,|１１}である。

（２）ところで、零因子が少なくとも１つあるとその集合は乗法に関して群にならない。（これは少し考えれば簡単である。）
そして、（１）の結果の余事象より、
ℤ12の零因子の集合は{|０,|２,|３,|４,|６,|８,|９,|１０}である。

おまけ：

解説
＞これは、|(ａ＋ｂ)，|(ａｂ)が剰余類|ａ,|ｂの代表元ａ,ｂの選び方には無関係に、剰余類|ａ,|ｂによってのみ定まることを意味している。

これはやっぱり面白くないので省略。（簡単な事。）

＞|ａ＝|ａ'，|ｂ＝|ｂ'と仮定する。
|ａ＝|ａ'⇔ａ≡ａ'（modＩ），
|ｂ＝|ｂ'⇔ｂ≡ｂ'（modＩ）
に注意すると、合同式の性質（４）より
ａ＋ｂ≡ａ'＋ｂ'（modＩ）
が得られる。よって、|(ａ＋ｂ)＝|(ａ'＋ｂ')が成り立つ。
したがって、|ａ＋|ｂ＝|(ａ＋ｂ)
と定義できる。

要は、|ａ＋|ｂ＝|ａ'＋|ｂ'⇔|(ａ＋ｂ)＝|(ａ'＋ｂ')までは簡単に解説できる。
しかし、ここから「したがって、|ａ＋|ｂ＝|(ａ＋ｂ)と定義できる」は何となくは分かるが、確証が欲しい所である。そこで、p.162より、
|ａ＝{ｘ∈Ｒ｜ｘ≡ａ（modＩ）}＝ａ＋Ｉ
を使うと、
|ａ＝ａ＋Ｉ，|ｂ＝ｂ＋Ｉ
∴|ａ＋|ｂ＝(ａ＋Ｉ)＋(ｂ＋Ｉ)＝(ａ＋ｂ)＋Ｉ＝|(ａ＋ｂ)
∴|ａ＋|ｂ＝|(ａ＋ｂ)
（Ｉ＋Ｉ＝ＩはＩが加法群だから。この解説をしても良いが省略。）
また、|ａ・|ｂ＝(ａ＋Ｉ)(ｂ＋Ｉ)＝ａｂ＋ａＩ＋Ｉｂ＋Ｉ＝ａｂ＋Ｉ＝|(ａｂ)
（ａＩ＋Ｉｂ＋Ｉ＝ＩはＩがイデアルだから。）
∴|ａ・|ｂ＝|(ａ・ｂ)
乗法の方も先取りしてやった。

＞一方、Ｉはイデアルであるから定理2.1の(５)によって
ａ・ｂ≡ａ'・ｂ'（modＩ）
が得られる。よって、|(ａ・ｂ)＝|(ａ'・ｂ')である。

定理2.1（第３章）
環Ｒの部分集合Ｉが加法に関して部分群であるとする。このとき、上で定義した同値関係について、次の条件（５）と（６）は同値である。
（５）ａ≡ｂ（modＩ），ｃ≡ｄ（modＩ）⇒ａ・ｃ≡ｂ・ｄ（modＩ）
（６）（ⅰ）ｒ∈Ｒ，ａ∈Ｉ⇒ｒ・ａ∈Ｉ
　　　（ⅱ）ｒ∈Ｒ，ａ∈Ｉ⇒ａ・ｒ∈Ｉ

イデアルならば（５）が使えるという訳だが、この定理だけ読んでもそれが分からない。というのは、（６）はイデアルの定義（の半分）だが、これはこの定理の次のページで定義されているからである。まぁ、とにかくそういう訳でイデアルならば（５）が使える。
一応、「よって、|(ａ・ｂ)＝|(ａ'・ｂ')である。」の続きに、∴|ａ・|ｂ＝|(ａ・ｂ)
念のため、加法の場合と同じく曖昧だが。

＞（ⅱ）ゼロ元の存在：|０＝Ｉがゼロ元である。|ａ＋|０＝|０＋|ａ＝|ａ
（ⅲ）マイナス元の存在：|ａ∈Ｒ/Ｉに対して
|ａ＋|(－ａ)＝|(－ａ)＋|ａ＝|０
であるから、|(－ａ)∈Ｒ/Ｉがマイナス元である。すなわち、－|ａ＝|(－ａ)

ゼロ元は、|０＝|０＋Ｉ＝Ｉがゼロ元である。これは、第２章定理5.2の

第２章定理5.2
Ｇを群，ＨをＧの正規部分群とする。このとき、Ｇ/Ｈ×Ｇ/Ｈの任意の元（ａＨ,ａＨ）にＧ/Ｈの元ａＨ＊ａＨ＝ａｂＨを対応させると、これはＧ/Ｈ×Ｇ/ＨからＧ/Ｈへの写像となる。すなわち、この対応はＧ/Ｈに１つの２項演算を与え、さらに集合Ｇ/Ｈは、この演算に関して群をなす。この群Ｇ/Ｈの単位元はＨで、Ｇ/Ｈの元ａＨの逆元は(ａＨ)^-1＝ａ^-1Ｈである。

「この群Ｇ/Ｈの単位元はＨ」からも分かるだろう。念のため、加法の単位元はゼロ元。

また、|(－ａ)＝－ａ＋Ｉで、加法の逆元はマイナス元。

おまけ：

問題１の別解
ＡＤ＝ａ，ＢＣ＝ｂ，ＡＥ：ＥＢ＝ｍ：ｎと置くと、公式より、
ＥＦ＝(ｎ×ａ＋ｍ×ｂ)/(ｍ＋ｎ)
でＥＦの長さが求められる。
よって、ａ＝７ｃｍ，ｂ＝１２ｃｍ，
ｍ：ｎ＝３：２とすると、
ＥＦ＝(２×７＋３×１２)/(３＋２)＝５０/５
＝１０ｃｍ
よって、答えは、１０ｃｍ

公式の導き方は、Youtubeの「通常は･･･」の方法で導けます。

問題２
次の式を計算してください。
1/2＋1/4＋1/8＋1/16＋1/32＋1/64

別解１
Ｓ＝1/2＋1/4＋1/8＋1/16＋1/32＋1/64と置いて、両辺に１/２を掛けると、
(1/2)Ｓ＝1/4＋1/8＋1/16＋1/32＋1/64＋1/128
２式の差を取ると、1/4＋1/8＋1/16＋1/32が共通しているので、
Ｓ－(1/2)Ｓ＝１/２－１/１２８となる。
この両辺に２を掛けると、
Ｓ＝１－１/６４＝６３/６４
よって、1/2＋1/4＋1/8＋1/16＋1/32＋1/64＝63/64
よって、答えは、６３/６４

別解２
通分すると、
与式＝(32＋16＋8＋4＋2＋1)/64
よって、1＋2＋4＋8＋16＋32を考えると、
１＋１＝２
１＋２＋１＝４
１＋２＋４＋１＝８
１＋２＋４＋８＋１＝１６
・
・
・
となっている。つまり、最初からｎ番目までの和に１を加えるとｎ＋１番目の数になっている。
よって、1＋2＋4＋8＋16＋32に１を加えると64である、よって、1＋2＋4＋8＋16＋32＝63
よって、与える式＝63/64
よって、答えは、６３/６４

因みに、この法則を無限に続けると、
1/2＋1/4＋1/8＋1/16＋1/32＋1/64＋･･･
この値は１になる。それはYoutubeの解法を考えれば分かります。
また、別解１を考えて、１/６４までだから、
Ｓ＝１－１/６４＝６３/６４
と考えれば、無限までやれば、
Ｓ＝１－１/∞＝１－０＝１と分かります。
無限分の１が０に収束することは、ｙ＝１/ｘのグラフがｘ→０でｙ→０になる事から分かると思いますが、数学アレルギーの人はｙ＝１/ｘのグラフも覚えていないでしょう。

おまけ：

問題１の別解１
六角形の内角の和は、公式より、
１８０°×(６－２)＝１８０°×４＝７２０°
条件より６個の角が全て等しいので、１つの角は７２０°÷６＝１２０°
ここで、ＢＣの延長とＦＡの延長との交点をＧとすると、∠Ａ＝∠Ｂ＝１２０°より、∠ＧＡＢ＝∠ＧＢＡ＝１８０°－１２０°＝６０°
よって、△ＧＡＢは２つの角が６０°より正三角形である。よって、ＧＡ＝ＧＢ＝４ｃｍ　よって、ＧＦ＝４＋２＝６ｃｍ，ＧＣ＝４＋３＝７ｃｍ
また、∠Ｇ＝６０°，∠Ｃ＝１２０°より、錯角を考えると、ＧＦとＣＤは平行である。さらに、∠Ｇ＝６０°，∠Ｆ＝１２０°よりＧＣとＦＥも平行である。
よって、ＣＤとＦＥの交点をＨとすると、ＧＣ//ＦＨ，ＧＦ//ＣＨより四角形ＧＣＨＦは平行四辺形である。よって、ＣＨ＝ＧＦ＝６ｃｍ，ＦＨ＝ＧＣ＝７ｃｍ，ＣＤ＝５ｃｍより、ＤＨ＝６－５＝１ｃｍ
また、△ＨＥＤは正三角形より、ＥＨ＝ＤＨ＝１ｃｍ　よって、ＦＥ＝ＦＨ－ＥＨ＝７－１＝６ｃｍ
よって、答えは、６ｃｍ

問題１の別解２
ＡＢの延長とＤＣの延長との交点をⅠ，ＡＦの延長とＤＥの延長との交点をＪとすると、別解１と同様に四角形ＡＩＤＪは平行四辺形になる。また、△ＩＢＣは正三角形より、ＩＣ＝ＢＣ＝３ｃｍ　よって、ＩＤ＝３＋５＝８ｃｍ
よって、平行四辺形よりＡＪ＝ＩＤ＝８ｃｍ　よって、ＦＪ＝８－２＝６ｃｍで△ＪＦＥは正三角形より、ＦＥ＝ＦＪ＝６ｃｍ
よって、答えは、６ｃｍ

問題１の別解３
ＢＡの延長とＥＦの延長との交点をＫ，ＡＢの延長とＤＣの延長との交点をＩとすると、別解１と同様に考えると、∠Ｋ＝∠Ｉ＝６０°
また、∠Ｄ＝∠Ｅ＝１２０°なので、四角形ＥＫＩＤは等脚台形である。また、△ＩＢＣは正三角形よりＣＩ＝３ｃｍでＤＩ＝５＋３＝８ｃｍ　よって、ＥＫ＝ＤＩ＝８ｃｍ
また、△ＫＡＦも正三角形よりＦＫ＝２ｃｍ
よって、ＥＦ＝８－２＝６ｃｍ
よって、答えは、６ｃｍ

問題２の別解
１８ｃｍの線分を考えると、長方形の長い辺＋短い辺２個＝１８ｃｍである。
よって、横たわっている長方形の底辺と側面の２本の辺の和は１８ｃｍである。ここで、そのＵ字型の左の辺を延ばしてさらに長いＵ字型にすると、６ｃｍ２つを加えて、１８＋６×２＝３０ｃｍ
ところで、このＵ字型は長方形の長い辺３個で出来ているので、長い辺１個の長さは１０ｃｍである。よって、短い方の辺の長さは、１０－６＝４ｃｍ
よって、長方形の面積は、４×１０＝４０ｃｍ^2
よって、答えは、４０ｃｍ^2

おまけ：

何でもありの解法１　思い付いた順
ＡＤの中点をＯとすると、正六角形の性質より△ＯＡＢ，△ＯＢＣ，△ＯＣＤはそれぞれ正三角形になり、四角形ＢＡＯＣ，四角形ＢＯＤＣはそれぞれ平行四辺形（ひし形）になる。
ここで、点Ｐはどちらかの平行四辺形に入っている。今、四角形ＢＡＯＣの内部に点Ｐがあるとし、△ＰＡＯ＝△ＰＤＯ＝ｘと置くと、平行四辺形の周及び内部に点Ｐがある面積の定理https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q14171369309より、
△ＰＢＣ＋△ＰＡＯ＝(１/２)平行四辺形ＢＡＯＣ
∴８＋ｘ＝小さな正三角形１個分———①
また、２ｘ＋８＋１２＋１１＝小さな正三角形３個分———②
①，②より、３(８＋ｘ)＝２ｘ＋３１
∴２４＋３ｘ＝２ｘ＋３１
∴ｘ＝７　∴２ｘ＝１４
よって、△ＰＡＤ＝１４ｃｍ^2
点Ｐが平行四辺形ＢＯＤＣの内部にある場合も同様。
よって、答えは、１４ｃｍ^2

何でもありの解法２
正六角形の性質より、ＡＤ＝２ＢＣである。（正三角形３個分を考えれば自明。）
よって、ＡＢ＝ｘと置くと、ＡＤ＝２ｘ　
また、ＰからＢＣ，ＡＤに垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ｉとし、ＰＨ＝ｙ，ＰＩ＝ｚと置くと、△ＰＢＣの面積から、ｘｙ/２＝８　
∴ｘｙ＝１６———①
また、△ＰＡＤ＝ｘｚ———②
また、台形ＢＡＤＣの面積より、
(ｘ＋２ｘ)(ｙ＋ｚ)/２＝８＋１２＋１１＋ｘｚが成り立つ。∴３ｘ(ｙ＋ｚ)/２＝３１＋ｘｚ　
∴３ｘ(ｙ＋ｚ)＝６２＋２ｘｚ　
∴３ｘｙ＋３ｘｚ＝６２＋２ｘｚ　
∴３ｘｙ＋ｘｚ＝６２———③
①を③に代入すると、
４８＋ｘｚ＝６２　∴ｘｚ＝１４
これと②より、△ＰＡＤ＝１４
よって、答えは、１４ｃｍ^2

解法３は次回。

おまけ：

問題２
https://www.msn.com/ja-jp/lifestyle/other/%E5%9B%B3%E5%BD%A2%E5%95%8F%E9%A1%8C-%E3%82%B0%E3%83%AC%E3%83%BC%E3%81%AE%E9%83%A8%E5%88%86%E3%81%AE%E9%9D%A2%E7%A9%8D%E3%82%92%E6%B1%82%E3%82%81%E3%82%88-vol-484/ar-BB1jaf2n?ocid=msedgntp&pc=U531&cvid=4a0ac3ee49b9437383b05575cfbc20b0&ei=6

算数の別解を作ってみて下さい。

おまけ：

問題１の何でもありの解法３
ＤからＡＢと平行な直線を引き、ＢＣの延長との交点をＧとすると、四角形ＢＡＤＧは平行四辺形で、ＢＣ＝ＣＧとなる。
∴△ＰＢＣ＝△ＰＣＧ＝８ｃｍ^2
∴△ＰＢＧ＝１６ｃｍ^2
ここで、△ＰＡＤ＝ｘ，△ＰＤＧ＝ｙと置くと、平行四辺形の周及び内部に点Ｐがある面積の定理https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q14171369309より、
１６＋ｘ＝１２＋ｙ———①
また、平行四辺形ＢＡＤＧは小さな正方形４個分で台形ＢＡＤＣは小さな正三角形３個分より、
(ｘ＋８＋１１＋１２)×(４/３)＝１６＋ｘ＋１２＋ｙ———②
①より、ｙ＝ｘ＋４———①'
②より、４(ｘ＋３１)＝３(ｘ＋ｙ＋２８)
∴４ｘ＋１２４＝３ｘ＋３ｙ＋８４
∴ｘ＝３ｙ－４０———②'
①'を②'に代入すると、
ｘ＝３(ｘ＋４)－４０　∴ｘ＝３ｘー２８
∴２ｘ＝２８　∴ｘ＝１４
∴△ＰＡＤ＝１４ｃｍ^2

問題２の算数の別解
中央の正方形の上に正三角形を描き、その頂点から他の正三角形の頂点へ反時計回りにＡ～Ｃと振ると、対称性と長さ的に△ＡＢＣは斜辺が２０ｃｍの直角二等辺三角形になる。
また、中央の正方形の上の辺を左から右にＤＥとすると、∠ＡＤＢ＝３６０°－６０°×２－９０°＝１５０°
よって、対称性から△ＤＡＢと△ＥＡＣは合同な、頂角が１５０°で等辺の長さが正方形の１辺の長さと等しい二等辺三角形である。
ここで、ＡＤの延長上にＢから垂線を下ろしその足をＨとすると、∠ＢＤＨ＝１５°＋１５°＝３０°より、△ＢＤＨは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型であるので、
ＢＨ＝ＢＤ/２
ところで、正三角形の１辺の長さと正方形の１辺の長さは等しいので、
△ＤＡＢ＝△ＥＡＣ＝正方形の１辺の長さ×正方形の１辺の半分の長さ÷２より、
△ＤＡＢ＋△ＥＡＣ＝正方形の１辺の長さ×正方形の１辺の半分の長さ＝正方形の半分の面積
ここで、グレーの図形をＢＣで切った下半分を考えると、正方形の半分の面積＋正三角形１個分より、△ＤＡＢ＋△ＥＡＣ＋正三角形１個分と等しい。よって、等積移動すると、グレーの図形の面積は直角二等辺三角形ＡＢＣの面積と等しい。よって、答えは、
２０×１０÷２＝１００ｃｍ^2

念のため、模範解答の方法でも解けました。まぁ、知っていただけだと思いますが。（今回のはオリジナルです。）

おまけ：

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。

別解
（ⅰ）ａがＲの可逆元⇒ａＲ＝Ｒ、の証明
∀ｒ∈Ｒに対して、ａｒ∈ａＲ
また、ａｒ∈Ｒ（ａ∈Ｒで、Ｒは環で乗法について閉じているから。）
よって、ａｒ∈ａＲ⇒ａｒ∈Ｒ
∴ａＲ⊂Ｒ———①
また、ａがＲの可逆元より、ａ^-1∈Ｒ
∴ｒ＝１・ｒ＝(ａ・ａ^-1)ｒ＝ａ(ａ^-1ｒ)
ここで、ａ^-1∈Ｒ，ｒ∈Ｒよりａ^-1ｒ∈Ｒ
∴ｒ∈ａＲ　よって、ｒ∈Ｒ⇒ｒ∈ａＲ
∴Ｒ⊂ａＲ———②
①，②より、
ａＲ＝Ｒ
（ⅱ）ａＲ＝Ｒ⇒ａはＲの可逆元、の証明
１∈Ｒ＝ａＲより、∃ｂ∈Ｒが存在してａｂ＝１が成り立つ。また、Ｒは可換環よりａｂ＝ｂａ＝１
よって、ａはＲの可逆元である。
（ⅰ）,（ⅱ）より、
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。

ワンポイント
Ｒが群ならば定理4.1の系より、ａ∈Ｒ⇔ａＲ＝Ｒだが、Ｒが環（乗法について群ではない）だから、ａがＲの可逆元⇔ａＲ＝Ｒ
つまり、Ｒが体（乗法について群）ならば、ａ∈Ｒ⇔ａＲ＝Ｒに戻るという訳である。

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

そこで、次の問題を見ると、

問2.5
次を証明せよ。
（１）は省略。
（２）可換環Ｒが体であるための必要十分条件は、Ｒが(０)とＲの他にイデアルをもたないことである。

証明ではないが、上のワンポイントを考えると、
「Ｒが体（乗法について群）ならば、ａ∈Ｒ⇔ａＲ＝Ｒ」より、Ｒが体である必要十分条件はイデアルａＲがＲのみ（と(０)）である事が直観的に分かる。
念のため、どんな環Ｒでも(０)とＲはそのイデアルである。

例2.1
（２）可換環Ｒの部分集合{０}とＲ自身はＲのイデアルである。この{０}とＲを環Ｒの自明なイデアルといい、そうでないイデアルを真のイデアルという。イデアル{０}は(０)で表すことが多い。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

おまけ：

解説
＞可換環Ｒの元ａについて、部分集合(ａ)＝ａＲ＝{ａｒ｜ｒ∈Ｒ}はＲのイデアルである。

一応、証明して下さい。

定義2.1
環Ｒの空でない部分集合Ｉについて、次の３つの条件を考える。
（ⅰ）ａ,ｂ∈Ｉ⇒ａ－ｂ∈Ｉ（加法に関して部分群）
（ⅱ）ｒ∈Ｒ,ａ∈Ｉ⇒ｒ・ａ∈Ｉ
（ⅲ）ｒ∈Ｒ,ａ∈Ｉ⇒ａ・ｒ∈Ｉ
（ⅰ）と（ⅱ）を満足しているとき、Ｉを環Ｒの左イデアルといい、（ⅰ）と（ⅲ）を満足しているとき、ＩをＲの右イデアルという。左イデアルでかつ右イデアルであるものを両側イデアル、あるいは単にイデアルという。Ｒが可換環であれば、左イデアルと右イデアルの概念は一致する。

証明
ｘ,ｙ∈ａＲに対して、ｘ＝ａｒ1，ｙ＝ａｒ2（ｒ1,ｒ2∈Ｒ）と置ける。
∴ｘ－ｙ＝ａｒ1－ａｒ2＝ａ(ｒ1－ｒ2)∈ａＲ（ｒ1,ｒ2∈ＲでＲは環より加法群でｒ1－ｒ2∈Ｒだから。また、ａ,ｒ1,ｒ2は全て環Ｒの元より分配法則が成り立つ。）
また、ｒ∈Ｒ，ｘ∈ａＲに対して、
ｒ・ｘ＝ｒ・ａｒ1＝(ｒ・ａ)ｒ1＝(ａ・ｒ)ｒ1＝ａ(ｒ・ｒ1)∈ａＲ（Ｒは可換環より。また、ｒ,ｒ1∈ＲでＲは環より乗法について閉じているから。）
∴ｒ・ｘ∈ａＲ
以上より、定義2.1の（ⅰ）,（ⅱ）を満たし、Ｒは可換環より、ａＲはＲのイデアルである。
よって、(ａ)はＲのイデアルである。

＞ａＲはａを含んでいる最小のイデアルである。すなわち
ＩはＲのイデアル，ａ∈Ｉ⇒ａＲ⊂Ｉ

下段の意味は、Ｉをａを含んでいるイデアルとすると、ａＲは必ずそのイデアルの部分集合になる。つまり、ａＲはａを含んでいる最小のイデアルであるという事の表現。（念のため、この本では⊂は等号も含んでいる部分集合の記号である。）

例えば、ａ＝９，Ｒ＝ℤとすると、ａＲは９の倍数の集合で９を含む集合は他に３の倍数の集合などがあるが、３の倍数の集合は９の倍数の集合より大きい。∵１～１０までで３の倍数は３個あるが９の倍数は１個しかないからである。（これを無限にまで拡大して考えるという事。）
つまり、９の倍数の集合は９を含む最小の集合である。同様に考えれば、「ａＲはａを含んでいる最小のイデアルである」事は自明だろう。
念のため、２７の倍数の集合は９を含まない。（当然の事だが一応。色々考えていると勘違いし易いから。）

おまけ：

問題２
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/202006270002/

算数の解法を作って下さい。一応、２通り作ってみました。

おまけ：

問題
ＡＢ＝ＡＣ＝２５ｃｍ，ＢＣ＝３４ｃｍの二等辺三角形ＡＢＣの辺ＢＣ上にＢＣを２５：９に分ける点Ｄを取る時、ＡＤの長さを求めて下さい。ただし、算数で解いて下さい。

解法１
ＢＣを９：２５に分ける点をＥとすると、△ＡＢＣが二等辺三角形より対称性で△ＡＥＤも二等辺三角形になる。（ＢＥ＝ＣＤ＝９ｃｍ）
また、ＢＤ＝２５ｃｍよりＢＡ＝ＢＤ　よって、△ＢＡＤも二等辺三角形で△ＢＡＤと△ＡＥＤは∠Ｄを共有しているので相似である。（１つの角を共有している二等辺三角形は２角（３角）が等しいので相似である。）
ところで、ＥＤ＝２５－９＝１６ｃｍ
また、ＢＤ：ＡＤ＝ＡＤ：ＥＤが成り立つので、２５：ＡＤ＝ＡＤ：１６
よって、ＡＤ×ＡＤ＝２５×１６＝４００＝２０×２０　よって、ＡＤ＝２０ｃｍ

解法２　意地でも算数で解く方法
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、点ＨはＢＣの真ん中の点である。よって、ＣＨ＝３４÷２＝１７ｃｍ
また、ＣＤ＝９ｃｍより、ＤＨ＝１７－９＝８ｃｍ　ここで、ＨからＡＣに垂線を下ろしその足をＩとすると、∠Ｃと直角の２角が等しいので、△ＨＩＣと△ＡＨＣは相似である。
よって、ＨＣ：ＣＩ＝ＡＣ：ＣＨが成り立つ。
よって、１７：ＣＩ＝２５：１７
よって、２５×ＣＩ＝１７×１７＝２８９
よって、ＣＩ＝２８９/２５ｃｍ
よって、ＡＩ＝２５－２８９/２５＝３３６/２５ｃｍ
対称性から同様に、△ＡＩＨと△ＡＨＣも相似である。よって、ＨＡ：ＡＩ＝ＣＡ：ＡＨが成り立つ。
よって、ＨＡ：３３６/２５＝２５：ＡＨ
よって、ＡＨ×ＡＨ＝３３６———①
また、ＨからＡＤに垂線を下ろしその足をＪとすると、先ほどと同様に２角が等しいので、△ＨＪＤと△ＡＨＤは相似でＨＤ：ＤＪ＝ＡＤ：ＤＨが成り立つ。よって、８：ＤＪ＝ＡＤ：８
よって、ＡＤ×ＤＪ＝６４———②
また、同様に２角が等しいので、△ＡＪＨと△ＡＨＤも相似。よって、ＡＪ：ＡＨ＝ＡＨ：ＡＤが成り立つ。
よって、ＡＨ×ＡＨ＝ＡＤ×ＡＪ———③
①を③に代入すると、
ＡＤ×ＡＪ＝３３６———④
②＋④より、
ＡＤ×ＤＪ＋ＡＤ×ＡＪ＝６４＋３３６
＝４００
よって、ＡＤ×(ＤＪ＋ＡＪ)＝４００
よって、ＡＤ×ＡＤ＝２０×２０
よって、ＡＤ＝２０ｃｍ

最後の分配法則の逆は優秀な小学生なら自然に身に付けている話である。
例えば、４×３＋４×７＝１２＋２８＝４０だが、４×(３＋７)＝４×１０＝４０と計算した方が楽だからである。

おまけ：
https://www.instagram.com/ugakimisato.mg/p/C3zuehCSijv/?img_index=1

問題２
Ａ，Ｂ，Ｃに入る数は何？
ＡＢＣ÷ＢＣ＝２９

算数の解法１
ＡＢＣ＝２９×ＢＣより、

　　２９
　×ＢＣ
　————
　ＡＢＣ

よって、Ｃ×９の一の位がＣ
これをＣ＝１～９まで調べると、Ｃ＝５だけ当てはまる。よって、Ｃ＝５

　　２９
　×Ｂ５
　————
　１４５
　９Ｂ
—————
　ＡＢＣ

よって、９×Ｂ＋４の一の位がＢ
これをＢ＝１～９まで調べると、Ｂ＝２，７が当てはまる。
Ｂ＝７とすると、２９×７５＝２１７５で４桁なので不適。
Ｂ＝２とすると、２９×２５＝７２５で適正。
よって、答えは、Ａ＝７，Ｂ＝２，Ｃ＝５

算数の解法２
例えば、１１２÷１２が割り切れるのは１２が１００の約数の時である。（１２が割り切れるのであとは１００が割り切れれば良いから。）
そう考えると、ＢＣは２桁の１００の約数である。よって、その候補は１０，２０，２５，５０
よって、ＡＢＣ÷ＢＣ＝２９より、２９×ＢＣを調べると、２９×１０＝２９０≠Ａ１０より不適。２９×２０＝５８０≠Ａ２０より不適。
２９×２５＝７２５＝Ａ２５より適正。
２９×５０＝１４５０は４桁で不適。
よって、答えは、Ａ＝７，Ｂ＝２，Ｃ＝５
ただし、この解法は厳密な解法ではない。その理由は、１１２÷１２の場合は厳密だが、例えば、６１２÷１２だったら１００の約数だけでなく６０の約数も考えなければいけないからである。
ただし、答えを１つ求めるだけならＯＫである。

そこで、模範解答とダブるが、厳密な解法にすると、
ＡＢＣ÷ＢＣ＝２９より、
(Ａ×１００＋ＢＣ)/ＢＣ＝２９
よって、(Ａ×１００)/ＢＣ＋１＝２９
移項を使わなくても、何かに１を足して２９になる数は２８なので、(Ａ×１００)/ＢＣ＝２８である。ところで、両辺とも４の倍数なので約分すると、(Ａ×２５)/ＢＣ＝７
分母を払うと、Ａ×２５＝７×ＢＣ
２５と７に共通の約数がないので、Ａ＝７，ＢＣ＝２５として良い。
よって、答えは、Ａ＝７，Ｂ＝２，Ｃ＝５

最後の所は算数の範囲外かもしれない。

おまけ：

解説
＞すなわち、この関係は次の条件を満たしている。
（１）反射律：ａ≡ａ（modＩ）
（２）対称律：ａ≡ｂ（modＩ）⇒ｂ≡ａ（modＩ）
（３）推移律：ａ≡ｂ（modＩ）,ｂ≡ｃ（modＩ）⇒ａ≡ｃ（modＩ）

一応、これらを証明して下さい。

証明
ａ≡ｂ（modＩ）⇔ａ－ｂ∈Ｉより、
（１）ａ≡ａ（modＩ）⇔０∈Ⅰ
ところで、条件よりＩは加法群なので、加法単位元０を含む。
よって、反射律は成り立つ。
（２）ａ≡ｂ（modＩ）⇔ａ－ｂ∈Ｉで、Ｉは加法群より加法逆元を含む。∴－(ａ－ｂ)∈Ｉ　∴－ａ＋ｂ∈Ｉ　∴ｂ－ａ∈Ｉ　∴ｂ≡ａ（modＩ）
よって、対称律も成り立つ。
（３）ａ≡ｂ（modＩ）⇔ａ－ｂ∈Ｉ
ｂ≡ｃ（modＩ）⇔ｂ－ｃ∈Ｉ
より、(ａ－ｂ)＋(ｂ－ｃ)∈Ｉ
∴ａ－ｃ∈Ｉ　∴ａ≡ｃ（modＩ）
よって、推移律も成り立つ。

＞Ｉは加法群Ｒの正規部分群である

Ｉは加法群で加法群は全て可換だからである。

定義5.1
Ｇのすべての元ａに対しａＨ＝Ｈａとなるとき、ＨをＧの正規部分群という。

念のため、これは、ｈ,ｈ'∈Ｈに対して、ａｈ＝ｈ'ａという意味で可換という意味ではない。もちろん、ａｈ＝ｈａ（可換）ならば条件を満たす事は言うまでもない。

＞また、Ｉは加法群Ｒの正規部分群であるから、この同値類による剰余類と、さらにこれらの剰余類の集合
Ｒ/Ｉ＝{|ａ｜ａ∈Ｒ}
を考えることができる。

剰余群と違って剰余類の集合は正規部分群でなくても定義出来る。

定理4.3
Ｇを群，ＨをＧの部分群とするとき、Ｈの左剰余類の集合の濃度とＨの右剰余類の濃度は一致する。

定義5.3
定理5.2の群を群Ｇの正規部分群Ｈによる剰余群といい、剰余類全体の集合と同じ記号Ｇ/Ｈで表す。

剰余類の集合は普通の部分群で良いが、剰余群は正規部分群である必要がある事が分かるだろう。

＞第２章定理5.1の（3）を加法の言葉で書けば
（４）ａ≡ｂ（modＩ）,ｃ≡ｄ（modＩ）⇒ａ＋ｃ≡ｂ＋ｄ（modＩ）
を満足していることがわかる。

ａ≡ｂ（modＩ）⇔ａ－ｂ∈Ｉより、
ａ－ｂ∈Ｉ，ｃ－ｄ∈Ｉ
また、Ｉは加法群より、ａ－ｂ＋(ｃ－ｄ)∈Ｉ
∴ａ＋ｃ－(ｂ＋ｄ)∈Ｉ
∴ａ＋ｃ≡ｂ＋ｄ（modＩ）

＞また、続きに「ａ∈Ｉよりａ≡０（modＩ）」とあるので、ついでにこれも解説して下さい。

ａ≡ｂ（modＩ）⇔ａ－ｂ∈Ｉのｂにｂ＝０を代入すると、ａ≡０（modＩ）⇔ａ∈Ｉだから。
また、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

これを加法で考えると、
ａ∈Ｈ⇔ａ＋Ｈ＝Ｈ⇔ａ＝０
よって、Ｈを「ａ≡ｂ（modＩ）⇔ａ－ｂ∈Ｉ」のＩに変えると、ａ≡０（modＩ）⇔ａ∈Ｉという事である。（ちょっと誤解を生むかもしれないが、あえて書いた。ａ＋Ｈ＝Ｈ⇔ａ＝０ではないがＨがイデアルならばａ＋Ｈ＝Ｈ⇔ａ≡０という事。）

おまけ：

問題１の電卓ありの解法
∠ＣＡＤ＝４０°－２０°＝２０°より、∠ＣＡＤ＝∠ＣＤＡ　よって、△ＣＡＤは二等辺三角形。よって、ＣからＡＤに垂線を下ろしその足をＨとすると、点ＨはＡＤの中点になる。
ここで、ＣＤ＝ＣＡ＝１とすると、ＤＨ＝cos20°より、ＡＤ＝２cos20°
∴ＢＣ＝ＡＤ＝２cos20°
また、ＡからＢＣに垂線を下ろしその足をＩとすると、ＩＣ＝cos40°
∴ＢＩ＝２cos20°－cos40°
また、ＡＩ＝sin40°
∴tan∠ｘ＝sin40°/(２cos20°－cos40°)
＝0.6427876/1.1133408＝0.5773502
∴∠ｘ＝tan^-1(0.5773502)＝３０°
よって、答えは、３０°

因みに、２倍角の公式で２０°に統一出来るが意味がないので却下。

問題２の別解
∠Ｃの外角の二等分線を引き、ＢＤの延長との交点をＥとし、∠Ｃの外角の二等分角をそれぞれ×と置くと、∠ＤＣＥ＝１８０°÷２＝９０°
また、△ＣＡＢの内対角の和より、
××＝●●＋６８°———①
また、△ＣＥＢの内対角の和より、
×＝●＋∠Ｅ
∴××＝●●＋２∠Ｅ———②
①，②より、２∠Ｅ＝６８°であるので、∠Ｅ＝３４°また、△ＤＥＣでの内対角の和より、
∠ｘ＝９０°＋３４°＝１２４°
よって、答えは、１２４°

改題は次回。これだけの条件じゃ無理だろうという偏見がなければ割と簡単です。

おまけ：

改題
上の図でＤからＢＤに対して垂線を立て、ＡＢ，ＢＣとの交点をそれぞれＥ，Ｆとすると、ＡＥ＝１ｃｍ，ＣＦ＝２ｃｍとなったという。この時、ＥＦの長さを求めて下さい。
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/202006300002/

解答
上の解答より、∠ｘ＝１２４°
∴∠ＦＤＣ＝１２４°－９０°＝３４°
また、点Ｄは△ＡＢＣの内心より、ＡＤを結ぶとＡＤは∠Ａの二等分線になる。
∴∠ＥＡＤ＝６８°÷２＝３４°
∴∠ＦＤＣ＝∠ＥＡＤ———①
ところで、ＢＤ⊥ＥＦでＢＤは∠Ｂの二等分線より、△ＢＥＦは二等辺三角形である。
∴∠ＢＦＥ＝∠ＢＥＦ
∴１８０°－∠ＢＦＥ＝１８０°－∠ＢＥＦ
∴∠ＤＦＣ＝∠ＡＥＤ———②
①，②より、２角が等しいので、
△ＦＤＣ∽△ＥＡＤ　
∴ＣＦ：ＦＤ＝ＤＥ：ＥＡ
ここで、ＤＥ＝ＤＦ＝ｘと置くと、
２：ｘ＝ｘ：１が成り立つ。
∴ｘ^2＝２　∴ｘ＝√２ｃｍ
∴ＥＦ＝２ｘ＝２√２ｃｍ
よって、答えは、２√２ｃｍ

念のため、６８°だからたまたま成り立った訳ではありません。一般の場合は、公式より、
∠ＢＤＣ＝９０°＋∠Ａ/２
よって、∠ＦＤＣ＝(９０°＋∠Ａ/２)－９０°＝∠Ａ/２　また、内心より、∠ＥＡＤ＝∠Ａ/２　よって、∠ＦＤＣ＝∠ＥＡＤとなる。（①と同じ。）

おまけ：

解説１
＞もしａn(ｙ),･･･,ａ0(ｙ)がすべてｆ(ｙ)で割り切れれば、ｆ(ｙ)はｇ(ｘ,ｙ)を割り切る。よって（＊）が成り立つ。もしそうでなければｆ(ｙ)で割り切れないａi(ｙ)のうち、ｉが最大になるものをａi(ｙ)とおく。ｇ(ｘ,ｙ)ｈ(ｘ,ｙ)のｘ^(m+i),ｘ^(m+i-1),･･･,ｘ^iの項を順に考える。まずｍ＋ｉ次の項ｘ^(m+i)の係数は
ａi(ｙ)ｂm(ｙ)＋ａi+1(ｙ)ｂm-1(ｙ)＋･･･＋ａn(ｙ)ｂm-n+i(ｙ)
（ただしｋ＜０ではｂk(ｙ)＝０とおく）である。これは仮定よりｆ(ｙ)で割り切れる。上式の第２項からはａi+1(ｙ)からａn(ｙ)がすべてｆ(ｙ)で割り切れるので、ａi(ｙ)ｂm(ｙ)もｆ(ｙ)で割り切れる。ｆ(ｙ)は既約なので、ｂm(ｙ)を割り切る。

ｇ(ｘ,ｙ)＝ａn(ｙ)ｘ^n＋･･･＋ａ1(ｙ)ｘ＋ａ0(ｙ)，ｈ(ｘ,ｙ)＝ｂm(ｙ)ｘ^m＋･･･＋ｂ1(ｙ)ｘ＋ｂ0(ｙ)より、
ｇ(ｘ,ｙ)ｈ(ｘ,ｙ)
＝(ａn(ｙ)ｘ^n＋･･･＋ａ1(ｙ)ｘ＋ａ0(ｙ))・(ｂm(ｙ)ｘ^m＋･･･＋ｂ1(ｙ)ｘ＋ｂ0(ｙ))
＝(ａn(ｙ)ｘ^n＋ａn-1(ｙ)^(n-1)＋･･･＋ａi(ｙ)ｘ^i＋･･･＋ａ1(ｙ)ｘ＋ａ0(ｙ))・(ｂm(ｙ)ｘ^m＋･･･＋ｂ1(ｙ)ｘ＋ｂ0(ｙ))
これを展開して、ｘ^(m+i)の項を考えると、
ａi(ｙ)ｂm(ｙ)＋ａi+1(ｙ)ｂm-1(ｙ)＋･･･＋ａn(ｙ)ｂm-n+i(ｙ)
となる事が分かるだろう。（i＋m，(i+1)+(m-1)=1+m，･･･，n+(m-n+i)=m+iとなっている。また、ａi(ｙ)ｘ^iより下の次数ではｈ(ｘ,ｙ)側の最大次数のｂm(ｙ)ｘ^mとかけてもｘ^(m+i)にならない。）
また、「これは仮定よりｆ(ｙ)で割り切れる」とは、（＊）の仮定の事である。つまり、
「ｆ(ｘ,ｙ)はｇ(ｘ,ｙ)ｈ(ｘ,ｙ)を割り切るとき、
ｇ(ｘ,ｙ)またはｈ(ｘ,ｙ)を割り切る」・・・（＊）
の「ｆ(ｘ,ｙ)はｇ(ｘ,ｙ)ｈ(ｘ,ｙ)を割り切るとき」だからである。ｆ(ｘ,ｙ)がｆ(ｙ)で、「これ」はａi(ｙ)ｂm(ｙ)＋ａi+1(ｙ)ｂm-1(ｙ)＋･･･＋ａn(ｙ)ｂm-n+i(ｙ)でｇ(ｘ,ｙ)ｈ(ｘ,ｙ)の１つの項だから割り切れるという事。（割り切れるという事は全ての項が割り切れるという事。）
最後の「上式の第２項からはａi+1(ｙ)からａn(ｙ)がすべてｆ(ｙ)で割り切れるので、ａi(ｙ)ｂm(ｙ)もｆ(ｙ)で割り切れる。ｆ(ｙ)は既約なので、ｂm(ｙ)を割り切る」は、
ａi(ｙ)はｆ(ｙ)で割り切れない最大のものなので、ａi+1(ｙ)以上は全てｆ(ｙ)で割り切れる。
よって、ａi(ｙ)ｂm(ｙ)＋ａi+1(ｙ)ｂm-1(ｙ)＋･･･＋ａn(ｙ)ｂm-n+i(ｙ)の第２項以下は全てｆ(ｙ)で割り切れるという事。そして、残ったａi(ｙ)ｂm(ｙ)も先の仮定から全体がｆ(ｙ)で割り切れるので、残りものもｆ(ｙ)で割り切れるという意味である。また、ａi(ｙ)ｂm(ｙ)のａi(ｙ)はｆ(ｙ)で割り切れない（最大のものだった）ので、ｂm(ｙ)側がｆ(ｙ)で割り切れるという事。

＞一応、「ただしｋ＜０ではｂk(ｙ)＝０とおく」の解説もして下さい。

ｇ(ｘ,ｙ)＝ａn(ｙ)ｘ^n＋･･･＋ａ1(ｙ)ｘ＋ａ0(ｙ)，ｈ(ｘ,ｙ)＝ｂm(ｙ)ｘ^m＋･･･＋ｂ1(ｙ)ｘ＋ｂ0(ｙ)でｇ(ｘ,ｙ)ｈ(ｘ,ｙ)の展開を考えているのでｋ＜０の場合などあり得ないが、あればｂk(ｙ)＝０に決まっている。ａk(ｙ)（ｋ＜０）の方には触れないのは何故なのだろう。

＞次にｘ^(m+i-1)の係数について同様に議論してｂm-1(ｙ)が割り切れることがわかる。以上を繰り返してｂm(ｙ)からｂ0(ｙ)がすべてｆ(ｙ)で割り切れることが従う。

ｇ(ｘ,ｙ)ｈ(ｘ,ｙ)
＝(ａn(ｙ)ｘ^n＋･･･＋ａ1(ｙ)ｘ＋ａ0(ｙ))・(ｂm(ｙ)ｘ^m＋･･･＋ｂ1(ｙ)ｘ＋ｂ0(ｙ))
＝(ａn(ｙ)ｘ^n＋ａn-1(ｙ)^(n-1)＋･･･＋ａi(ｙ)ｘ^i＋･･･＋ａ1(ｙ)ｘ＋ａ0(ｙ))・(ｂm(ｙ)ｘ^m＋･･･＋ｂ1(ｙ)ｘ＋ｂ0(ｙ))
これを展開して、ｘ^(m+i-1)の項を考えると、
ａi-1(ｙ)ｂm(ｙ)＋ａi(ｙ)ｂm-1(ｙ)＋ａi+1(ｙ)ｂm-2(ｙ)＋･･･＋ａn(ｙ)ｂm-n-1+i
で、ａi(ｙ)はｆ(ｙ)で割り切れない最大のものなので、ａi+1(ｙ)以上は全てｆ(ｙ)で割り切れる。
よって、初めの２項だけを考えれば良い。
ａi-1(ｙ)ｂm(ｙ)＋ａi(ｙ)ｂm-1(ｙ)
先程より、ｂm(ｙ)はｆ(ｙ)で割り切れたので、
ａi(ｙ)ｂm-1(ｙ)だけを考えれば良く、ａi(ｙ)はｆ(ｙ)で割り切れないので、ｂm-1(ｙ)側がｆ(ｙ)で割り切れる。よって、「次にｘ^(m+i-1)の係数について同様に議論してｂm-1(ｙ)が割り切れることがわかる」という事である。
また、ｘ^iの係数は（上より「ｘ^(m+i),ｘ^(m+i-1),･･･,ｘ^iの項を順に考えるから」）、
ａi(ｙ)ｂ0(ｙ)のみを考えれば良い。（i+0=iだから。また、ａi-1(ｙ)ｂ1(ｙ)までは上から順番に割り切れる事が分かっているから。）
ａi(ｙ)はｆ(ｙ)で割り切れないので、ｂ0(ｙ)がｆ(ｙ)で割り切れる。よって、「以上を繰り返してｂm(ｙ)からｂ0(ｙ)がすべてｆ(ｙ)で割り切れることが従う」という事である。
よって、ｆ(ｙ)はｈ(ｘ,ｙ)を割り切る。
よって、上の「もしａn(ｙ),･･･,ａ0(ｙ)がすべてｆ(ｙ)で割り切れれば、ｆ(ｙ)はｇ(ｘ,ｙ)を割り切る。よって（＊）が成り立つ。もしそうでなければ」ｆ(ｙ)はｈ(ｘ)を割り切り、（＊）が成り立つ。

続きは次回。

おまけ：

解説の続き

問題 3-10c
体Ｋを係数とするｘ,ｙの多項式ｆ(ｘ,ｙ)は、定数でない２式の積で表せないとき、既約であるという。次の主張（＊）について、以下の問いに答えよ。
「ｆ(ｘ,ｙ)はｇ(ｘ,ｙ)ｈ(ｘ,ｙ)を割り切るとき、
ｇ(ｘ,ｙ)またはｈ(ｘ,ｙ)を割り切る」・・・（＊）
（１）ｆ(ｘ,ｙ)は既約であり、かつ、ｙのみの式であるとき、（＊）を示せ。
（２）ｆ(ｘ,ｙ)が既約であるとき（＊）が成り立つことを示せ。したがって本文と同様に、ｘ,ｙの式は既約多項式の積に、定数倍と積の順序を除いて一意的に表される。

解答
（２）ｆ(ｘ,ｙ)はｘも含む式と仮定する（そうでない場合は（１）で済んでいる）。
ｘ,ｙの多項式をｙの分数式を係数とするｘの式とみる。このとき１変数の結果からｆ(ｘ,ｙ)は（ｙの分数式を係数とする多項式として）ｇ(ｘ,ｙ)またはｈ(ｘ,ｙ)を割り切る。ｆ(ｘ,ｙ)がｇ(ｘ,ｙ)を割り切るとすると、ｇ(ｘ,ｙ)＝ｆ(ｘ,ｙ)ｋ(ｘ,ｙ)である（ｋ(ｘ,ｙ)はｙの分数式を係数とする）。そこでｋ(ｘ,ｙ)の分母を払ってｃ(ｙ)ｇ(ｘ,ｙ)＝ｆ(ｘ,ｙ)ｋ'(ｘ,ｙ)（ｃ(ｙ)はｙの多項式，ｋ'(ｘ,ｙ)は多項式）と表される。ｃ(ｙ)の各既約因子ｄ(ｙ)に（１）を適用すると、ｄ(ｙ)はｋ'(ｘ,ｙ)を割り切る（∵ｆ(ｘ,ｙ)はｘも含む既約式なのでｄ(ｙ)で割り切れないから）。ｃ(ｙ)のすべての既約因子に同様の議論をすると、ｃ(ｙ)はｋ'(ｘ,ｙ)を割り切る。よってｆ(ｘ,ｙ)はｇ(ｘ,ｙ)を割り切ることがわかる。ｆ(ｘ,ｙ)がｈ(ｘ,ｙ)を割り切る場合も同様である。以上により（＊）が証明された。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

解説２
＞このとき１変数の結果からｆ(ｘ,ｙ)は（ｙの分数式を係数とする多項式として）ｇ(ｘ,ｙ)またはｈ(ｘ,ｙ)を割り切る。

ｙの分数式を体Ｋの代わりに見るという事だろう。続きでこれを証明するという訳である。

＞ｆ(ｘ,ｙ)がｇ(ｘ,ｙ)を割り切るとすると、ｇ(ｘ,ｙ)＝ｆ(ｘ,ｙ)ｋ(ｘ,ｙ)である（ｋ(ｘ,ｙ)はｙの分数式を係数とする）。そこでｋ(ｘ,ｙ)の分母を払ってｃ(ｙ)ｇ(ｘ,ｙ)＝ｆ(ｘ,ｙ)ｋ'(ｘ,ｙ)（ｃ(ｙ)はｙの多項式，ｋ'(ｘ,ｙ)は多項式）と表される。ｃ(ｙ)の各既約因子ｄ(ｙ)に（１）を適用すると、ｄ(ｙ)はｋ'(ｘ,ｙ)を割り切る（∵ｆ(ｘ,ｙ)はｘも含む既約式なのでｄ(ｙ)で割り切れないから）。ｃ(ｙ)のすべての既約因子に同様の議論をすると、ｃ(ｙ)はｋ'(ｘ,ｙ)を割り切る。よってｆ(ｘ,ｙ)はｇ(ｘ,ｙ)を割り切ることがわかる。

＞ｆ(ｘ,ｙ)がｇ(ｘ,ｙ)を割り切るとすると、ｇ(ｘ,ｙ)＝ｆ(ｘ,ｙ)ｋ(ｘ,ｙ)である（ｋ(ｘ,ｙ)はｙの分数式を係数とする）。

ｆ(ｘ,ｙ)は「ｙの分数式を係数とするｘの式」でｇ(ｘ,ｙ)は普通の整式で「ｋ(ｘ,ｙ)はｙの分数式を係数とする」訳である。

＞そこでｋ(ｘ,ｙ)の分母を払ってｃ(ｙ)ｇ(ｘ,ｙ)＝ｆ(ｘ,ｙ)ｋ'(ｘ,ｙ)（ｃ(ｙ)はｙの多項式，ｋ'(ｘ,ｙ)は多項式）と表される。

よって、ｋ(ｘ,ｙ)＝ｋ'(ｘ,ｙ)/ｃ(ｙ)と表される。（ｋ'(ｘ,ｙ)の係数は分数式ではないｙの式）
よって、先の等式ｇ(ｘ,ｙ)＝ｆ(ｘ,ｙ)ｋ(ｘ,ｙ)に代入して分母を払うと、
ｃ(ｙ)ｇ(ｘ,ｙ)＝ｆ(ｘ,ｙ)ｋ'(ｘ,ｙ)となる。

＞ｃ(ｙ)の各既約因子ｄ(ｙ)に（１）を適用すると、ｄ(ｙ)はｋ'(ｘ,ｙ)を割り切る（∵ｆ(ｘ,ｙ)はｘも含む既約式なのでｄ(ｙ)で割り切れないから）。

ｃ(ｙ)を既約多項式の積と考えて、その既約多項式ｄ(ｙ)など１つずつで（１）を適用すると、
ｃ(ｙ)ｇ(ｘ,ｙ)＝ｆ(ｘ,ｙ)ｋ'(ｘ,ｙ)より、
ｇ(ｘ,ｙ)＝ｆ(ｘ,ｙ)ｋ'(ｘ,ｙ)/ｃ(ｙ)で左辺が整式だから右辺も整式でｄ(ｙ)はｆ(ｘ,ｙ)ｋ'(ｘ,ｙ)を割り切る。そして、ｆ(ｘ,ｙ)は条件から既約多項式なので、ｋ'(ｘ,ｙ)側がｄ(ｙ)で割り切れるという事である。

＞ｃ(ｙ)のすべての既約因子に同様の議論をすると、ｃ(ｙ)はｋ'(ｘ,ｙ)を割り切る。よってｆ(ｘ,ｙ)はｇ(ｘ,ｙ)を割り切ることがわかる。

上のｇ(ｘ,ｙ)＝ｆ(ｘ,ｙ)ｋ'(ｘ,ｙ)/ｃ(ｙ)のｋ'(ｘ,ｙ)がｃ(ｙ)で割り切れる訳である。
よって、ｇ(ｘ,ｙ)＝ｆ(ｘ,ｙ)ｑ(ｘ,ｙ)となり、ｆ(ｘ,ｙ)はｇ(ｘ,ｙ)を割り切ることがわかるという訳である。
ところで、「よって、ｋ(ｘ,ｙ)＝ｋ'(ｘ,ｙ)/ｃ(ｙ)と表される。（ｋ'(ｘ,ｙ)の係数は分数式ではないｙの式）」から、ｑ(ｘ,ｙ)＝ｋ(ｘ,ｙ)である。
つまり、ｇ(ｘ,ｙ)＝ｆ(ｘ,ｙ)ｋ(ｘ,ｙ)

初めの仮定が「ｆ(ｘ,ｙ)がｇ(ｘ,ｙ)を割り切るとすると、ｇ(ｘ,ｙ)＝ｆ(ｘ,ｙ)ｋ(ｘ,ｙ)である（ｋ(ｘ,ｙ)はｙの分数式を係数とする）」で、結論が「よってｆ(ｘ,ｙ)はｇ(ｘ,ｙ)を割り切ることがわかる」は当たり前の事で証明になっていないのではないだろうか。

おまけ：

算数の別解
ＯＤの延長上にＤＥ＝２ｃｍとなる点Ｅを取り、長方形ＦＡＯＥを作る。
ここで、ＦＥ上にＦＧ＝２ｃｍとなる点Ｇを取り、ＧＡ，ＧＤを結ぶと、△ＦＡＧと△ＥＧＤは合同になり、角度を考えると∠ＡＧＤ＝９０°となる。（これは定石の形だが、△ＦＡＧと△ＥＧＤのそれぞれの２つの角を●，○と置いて考えれば分かる。）
また、合同よりＧＡ＝ＧＤなので、△ＧＡＤは直角二等辺三角形。よって、∠ＧＡＤ＝４５°
ところで、△ＦＡＧと△ＯＣＤも合同より、∠ＦＡＧ＝ｙ/２　また、∠ＤＡＯ＝ｘ/２で、
∠ＦＡＧ＋∠ＤＡＯ＝９０°－∠ＧＡＤより、
ｙ/２＋ｘ/２＝９０°－４５°＝４５°
よって、ｘ＋ｙ＝９０°

何でもありの解法１
△ＤＯＣでの三平方の定理より、ＣＤ＝２√５ｃｍ　また、ＣＤの延長上にＡから垂線を下ろしその足をＨとすると、２角が等しいので、△ＤＯＣ∽△ＡＨＣ　∴ＣＤ：ＤＯ＝ＣＡ：ＡＨ
∴２√５：２＝１０：ＡＨ
∴２√５ＡＨ＝２０　∴ＡＨ＝２√５ｃｍ
ところで、△ＤＯＣは直角を挟む二辺の比が１：２より、△ＡＨＣもそれに従う。
よって、ＣＨ＝４√５ｃｍでＣＤ＝２√５ｃｍより、ＤＨ＝２√５ｃｍ　∴ＡＨ＝ＤＨ　
よって、△ＡＨＤは直角二等辺三角形である。
∴∠ＡＤＨ＝４５°
よって、△ＤＡＣの内対角の和より、
ｘ/２＋ｙ/２＝４５°∴ｘ＋ｙ＝９０°

何でもありの解法２，３は次回。１つは中学数学でもう１つは高校数学です。大学数学でも出来ますが、高校数学と似ていて面白くないので却下。（中学数学の解法は三平方の定理は使いません。）

おまけ：

何でもありの解法２
△ＣＤＢをＤＢで折り返して、点Ｃの行き先をＣ'とし、ＯＣ'の中点をＭとすると、△ＤＯＭは直角二等辺三角形より、ＤＭ＝２√２ｃｍ
また、ＡＭ＝６－２＝４ｃｍ，Ｃ'Ｍ＝４－２＝２ｃｍ　∴ＡＭ：ＤＭ＝４：２√２＝２：√２＝√２：１———①
また、ＤＭ：Ｃ'Ｍ＝２√２：２＝√２：１———②
①，②より、ＡＭ：ＤＭ＝ＤＭ：Ｃ'Ｍ　また、∠Ｃ'ＭＤは共通より、二辺比と挟角が等しいので、△Ｃ'ＭＤ∽△ＤＭＡ
∴∠ＭＤＣ'＝∠ＭＡＤ＝ｘ/２
また、∠ＭＣ'Ｄ＝∠ＯＣ'Ｄ＝∠ＯＣＤ＝ｙ/２
よって、△ＭＣ'Ｄの内対角の和より、
∠ＤＭＯ＝∠ＭＤＣ'＋∠ＭＣ'Ｄ
ところで、△ＤＯＭは直角二等辺三角形より、∠ＤＭＯ＝４５°
∴４５°＝ｘ/２＋ｙ/２
∴ｘ＋ｙ＝９０°

何でもありの解法３
tan(x/2)＝１/３，tan(y/2)＝１/２
ここで、tanの加法定理より、
tan(x/2+y/2)＝{tan(x/2)+tan(y/2)}/{１－tan(x/2)tan(y/2)}
＝(１/２＋１/３)/{1－(１/２)(１/３)}
＝(５/６)/(５/６)＝１
∴tan(x/2+y/2)＝１
ところで、ｘ/２＋ｙ/２＜１８０°より、
ｘ/２＋ｙ/２＝４５°
∴ｘ＋ｙ＝９０°

おまけ：
https://www.msn.com/ja-jp/news/entertainment/%E3%83%97%E3%83%A9%E3%83%9E%E3%82%A4%E5%B2%A9%E6%A9%8B%E3%81%A8%E7%9C%9F%E6%9C%A8%E3%82%88%E3%81%86%E5%AD%90%E3%81%AE%E8%AB%96%E4%BA%89%E3%81%AB%E4%B8%80%E7%9F%B3-%E5%85%83%E6%94%BE%E9%80%81%E4%BD%9C%E5%AE%B6%E3%81%8C%E6%A5%AD%E7%95%8C%E3%81%AE-%E3%82%A8%E3%82%A2%E3%82%AC%E3%83%B3%E6%96%87%E5%8C%96-%E3%82%92%E8%A8%BC%E8%A8%80/ar-BB1iPeTr