数学

解説
＞集合Ａの直積集合Ａ×Ａの部分集合Ｆが与えられているとする。ｘ,ｙ∈Ａであって（ｘ,ｙ）∈Ｆであるとき、ｘ～ｙと書きｘとｙは～という関係にある。

例えば、Ａを整数全体の集合とし、Ｆをその部分集合の３の倍数の集合とすると、ｘ，ｙが共にＦの元である時、ｘ～ｙと書きｘとｙは共に３の倍数（同値類）という関係にある。

＞特に関係のうち、次の３つの条件を満足するものを同値関係という。
（１）反射律　ａ～ａ
（２）対称律　ａ～ｂ⇒ｂ～ａ
（３）推移律　ａ～ｂ,ｂ～ｃ⇒ａ～ｃ
～を集合Ａにおける同値関係とする。

例えば、等号関係など。～を＝に変えてみれば成り立つ事が分かるだろう。また、不等号は成り立たない。
例えば、ａ＜ａは成り立たないだろう。ａ＜ｂ⇒ｂ＜ａも成り立たない。

＞Ａの元ａに同値であるＡの元の全体をＣaで表して、Ｃaをａの同値類といい、ａを同値類Ｃaの代表元という。

例えば、Ｃaを３の倍数の集合とすると、ａは３でも６でも０でも何でも良いが、基本的に０が代表的には良いだろう。

＞ａの同値類Ｃaの全体の集合をＡの同値関係～による商集合といい、Ａ/～で表す。すなわち、
Ａ/～＝{Ｃa｜ａ∈Ａ}

例えば、{３の倍数の集合，３で割って１余る数の集合，３で割って２余る数の集合}など集合の集合。

＞すべての同値類から１つずつ元を選んで集めた集合をΓとする。このとき、
Ａ＝⋃(a∈Γ)Ｃa　かつ　ａ≠ｂ（ａ,ｂ∈Γ）ならば
Ｃa∩Ｃb＝φ

例えば、Ｃaを３で割って１余る数の集合，Ｃbを３で割って２余る数の集合とすると、Ｃa∩Ｃb＝φは自明だろう。
また、Γ＝{０，１，２}（３で割って０余る，１余る，２余るの０，１，２）など（代表）である。

＞すなわち、もとの集合Ａは同値類Ｃa（ａ∈Γ）によって分割されている。このことを集合Ａは同値関係～によって類別されるといい、Γをこの同値関係～の完全代表系という。

今までの事を理解していれば意味が分かるはずである。
つまり、整数全体の集合Ａは３で割って余る数という同値関係によって類別されており、Γ＝{０，１，２}をこの同値関係の完全代表系という。

おまけ：

ライアーゲームの回答
嘘である。

＞つまり、N(N-a)(N-b)(N-c)(N-d)=(N^5-N)-(a+b+c+d)・(N^4-N)+(ab+bc+cd+ac+ad+bd)(N^3-N)
-(abc+abd+acd+bcd)(N^2-N)の５を一般の素数としても左辺とN^5-Nはｐの倍数になる。
ところで、このＮはどんな自然数（整数）でも成り立つので、
a+b+c+d，ab+bc+cd+ac+ad+bd，abc+abd+acd+bcdは全てｐの倍数である。

左辺とN^p-Nがｐの倍数でも右辺の係数が全てｐの倍数とは限らない。
例えば、N^561-Nは561の倍数である。https://www.wolframalpha.com/input?i=Table%5B%28N%5E561-N%29mod561%2C%7BN%2C2%2C30%7D%5D&lang=ja（念のため、561は素数ではない。）
また、左辺はN(N-1)(N-2)･･･(N-560)で連続する561整数の積より561の倍数である。
ここで、補題より、
N(N-1)(N-2)(N-3)・・・・{N-(S-1)}は必ず、
(N^S-N)-a1{N^(S-1)-N}+a2{N^(S-2)-N}-・・・・
-a(s-3)(N^3-N)+a(s-2)(N^2-N)の形に変形、
a2の係数は、s(s-1)(s-2)(3s-1)/24で求められるので、
N(N-1)(N-2)･･･(N-560)のa2の係数は、
561(561-1)(561-2)(3・561-1)/24
＝561・560・599・1682/24
＝561・70・599・1682/3
ところが、599も1682も3の倍数ではない（各桁の和が3の倍数ではない）ので、561が3で割り切れて整数になる。つまり、a2は561の倍数ではない。
よって、「左辺とN^p-Nがｐの倍数でも右辺の係数が全てｐの倍数とは限らない」事が示された。ただし、多分ｐが素数の場合はそうなる。それが「うんざりはちべえと壊れた扉の予想」の内容である。

念のため、N^561-Nが561の倍数の補足。https://bbs1.rocketbbs.com/shochandas/posts/1265

補題
N(N-1)(N-2)(N-3)・・・・{N-(S-1)}は必ず、
(N^S-N)-a1{N^(S-1)-N}+a2{N^(S-2)-N}-・・・・
-a(s-3)(N^3-N)+a(s-2)(N^2-N)の形に変形、
a2の係数は、s(s-1)(s-2)(3s-1)/24で求められる。

証明
N(N-a)(N-b)(N-c)(N-d)(N-e)(N-f)
=N^7-(f+e+d+c+b+a)N^6
+ {(e+d+c+b+a)f+(d+c+b+a)e+(c+b+a)d+(b+a)c+ab} N^5
- [{(d+c+b+a)e+(c+b+a)d+(b+a)c+ab}f+{(c+b+a)d+(b+a)c+ab}e+{(b+a)c+ab}d+abc] N^4
+ [{{(c+b+a)d+(b+a)c+ab}e+{(b+a)c+ab}d +abc)}f+{{(b+a)c+ab}d+abc}e+abcd] N^3
- [{{{(b+a)c+ab}d+abc}e+abcd}f+abcde] N^2
+ abcdef N

この展開の係数と(N^S-N)-a1{N^(S-1)-N}+a2{N^(S-2)-N}-・・・・-a(s-3)(N^3-N)+a(s-2)(N^2-N)の係数は一致しているので、上の展開式を利用する。
(e+d+c+b+a)f+(d+c+b+a)e+(c+b+a)d+(b+a)c+abは、a=1,b=2,…,f=ｓ-1で、それぞれの括弧の右の数字は括弧の最後の数字の次の数字になっているので、ｆをｎ番目とすると、
Σ(n=1~s-1){n(n-1)/2}nで求められる。
∴Σ(n=1~s-1){n(n-1)/2}n=Σ(n=1~s-1){n^2(n-1)/2}
=(1/2)Σ(n=1~s-1)(n^3-n^2)
=(1/2)Σ(n=1~s-1)n^3－(1/2)Σ(n=1~s-1)n^2
=(1/2){s(s-1)/2}^2－(1/2){s(s-1)(2s-1)/6}
=s^2(s-1)^2/8－s(s-1)(2s-1)/12
=3s^2(s-1)^2/24－2s(s-1)(2s-1)/24
=s(s-1){3s(s-1)-2(2s-1)}/24=s(s-1)(3s^2-7s+2)/24
=s(s-1)(s-2)(3s-1)/24
よって、a2の係数はs(s-1)(s-2)(3s-1)/24で求められる。

念のため、s=5とすると、
s(s-1)(s-2)(3s-1)/24＝5・4・3・14/24=35で、一方、
N(N-1)(N-2)(N-3)(N-4) =(N^5-N)-10(N^4-N)+35(N^3-N)-50(N^2-N)でa2の係数は35でOK。
s=6とすると、
s(s-1)(s-2)(3s-1)/24＝6・5・4・17/24=85で、一方、
N(N-1)(N-2)(N-3)(N-4)(N-5)=(N^6-N)-15(N^5-N)+85(N^4-N)-225(N^3-N)+274(N^2-N)でa2の係数は85でOK。

おまけ：
「オウム真理教のキーワードが「カルマ」や「タントラ」などの用語だとすれば、オウム真理教に対して批判的な論調の合い言葉は「反社会性」である。
　これに対して、オウム真理教擁護の論陣を張る論客も出てきた。その代表的存在が、宗教学者の中沢新一氏だ。
　中沢氏はみずからオウム真理教の「弁護人」と称し、さまざまな機会をとらえて弁護活動を展開している。
「そりゃ、オウム真理教は反社会的かもしれないけど、あらゆる宗教で反社会的でない宗教なんてあり得ないんだよね。人間の欲やシットがつくる社会なるものに絶対的な価値をおかないところから宗教が始まるわけでしょ。それをやめて社会と添い寝するようになったら、もう宗教なんて言えないよ。ところが今やマスコミはこぞって社会のスタンダードと添い寝する存在となりつつあるでしょ」（「クレア」１９８９年１２月号）
　これには麻原氏も意を強くしたらしい。みずから、「オウム真理教は、もともと反社会的な存在なのです」「「狂気」と言われているものにつきましても、はっきり私たちは狂気の悟りをめざしているのだ、と語ってきたのです」と居直るようになる。」
「救世主の野望」江川紹子著

何でもありの解法
模範解答と同じように△ＡＢＥとしＡＥの中点をＣとする。
ここで、Ａ，ＥからＢＣとその延長上に垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ｉとすると、△ＡＣＨと△ＥＣＩは合同な直角二等辺三角形になる。
そこで、ＡＨ＝ＣＨ＝ＥＩ＝ＣＩ＝１，ＢＣ＝ｘ，●＝θと置くと、tan２θ＝１/(ｘ－１)———①
tanθ＝１/(ｘ＋１)———②が成り立つ。
①より、２tanθ/(１－tan^2θ)＝１/(ｘ－１)
∴(１－tan^2θ)/２tanθ＝ｘ－１———①'
②より、１/tanθ＝ｘ＋１———②'
①'＋②'より、
２ｘ＝(１－tan^2θ)/２tanθ＋１/tanθ
＝(３－tan^2θ)/２tanθ
∴ｘ＝(３－tan^2θ)/４tanθ
∴ｘ＋１＝(３－tan^2θ)/４tanθ＋１
＝(３－tan^2θ＋４tanθ)/４tanθ
∴１/(ｘ＋１)＝４tanθ/(３－tan^2θ＋４tanθ)———③
ただし、３－tan^2θ＋４tanθ≠０とする。―――☆
②，③より、tanθ＝４tanθ/(３－tan^2θ＋４tanθ)
∴tanθ(３－tan^2θ＋４tanθ)＝４tanθ
ところで、tanθ≠０（０＜θ＜180°より）より、
３－tan^2θ＋４tanθ＝４　
∴tan^2θ－４tanθ＋１＝０
∴tanθ＝２±√３　
また、△ＣＢＥの内対角の和より、θ＜45°
∴tanθ＜tan45°＝１　∴tanθ＝２－√３———ア
ここで、tan15°を調べてみると、
tan(45°－30°)
＝(tan45°－tan30°)/(１＋tan45°tan30°)
＝(１－１/√３)/(１＋１/√３)
＝(√３－１)/(√３＋１)＝(√３－１)^2/２
＝(４－２√３)/２＝２－√３
∴tan15°＝２－√３———イ
ア，イより、θ＝１５°
∴∠ｘ＝４５°

ところで、☆より、３－tan^2θ＋４tanθ＝０とすると、tan^2θ－４tanθ－３＝０
∴tanθ＝２±√７
よって、アのtanθ＝２－√３と一致しないので☆式が成り立ち問題ない。

次回はこちらの別解を作ってみて下さい。https://www.msn.com/ja-jp/lifestyle/other/%E8%A7%92%E5%BA%A6%E5%BD%93%E3%81%A6%E3%82%AF%E3%82%A4%E3%82%BA-vol-332-x%E3%81%AE%E8%A7%92%E5%BA%A6%E3%81%AF%E4%BD%95%E5%BA%A6/ar-AA1eClw5?ocid=msedgntp&cvid=87ed08e2c9bb422583c84eaf1bafa58f&ei=14#image=1
もちろん、模範解答の方法では瞬殺でしたが。

おまけ：

問題
https://www.msn.com/ja-jp/lifestyle/other/%E8%A7%92%E5%BA%A6%E5%BD%93%E3%81%A6%E3%82%AF%E3%82%A4%E3%82%BA-vol-332-x%E3%81%AE%E8%A7%92%E5%BA%A6%E3%81%AF%E4%BD%95%E5%BA%A6/ar-AA1eClw5?ocid=msedgntp&cvid=87ed08e2c9bb422583c84eaf1bafa58f&ei=14#image=1

別解
左の直角三角形を△ＡＢＣ，右の直角三角形を△ＤＢＣ，ＢＣの中点をＭとすると、定石によりＭＡ＝ＭＢ＝ＭＣ，ＭＤ＝ＭＢ＝ＭＣ（小学生用には長方形を対角線で斜め半分に切った形だから。）
よって、△ＭＢＡ，△ＭＢＤ，△ＭＡＣ，△ＭＤＣはそれぞれ二等辺三角形である。
よって、∠ＭＢＤ＝∠ＭＤＢ＝○，∠ＭＡＣ＝∠ＭＣＡ＝×と置くと、∠ＭＢＡ＝○＋４０°より、∠ＭＡＢ＝○＋４０°よって、∠ＢＡＣ＝○＋４０°＋×＝９０°
よって、○＋×＝５０°———①
また、ＡＣとＢＤの交点をＥ，ＢＤとＡＭの交点をＦ，ＡＣとＤＭの交点をＧとすると、
△ＥＡＢと△ＥＤＣにおいて対頂角と直角の２角が等しいので、残りの１角も等しい。よって、∠ＤＣＥ＝∠ＡＢＥ＝４０°よって、∠ＭＣＤ＝×＋４０°ところで、△ＭＤＣは二等辺三角形より、∠ＭＤＣ＝×＋４０°
よって、△ＤＧＣの内角の和より、∠ＤＧＣ＝１８０°－４０°－(×＋４０°)＝１００°－×
よって、対頂角より、∠ＥＧＭ＝１００°－×
同様に△ＡＢＦの内角の和より、∠ＡＦＢ＝１８０°－４０°－(○＋４０°)＝１００°－○
よって、対頂角より、∠ＥＦＭ＝１００°－○
また、△ＥＡＢの内対角の和より、∠ＦＥＧ＝４０°＋９０°＝１３０°
よって、四角形ＥＦＭＧの内角の和より、
∠ｘ＝３６０°－１３０°－(１００°－×)－(１００°－○)＝３０°＋○＋×———②
①を②に代入すると、∠ｘ＝３０°＋５０°＝８０°
よって、答えは、８０°

おまけ：

解法１　思いついた順
ＢＰの延長とＡＤの延長との交点をＥとすると、△ＰＥＤ∽△ＰＢＣで相似比２：３でＢＣ＝３ｃｍより、
ＤＥ＝２ｃｍ　∴ＡＥ＝３＋２＝５ｃｍ
また、ＡＨ＝３ｃｍより△ＡＥＨは３：４：５の直角三角形。∴ＨＥ＝４ｃｍ　∴ＢＥ＝３＋４＝７ｃｍ
∴△ＡＢＥ＝７×３×(１/２)＝２１/２ｃｍ^2
ところで、△ＡＢＥ∽△ＤＰＥ∽△ＣＰＢで相似比５：２：３　よって、面積比は２５：４：９
よって、△ＡＢＥ＝２５ａ，△ＤＰＥ＝４ａ，△ＣＰＢ＝９ａと置くと、
四角形ＡＢＣＤ＝２５ａ－４ａ＋９ａ＝３０ａ———①
また、△ＡＢＥ＝２５ａ＝２１/２ｃｍ^2より、
５ａ＝２１/１０ｃｍ^2　
∴３０ａ＝６３/５ｃｍ^2―――②
①，②より、四角形ＡＢＣＤ＝６３/５ｃｍ^2

解法２
△ＡＢＥ＝７×３×(１/２)＝２１/２ｃｍ^2までは同じ。
ここで、ＣからＡＤに垂線を下ろしその足をⅠとすると、
△ＢＡＥ＝５×ＣＩ×(１/２)＝２１/２が成り立つので、
ＣＩ＝２１/５ｃｍ
∴平行四辺形ＡＢＣＤ＝３×(２１/５)＝６３/５ｃｍ^2

解法３
△ＡＢＥ＝７×３×(１/２)＝２１/２ｃｍ^2までは同じ。
ここで、ＢからＤＡの延長上に垂線を下ろしその足をＩとし、ＡＩ＝ｘ，ＢＩ＝ｙと置くと、△ＨＡＢは直角二等辺三角形よりＡＢ＝３√２ｃｍより、△ＡＢＩ，△ＥＢＩで三平方の定理を使うと、
ｘ^2＋ｙ^2＝(３√２)^2———①　
(ｘ＋５)^2＋ｙ^2＝７^2―――②
①－②より、－１０ｘ－２５＝１８－４９
∴１０ｘ＝４９－２５－１８＝６　∴ｘ＝３/５
これを①に代入すると、
ｙ^2＝１８－９/２５＝４５０/２５－９/２５
＝４４１/２５　ｙ＞０より、ｙ＝２１/５
∴ＢＩ＝２１/５ｃｍ
∴平行四辺形ＡＢＣＤ＝３×(２１/５)＝６３/５ｃｍ^2

解法４　今朝追加しました。
ＢＥ＝３＋４＝７ｃｍまでは同じ。
また、ＢＰ：ＰＥ＝ＡＤ：ＤＥ＝３：２より、
ＢＰ＝(３/５)ＢＥ＝２１/５ｃｍ
∴△ＡＢＰ＝(２１/５)×３×(１/２)＝６３/１０ｃｍ^2
ところで、△ＡＢＰを等積変形すると＝△ＡＢＣでその２倍が平行四辺形ＡＢＣＤの面積より、
答えは、６３/５ｃｍ^2

おまけ：
「33 また昔の人々に『いつわり誓うな、誓ったことは、すべて主に対して果せ』と言われていたことは、あなたがたの聞いているところである。
34 しかし、わたしはあなたがたに言う。いっさい誓ってはならない。天をさして誓うな。そこは神の御座であるから。
35 また地をさして誓うな。そこは神の足台であるから。またエルサレムをさして誓うな。それは『大王の都』であるから。
36 また、自分の頭をさして誓うな。あなたは髪の毛一すじさえ、白くも黒くもすることができない。
37 あなたがたの言葉は、ただ、しかり、しかり、否、否、であるべきだ。それ以上に出ることは、悪から来るのである。」
「マタイによる福音書」第５章３３節～３７節

「16 盲目な案内者たちよ。あなたがたは、わざわいである。あなたがたは言う、『神殿をさして誓うなら、そのままでよいが、神殿の黄金をさして誓うなら、果す責任がある』と。
17 愚かな盲目な人たちよ。黄金と、黄金を神聖にする神殿と、どちらが大事なのか。
18 また、あなたがたは言う、『祭壇をさして誓うなら、そのままでよいが、その上の供え物をさして誓うなら、果す責任がある』と。
19 盲目な人たちよ。供え物と供え物を神聖にする祭壇とどちらが大事なのか。
20 祭壇をさして誓う者は、祭壇と、その上にあるすべての物とをさして誓うのである。
21 神殿をさして誓う者は、神殿とその中に住んでおられるかたとをさして誓うのである。
22 また、天をさして誓う者は、神の御座とその上にすわっておられるかたとをさして誓うのである。」
「マタイによる福音書」第２３章１６節～２２節

解説
誤植は、
（ア）α2の位数はｒ1，β1の位数はｓ2である。
実際、α2^r1＝(α^r2)^r1＝α^(r2×r1)＝α^r＝１であるが、ｒ2より小さな指数ではα2は１にならない（もしなったとすれば、ｒがαの指数であることに反する）。β1の指数についても同様である。
（イ）ｒ1，ｓ1は互いに素である。
それは共通因数がないのだから、あたりまえである。
したがってα2×β1の指数は、事実６から
ｒ1×ｓ2＝ｐ1^k1×…×ｐj^kj×ｐj+1^hj+1×…×ｐt^ht
で、ｒ2＜ｓ2だからこれはｒより大きい。これは「ｒが最大の指数である」という仮定に反するので、ｒ＝ｑ－１でなければならない。＜証明終わり＞

３行目の「ｒ2」→「ｒ1」
４行目の「指数」→「位数」
５行目の「指数」→「位数」
８行目の「指数」→「位数」
１２行目の「指数」→「位数」

定理３
どんな有限体Ｋにも、原始根が存在する。

＜定理３の証明＞
有限体Ｋの位数をｑとし、Ｋの０でない要素で位数が最大のものをα，その位数をｒとする。以下ｒ＜ｑ－１と仮定して、矛盾を導く。
（事実５より、「位数ｑの体Ｋの、０でない要素αの位数は、ｑ－１を超えない」ので、ｒ≦ｑ－１だが、ｒ＝ｑ－１である事を示したい（原始根の位数はｒ＝ｑ－１だから）ので、背理法でｒ＜ｑ－１と仮定する。）
αは方程式Ⅹ^r－１＝０の解である（αの位数がｒよりα^r＝１だから）が、ｒ＜ｑ－１ならⅩ^r－１＝０を満たさないＫの元が存在する。（Ⅹ^r－１＝０の解は高々ｒ個だから。）その元をβ∈Ｋとする。
ここで、βの位数をｓと置くと、ｓはｒの約数ではない（約数とすると、ｒ＝ｓ・ｍと置け、β^s＝１の両辺をｍ乗すると、(β^s)^m＝１　∴β^sm＝１　∴β^r＝１　よって、β^r－１＝０となり、Ⅹ^r－１＝０を満たしてしまうから）。
今、整数ｒ,ｓを、同じ素因数の積として、次のように表すと、
ｒ＝ｐ1^k1×ｐ2^k2×…×ｐt^kt
ｓ＝ｐ1^h1×ｐ2^h2×…×ｐt^ht
ここで素因数ｐjの順序を適当に変えれば、
ｋ1≧ｈ1，ｋ2≧ｈ2，…，ｋj≧ｈj，ｋj+1＜ｈj+1，…，
ｋt＜ｈt
として良い（要は、指数が大きい方は大きい方で小さい方は小さい方で左右に分けるという事）。
「ｓはｒの約数ではないので、ｊ＋１≦ｔ（ｋt＜ｈtとしてよい）」この表現は間違っていると思うが、要はｓはｒの約数じゃないから、「ｋj+1＜ｈj+1，…，ｋt＜ｈt」の部分が出来るという事だろう。
そこで
ｒ1＝ｐ1^k1×…×ｐj^kj，ｒ2＝ｐj+1^kj+1×…×ｐt^kt
ｓ1＝ｐ1^h1×…×ｐj^hj，ｓ2＝ｐj+1^hj+1×…×ｐt^ht
と置く（要は、ｒとｓの指数が大きい部分と小さい部分の素因数を４つに分けるという事）と、
ｒ＝ｒ1×ｒ2，ｓ＝ｓ1×ｓ2
であるが、さらに
α2＝α^r2，β1＝β^s1
とおくと、次のことが成り立つ：
（ア）α2の位数はｒ1，β1の位数はｓ2である。
実際、α2^r1＝(α^r2)^r1＝α^(r2×r1)＝α^r＝１であるが、ｒ1より小さな指数ではα2は１にならない（もしなったとすれば、ｒがαの位数であることに反する）。（ｒ1より小さな指数でα2が１になったらそっちが位数だから否定している訳である。）
β1の位数についても同様である。
（イ）ｒ1，ｓ1は互いに素である。
それは共通因数がないのだから、あたりまえである。（４つの分け方を考えれば自明。）
したがってα2×β1の位数は、事実６から
ｒ1×ｓ2＝ｐ1^k1×…×ｐj^kj×ｐj+1^hj+1×…×ｐt^ht
で、ｒ2＜ｓ2だからこれはｒより大きい。これは「ｒが最大の位数である」という仮定に反するので、ｒ＝ｑ－１でなければならない。
よって、どんな有限体Ｋにも、原始根が存在する。
＜証明終わり＞

おまけ：

別解
三角形を反時計回りにＡ～Ｃと振り、辺ＢＣ上の点をＤとする（４０°の所の点）と、△ＤＡＣの内対角の和より、∠ＤＡＣ＝４０°－２０°＝２０°
よって、∠ＤＡＣ＝∠ＤＣＡより、
△ＤＡＣは二等辺三角形。
よって、ＤＡ＝ＣＤ———①
ここで、ＢＤを１辺とする正三角形ＥＢＤを描くと、
∠ＥＤＡ＝６０°－４０°＝２０°
よって、∠ＥＤＡ＝∠ＡＣＤ———②
また、条件よりＣＡ＝ＢＤ　
また、正三角形よりＢＤ＝ＤＥ
よって、ＤＥ＝ＣＡ―――③
①,②,③より、二辺挟角が等しいので、
△ＡＥＤ≡△ＤＡＣ
よって、△ＡＥＤも二等辺三角形。
ところで、△ＢＥＤは正三角形で△ＡＥＤは底辺を共有した二等辺三角形より、対称性によりＢＡは∠Ｂを二等分している。よって、∠ＡＢＤ＝６０°÷２＝３０°
よって、∠ｘ＝３０°

おまけ：

解法１　多分、模範解答
∠Ｂの二等分線を引き、ＡＣとの交点をＤとすると、２角が等しいので、△ＡＢＤ∽△ＡＣＢ
∴ＡＤ：３＝３：５　∴ＡＤ＝９/５ｃｍ
∴ＤＣ＝５－９/５＝１６/５ｃｍ
ところで、△ＤＢＣは二等辺三角形より、
ＤＢ＝ＤＣ＝１６/５ｃｍ
よって、再び△ＡＢＤ∽△ＡＣＢを使うと、
３：１６/５＝５：ＢＣが成り立つ。
∴３ＢＣ＝１６　∴ＢＣ＝１６/３ｃｍ

因みに、ＤＣ＝５－９/５＝１６/５ｃｍから、角の二等分線の定理を使うと、
３：ＢＣ＝９/５：１６/５が成り立つので、
９ＢＣ＝４８　∴ＢＣ＝１６/３ｃｍ

解法２，３は難しいと思います。
解法２のヒント：∠Ａの二等分線を引いて下さい。
解法３のヒント：△ＡＢＣの外接円を描いて下さい。

おまけ：

解法２
∠Ａの二等分線を引き、ＢＣとの交点をＤとし、ＡＣ上にＡＥ＝ＡＢとなる点Ｅを取ると、二辺挟角が等しいので△ＡＢＤ≡△ＡＥＤ　∴∠ＡＥＤ＝∠ＡＢＤ＝○○
よって、△ＥＤＣの内対角の和より、∠ＥＤＣ＝○○－○＝○　∴∠ＥＣＤ＝∠ＥＤＣ
よって、△ＥＤＣは二等辺三角形よりＥＤ＝ＥＣ＝５－３＝２ｃｍ　∴ＢＤ＝ＥＤ＝２ｃｍ
ところで、角の二等分線の定理より、ＢＤ：ＤＣ＝ＡＢ：ＡＣ　∴２：ＤＣ＝３：５　∴ＤＣ＝１０/３ｃｍ
∴ＢＣ＝２＋１０/３＝１６/３ｃｍ

解法３
△ＡＢＣの外接円を描き、∠Ｂの二等分線を引き、円との交点をＤ，ＡＣとの交点をＥとすると、△ＥＢＣが二等辺三角形よりＢＥの延長とＣＥの延長は左右対称で四角形ＡＢＣＤは等脚台形になる。（厳密な証明は簡単で省略。）
よって、△ＢＤＣと△ＣＡＢは合同である。
また、２角が等しいので、△ＢＡＥ∽△ＢＤＣ
よって、ＡＢ：ＡＥ＝ＤＢ：ＤＣ＝ＡＣ：ＡＢ
∴３：ＡＥ＝５：３　∴ＡＥ＝９/５ｃｍ
∴ＥＣ＝５－９/５＝１６/５ｃｍ　∴ＢＥ＝１６/５ｃｍ
∴３：１６/５＝５：ＢＣ　∴３ＢＣ＝１６
∴ＢＣ＝１６/３ｃｍ

おまけ：

問題
代数系（ℝ1[Ⅹ],⊕,⊗）の中での、３X＋４の乗法の逆元を求めなさい。
「なっとくする群・環・体」野﨑昭弘著より

注：ℝ1[Ⅹ]≃ℝ[Ⅹ]/(Ｘ^2＋１)で、
ℝ1[Ｘ]＝{ａＸ＋ｂ｜ａ,ｂ∈ℝ}

解答
p.126の定理４とp.125の事実１３より、
ａＸ＋ｂは、ａＸ＋ｂ＋ｃ(Ｘ^2＋１)と表される。
（ａ,ｂ,ｃ∈ℝ）
よって、逆元の条件を考え合わせると、
(３Ｘ＋４)(ａＸ＋ｂ)＝１＋ｃ(Ｘ^2＋１)と表される。
∴３ａＸ^2＋３ｂＸ＋４ａＸ＋４ｂ＝１＋ｃＸ^2＋ｃ
∴(３ａ－ｃ)Ｘ^2＋(４ａ＋３ｂ)Ｘ＋４ｂ－ｃ－１＝０
ところでＸは変数よりこれを恒等式と見ると、
３ａ－ｃ＝０―――①　４ａ＋３ｂ＝０―――②
４ｂ－ｃ－１＝０―――③
①－③より、３ａ－４ｂ＋１＝０―――④
また、②より、３ｂ＝－４ａ　∴ｂ＝－４ａ/３
これを④に代入すると、３ａ＋１６ａ/３＝－１
∴２５ａ/３＝－１　∴ａ＝－３/２５
∴ｂ＝４/２５
∴ａＸ＋ｂ＝(－３/２５)Ｘ＋４/２５
よって、答えは、(－３/２５)Ｘ＋４/２５

定理４
Ｂが環（Ａ,＋,×）のイデアルであれば、代数系（Ａ/Ｂ,＋,×）は環になる。ただしＡ/Ｂは同値関係～BでＡを類別した同値類系を表す。これを「Ａの、イデアルＢによる商環」という。

事実１３
環（Ａ,＋,×）の任意のイデアルＢから、２項関係”～B”を

ｘ ～B ｙとは、ｘ＋(－ｙ)∈Ｂが成り立つことである

と定義すると、次のことが成り立つ。
（１）この関係～Bは同値関係で、ｘを含む同意類はＢ＋ｘで表される。
（２）この同値関係は演算＋,(－),×と両立する。
「なっとくする群・環・体」野﨑昭弘著より

念のため、上では、Ｂ＝(Ｘ^2＋１)とした訳である。( )はイデアルを表す。

おまけ：

補足：https://twitter.com/satndRvjMpc4tl7/status/1685818649196867584

解法１
円と接線の関係より、ＣＥ＝ＣＢ＝５ｃｍ（小学生は△ＡＢＣと円をＡＢで折り返して二等辺三角形と内接円をイメージすると良い。）
よって、ＡＥ＝１３－５＝８ｃｍ
また、∠Ａを共有していて∠ＡＥＤ＝∠ＡＢＣ＝９０°で２角が等しいので、△ＡＥＤと△ＡＢＣは相似。
よって、△ＡＥＤも５：１２：１３の直角三角形より、
ＡＤ＝(１３/１２)ＡＥ＝(１３/１２)×８＝２６/３ｃｍ
よって、答えは、２６/３ｃｍ

解法２
ＤＣを結び、△ＤＡＣと△ＤＢＣの面積を比較すると、半径よりＤＢ＝ＤＥで高さが等しいので、面積は底辺の比と等しい。
よって、△ＤＡＣ：△ＤＢＣ＝１３：５
ここで、この２つの三角形の見方を変えると、
△ＣＡＤ：△ＣＤＢ＝１３：５
よって、ＡＤ：ＤＢ＝１３：５
よって、ＡＤ＝(１３/１８)ＡＢ＝(１３/１８)×１２
＝２６/３ｃｍ
よって、答えは、２６/３ｃｍ

解法３
半径よりＤＢ＝ＤＥ　また、∠ＤＢＣ＝∠ＤＥＣ＝９０°より、直角三角形の斜辺と他の１辺が等しいので、△ＤＢＣと△ＤＥＣは合同。
よって、∠ＢＣＤ＝∠ＥＣＤ＝○と置いて、ＢからＡＣと平行な直線を引きＣＤの延長との交点をＦとすると、錯角より∠ＢＦＣ＝○となり△ＢＦＣは二等辺三角形になる。
よって、ＢＦ＝ＢＣ＝５ｃｍ
また、ＦＢ//ＡＣより△ＤＢＦと△ＤＡＣは相似で相似比は５：１３になる。よって、ＡＤ：ＢＤ＝１３：５
よって、ＡＤ＝(１３/１８)ＡＢ＝(１３/１８)×１２
＝２６/３ｃｍ
よって、答えは、２６/３ｃｍ

解法４
∠ＢＣＤ＝∠ＥＣＤ＝○までは同じ。
ここで、ＣＤの延長上にＡ,Ｂから垂線を下ろしその足をＨ,Ｉとすると、△ＣＡＨと△ＣＢＩは相似で相似比は１３：５
よって、ＡＨ：ＢＩ＝１３：５
また、△ＤＡＨと△ＤＢＩも相似となり相似比は１３：５より、ＡＤ：ＢＤ＝１３：５
以後同じ。

解法５
∠ＢＣＤ＝∠ＥＣＤ＝○までは同じ。
ここで、ＢからＤＣと平行な直線を引き、ＡＣの延長との交点をＧとすると、錯角と同位角より、∠ＣＢＧ＝∠ＣＧＢ＝○となる。
よって、△ＣＢＧは二等辺三角形よりＣＧ＝ＣＢ＝５ｃｍ
また、ＤＣ//ＢＧより、
ＡＤ：ＤＢ＝ＡＣ：ＣＧ＝１３：５
よって、ＡＤ：ＤＢ＝１３：５より以後同じ。

解法６
∠ＢＣＤ＝∠ＥＣＤ＝○までは同じ。
ＤからＢＣと平行な直線を引き、ＡＣとの交点をＦとすると、錯角より∠ＦＤＣ＝○となり△ＦＤＣは二等辺三角形になる。よって、ＦＣ＝ＦＤ
ところで、ＤＦ//ＢＣよりＡＤ：ＤＢ＝ＡＦ：ＦＣ
よって、ＡＤ：ＤＢ＝ＡＦ：ＦＤ———①
また、ＡＦ：ＦＤ＝ＡＣ：ＡＢ＝１３：５―――②
①,②より、ＡＤ：ＤＢ＝１３：５
以後同じ。

まだ、あと２通りぐらいは作れますが、面白くないので省略。（気が向いたらやるかもしれませんが。）
２通り作れれば合格です。

おまけ：

解法７
半径よりＤＢ＝ＤＥ　また、∠ＤＢＣ＝∠ＤＥＣ＝９０°より、直角三角形の斜辺と他の１辺が等しいので、△ＤＢＣと△ＤＥＣは合同。
よって、∠ＢＣＤ＝∠ＥＣＤ＝○と置く。
ここで、ＣＤ上に∠ＣＢＦ＝∠ＣＡＤ＝×となる点Ｆを取ると、２角が等しいので、△ＣＢＦと△ＣＡＤは相似で相似比は５：１３　
よって、ＡＤ：ＢＦ＝１３：５———①
また、△ＦＢＣの内対角の和より、∠ＢＦＤ＝○＋×
また、△ＤＡＣの内対角の和よち、∠ＢＤＦ＝○＋×
よって、∠ＢＦＤ＝∠ＢＤＦより△ＢＤＦは二等辺三角形。
よって、ＢＦ＝ＢＤ―――②
②を①に代入すると、ＡＤ：ＢＤ＝１３：５
よって、ＡＤ＝(１３/１８)ＡＢ＝(１３/１８)×１２
＝２６/３ｃｍ
よって、答えは、２６/３ｃｍ

解法８
∠ＢＣＤ＝∠ＥＣＤ＝○までは同じ。
ここで、ＡからＡＣに垂線を立てＣＤの延長との交点をＦとすると、２角が等しいので△ＣＢＤと△ＣＡＦは相似で相似比は５：１３
よって、ＡＦ：ＢＤ＝１３：５———①
また、対頂角より∠ＡＤＦ＝∠ＢＤＣ———ア
また、△ＣＢＤと△ＣＡＦが相似より、
∠ＡＦＤ＝∠ＡＦＣ＝∠ＢＤＣ———イ
ア,イより、∠ＡＤＦ＝∠ＡＦＤ
よって、△ＡＦＤは二等辺三角形よりＡＦ＝ＡＤ―――②
②を①に代入すると、ＡＤ：ＢＤ＝１３：５
以後同じ。

因みに、解法８は先にＣＤの延長上にＡＦ＝ＡＤとなる点Ｆを取り、△ＣＢＤ∽△ＣＡＦを言ってからも解けます。（解法８の系）

まだ、作れるかもしれませんが、これで打ち切りにします。

おまけ：
https://twitter.com/satndRvjMpc4tl7/status/1685276262791782400

算数の解法（別解）
右上の頂点から反時計回りに△ＡＢＣとし、内部の点をＤとする。
ここで、ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＤＢＣは二等辺三角形より点ＨはＢＣの中点。
また、ＤからＡＣに垂線を下ろしその足をＩとすると、四角形ＤＨＣＩは３直角になるので長方形である。
よって、ＤＩ＝ＨＣ＝ＢＣ/２　
また、ＡＢ＝ＢＣ＝ＡＤより、ＤＩ＝ＡＤ/２
よって、△ＡＤＩは３０°,６０°,９０°の直角三角定規型である。よって、∠ＤＡＩ＝３０°
よって、∠ＡＤＣ＝∠ＡＣＤ＝７５°
∠ＤＣＢ＝９０°－７５°＝１５°
よって、∠ＢＤＣ＝１８０°－１５°×２＝１５０°
よって、∠ｘ＝３６０°－７５°－１５０°＝１３５°
よって、答えは、１３５°

何でもありの解法は次回。
方針：|と||の辺の比を求めれば、最悪でも電卓の逆三角関数機能でキーとなる角度を求められますよね。

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12813234926.html

何でもありの解法１
右上の頂点から反時計回りに△ＡＢＣとし、内部の点をＤとする。
ここで、ＡからＤＣに垂線を下ろしその足をＨ，ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＡＣＨ∽△ＣＤＩとなる。（証明は簡単で省略。）
よって、ＡＣ＝ＢＣ＝ｘ，ＤＣ＝ｙと置くと、ＣＨ＝ｙ/２，ＣＩ＝ｘ/２，
ＡＨ＝√{ｘ^2－(ｙ/２)^2}＝√(ｘ^2－ｙ^2/４)より、
√(ｘ^2－ｙ^2/４)：ｘ＝ｘ/２：ｙが成り立つ。
∴ｙ√(ｘ^2－ｙ^2/４)＝ｘ^2/２
∴２ｙ√(ｘ^2－ｙ^2/４)＝ｘ^2
∴４ｙ^2(ｘ^2－ｙ^2/４)＝ｘ^4
∴４ｘ^2ｙ^2－ｙ^4＝ｘ^4
∴ｘ^4＋ｙ^4－４ｘ^2ｙ^2＝０
∴(ｘ^2＋ｙ^2)^2－６ｘ^2ｙ^2＝０
∴(ｘ^2＋ｙ^2＋√６ｘｙ)(ｘ^2＋ｙ^2－√６ｘｙ)＝０
∴ｘ^2＋ｙ^2＋√６ｘｙ＝０，ｘ^2＋ｙ^2－√６ｘｙ＝０
ｘ^2＋√６ｙｘ＋ｙ^2＝０を解の公式で解くと、
ｘ＝{－√６ｙ±√(６ｙ^2－４ｙ^2)}/２
＝(－√６±√２)ｙ/２
ｘ＞０よりどちらも不適。
ｘ^2－√６ｙｘ＋ｙ^2＝０を解の公式で解くと、
ｘ＝{√６ｙ±√(６ｙ^2－４ｙ^2)}/２
＝(√６±√２)ｙ/２
点Ｄは△ＡＢＣの内部の点なので、ｘ＞ｙ
そこで、(√６－√２)/２を近似計算すると、約０.５１５＜１でｘ＜ｙ（ｙ＝０.515ｘより）となり不適。
一方、(√６＋√２)/２を近似計算すると、約１.９２５＞１で適正。
∴ｘ＝(√６＋√２)ｙ/２
∴ｘ：ｙ＝(√６＋√２)/２：１＝√６＋√２：２
∴ｘ：ｙ/２＝√６＋√２：１＝４：√６－√２
∴ｘ：ｙ/２＝４：√６－√２
ここで、cos75°を調べてみると、
cos(45°＋30°)
＝cos45°cos30°－sin45°sin30°
＝(１/√２)(√３/２)－(１/√２)(１/２)
＝√３/２√２－１/２√２
＝√６/４－√２/４＝(√６－√２)/４
∴cos75°＝(√６－√２)/４
また、cos∠ＡＣＨ＝(ｙ/２)/ｘ＝(√６－√２)/４
∴∠ＡＣＨ＝７５°
∴∠ＤＣＢ＝９０°－７５°＝１５°
よって、∠ＢＤＣ＝１８０°－１５°×２＝１５０°
よって、∠ｘ＝３６０°－７５°－１５０°＝１３５°
よって、答えは、１３５°

何でもありの解法２は次回。（ついでに「点Ｄは△ＡＢＣの内部の点なので、ｘ＞ｙ」の証明も。）

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/2d49235d03e9050c145c8791a81880e776c0b5d1

何でもありの解法２
右上の頂点から反時計回りに△ＡＢＣとし、内部の点をＤとする。
ここで、点Ｂをｘｙ座標の原点に置き、直交座標を考えると、Ａ(ａ,ａ)，Ｃ(ａ,０)，Ｄ(ａ/２,ｄ)と置ける。
２点間の距離の公式より、
ＡＤ＝√{(ａ－ａ/２)^2＋(ａ－ｄ)^2}　
また、ＡＣ＝ａより、
√{(ａ－ａ/２)^2＋(ａ－ｄ)^2}＝ａが成り立つ。
∴(ａ/２)^2＋(ａ－ｄ)^2＝ａ^2
∴ａ^2/４＋ａ^2－２ａｄ＋ｄ^2＝ａ^2
∴ｄ^2－２ａｄ＋ａ^2/４＝０
∴４ｄ^2－８ａｄ＋ａ^2＝０
∴ｄ＝{４ａ±√(１６ａ^2－４ａ^2)}/４
＝(４ａ±２√３ａ)/４＝{(２±√３)/２}ａ
ところで、ｄ＜ａ/２（中点連結定理より自明）より、
ｄ＝{(２－√３)/２}ａ
∴Ｄ（ａ/２,{(２－√３)/２}ａ）
∴tan∠ＤＢＣ＝２－√３
ここで、tan15°を調べると、
tan15°＝tan(45°－30°)
＝(tan45°－tan30°)/(１＋tan45°tan30°)
＝(１－１/√３)/{１＋１・(１/√３)}
＝(√３－１)(√３＋１)
＝(√３－１)^2/２＝(４－２√３)/２
＝２－√３
∴tan∠ＤＢＣ＝tan15°∴∠ＤＢＣ＝１５°
∴∠ＤＣＢ＝１５°，∠ＡＣＤ＝９０°－１５°＝７５°∴∠ＡＤＣ＝７５°また、∠ＢＤＣ＝１８０°－１５°×２＝１５０°より、
∠ｘ＝３６０°－７５°－１５０°＝１３５°

こちらの方がずっと楽（優秀）ですね。座標はとんでもなく計算が大変になる場合もありますが、ツボにはまると威力を発揮しますね。

前回の「点Ｄは△ＡＢＣの内部の点なので、ｘ＞ｙ」の証明
△ＡＢＣは直角二等辺三角形なので、ＣからＡＢに垂線を下ろしその足をＨとすると、左右対称なので、△ＣＨＡの場合だけを考えれば良い。
ここで、ＡＣを直径とする半円を描くと、△ＨＡＣはその内部（接点も入れる）にあるので、△ＨＡＣの内部の点をＰとすると、∠ＡＰＣは全て鈍角である。
よって、ＣＰ＜ＡＣである。（直角とすると、三平方の定理でＡＰ^2＋ＣＰ^2＝ＡＣ^2で鈍角だからＡＰ^2＋ＣＰ^2＜ＡＣ^2　ここでＡＰ＝０としてもＣＰ^2＜ＡＣ^2　∴ＣＰ＜ＡＣだから。）
∴ｙ＜ｘ　よって、示された。

おまけ：
https://twitter.com/cx_mezamashi/status/1674558877944406017

解説
＞γ^n＝－ａn^-1・(ａn-1γ^(n-1)＋･･･＋ａ2γ^2＋ａ1γ＋ａ0)…(＊)
が成り立つ。この等式(＊)を使えば、Ｋ[γ]の任意の要素（γの任意次数の多項式）はｎ次以上の項を消せるから、(ｎ－１)次以下のある多項式
ｂn-1γ^(n-1)＋･･･＋ｂ2γ^2＋ｂ1γ＋ｂ0
に等しい。

いわゆる次数下げ（を繰り返す）という事だが、ｎ次以上の式は、ａnγ^n＋ａn-1γ^(n-1)＋･･･＋ａ2γ^2＋ａ1γ＋ａ0で割って余りを求めると、余りはｎ－１次以下で、この式（上の式）は＝０なので、ｎ次以上の式はｎ－１次以下の式に変換出来る。
よって、「(ｎ－１)次以下のある多項式ｂn-1γ^(n-1)＋･･･＋ｂ2γ^2＋ｂ1γ＋ｂ0に等しい」という事である。

＞実際、ｇ(Ｘ) ～(f(X)) ｈ(Ｘ)だからｈ(Ｘ)－ｇ(Ｘ)はｆ(Ｘ)で割り切れるので、Ｘ＝γのとき０になる

p.125の事実１３より、ｇ(Ｘ) ～(f(X)) ｈ(Ｘ)とは、
ｇ(Ｘ)＋(－ｈ(Ｘ))∈(ｆ(Ｘ))が成り立つ事である。
つまり、ｈ(Ｘ)－ｇ(Ｘ)はｆ(Ｘ)で割り切れるという事である。また、因数定理より「Ｘ＝γのとき０になる」。

事実１３
環(Ａ,＋,×)の任意のイデアルＢから、２項関係”～B”を
ｘ(～B)ｙとは、ｘ＋(－ｙ)∈Ｂが成り立つことである
と定義すると、次のことが成り立つ。
（１）この関係～Bは同値関係で、ｘを含む同値類はＢ＋ｘで表される。
（２）この同値関係は演算＋,(－),×と両立する。

具体的には、Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))のある同値類を、
(ｆ(Ｘ))＋ｍ(Ｘ)（下の①を参照）として、ｆ(Ｘ)＝Ｘ^2＋２，ｍ(Ｘ)＝２Ｘ－１と置くと、
ｇ(Ｘ)＝２Ｘ－１＋Ｐ(Ｘ)(Ｘ^2＋２)
（(ｆ(Ｘ))はイデアル）
ｈ(Ｘ)＝２Ｘ－１＋Ｑ(Ｘ)(Ｘ^2＋２)と置け、
ｈ(Ｘ)－ｇ(Ｘ)＝(Ｑ(Ｘ)－Ｐ(Ｘ))(Ｘ^2＋２)となるので、ｈ(Ｘ)－ｇ(Ｘ)はＸ^2＋２で割り切れる。
つまり、「ｈ(Ｘ)－ｇ(Ｘ)はｆ(Ｘ)で割り切れる」。

＞① Ψは対応もれがない：任意のｇ(γ)∈Ｋ[γ]に対して、
Ψ((ｆ(Ｘ))＋ｇ(Ｘ))＝ｇ(γ)だから、それはあたりまえである。

任意のｇ(γ)に対して、(ｆ(Ｘ))＋ｇ(Ｘ)のｇ(Ｘ)が対応しているからである。

＞② Ψは１対１の関数である：もし
Ψ((ｆ(Ｘ))＋ｇ(Ｘ))＝Ψ((ｆ(Ｘ))＋ｈ(Ｘ))
なら、ｇ(γ)＝ｈ(γ)、したがって（イ）から(ｆ(Ｘ))＋ｇ(Ｘ)と(ｆ(Ｘ))＋ｈ(Ｘ)は同じ同値類である。

「これは同値類系Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))からＫ[γ]への関数になる。その関数をΨとする」から、
Ψ：Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))→Ｋ[γ]として、行った先の２つの元ｇ(γ),ｈ(γ)をｇ(γ)＝ｈ(γ)とすると、
Ψ((ｆ(Ｘ))＋ｇ(Ｘ))＝Ψ((ｆ(Ｘ))＋ｈ(Ｘ))
ところで、（イ）よりｇ(γ)＝ｈ(γ)ならばｇ(Ｘ)とｈ(Ｘ)は同じ同値類に属しているので、
(ｆ(Ｘ))＋ｇ(Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))＋ｈ(Ｘ)である。
よって、行った先が同じならば元（もと）も同じなので、Ψは単射である。
よって、「Ψは１対１の関数である」。

おまけ：
「6その日には、狼と子羊がいっしょに休み、
ひょうと子やぎは大の仲良しになります。
子牛や丸々と太った家畜が
ライオンの間にいても心配はなく、
小さい子どもがその群れを追って行きます。
7牛は熊の間に入り込んで草を食べ、
その子らはじゃれ合い、
ライオンは牛のように草を食べます。」
「イザヤ書」第１１章６節～７節

定理２
Ｋが体で、γがある既約多項式ｆ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]について方程式
ｆ(γ)＝０
をみたすなら、Ｋ[γ]は商環Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))と同型である。

別証
次のような環の準同型写像（代入の原理は準同型写像）
σ：Ｋ[Ｘ]→Ｋ[γ]
　　ｆ(Ⅹ)→ｆ(γ)
を考えると、ｆ(γ)＝０より、σ(ｆ(Ｘ))＝０
∴ｆ(Ｘ)∈kerσ　∴(ｆ(Ｘ))⊂kerσ
ところで、ｆ(Ｘ)は既約多項式より定理4.11により、
(ｆ(Ｘ))は極大イデアルである。∴(ｆ(Ｘ))＝kerσ
（定理3.2（と定義3.3）よりkerσはイデアルで、kerσ≠Ｋ[Ｘ]だから。（この理由は、σ(Ｋ[Ｘ])＝０（零写像）ではないから。））
ここで、準同型定理3.5を使うと、
Ｋ[Ｘ]/kerσ≃ｆ(γ)より、Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))≃Ｋ[γ]
よって、示された。

定理4.11
K[Ｘ]を体Ｋ上の多項式環で、ｆ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]とするとき、つぎの５つの命題は同値である。
（１）ｆ(Ｘ)は既約多項式である。
（２）(ｆ(Ｘ))＝ｆ(Ｘ)Ｋ[Ｘ]は素イデアルである。
（３）(ｆ(Ｘ))＝ｆ(Ｘ)Ｋ[Ｘ]は極大イデアルである。
（４）Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))は整域である。
（５）Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))は体である。

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。

定義3.3
定理3.2の環Ｒのイデアルｆ^-1(０_R')を準同型写像ｆの核という。
環の準同型写像ｆの核は加法群の準同型写像としての核と同じであるから、加法群の場合と同じ記号kerｆを用いて表す。

定理3.5（準同型定理）
Ｒ，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。

補足：極大イデアルの定義
Ｐを可換環Ｒのイデアルとする。Ｐを含んでいるＲの真のイデアルが存在しないとき、すなわちＩをＲのイデアルとするとき
Ｐ⊂Ｉ⇒Ｐ＝ＩまたはＩ＝Ｒ
を満たすとき、Ｐを可換環Ｒの極大イデアルという。

「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著p.243の定理6.3(2)の証明を利用しましたが、細かい所は自分で考えたので正しいかどうか検証して下さい。

おまけ：

定理２
Ｋが体で、γがある既約多項式ｆ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]について方程式
ｆ(γ)＝０
をみたすなら、Ｋ[γ]は商環Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))と同型である。

別証２（系）
次のような環の準同型写像（代入の原理は準同型写像）
σ：Ｋ[Ｘ]→Ｋ[γ]
　　ｆ(Ⅹ)→ｆ(γ)
を考えると、ｆ(γ)＝０より、σ(ｆ(Ｘ))＝０
∴ｆ(Ｘ)∈kerσ　∴(ｆ(Ｘ))⊂kerσ———①
また、ｇ(Ｘ)∈kerσとすると、ｇ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]で、
σ(ｇ(Ｘ))＝０より、ｇ(γ)＝０
ここで、除法の定理4.5より、
ｇ(Ｘ)＝ｆ(Ｘ)ｑ(Ｘ)＋ｒ(Ｘ)　
ただし、ｒ(Ｘ)＝０ または degｒ(Ｘ)＜degｆ(Ｘ)
と置ける。
これにＸ＝γを代入すると、
ｇ(γ)＝ｆ(γ)ｑ(γ)＋ｒ(γ)となり、ｇ(γ)＝０，ｆ(γ)＝０より、０＝０＋ｒ(γ)　∴ｒ(γ)＝０
ところで、ｆ(Ｘ)は既約多項式でｒ(Ｘ)の次数はｆ(Ｘ)の次数未満なので下の定理によりｆ(Ｘ)＝０とｒ(Ｘ)＝０は共通解を持たない。よって、ｒ(γ)＝０のγは解ではないので、係数が全て０である。∴ｒ(Ｘ)＝０
∴ｇ(Ｘ)＝ｆ(Ｘ)ｑ(Ｘ)
∴ｇ(Ｘ)＝ｆ(Ｘ)ｑ(Ｘ)∈(ｆ(Ｘ))
∴kerσ⊂(ｆ(Ｘ))———②
①，②より、kerσ＝(ｆ(Ｘ))
ここで、準同型定理3.5を使うと、
Ｋ[Ｘ]/kerσ≃ｆ(γ)より、Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))≃Ｋ[γ]（代入の原理は全射だから。）
よって、示された。

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。

定理（「ガロア理論の頂を踏む」p.213より）
ｐ(ｘ)をℚ上の既約多項式とする。ｆ(ｘ)，ｇ(ｘ)はℚ上の多項式とする。
（４）ｆ(ｘ)の次数が１次以上，ｐ(ｘ)の次数未満のとき、方程式ｐ(ｘ)＝０，ｆ(ｘ)＝０は共通の解を持たない。

これはℚの場合ですが、一般的なＫの場合でも使えますよね。

因みに、「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著p.191例3.5,例3.6を参考に作りましたので、よく吟味して下さい。

おまけ：
https://www.gakushuin.ac.jp/univ/sci/top/interview/in03_i.html