数学

解説
＞kerσは準同型定理3.5によりＫ[Ｘ]/kerσ≃Ｋ(α)を満たすので、ｆ(Ｘ)で生成されている（例4.4参照）。

Ｋ(α)を体としているので、Ｋ[Ｘ]/kerσ≃Ｋ(α)により、Ｋ[Ｘ]/kerσも体である。よって、定理4.11により、kerσは既約多項式で生成されたイデアルである。

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。

ところで、ｆ(Ｘ)は既約多項式でαはｆ(Ｘ)の根より、kerσ＝(ｆ(Ｘ))と考えられる。（σはＸにαを代入する写像。）
もっと厳密には、
条件よりｆ(α)＝０なので、σ(ｆ(Ｘ))＝０　∴ｆ(Ｘ)∈kerσ　∴(ｆ(Ｘ))⊂kerσ
ところで、条件よりｆ(Ｘ)は既約多項式でもあるので、定理4.11より(ｆ(Ｘ))は極大イデアルである。また、定理3.2と定義3.3より、kerσはイデアルである。
∴(ｆ(Ｘ))＝kerσ（厳密にはkerσ≠Ｋ[Ｘ]を言う。）
よって、kerσはｆ(Ｘ)で生成されている。

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。

補足
Ｋ(α)を体としているので、Ｋ[Ｘ]/kerσ≃Ｋ(α)により、Ｋ[Ｘ]/kerσも体である。よって、定理4.11により、kerσは極大イデアルである。

おまけ：

うっかり、もう１ヶ所忘れた。

＞仮定より、ｇ(α)＝０であるから、ｇ(Ｘ)はkerσに属する。したがって、ｇ(Ｘ)はｆ(Ｘ)で割り切れる。

ｇ(α)＝０より、σ(ｇ(Ｘ))＝ｇ(α)＝０　∴ｇ(Ｘ)∈kerσ
また、上より、kerσ＝(ｆ(Ｘ))　∴ｇ(Ｘ)∈(ｆ(Ｘ))
∴∃ｑ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]，ｇ(Ｘ)＝ｆ(Ｘ)・ｑ(Ｘ)
よって、ｇ(Ｘ)はｆ(Ｘ)で割り切れる。

解説
＞以上よりＫ＝{０，１，α，α^2＝α＋１}である。αとα＋１はＸ^2＋Ｘ＋１の２つの根となるので、ＫはＦ2の拡大体であってＸ^2＋Ｘ＋１＝０の２根を含んでいる。

「ａ＝０　のときは　ｆ(α)＝０　または　１
ａ＝１　のときは　ｆ(α)＝α　または　α＋１」から、
Ｋ＝{０，１，α，α＋１}
ここで、|(Ｘ^2＋Ｘ＋１)＝|０にＸ＝αを代入すると、
α^2＋α＋１＝０　∴α＋１＝－α^2
ところで、「Ｆ2＝{０,１}を２個の元からなる体ℤ/(２)」なので、mod２の世界の話である。つまり、－１＝１（－１≡１（mod２））
よって、α＋１＝－α^2＝α^2である。
よって、Ｋ＝{０，１，α，α^2＝α＋１}となる。
また、Ｘ＝－(α＋１)をＸ^2＋Ｘ＋１＝０に代入すると、{－(α＋１)}^2＋{－(α＋１)}＋１＝(α＋１)^2－α＝α^2＋α＋１＝０で成り立つので、Ｘ＝αとＸ＝－(α＋１)はＸ^2＋Ｘ＋１＝０の２つの根であり、－１＝１を考えると、Ｘ＝αとＸ＝α＋１はＸ^2＋Ｘ＋１＝０の２つの根である。

ついでに、
＞Ｘ^2＋Ｘ＋１はＦ2[Ｘ]の既約多項式である

因みに、Ｘ^2＋１だったら既約多項式ではない。
何故なら、Ｘ^2＋１＝Ｘ^2＋１＋２Ｘ（２Ｘ≡０（mod２）だから）＝(Ｘ＋１)^2だからである。

誤植も多いし独学には向かない本である。念のため、悪口ではない。その代わり、独学出来れば凄く力が付く参考書だと思う。（大学生向け。）

おまけ：

算数の解法
正方形の左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡ上の点をそれぞれＥ～Ｈと振る。
また、中央の正方形の真上の頂点から反時計回りにＰ～Ｓと振り、ＲＱの延長とＤＡの延長との交点をＩ，ＳＲの延長とＡＢの延長との交点をＪ，ＰＳの延長とＢＣの延長との交点をＫ，ＱＰの延長とＣＤの延長との交点をＬとすると、
△ＡＩＥ，△ＢＪＦ，△ＣＫＧ，△ＤＬＨはそれぞれ直角二等辺三角形になり、ＡＩ＝ＢＪ＝ＣＫ＝ＤＬ＝５ｃｍである。
よって、ＡＩ＝ＨＤ＝５ｃｍより、ＩＨ＝ＡＤである。同様に、ＥＪ＝ＡＢ，ＦＫ＝ＢＣ，ＧＬ＝ＣＤ
ところで、△ＱＩＨ，△ＲＪＥ，△ＳＫＦ，△ＰＬＧは直角二等辺三角形でＩＨ＝ＡＤ，ＥＪ＝ＡＢ，ＦＫ＝ＢＣ，ＧＬ＝ＣＤより、これらの三角形を正方形の辺に沿って５ｃｍ平行移動させると、ぴったりと正方形ＡＢＣＤと重なる。
つまり、中央の正方形ＰＱＲＳの面積と４つの三角形△ＡＩＥ，△ＢＪＦ，△ＣＫＧ，△ＤＬＨの面積の和は等しい。
よって、青色部分＝５×５÷２×４＝５０ｃｍ^2
よって、答えは、５０ｃｍ^2

何でもありの解法
上の図の記号を利用する。
ＤＧ＝ｘと置くと、ＬＧ＝ｘ＋５で△ＰＬＧは直角二等辺三角形より、ＰからＬＧに垂線を下ろしその足をＭとすると、ＰＭ＝ＬＧ/２＝(ｘ＋５)/２
∴四角形ＰＧＤＨ＝△ＰＬＧ－△ＨＬＤ＝(ｘ＋５)×{(ｘ＋５)/２}×(１/２)－５×５×(１/２)
＝(ｘ＋５)^2/４－２５/２
よって、青色部分の面積は正方形からこの面積の４倍を引けば良いので、
Ｓ＝(ｘ＋５)^2－{(ｘ＋５)^2/４－２５/２}×４＝５０
よって、答えは、５０ｃｍ^2

因みに、何でもありで解ければ良いです。ただし、慣れて来ると算数の方がずっと楽ですが。念のため、面白さはまた別の話。
正方形の１辺の長さをｘとして、ＰからＡＤに垂線を下ろしその足をＮとすると、△ＰＮＨは直角二等辺三角形より、ＮＰ＝ＮＨ＝ｘ/２－５
∴ＰＲ＝ｘ－(ｘ/２－５)×２＝１０
ところで、対称性より青色部分は正方形。
∴青色部分＝１０×１０÷２＝５０ｃｍ^2

おまけ：

解説
＞αがＫ上超越的であれば、kerσ＝(０)なので、写像σは同型写像である。

p.242に「σが単射であればαはＫ上超越的であり、そうでなければαはＫ上代数的である」とあるので、ここでのσも単射である。よって、定理3.3よりkerσ＝(０)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)

また、σは代入（σ：Ｋ[Ｘ]→Ｋ[α]⊂Ｌ（Ｘ→α））なので、全射である。よって、σは全単射である。
ところで、代入の原理は準同型写像である。

定理4.4（代入の原理）
環ＬをＲを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)において、次が成り立つ。
（ⅰ）ｆ(Ｘ)＋ｇ(Ｘ)＝ε(Ｘ)⇒ｆ(α)＋ｇ(α)＝ε(α)
（ⅱ）ｆ(Ｘ)・ｇ(Ｘ)＝η(Ｘ)⇒ｆ(α)・ｇ(α)＝η(α)

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。

話を元に戻して、σは準同型写像で全単射より同型写像である。

＞このとき、定理5.2によってσはＫ(Ｘ)からＫ[α]の商体Ｋ(α)に拡張することができる。

「このとき」とは、αがＫ上超越的な時なので、σが単射の時である。よって、定理5.2の、

定理5.2
ＲとＲ'を整域とし、その商体をそれぞれＫとＫ'とする。ＲからＲ'への環の単準同型写像ｆは、ＫからＫ'への体の単準同型写像~ｆに一意的に拡張することができる。
特に、ｆが同型写像であれば、~ｆも同型写像である。


単準同型写像（σは代入で準同型写像）の時なので、定理5.2を使えるという事である。

＞αがＫ上代数的であり、αのＫ上の最小多項式をｆ(Ｘ)とすると、ｆ(Ｘ)は既約であるからkerσはｆ(Ｘ)で生成される。

ｆ(Ｘ)がαのＫ上の最小多項式よりｆ(α)＝０
（p.242に「ｆ(Ｘ)はαを根とする次数最小のモニックな多項式である。このｆ(Ｘ)をαのＫ上の最小多項式という」。）
∴σ(ｆ(Ｘ))＝０　∴ｆ(Ｘ)∈kerσ　∴(ｆ(Ｘ))⊂kerσ
ここで、ｆ(Ｘ)は既約多項式より定理4.11により(ｆ(Ｘ))は極大イデアルだから、(ｆ(Ｘ))＝kerσ　
念のため、kerσはイデアルだから。厳密には、kerσ≠Ｋ[Ｘ]を示す必要もあるが省略。（自明な事である。）

＞したがって、準同型定理3.5によりＫ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))はσの像Ｋ[α]と同型になる。ｆ(Ｘ)は既約だから、イデアル(ｆ(Ｘ))は極大イデアルとなりＫ[α]は体となる（定理4.11）。

定理4.11により、Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))が体になるから、それと同型なＫ[α]も体となるという事。

＞「σが単射であればαはＫ上超越的であり、そうでなければαはＫ上代数的である」

αがＫ上代数的であれば、ｎ次方程式だったらｎ個解があるので写像がｎ個あり単射ではなく、αがＫ上超越的であれば、ｎ次方程式に解はなく例えば、ａＸ^2＋ｂＸ＋ｃ→ａπ^2＋ｂπ＋ｃという写像になり単射という事だろう。（適当。）

おまけ：

問題１の解法１
左の二等辺三角形をＡＢＣ（頂点Ａから反時計回り）とし、右の二等辺三角形をＤＣＦ（頂点がＤで右底角がＦ）とする。
また、横の二等辺三角形の頂点をＧとし反時計回りにＧ～Ｉと振り、ＧＨとＡＢ，ＡＣ，ＤＣとの交点をそれぞれＪ，Ｋ，Ｌと振り、ＧＩとＡＢ，ＡＣ，ＤＣ，ＤＦとの交点をそれぞれＭ，Ｎ，Ｏ，Ｐと振り、ＨＩとＤＦの交点をＱと振ると、
△ＧＭＪと△ＡＭＮにおいて対頂角と∠Ｇ，∠Ａがそれぞれ等しいので、残りの１角も等しい。
よって、∠ＡＮＭ＝∠ＧＪＭ＝９０°また、∠ＡＣＢ＝∠ＤＦＣより同位角が等しいので、ＡＣとＤＦは平行である。
よって、同位角と対頂角を経ると、∠ＱＰＩ＝∠ＡＮＭ＝９０°である。
また、∠ＰＩＱ＝∠ＧＩＨ＝(１８０°－２８°)÷２＝１５２°÷２＝７６°
よって、△ＱＰＩの内対角の和より、∠ＰＱＨ＝９０°＋７６°＝１６６°
よって、∠ア＝１６６°

解法２
錯角より∠ＯＬＨ＝∠ＢＪＫ＝９０°また、△ＭＧＪの内対角の和より∠ＪＭＮ＝９０°＋２８°＝１１８°
よって、同位角より∠ＬＯＰ＝∠ＪＭＮ＝１１８°
また、解法１と同様に∠ＯＰＱ＝９０°，∠ＬＨＱ＝７６°
ところで、５角形の内角の和は、公式より１８０°×(５－２)＝５４０°
よって、∠ＰＱＨ＝５４０°－９０°－１１８°－９０°－７６°＝１６６°
よって、∠ア＝１６６°でＯＫ。

因みに、多角形の内角の和の公式を知らない場合は、五角形ＯＬＨＱＰをＯＨ，ＯＱで３つの三角形に分けて、それぞれの内角の和が１８０°より、１８０°×３＝５４０°と求めれば良い。（こういうのを工夫と言うと思うが、そんな事を自分で思い付く人は天才である。パスカルとかそういうレベル。皆（普通の秀才は）、小さい頃に本で読んだりして忘れている（覚えていない）だけである。）
興味がある人はパスカルのエピソードでも読んで下さい。（ガウスと比べるとしょぼいと思ったが、リアルな感じがした記憶がある。）

問題２
次の数列で、１１番目の分数は？
１/１，１/２，２/１，１/３，２/２，３/１，１/４,・・・

解答
分子に着目すると、１，１，２，１，２，３，１
つまり、１，１２，１２３，１となっている。
次に分母に注目すると、１，２，１，３，２，１，４
つまり、１，２１，３２１，４となっている。
よって、１，１２，１２３，１２３４，１２３４５
　　　　１，２１，３２１，４３２１，５４３２１
とすると、１１番目は、１/５

おまけ：

解答
色が付いた弧（弓形）の所の上の頂点をＡとし反時計回りに正方形の頂点をＡ～Ｄと振る。（正八角形は２つの正方形の重なりで表される。）
また、弧ＡＢの真ん中の点をＥとし反時計回りに正方形の頂点をＥ～Ｈと振る。
また、ＡＤとＥＨの交点をＩ，ＢＣとＥＦの交点をＪとし、円の中心をＯとすると、点Ｏは２つの正方形の中心で図の４本の線分が１点で交わっている点である。
ここで、ＯとＧの間の色付き三角形をＯとＥの間の空白の三角形の所に移動させると、色付き四角形ＯＩＥＪが出来る。
また、ＡＢとＥＨの交点をＫとすると、△ＡＫＩは直角二等辺三角形でＯＡとＥＨは直交する。ＯＡとＥＨの交点をＬとすると、ＬはＫＩの真ん中の点である。また、正方形の性質より△ＯＥＬは直角二等辺三角形になり、
ＯＬ＝ＥＬ―――①　また、△ＡＫＩは直角二等辺三角形でＡＬ⊥ＫＩより、ＡＬ＝ＩＬ―――②
①＋②より、ＯＬ＋ＡＬ＝ＥＬ＋ＩＬ　
よって、ＯＡ＝ＥＩ―――☆
また、ＡＢ＝ＩＪ（対称性からＡＩ＝ＢＪは自明でＡＢＪＩは長方形だから。）―――ア
ところで、正八角形の１つの内角は１３５°で１つの中心角は４５°より、∠ＡＥＢ＝１３５°，∠ＩＯＪ＝４５°×３＝１３５°（内側にもう一つ正八角形が出来る。）
よって、∠ＡＥＢ＝∠ＩＯＪ―――イ
また、対称性よりＯＩ＝ＯＪで正八角形よりＥＡ＝ＥＢ
よって、△ＥＡＢ，△ＯＩＪはそれぞれ二等辺三角形である。―――ウ
ア,イ,ウより、△ＥＡＢと△ＯＩＪは合同である。よって、△ＯＩＪを△ＥＡＢの所に移動させるとぴったりはまるので、四角形ＯＩＥＪを△ＥＡＢの所に移動させてもぴったりとはまり、☆よりＯＡ＝ＥＩなので色付き部分は半径２ｃｍ，中心角９０°（∠ＩＥＪ＝９０°）の扇形になる。
よって、求める面積は、２×２×３.１４÷４＝３.１４ｃｍ^2
よって、答えは、３.１４ｃｍ^2

おまけ：

問題１の解答
ＡからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＡＢＣは直角二等辺三角形より、ＡＨ＝ＢＨ＝ＣＨ＝２ｃｍ
よって、ＤＦ＝ＡＨ＝２ｃｍ，ＣＤ＝ＣＢ＝４ｃｍより、
ＤＦ：ＣＤ＝１：２で∠ＤＦＣ＝９０°より、△ＣＤＦは３０°,６０°,９０°の直角三角定規型である。
よって、∠ＢＣＤ＝１８０°－３０°＝１５０°より、△ＣＤＢは頂角が１５０°の二等辺三角形。
よって、∠ＣＤＢ＝１５°また、∠ＥＣＤ＝１８０°－４５°－３０°＝１０５°
よって、△ＥＣＤの内対角の和より、∠ＡＥＤ＝１５°＋１０５°＝１２０°
よって、答えは、１２０°

問題２の解答１
１３の１の２本を８－２＝１３の－の所と＝の所に移動させると、
８＋２≠３

解答２
８－２＝１３の１の２本の上の１本を右に平行移動させ９を作り、下の１本を水平にして９の後ろに置くと、
８－２＝９－　
これをひっくり返すと、－６＝２－８となる。

多分、こっちが正解かな。検索しても出なさそうなのでしていない。

問題３
一番大きい分数はどれ？
１１３/２３１，２０/４３，５/８，６１/１３２

解答
１１３×２＝２２６＜２３１より、１１３/２３１＜１/２
２０×２＝４０＜４３より、２０/４３＜１/２
５×２＝１０＞８より、５/８＞１/２
６１×２＝１２２＜１３２より、６１/１３２＜１/２
よって、１つだけ１/２より大きいので、
答えは、５/８

おまけ：

問題１の解法１
半円の直径をＡＢとし中心をＯとする。また、内接円の中心をＯ'とし半円との接点をＣとし、中心角が４５°の扇形の弧をＢＤとする。
ＯＤを結び、内接円との交点をＥとすると、∠ＤＯＢ＝４５°より∠ＣＯＤ＝９０°－４５°＝４５°
よって、∠Ｏ'ＯＥ＝４５°で半径よりＯ'Ｏ＝Ｏ'Ｅなので、△Ｏ'ＯＥは直角二等辺三角形である。
よって、∠ＯＯ'Ｅ＝９０°
よって、図形ＣＤＥ＝扇形ＯＣＤ－扇形Ｏ'ＣＥ－△Ｏ'ＯＥ＝４×４×３.１４×(４５/３６０)－２×２×３.１４×(１/４)－２×２÷２
＝２×３.１４－３.１４－２＝３.１４－２＝１.１４
よって、図形ＣＤＥ＝１.１４ｃｍ^2―――①
また、図形ＡＣＯ＝４×４×３.１４×(１/４)－２×２×３.１４×(１/２)＝４×３.１４－２×３.１４
＝２×３.１４＝６.２８
よって、図形ＡＣＯ＝６.２８ｃｍ^2―――②
①＋②より、色部分＝１.１４＋６.２８＝７.４２ｃｍ^2
よって、答えは、７.４２ｃｍ^2

解法２
色部分＝扇形ＯＡＤ－円Ｏ'＋弓形ＯＥ
＝扇形ＯＡＤ－円Ｏ'＋(扇形Ｏ'ＯＥ－△Ｏ'ＯＥ)
＝４×４×３.１４×(１３５/３６０)－２×２×３.１４＋(２×２×３.１４×(１/４)－２×２÷２)
＝１６×３.１４×(３/８)－４×３.１４＋３.１４－２
＝６×３.１４－３×３.１４－２
＝３×３.１４－２＝９.４２－２＝７.４２ｃｍ^2
よって、答えは、７.４２ｃｍ^2

問題２
約分してください。１２７５３/１２３１７

解答
「意外と難しい工夫すべき問題」とあるが、知っているか知らないかの「ユークリッドの互除法」を使うだけの問題ではないのだろうか。では、使ってみよう。
１２７５３と１２３１７の最大公約数は、１２７５３÷１２３１７＝１・・・４３６より、１２３１７と４３６の最大公約数と等しい。
また、１２３１７÷４３６＝２８・・・１０９より、１２３１７と４３６の最大公約数は４３６と１０９の最大公約数と等しい。
さらに、４３６÷１０９＝４・・・０
よって、１２７５３と１２３１７の最大公約数は１２３１７と４３６の最大公約数と等しく４３６と１０９の最大公約数とも等しく１０９となる。
よって、１２７５３÷１０９＝１１７
１２３１７÷１０９＝１１３より、
答えは、１１７/１１３

または、pythonでちゃちゃっとプログラムを組めば簡単にそれぞれの約数を求められるので解決である。（簡単で省略。）または、ネットで拾ってきた素因数分解のプログラムをそのまま使っても良い。（工夫とは何だろうか。笑）

おまけ：
「それよりもこの人類の「大覚醒」に日本が、人類実験のモルモットとして、実験成功の明らかな証拠として、民主経済システムの輝かしい成功サンプルとして、真の世界大改革の「原動力」として、全世界の人々が認める、実に大きな役割を果した、という事実のほうが、改めて見直す必要のある重要な問題なのである。
　この意味では、すでに日本そのものが『救世主』の役割を立派に果した。いや、日本人には、その資格をもったものがいるという「確信」を世界の人々にあたえたといってもいい。」
引用元：https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12701394803.html

ライアーゲームの解答
嘘である。

反例：φ(5660)＋１＝２２５７＝３７・６１
よって、素数のベキ乗ではない。

理由：Ｕ(ℤn)は加法に関して群をなさないので、有限体ではないから。

ただし、φ(6550)＋１＝２６０１＝３^2・１７^2
のように、整数のベキ乗である可能性はある。念のため、φ(5660)＋１＝２２５７^1という事。

予想
オイラーのφ関数、φ(ｎ)＋１は累乗数である。（指数１も含む。）

興味がある人は証明または否定して下さい。因みに、pythonで好きな数を入力すれば素因数分解するプログラムを作ったのでコピペして試して下さい。

import math

def phi(num):
cnt=0
for i in range (1,num):
if math.gcd(num,i)==1:
cnt+=1
return cnt

def prime_f_list(num):
divisors = []
for prime in range(2, num+1):
while (num % prime) == 0:
divisors.append(prime)
num //= prime
return divisors

if __name__ == '__main__':
n = int(input('適当な自然数を入力して下さい：'))
n = phi(n) + 1
prime_list = prime_f_list(n)
print(prime_list)

結果：適当な自然数を入力して下さい：6550
[3, 3, 17, 17]

指数は見にくくなるのでこうしました。因みに、ネットにあるのを合体させただけです。（今までは自分で作っていましたが。）
適当に試しても素数の積の場合（整数の１乗という事）が多くて反例は探せませんでした。あまり数を大きくすると時間がかかりますし。

補足：累乗は指数が自然数でベキ乗は自然数以外も含む。
https://cognicull.com/ja/4ilu1nmk

おまけ：

＞予想
オイラーのφ関数、φ(ｎ)＋１は累乗数である。（指数１も含む。）

興味がある人は証明または否定して下さい。

反例：φ(138)＋１＝４４＋１＝４５＝３^2・５
φ(177)＋１＝１１６＋１＝１１８＝３^2・１３など。
因みに、φ(200)までで２個でした。

import math

def phi(num):
cnt=0
for i in range (1,num):
if math.gcd(num,i)==1:
cnt+=1
return cnt

def prime_f_list(num):
divisors = []
for prime in range(2, num+1):
while (num % prime) == 0:
divisors.append(prime)
num //= prime
return divisors

if __name__ == '__main__':
L = []
for n in range(2,201):
n = phi(n) + 1
prime_list = prime_f_list(n)
L.append(prime_list)
print(L)
結果：[[2], [3], [3], [5], [3], [7], [5], [7], [5], [11], [5], [13], [7], [3, 3], [3, 3], [17], [7], [19], [3, 3], [13], [11], [23], [3, 3], [3, 7], [13], [19], [13], [29], [3, 3], [31], [17], [3, 7], [17], [5, 5], [13], [37], [19], [5, 5], [17], [41], [13], [43], [3, 7], [5, 5], [23], [47], [17], [43], [3, 7], [3, 11], [5, 5], [53], [19], [41], [5, 5], [37], [29], [59], [17], [61], [31], [37], [3, 11], [7, 7], [3, 7], [67], [3, 11], [3, 3, 5], [5, 5], [71], [5, 5], [73], [37], [41], [37], [61], [5, 5], [79], [3, 11], [5, 11], [41], [83], [5, 5], [5, 13], [43], [3, 19], [41], [89], [5, 5], [73], [3, 3, 5], [61], [47], [73], [3, 11], [97], [43], [61], [41], [101], [3, 11], [103], [7, 7], [7, 7], [53], [107], [37], [109], [41], [73], [7, 7], [113], [37], [89], [3, 19], [73], [59], [97], [3, 11], [3, 37], [61], [3, 3, 3, 3], [61], [101], [37], [127], [5, 13], [5, 17], [7, 7], [131], [41], [109], [67], [73], [5, 13], [137], [3, 3, 5], [139], [7, 7], [3, 31], [71], [11, 11], [7, 7], [113], [73], [5, 17], [73], [149], [41], [151], [73], [97], [61], [11, 11], [7, 7], [157], [79], [3, 5, 7], [5, 13], [7, 19], [5, 11], [163], [3, 3, 3, 3], [3, 3, 3, 3], [83], [167], [7, 7], [157], [5, 13], [109], [5, 17], [173], [3, 19], [11, 11], [3, 3, 3, 3], [3, 3, 13], [89], [179], [7, 7], [181], [73], [11, 11], [89], [5, 29], [61], [7, 23], [3, 31], [109], [73], [191], [5, 13], [193], [97], [97], [5, 17], [197], [61], [199], [3, 3, 3, 3]]

おまけ：

何でもありの解法
ＥＣを結ぶと、折り返しよりＥＣ⊥ＢＭ（厳密な証明は△ＭＥＣと△ＢＥＣがそれぞれ二等辺三角形になるから。いわゆる凧型だからである。）
そこで、ＥＣとＢＭの交点をＦとすると、∠ＣＦＭ＝∠ＢＣＭ，∠ＣＭＦは共通より２角が等しいので、△ＣＦＭ∽△ＢＣＭ―――①
また、折り返しよりＭＣ＝ＭＥ　また、ＭＣ＝ＭＤより、ＭＣ＝ＭＥ＝ＭＤ　よって、∠ＣＥＤ＝９０°である。（点Ｍを中心に半径ＭＣの円を考えれば分かる。）
∴ＭＢ//ＤＥ　よって、同位角より∠ＣＭＦ＝∠ＭＤＥ
ここで、ＭからＤＥに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＭＥＤは二等辺三角形より、△ＣＦＭ≡△ＭＨＤ≡△ＭＨＥ―――②
①，②より、△ＭＨＥ∽△ＢＣＭで△ＢＣＭは直角を挟む二辺の比が１：２より、△ＭＨＥも直角を挟む二辺の比が１：２の直角三角形である。
また、折り返しよりＢＣ＝ＢＥ　また、ＢＣ＝ＢＡより、ＢＥ＝ＢＡ　よって、△ＢＡＥは二等辺三角形。
そこで、ＢからＡＥに垂線を下ろしその足をＩとすると、∠ＡＢＩ＝∠ＥＢＩ　また、∠ＥＢＭ＝∠ＣＢＭより、∠ＩＢＭ＝９０°÷２＝４５°である。
ここで、マニアックな定理を使うと、∠ＥＢＩ＋∠ＭＢＥ＝４５°で△ＢＥＭが直角を挟む二辺の比が１：２より、△ＢＩＥは直角を挟む二辺の比は１：３である。
https://www.symbolab.com/popular-trigonometry/trigonometry-2349
https://blog.goo.ne.jp/bnkng114/e/06b9aeb2aa43d86e525b6840bc5ef693
ところで、△ＭＨＥは直角を挟む二辺の比が１：２であるので、∠ＢＥＩ＋∠ＭＥＨ＝１８０°－４５°＝１３５°となる。∴∠ＡＥＤ＝３６０°－１３５°－９０°＝１３５°
よって、答えは、１３５°

暗算で解きながら書いたので読み難かったらごめんなさい。
念のため、上の定理は逆が成り立ちます。

おまけ：

普通の解法１
折り返しよりＭＣ＝ＭＥ　また、ＭＣ＝ＭＤより、ＭＥ＝ＭＤ　よって、△ＭＥＤは二等辺三角形。
よって、∠ＭＥＤ＝∠ＭＤＥ＝○と置くと、△ＭＥＤの内対角の和より∠ＣＭＥ＝○○
また、折り返しより∠ＢＭＣ＝∠ＢＭＥより、∠ＢＭＥ＝○
また、折り返しよりＢＣ＝ＢＥ　また、ＢＣ＝ＢＡより、ＢＥ＝ＢＡ　よって、△ＢＡＥは二等辺三角形。よって、∠ＢＡＥ＝∠ＢＥＡ＝●と置く。
また、ＢからＡＥに垂線を下ろしその足をＨとすると、∠ＡＢＨ＝∠ＥＢＨ，∠ＥＢＭ＝∠ＣＢＭより、
∠ＨＢＭ＝９０°÷２＝４５°
よって、四角形ＨＢＭＥの内角の和より、
９０°＋４５°＋○＋●＋９０°＝３６０°
よって、○＋●＋２２５°＝３６０°
よって、○＋●＝１３５°
よって、∠ＭＤＥ＋∠ＢＡＥ＝１３５°
よって、∠ＥＤＡ＋∠ＥＡＤ＝９０°＋９０°－１３５°＝４５°
よって、∠ＡＥＤ＝１８０°－４５°＝１３５°
よって、答えは、１３５°

普通の解法２は次回。

おまけ：

普通の解法２
ＥＣを結ぶと、折り返しよりＥＣ⊥ＢＭ　また、ＭＣ＝ＭＥ＝ＭＤより∠ＣＥＤ＝９０°である。
∴ＢＭ//ＥＤ―――①
また、ＥからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとし、ＥＨとＢＭの交点をＦとすると、ＥＦ//ＤＭ―――②
①,②より、四角形ＥＦＭＤは平行四辺形。
∴ＥＦ＝ＤＭ―――③
また、ＤＭ＝ＣＭ＝ＥＭよりＥＦ＝ＥＭ
よって、△ＥＦＭは二等辺三角形。―――☆
ここで、ＡＢの中点をＮとしてＮＦを結びＢＥとＮＦの交点をＧとすると、ＡＮ＝ＤＭ―――④　
③,④より、ＡＮ＝ＥＦ―――⑤
また、ＡＮ//ＤＭ―――⑥　②,⑥より、ＡＮ//ＥＦ―――⑦
⑤,⑦より、四角形ＡＮＦＥは平行四辺形。∴ＮＦ//ＡＥ
ところで、折り返しよりＢＥ＝ＢＣ　また、ＢＣ＝ＢＡよりＢＥ＝ＢＡ　よって、△ＢＡＥは二等辺三角形。
∴∠ＢＡＥ＝∠ＢＥＡ　また、四角形ＡＮＦＥは平行四辺形より(∠ＢＡＥ＝)∠ＮＡＥ＝∠ＥＦＮ(＝∠ＥＦＧ)　
また、錯角より∠ＢＥＡ＝∠ＥＧＦ　
これらより、∠ＥＧＦ＝∠ＥＦＧ
よって、△ＥＧＦも二等辺三角形―――☆☆
今、ＥからＧＦに垂線を下ろしその足をＩ，ＥからＦＭに垂線を下ろしその足をＪとすると、
☆,☆☆より、∠ＩＥＪ＝９０°÷２＝４５°（折り返しより∠ＢＥＭ＝９０°だから。）
よって、四角形ＥＩＦＪの内角の和より、∠ＩＦＪ＝３６０°－９０°－９０°－４５°＝１３５°
∴∠ＮＦＭ＝１３５°
ところで、①より、ＦＭ//ＥＤ　また、ＦＮ//ＥＡ
よって、∠ＡＥＤ＝∠ＮＦＭ（厳密にはＦＥを延長して２つの同位角の和で示す。）
∴∠ＡＥＤ＝１３５°
よって、答えは、１３５°

おまけ：

解法１
ＯＢ，ＯＣを結ぶと、円周角と中心角の関係より∠ＢＯＣ＝３０°×２＝６０°で半径より△ＯＢＣは頂角が６０°の二等辺三角形なので正三角形である。
よって、ＢＣ＝ＯＢ＝ＯＣ＝５ｃｍである。
また、円周角より∠ＢＣＤ＝∠ＢＡＤ＝３０°，∠ＢＤＣ＝∠ＢＡＣ＝３０°
よって、△ＢＤＣは頂角が１２０°の二等辺三角形より、
ＢＤ＝ＢＣ＝５ｃｍ　また、二辺比よりＤＣ＝５√３ｃｍ
ところで、∠ＢＣＥ＝∠ＢＡＣ＝３０°，∠Ｂは共通より２角が等しいので△ＣＢＥ∽△ＡＢＣ　
よって、△ＣＢＥも二等辺三角形である。
∴ＥＣ＝ＢＣ＝５ｃｍ
∴ＤＥ＝ＤＣ－ＥＣ＝５√３－５＝５(√３－１)ｃｍ
よって、答えは、５(√３－１)ｃｍ

解法２
ＯＤ，ＯＢを結ぶと、円周角と中心角の関係より∠ＤＯＢ＝３０°×２＝６０°で半径より△ＯＤＢは頂角が６０°のの等辺三角形なので正三角形である。
よって、ＢＤ＝ＯＢ＝ＯＤ＝５ｃｍである。
ところで、∠ＤＢＣ＝１８０°－∠Ａ＝１８０°－６０°＝１２０°また、∠ＡＢＣ＝(１８０°－３０°)÷２＝７５°より、∠ＤＢＡ＝１２０°－７５°＝４５°
ここで、ＤからＡＢに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＤＢＨは直角二等辺三角形になり、△ＡＤＨは１：２：√３の直角三角形になる。
∴ＤＨ＝ＢＨ＝５/√２ｃｍ，ＡＨ＝√３ＤＨ＝√３(５/√２)＝５√３/√２ｃｍ
∴ＡＢ＝５√３/√２＋５/√２＝５(√３＋１)/√２
＝５√２(√３＋１)/２＝５(√６＋√２)/２ｃｍ
∴ＡＢ＝５(√６＋√２)/２ｃｍ
また、ＯＡを結ぶと、対称性より∠ＯＡＢ＝３０°÷２＝１５°∴∠ＯＡＤ＝１５°＋３０°＝４５°
よって、半径より△ＯＡＤは直角二等辺三角形である。
∴ＡＤ＝５√２ｃｍ
ところで、∠ＢＤＥ＝∠ＢＤＣ＝∠ＢＡＣ＝３０°より、∠ＢＤＥ＝∠ＢＡＤ　また、∠ＤＢＥは共通より２角が等しいので、△ＤＥＢ∽△ＡＤＢ
∴ＡＤ：ＡＢ＝ＤＥ：ＤＢ　
∴５√２：５(√６＋√２)/２＝ＤＥ：５
∴２√２：√６＋√２＝ＤＥ：５
∴(√６＋√２)ＤＥ＝１０√２
∴ＤＥ＝１０√２/(√６＋√２)＝１０√２(√６－√２)/４
＝５(２√３－２)/２＝５(√３－１)ｃｍ
∴ＤＥ＝５(√３－１)ｃｍ

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/8db158e3e048d77bed53365f271a1bac7e7aeec0/comments

解法３
ＯＡを結ぶと、二等辺三角形と外心の対称性より∠ＯＡＢ＝３０°÷２＝１５°∴∠ＯＡＤ＝３０°＋１５°＝４５°
また、半径より△ＯＡＤは１つの角が４５°の二等辺三角形になるので直角二等辺三角形。
また、ＯＡ＝５ｃｍより、ＡＤ＝５√２ｃｍ　
ところで、∠ＡＢＣ＝(１８０°－３０°)÷２＝７５°よって、円周角より∠ＡＤＣ＝∠ＡＢＣ＝７５°
∴∠ＡＥＤ＝１８０°－３０°－７５°＝７５°よって、∠ＡＤＥ＝∠ＡＥＤより△ＡＤＥは二等辺三角形。
∴ＡＥ＝ＡＤ＝５√２ｃｍ
ここで、DからＡＥに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＡＤＨは１：２：√３の直角三角形より、ＤＨ＝５√２/２ｃｍ，ＡＨ＝５√６/２ｃｍ
∴ＥＨ＝ＡＥ－ＡＨ＝５√２－５√６/２ｃｍ
よって、△ＤＥＨで三平方の定理を使うと、
ＤＥ^2＝(５√２/２)^2＋(５√２－５√６/２)^2
＝５０/４＋５０＋１５０/４－５０√３
＝１００－５０√３
∴ＤＥ＝５√(４－２√３)＝５√(√３－１)^2
＝５(√３－１)ｃｍ
よって、答えは、５(√３－１)ｃｍ

解法４
ＯＡを結ぶと、二等辺三角形と外心の対称性より∠ＯＡＢ＝３０°÷２＝１５°∴∠ＯＡＤ＝３０°＋１５°＝４５°
また、半径より△ＯＡＤは１つの角が４５°の二等辺三角形になるので直角二等辺三角形。
また、ＯＡ＝５ｃｍより、ＡＤ＝５√２ｃｍ
また、ＯＢ，ＯＣを結ぶと、円周角と中心角の関係より∠ＢＯＣ＝３０°×２＝６０°また、半径より△ＯＢＣは１辺が５ｃｍの正三角形である。
よって、ＯからＢＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、ＨＣ＝５/２ｃｍ，ＯＨ＝５√３/２ｃｍ，ＯＡ＝５ｃｍより、ＡＨ＝５＋５√３/２ｃｍ
よって、△ＡＣＨで三平方の定理を使うと、
ＡＣ＝√{(５/２)^2＋(５＋５√３/２)^2}
＝√(２５/４＋２５＋７５/４＋２５√３)
＝√(５０＋２５√３)＝５√(２＋√３)
＝５√２・√(４＋２√３)/２＝５√２・√(√３＋１)^2/２
＝５√２・(√３＋１)/２＝５(√６＋√２)/２
∴ＡＣ＝５(√６＋√２)/２ｃｍ
また、円周角より△ＢＣＤは底角が３０°の二等辺三角形でＢＣ＝５ｃｍより、ＤＣ＝５√３ｃｍ
ここで、△ＡＤＣで角の二等分線の定理を使うと、
ＡＤ：ＡＣ＝ＤＥ：ＣＥより、
ＤＥ：ＣＥ＝５√２：５(√６＋√２)/２＝２√２：√６＋√２
∴ＤＥ＝{２√２/(３√２＋√６)}ＤＣ
＝{２√２/(３√２＋√６)}×５√３
＝１０√６/(３√２＋√６)
＝１０√６(３√２－√６)/１２
＝５√６(３√２－√６)/６
＝５(６√３－６)/６＝５(√３－１)ｃｍ
よって、答えは、５(√３－１)ｃｍ

おまけ：

解説
＞|Ｋ|＝ｑとする。Ｋ^*の位数はｑ－１であるから、Ｋ^*に位数ｑ－１の元が存在することを示せばよい。

Ｋは有限体なので位数（元の個数）をｑと置ける。また、Ｋ^*＝Ｋ－{０}なので、Ｋ^*の位数はｑ－１である。
ところで、第２章定理3.4より、元ａの位数と巡回部分群＜ａ＞の位数は等しいので、Ｋ^*に位数ｑ－１の元が存在することを示せば（Ｋ^*の位数はｑ－１なので）巡回群である事が示せる。

第２章定理3.4
ａを群Ｇの元とするとき、元ａの位数はａで生成された巡回部分群＜ａ＞の位数と等しい。すなわち、|＜ａ＞|＝|ａ|

＞このβの位数をｎとする。第２章定理3.2より
β^m≠１⇔ｎ∤ｍ

βの位数がｎより、β^n＝１　よって、定理3.2より、
β^m＝１⇔ｎ|ｍ―――①

第２章定理3.2
群Ｇの単位元をｅとし、Ｇの元ａの位数をｎとする。このとき、非負整数ｋ,ｌについて次が成り立つ。
（１）ａ^k＝ｅ⇔ｋ≡０（modｎ）

①の対偶を取ると、β^m≠１⇔ｎ∤ｍ
念のため、β^m＝１⇒ｎ|ｍの対偶は、ｎ∤ｍ⇒β^m≠１
また、ｎ|ｍ⇒β^m＝１の対偶は、β^m≠１⇒ｎ∤ｍ
２つ合わせて、β^m≠１⇔ｎ∤ｍという事。

＞したがって、ｍとｎの最小公倍数をｌとすればｍ＜ｌである。第２章定理3.8によって、Ｋ^*には位数ｌの元が存在する。

ｍとｎの最小公倍数をｌとすればｎ|ｍじゃないからｍ＜ｌ
（ｎ|ｍだったらｍ＝ｌとなる。）
よって、定理3.8によりＫ^*の中には位数がｍより大なるものが存在するので、Ｋ^*に位数ｑ－１の元がある。よって、Ｋ^*は巡回群である。

ここからは蛇足だが、

第２章定理3.8
群Ｇの可換な２つの元ａ,ｂの位数がそれぞれｍ,ｎとする。ｍとｎの最小公倍数をｌとするとき、Ｇに位数ｌの元が存在する。

この証明には定理3.6の系が使われていて、

定理3.6の系１
ｒ,ｓを自然数とする。群Ｇの元ａの位数をｒｓとすると、元ａ^rの位数はｓであり、元ａ^sの位数はｒである。すなわち、
|ａ|＝ｒｓ⇒|ａ^r|＝ｓ，|ａ^s|＝ｒ

だが、定理3.6を見ると、

定理3.6
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の位数はｎ/(ｎ,ｋ)となる。ただし、(ｎ,ｋ)はｎとｋの最大公約数を表す。
|ａ^k|＝ｎ/(ｎ,ｋ)

定理3.6は巡回群Ｇで「定理3.6より、ただちに次の系が得られる」とあるので、定理3.6の系１も巡回群限定ではないのか。因みに、系２もあり参考までに挙げてみよう。

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となることである。
ａ^kがＧの生成元⇔(ｎ,ｋ)＝１

ここではやはり巡回群である。この本は誤植が異常に多いので大丈夫なのか。そしそうだとしたら、循環論法となってしまう。（巡回群である事を使って巡回群である事を示す事になるのだから。）
結論から言えば、大丈夫である。理由は、定理3.6の系１は群Ｇの巡回部分群と考えれば良いだけである。
自分の理解不足で冤罪を疑ってすみませんでした。ただし、他にも疑問点が何か所かあったが、それはいつか。（以前に挙げたはずである。）

おまけ：