数学

解説
＞２^ab＋１＝(２^a＋１)(２^a(b-1)－＋…＋１)

右辺＝(２^a＋１)(２^a(b-1)－２^a(b-2)
＋２^a(b-3)－…－２^a＋１)
これを展開すると、
＝２^ab－２a(b-1)＋２^a(b-2)－…－２^2a＋２^a
＋２^a(b-1)－２^a(b-2)＋２^a(b-3)－…－２^a＋１
＝２^ab＋１（最初と最後の項以外は相殺される）
＝左辺
よって、成り立つ。

＞「フェルマ数について、漸化式
Ｆn+1＝Ｆ₀Ｆ₁･･･Ｆn＋２（Ｆ₀＝３）が成り立つ。」
　これは、フェルマ数の定義より、数学的帰納法によって直ちに証明できることである。

普通に証明しても面白くないので、証明に至った過程も紹介しますね。
まず、数学的帰納法で証明しようとして、
（ⅰ）ｎ＝１の時、Ｆ₂＝Ｆ₀Ｆ₁＋２＝３・５＋２＝１７で成り立つ。（上より、Ｆ₀＝３，Ｆ₁＝５，Ｆ₂＝１７）
（ⅱ）ｎ＝ｋの時成り立つと仮定すると、
Ｆk+1＝Ｆ₀Ｆ₁･･･Ｆk＋２
ｎ＝ｋ＋１の時、Ｆ(k+1)+1＝Ｆk+2
＝２^2^(k+2)＋１＝２^{2^(k+1)・2}＋１
＝{２^2^(k+1)}²＋１＝(Ｆk+1－１)²＋１
ここで、おやって思いました。
つまり、Ｆn+1＝(Ｆn－１)²＋１という別の漸化式が作れるという事に気付いた訳です。
そこで、Ｆ₀＝３，Ｆ₁＝５，Ｆ₂＝１７で確認すると、次の項は前の項－１を２乗して１加える訳ですから、(３－１)²＋１＝５，(５－１)²＋１＝１７で見事に成り立ちます。
一応、数学的帰納法もどきで証明しても良いですが、ググったら当然すでにありました。https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%95%E3%82%A7%E3%83%AB%E3%83%9E%E3%83%BC%E6%95%B0#%E6%80%A7%E8%B3%AA
そこで、後で結果だけ利用させて頂きます。

＞「フェルマ数について、漸化式
Ｆn+1＝Ｆ₀Ｆ₁･･･Ｆn＋２（Ｆ₀＝３）が成り立つ。」

これを数学的帰納法で示すので、
Ｆ₀Ｆ₁･･･Ｆn＝Ｆn+1－２
これを示せば良い。
（ⅰ）ｎ＝１の時、Ｆ₀Ｆ₁＝３・５＝１７－２＝Ｆ₂－２より、Ｆ₀Ｆ₁＝Ｆ₂－２で成り立つ。
（ⅱ）ｎ＝ｋの時成り立つと仮定すると、
Ｆ₀Ｆ₁…Ｆk＝Ｆk+1－２
ｎ＝ｋ＋１の時、
Ｆ₀Ｆ₁…Ｆk+1＝(Ｆk+1－２)Ｆk+1
＝Ｆ²k+1－２Ｆk+1
＝(Ｆk+1－１)²－１
＝{Ｆ(k+1)+1－１}－１（先の補題より）

補題
Ｆn+1＝(Ｆn－１)²＋１

よって、Ｆ₀Ｆ₁…Ｆk+1＝Ｆ(k+1)+1－２
よって、ｎ＝ｋ＋１の時も成り立つ。
（ⅰ），（ⅱ）より、数学的帰納法により、
Ｆ₀Ｆ₁･･･Ｆn＝Ｆn+1－２が成り立つ。
∴Ｆn+1＝Ｆ₀Ｆ₁･･･Ｆn＋２

因みに、数学的帰納法を使わない場合は、
Ｆn＝２^2^n＋１（ｎ＝０,１,２,…）より、
Ｆn－２＝２^2^n－１＝{２^2^(n-1)}²－１
＝{２^2^(n-1)－１}{２^2^(n-1)＋１}
＝{２^2^(n-1)－１}Ｆn-1
＝[２^2^(n-2)}²－１]Ｆn-1
＝{２^2^(n-2)－１}{２^2^(n-2)＋１}Ｆn-1
＝{２^2^(n-2)－１}Ｆn-2Ｆn-1
＝…＝Ｆ₀…Ｆn-1
∴Ｆn－２＝Ｆ₀…Ｆn-1
∴Ｆn+1＝Ｆ₀Ｆ₁･･･Ｆn＋２
アイデア引用元：https://manabitimes.jp/math/730

おまけ：
https://ikuro-kotaro.sakura.ne.jp/koramu/8553_q2.htm（これ間違ってますよね。）

解説
＞ｆ(ｘ)は既約なので、問題9-5より、ｆ(ｘ)の根αはＧfの根の入れ換えにより、ｆ(ｘ)のどの根にもなる。

問題 9-5b
多項式ｆ(ｘ)の群をＧfとする。ｆ(ｘ)の根の式βが、Ｇfの根の入れ換え（すべて）により、異なる数β₁＝β,･･･,βsになったとする。このとき
ｇ(ｘ)＝(ｘ－β₁)(ｘ－β₂)･･･(ｘ－βs)はβiの最小多項式であることを示せ。よってβiの最小多項式は重根を持たない。
またｓ＝degｇ(ｘ)は、βを不変にする入れ換え全体のなすＧfの部分群Ｈの指数(Ｇ：Ｈ)に等しいことを示せ。

これおかしくないですか。
正しくは、「ｎ次既約多項式ｆ(ｘ)の群Ｇfがｎ個の元（根の入れ換え）からな」っているから、「ｆ(ｘ)の根αはＧfの根の入れ換えにより、ｆ(ｘ)のどの根にもなる」じゃないですか。
その理由は、問題9-5のｇ(ｘ)は最小多項式より既約多項式で、今回のｆ(ｘ)は次数と多項式の群Ｇfの元の個数が一致しているので、問題9-5のｇ(ｘ)に見立てる事が出来る。すると、
ｆ(ｘ)＝ｇ(ｘ)＝(ｘ－α₁＝α)(ｘ－α₂)…(ｘ－αn)（ｎ次既約多項式だから。）
また、β＝αとなり、α₁,…,αnはＧfによる根αの入れ換えとなるから。

＞|Ｇf|はｆ(ｘ)の次数と等しいので、αを変えない根の入れ換えは恒等入れ換えのみである。

これもおかしくないですか。前半はもっと前に使うべきだと思いますが。また、後半は、
「ｆ(ｘ)の根αはＧfの根の入れ換えにより、ｆ(ｘ)のどの根にもなる」ので、αがαのままであるのは恒等入れ換えだけである。（Ｇfの単位元という事。）

＞よってαの式のなす体Ｍを不変にするＧfの部分群は恒等入れ換えのみからなる。

αを不変にするＧfの部分群が単位元のみの群なので、αの式を不変にするＧfの部分群も同じという事である。

＞ガロワ対応よりＭはｆ(ｘ)のすべての根の式のなす体と一致する。

ガロワ対応とは、
「Ｇfの部分群」と「根の式のなす体」の１対１対応で、前者の根の入れ換えで後者が不変である組合せである。
そこで、Ｇfの部分群で単位元のみの部分群だったら恒等入れ換えなので、相手は全ての根の式全体である。
よって、「Ｍはｆ(ｘ)のすべての根の式のなす体」という事で、上の「αの式のなす体Ｍ」と一致するという事である。

＞ゆえにαはｆ(ｘ)の原始元である。

よって、αの式全体の群とα₁,…,αnの式全体の群が一致しているので、α₁＝αの式，α₂＝αの式，…，αn＝αの式と表せるので、αはｆ(ｘ)の原始元であるという事。

定義8.1（原始元）
重根を持たないｎ次多項式ｆ(ｘ)の原始元βとは、次の(１),(２)をみたす複素数のことである。以下においてα₁,…,αnをｆ(ｘ)の根とする。
（１）βはα₁,…,αnの式で表される。
（２）α₁,…,αnはそれぞれβの式で表される。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

念のため、（１）の方はαがｆ(ｘ)の根である事より自明なので省略した。

おまけ：
https://www.amazon.co.jp/%E3%81%98%E3%81%A3%E3%81%8F%E3%82%8A%E5%BE%AE%E7%A9%8D%E5%88%86-Non%E2%80%90Biri%E6%95%B0%E5%AD%A6%E7%A0%94%E7%A9%B6%E4%BC%9A/dp/453578308X/ref=sr_1_2?dib=eyJ2IjoiMSJ9.dhDboYYmb9D3-1IbtLRJo0s0xB9NA84WATNsh36bJjk.4aBNRqkBdco1QsjfwHBXDT89c7mMoun3DolXo5OuwUM&dib_tag=se&qid=1746684295&s=books&sr=1-2&text=%E3%81%AE%E3%82%93%E3%81%B3%E3%82%8A%E6%95%B0%E5%AD%A6%E7%A0%94%E7%A9%B6%E4%BC%9A（同じ著者の「ガロアに出会う　はじめてのガロア理論」の第１部第４章まで読んだが、あんなに分かり易い数学本初めて読んだ。あ、「すぐわかる線形代数」石村園子著は除く。）

解説
＞問題 9-9b
多項式ｆ(ｘ)のすべての根の式を利用して、（定数係数）既約多項式ｇ(ｘ)がｇ₁(ｘ)…ｇs(ｘ)と分解するとき（ただしｇi(ｘ)はｆ(ｘ)の根の式を係数とする既約単多項式）、ｇ₁(ｘ),…,ｇs(ｘ)の次数はすべて等しいことを示せ。またｆ(ｘ)の群Ｇfに含まれる根の入れ換えでｇ₁(ｘ),…,ｇs(ｘ)の係数を変えると、これらの多項式が入れ換わることを示せ。

まず、問題の意味は、
例えば、ｆ(ｘ)＝ｘ³＋ｘ＋２の３つの根をα₁,α₂,α₃とすると、解と係数の関係より、α₁＋α₂＋α₃＝０，α₁α₂＋α₂α₃＋α₃α₁＝１，α₁α₂α₃＝２
よって、適当にα₁α₂α₃(α₁＋α₂＋α₃)などを展開した「ｆ(ｘ)のすべての根の式」を係数に使った既約多項式ｇ(ｘ)＝ｘ⁴＋ｘ³＋２ｘ²＋１が出来たとする。
実際、ｇ(ｘ)＝ｘ⁴＋(α₁α₂＋α₂α₃＋α₃α₁)ｘ³＋α₁α₂α₃ｘ²＋(α₁＋α₂＋α₃)＋α₁α₂＋α₂α₃＋α₃α₁とすれば良い。
そして、ｇ(ｘ)がα₁,α₂,α₃を係数とするレベルで因数分解出来た時、それは、括弧が２個か４個か分からないが３個にはならないという定理である。
ｇ(ｘ)＝{ｘ²＋(α₁,α₂,α₃の式)ｘ＋(α₁,α₂,α₃の式}{ｘ²＋(α₁,α₂,α₃の式)ｘ＋(α₁,α₂,α₃の式}
または、
＝{ｘ＋(α₁,α₂,α₃の式)}{ｘ＋(α₁,α₂,α₃の式)}{ｘ＋(α₁,α₂,α₃の式)}{ｘ＋(α₁,α₂,α₃の式)}
となるが、次数が１次，１次，２次のような括弧が３個にはならないという事。
つまり、ｇ(ｘ)が素数次の場合は必ず１次式に分解出る。
（全ての解説が終った後で他の観点から補足する。）

＞ｈ₁(ｘ)＝ｇ₁(ｘ)の係数にＧfの入れ換えを施して得られるものをｈ₁(ｘ),…,ｈs(ｘ)とする。これらは互いに素な既約多項式であることに注意する。

ｇ₁(ｘ)は「ただしｇi(ｘ)はｆ(ｘ)の根の式を係数とする既約単多項式」より既約多項式で、その係数をＧfで入れ換えたｈ₁(ｘ),…,ｈs(ｘ)も既約多項式である。その理由は、例えば、ｇ₁(ｘ)＝(ｘ－α₁)(ｘ－α₂)＝ｘ²－(α₁＋α₂)ｘ＋α₁α₂のように可約の式の係数をＧfで入れ換えてもｈ₂(ｘ)＝ｘ²－(α₂＋α₃)ｘ＋α₂α₃＝(ｘ－α₂)(ｘ－α₃)で可約なので、既約の場合も既約のままだからである。
また、既約多項式同士が互いに素は、素数同士が互いに素みたいな事である。

＞ｈ₁(ｘ)＝ｇ₁(ｘ)はｇ(ｘ)を割り切るのでｈ₁(ｘ)ｋ₁(ｘ)＝ｇ(ｘ)である。この式の返々の係数をＧfで変えても等式は成り立つので（定理9.1(１)）、ｈi(ｘ)ｋi(ｘ)＝ｇ(ｘ)のようにｈi(ｘ)はｇ(ｘ)を割り切る。

定理9.1（基本定理）
重根を持たないｄ次多項式ｆ(ｘ)に対して、その根α₁,･･･,αdの入れ換えのなす群Ｇfであって、次の性質をみたすものがただ１つ存在する。
（１）α₁,･･･,αdの２つの式が同じ値を定めるならば、Ｇfの各元で根を入れ換えても２式の値は等しい。すなわちｇ(α₁,･･･,αd)＝ｈ(α₁,･･･,αd)ならば、Ｇfの元でαi₁,･･･,αidと入れ換えてもｇ(αi₁,･･･,αid)＝ｈ(αi₁,･･･,αid)が成り立つ。
（２）α₁,･･･,αdの式に対して、その値は、Ｇfのどの根で入れ換えても変わらないとき、定数である。
この群Ｇfを多項式ｆ(ｘ)の群という。

ｈ₁(ｘ)ｋ₁(ｘ)＝ｇ(ｘ)の両辺の多項式の係数をＧfで入れ換えても、係数同士が等しいので等式同士も等しいままである。
念のため、係数は変わるが等しく変わるという事。つまり、等式は違う多項式同士の等式になるという事。

＞ｈi(ｘ)ｋi(ｘ)＝ｇ(ｘ)のようにｈi(ｘ)はｇ(ｘ)を割り切る。したがってｈ(ｘ)＝ｈ₁(ｘ)…ｈs(ｘ)はｇ(ｘ)を割り切る。

新しくｈ(ｘ)という多項式を作るという事。そして、それはｇ(ｘ)を割り切る式であるという事。

＞一方、ｈ(ｘ)の係数はＧfの入れ換えで不変になるので、ｈ(ｘ)は定数を係数とする多項式である。

ｈ(ｘ)＝ｈ₁(ｘ)…ｈs(ｘ)で、各ｈi(ｘ)はｈ₁(ｘ)＝ｇ₁(ｘ)をＧfで入れ換えて得られたものなので、再びＧfの入れ換えでｈ₁(ｘ)…ｈs(ｘ)のどれかに変化する（Ｇfが群である事より過不足なく他の元に移る）。よって、ｈ(ｘ)全体としては不変である。
よって、定理9.1(２)より、ｈ(ｘ)は定数を係数とする多項式である。

＞よって単多項式ｇ(ｘ)の既約性よりｈ(ｘ)＝ｇ(ｘ)である。

上より、ｈ(ｘ)はｇ(ｘ)を割り切り、ｇ(ｘ)は既約多項式より、ｈ(ｘ)＝ｇ(ｘ)という事。
念のため、単多項式なので最大次数の係数が１で定数倍もなく、ｈ(ｘ)＝ｇ(ｘ)という事。

＞また既約多項式の積への分解の一意性より（必要なら番号を取り換えて）ｈi(ｘ)＝ｇi(ｘ)もわかり、後半の主張もわかる。

例えば、同じ既約多項式ｈ(ｘ)＝ⅹ²＋ｘ＋１，ｇ(ｘ)＝ｘ²＋ｘ＋１をそれぞれ因数分解して、
ｈ(ｘ)＝(ｘ－ω)(ｘ－ω²)
＝ｈ₁(ｘ)ｈ₂(ｘ)
ｇ(ｘ)＝(ｘ－ω²)(ｘ－ω)
＝ｇ₁(ｘ)ｇ₂(ｘ)
になったとする。この時、
ｈ₁(ｘ)＝ｇ₂(ｘ)，ｈ₂(ｘ)＝ｇ₁(ｘ)だが、番号を取り換えて、ｈ₁(ｘ)＝ｇ₁(ｘ)，ｈ₂(ｘ)＝ｇ₂(ｘ)とすれば、ｈi(ｘ)＝ｇi(ｘ)が分かり、
「ｆ(ｘ)の群Ｇfに含まれる根の入れ換えでｇ₁(ｘ),…,ｇs(ｘ)の係数を変えると、これらの多項式が入れ換わること」が分かるという事。
（「ｈ₁(ｘ)＝ｇ₁(ｘ)の係数にＧfの入れ換えを施して得られるものをｈ₁(ｘ),…,ｈs(ｘ)」としたから。）

問題の意味の補足：
＞問題 9-9b
多項式ｆ(ｘ)のすべての根の式を利用して、（定数係数）既約多項式ｇ(ｘ)がｇ₁(ｘ)…ｇs(ｘ)と分解するとき（ただしｇi(ｘ)はｆ(ｘ)の根の式を係数とする既約単多項式）、ｇ₁(ｘ),…,ｇs(ｘ)の次数はすべて等しいことを示せ。またｆ(ｘ)の群Ｇfに含まれる根の入れ換えでｇ₁(ｘ),…,ｇs(ｘ)の係数を変えると、これらの多項式が入れ換わることを示せ。

ｆ(ｘ)のすべての根の式を利用して作った定数係数既約多項式ｇ(ｘ)がｇ₁(ｘ)…ｇs(ｘ)と分解するとき（つまり、ｆ(ｘ)の根の式を係数とする既約単多項式に因数分解される時）、その括弧の個数はｆ(ｘ)の群の元の個数と等しい。
その理由は、ｇs(ｘ)のｓと「ｈ₁(ｘ)＝ｇ₁(ｘ)の係数にＧfの入れ換えを施して得られるものをｈ₁(ｘ),…,ｈs(ｘ)とする」のｓが一致するからである。（証明から必然性が分かるだろう。）

おまけ：
https://www.amazon.co.jp/%E6%9C%88%E6%9B%9C%E6%97%A5%E3%81%8C%E3%81%8D%E3%82%89%E3%81%84-%E3%83%AA%E3%82%B9%E3%83%88%E3%82%AB%E3%83%83%E3%83%88%E3%81%AF%E8%A6%8B%E3%81%9B%E3%81%AA%E3%81%84-%E5%B0%8F%E7%AC%A0%E5%8E%9F-%E5%81%A5/dp/4286068641

問題
右図のような四角柱ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨがあり、その底面はＡＢ＝２，∠ＤＡＢ＝６０°のひし形である。点Ｐは辺ＢＦの中点で、∠ＡＰＨ＝９０°である。次のものを求めなさい。
（１）線分ＡＣの長さ。
（２）線分ＢＰの長さ。
（３）４点Ｐ，Ａ，Ｃ，Ｈを頂点とする三角錐の体積。
（４）（３）の三角錐を平面ＢＦＨＤで切ったときの切り口の面積。
（０２　桐朋）

模範解答
（１）△ＡＢＤ，△ＣＢＤは正三角形であるから、ＡＣ＝√３×２＝２√３
（２）△ＡＢＰ≡△ＨＦＰ（二辺夾角相等）であるから、ＰＡ＝ＰＨ
これと∠ＡＰＨ＝９０°により、△ＡＰＨは直角二等辺三角形である。……①
ところで、ＢＰ＝ｘとおくと、
ＡＰ²＝ｘ²＋２²＝ｘ²＋４……②
ＡＨ²＝(２ｘ)²＋２²＝４ｘ²＋４……③
①より、③＝②×２であるから、これを整理して、ｘ²＝２　ｘ＞０より、ｘ＝√２
（３）図形全体は、平面ＢＦＨＤに関して対称であるから、∠ＨＰＣ＝∠ＨＰＡ＝９０°
∴ＨＰ⊥面ＡＰＣ……④
ところで、（２）より、ＡＨ＝２√３＝ＡＣ
また、ＰＡ＝ＰＣ＝ＰＨ（＝√６）
よって、△ＡＰＣは、△ＡＰＨと合同な直角二等辺三角形である。これと④より、
Ｈ－ＡＰＣ＝(１/３)×△ＡＰＣ×ＨＰ
＝(１/３)×{(√６)²/２}×√６＝√６
（４）切り口は、右図の網目部分（注：長方形ＨＤＢＦを抜き出し、ＦＢの中点をＰ，ＤＢの中点をＭとし、直角三角形ＰＨＭの直角Ｐから斜辺ＨＭに下ろした垂線の足をＩとした図（ＰＨ＝√６，ＰＢ＝√２，ＢＭ＝１）で、網目部分は△ＰＨＭ）のようになるから、その面積は、
(ＰＭ×ＰＨ)/２＝(√３×√６)/２
＝３√２/２
「高校への数学　日日のハイレベル演習」より

参考書の（３）の別解
Ｐから△ＡＣＨに下ろした垂線ＰＩは、対称面ＢＦＨＤ上にあるから、図１（注：（４）の注の図の事）のようになる。
ここで、△ＰＩＭ∽△ＨＰＭで、これらの３辺比は１：√２：√３であるから、
ＰＩ＝ＰＭ×(√２/√３)＝√２
∴Ｐ－ＡＣＨ＝(１/３)×△ＡＣＨ×ＰＩ
＝(１/３)×(√３/４)×(２√３)²×√２
＝√６
参考書の（４）の別解
求める面積をＳとし、（３）の体積をＶとすると、Ｖ＝(１/３)×Ｓ×ＡＣが成り立つから、
Ｓ＝３Ｖ/ＡＣ＝３√６/２√３＝３√２/２

読めば分かるので、解説は省略。

私の（３）と（４）の別解は次回。ただし、別に面白くありません。

おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1918934082928726051

https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12093170020.html

問題
右図のような四角柱ＡＢＣＤ－ＥＦＧＨがあり、その底面はＡＢ＝２，∠ＤＡＢ＝６０°のひし形である。点Ｐは辺ＢＦの中点で、∠ＡＰＨ＝９０°である。次のものを求めなさい。
（１）線分ＡＣの長さ。
（２）線分ＢＰの長さ。
（３）４点Ｐ，Ａ，Ｃ，Ｈを頂点とする三角錐の体積。
（４）（３）の三角錐を平面ＢＦＨＤで切ったときの切り口の面積。
（０２　桐朋）

（３）の私の別解
三角錐Ｐ-ＡＣＨ＝四角柱ＡＢＣＤ-ＥＧＨ－立体ＦＰ-ＡＥＨ×２－三角錐Ｐ-ＡＢＣ－三角錐Ｈ-ＡＤＣ
＝四角柱ＡＢＣＤ-ＥＧＨ－(三角錐Ｐ-ＥＦＨ＋三角錐Ｐ-ＡＥＨ)×２－三角錐Ｐ-ＡＢＣ－三角錐Ｈ-ＡＤＣ
＝２×√３×２√２－{２×√３×(１/２)×√２×(１/３)＋２√２×２×(１/２)×√３×(１/３)}×２－２√３×１×(１/２)×√２×(１/３)－２√３×１×(１/２)×２√２×(１/３)
＝４√６－(√６/３＋２√６/３)×２－√６/３－２√６/３
＝４√６－２√６－√６
＝√６

（４）の私の別解
模範解答の（３）と同様に考えると、△ＡＣＨは１辺が２√３の正三角形であり、Ｐ-ＡＣＨは直正三角錐である。よって、Ｐから底面ＡＣＨに下ろした垂線の足Ｉは題意の切り口の三角形の高さと一致する。
そこで、△ＡＣＨ＝２√３×(√３×√３)×(１/２)＝３√３　ここで、（３）の結果を利用すると、
３√３×ＰＩ×(１/３)＝√６が成り立つ。
∴ＰＩ＝√２
また、平面ＢＦＨＤとＡＣとの交点をＭとすると、ＤＭ＝１で△ＨＤＭで三平方の定理を使うと、
ＨＭ＝√{１²＋(２√２)²}＝√９＝３
よって、切り口の三角形の面積をＳとすると、
Ｓ＝３×√２×(１/２)＝３√２/２

受験的には、無意味（無駄）な解法（（３）の方）ですが、マニア受けはするかもしれませんね。

おまけ：
https://x.com/satndRvjMpc4tl7/status/1919383483161440324（次はこれやりますね。珍しく双子の弟から問題だけ送られてきたもの。）

いつものように問題化しておきますね。

問題
∠Ｂ＝４０°の△ＡＢＤの辺ＢＤ上にＤＣ＝ＡＢとなる点Ｃを取ると、∠ＣＡＢ＝３０°になったという。この時、∠Ｄの角度を求めて下さい。

模範解答
△ＣＡＢの内対角の和より、∠ＡＣＤ＝３０°＋４０°＝７０°
ここで、ＡからＢＤに垂線を下ろしその足をＥとし、ＡＥに関してＡＣと対称な線分ＡＦを引くと、∠ＡＦＣ＝∠ＡＣＦ＝７０°
よって、△ＡＢＦの内角の和より、
∠ＢＡＦ＝１８０°－４０°－７０°＝７０°
よって、∠ＢＡＦ＝∠ＤＣＡ＝７０°……①
また、対称性より、ＡＦ＝ＡＣ＝ＣＡ……②
また、条件より、ＡＢ＝ＣＤ……③
①，②，③より、二辺夾角が等しいので、△ＡＢＦと△ＣＤＡは合同。
よって、∠Ｄ＝∠Ｂ＝４０°

算数の別解
△ＣＡＢの内対角の和より、∠ＡＣＤ＝３０°＋４０°＝７０°
△ＡＢＣを△ＡＣＤの外側にＢＡがＣＤにくっつくように移動させ、点Ｃの行き先をＣ'とすると、∠ＡＣＣ'＝７０°＋４０°＝１１０°
また、∠ＣＣ'Ｄ＝∠ＢＣＡ＝１１０°より、
∠ＡＣＣ'＝∠ＣＣ'Ｄ
また、移動より、ＣＡ＝Ｃ'Ｄ
よって、四角形ＡＣＣ'Ｄは等脚台形である。よって、ＣＣ'∥ＡＤ
よって、錯角より、∠ＡＤＣ＝∠Ｃ'ＣＤ
また、移動より∠Ｃ'ＣＤ＝∠ＣＢＡ＝４０°
よって、∠ＡＤＣ＝４０°
よって、∠Ｄ＝４０°

補足
∠ＡＣＣ'＝∠ＣＣ'Ｄ，ＣＡ＝Ｃ'Ｄより四角形ＡＣＣ'Ｄが等脚台形である証明

二辺夾角が等しいので、△ＡＣＣ'≡△ＤＣ'Ｃ
∴ＡＣ'＝ＤＣ，∠ＡＣ'Ｃ＝∠ＤＣＣ'
ここで、Ａ，ＤからＣＣ'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、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、
△ＡＣ'Ｈ≡△ＤＣＩ
∴ＡＨ＝ＤＩ　また、ＡＨ∥ＤＩ
よって、ＡＨ∥ＤＩかつＡＨ＝ＤＩより四角形ＡＨＩＤは平行四辺形（実は長方形）。
∴ＡＤ∥ＨＩ　ＣＣ'∥ＡＤ
また、ＣＡ＝Ｃ'Ｄより、四角形ＡＣＣ'Ｄは等脚台形である。

おまけ：

何でもありの解法のヒント

問題
∠Ｂ＝４０°の△ＡＢＤの辺ＢＤ上にＤＣ＝ＡＢとなる点Ｃを取ると、∠ＣＡＢ＝３０°になったという。この時、∠Ｄの角度を求めて下さい。

ヒント：∠Ｄ＝θ，ＡＢ＝ｘ，ＡＣ＝ｙと置いて、三角関数を使って下さい。もちろん、電卓ありです。（無しで出来る人は優秀だと思います。）

おまけ：

問題
∠Ｂ＝４０°の△ＡＢＤの辺ＢＤ上にＤＣ＝ＡＢとなる点Ｃを取ると、∠ＣＡＢ＝３０°になったという。この時、∠Ｄの角度を求めて下さい。

別解
∠Ｄ＝θ，ＡＢ＝ｘ，ＡＣ＝ｙと置いて、ＡからＢＤに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＣＡＢの内対角の和より、∠ＡＣＨ＝７０°
∴∠ＣＡＨ＝２０°
∴ＡＨ＝ｙcos20°＝ｘsin40°……①
また、ＣＨ＝ｙsin20°より、
ＤＨ＝ｘ－ｙsin20°
∴tanθ＝ＡＨ/ＤＨ
＝ｘsin40°/(ｘ－ｙsin20°)……②
①より、ｙ＝(sin40°/cos20°)ｘ
＝{(２sin20°cos20°)/cos20°}ｘ
＝２sin20°ｘ
∴ｙ＝２sin20°ｘ……①'
①'を②に代入すると、
tanθ＝ｘsin40°/(ｘ－２sin²20°ｘ)
＝sin40°/(１－２sin²20°)
＝sin40°/cos40°＝tan40°
∴tanθ＝tan40°∴θ＝４０°
よって、∠Ｄ＝４０°

因みに、電卓ありならｘ＝１とすると、①より、ｙ＝sin40°/cos20°＝0.6840402……①'
また、②より、
tanθ＝sin40°/(１－ｙsin20°)……②'
①'を②'に代入すると、
tanθ＝sin40°/(１－0.2339555)
＝0.6427876/0.7660445
＝0.8390995
∴θ＝Arctan0.8390995＝４０°

因みに、７０°の方を使った場合でもcos70°＝cos(90°－70°)＝sin20°などの柔軟さがあれば電卓使用しなくても導けます。
電卓使用の解法は必ず仕留められる所が良いですね。まぁ、面白くはありませんが。興味がある人は、有名なラングレー問題も電卓ありで求めてみて下さい。
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%A9%E3%83%B3%E3%82%B0%E3%83%AC%E3%83%BC%E3%81%AE%E5%95%8F%E9%A1%8C#/media/%E3%83%95%E3%82%A1%E3%82%A4%E3%83%AB:Langley_problem.png（意外と難しいかもしれませんよ。）

おまけ：

＞興味がある人は、有名なラングレー問題も電卓ありで求めてみて下さい。https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%A9%E3%83%B3%E3%82%B0%E3%83%AC%E3%83%BC%E3%81%AE%E5%95%8F%E9%A1%8C#/media/%E3%83%95%E3%82%A1%E3%82%A4%E3%83%AB:Langley_problem.png（意外と難しいかもしれませんよ。）

やっぱりやってみました。
図だけでは分かりませんが、△ＡＢＣは二等辺三角形なので、∠ＥＢＣ＝∠ＤＣＢ＝８０°
よって、∠ＢＥＣ＝１８０°－８０°－５０°＝５０°より、∠ＢＥＣ＝∠ＢＣＥ
よって、△ＢＥＣは二等辺三角形より、
ＢＥ＝ＢＣ＝１，ＢＤ＝ｙと置いて、ＥからＢＤに垂線を下ろしその足をＨとすると、
ＤＨ＝ｙ－cos20°，ＥＨ＝sin20°
∴tanｘ＝sin20°/(ｙ－cos20°)
∴ｘ＝Arctan{sin20°/(ｙ－cos20°)}……☆
また、ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＤＢＩは１：２：√３の直角三角形より、ＢＩ＝ｙ/２　∴ＩＣ＝１－ｙ/２
∴ＤＩ＝(１－ｙ/２)tan80°
また、ＤＩ＝(√３/２)ｙでもあるので、
(１－ｙ/２)tan80°＝(√３/２)ｙ
∴(√３/２＋tan80°/２)ｙ＝tan80°
∴(√３＋tan80°)ｙ＝２tan80°
∴ｙ＝２tan80°/(√３＋tan80°)
∴ｙ－cos20°
＝２tan80°/(√３＋tan80°)－cos20°
＝(２tan80°－√３cos20°－cos20°tan80°)/(√３＋tan80°)
∴ｙ－cos20°
＝(２tan80°－√３cos20°－cos20°tan80°)/(√３＋tan80°)
これを☆に代入すると、
ｘ＝Arctan{sin20°(√３＋tan80°)/(２tan80°－√３cos20°－cos20°tan80°)}
＝Arctan(2.5320889/4.3857066)
＝Arctan0.5773502＝３０°
∴ｘ＝３０

まぁ、単純と言えば単純ですが、ささっと出来るにはある程度の学力が必要でしょう。現役の学生は強そう。（受験生か。）
別解は次回。念のため、電卓ありです。

おまけ：

＞興味がある人は、有名なラングレー問題も電卓ありで求めてみて下さい。

電卓ありの解法２
△ＡＢＣは二等辺三角形なので、∠ＥＢＣ＝∠ＤＣＢ＝８０°
よって、∠ＢＥＣ＝１８０°－８０°－５０°＝５０°より、∠ＢＥＣ＝∠ＢＣＥ
よって、△ＢＥＣは二等辺三角形より、
ＢＥ＝ＢＣ
ここで、ＢＥ＝ＢＣ＝ｙと置いて、△ＤＢＥと△ＤＢＣのそれぞれで正弦定理を使うと、
∠ＥＢＤ＝８０°－６０°＝２０°より、
∠ＢＥＤ＝１６０°－ｘ
また、∠ＢＤＣ＝１８０°－８０°－６０°
＝４０°より、
ｙ/sinｘ＝ＢＤ/sin(160°－ｘ)……①
ｙ/sin40°＝ＢＤ/sin80°……②
①÷②より、
sin40°/sinｘ＝sin80°/sin(160°－ｘ)
∴sin40°sin(160°－ｘ)＝sinｘsin80°
∴sin40°(sin160°cosｘ－cos160°sinｘ)
＝sinｘsin80°
∴sin40°sin160°cosｘ－sin40°cos160°sinｘ＝sinｘsin80°
∴(sin80°＋sin40°cos160°)sinｘ
＝sin40°sin160°cosｘ
∴sinx/cosｘ＝sin40°sin160°/(sin80°＋sin40°cos160°)
∴tanｘ＝sin40°sin160°/(sin80°＋sin40°cos160°)
＝0.2198463/0.3807849
＝0.5773503
∴ｘ＝Arctan0.5773503＝３０°

因みに、tanｘ＝sin40°sin160°/(sin80°＋sin40°cos160°)から、
＝sin40°sin160°/(２sin40°cos40°＋sin40°cos160°)
＝sin160°/(２cos40°＋cos160°)
＝sin20°/(２cos40°－cos20°)———☆
また、
sin20°＝sin(60°－40°)
＝sin60°cos40°－cos60°sin40°
＝(√３/２)cos40°－(１/２)sin40°……①
cos20°＝cos(60°－40°)
＝cos60°cos40°＋sin60°sin40°
＝(１/２)cos40°＋(√３/２)sin40°……②
①，②より、
２cos40°－cos20°
＝２cos40°－{(１/２)cos40°＋(√３/２)sin40°}
＝(３/２)cos40°－(√３/２)sin40°……③
ところで、
√３sin20°＝√３{(√３/２)cos40°－(１/２)sin40°}
＝(３/２)cos40°－(√３/２)sin40°……④
③，④より、
２cos40°－cos20°＝√３sin20°———★
★を☆に代入すると、
tanｘ＝sin20°/√３sin20°＝１/√３
∴ｘ＝３０°
と電卓なしで出来る。
アイデア引用元：https://www.gensu.co.jp/saito/challenge/langley.html

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/d7e26dfa00793bbf44e015e7df94f96e0f407d78

因みに、
tanｘ＝sin20°/(２cos40°－cos20°)———☆
から、
＝sin20°/{２cos(60°－20°)－cos20°}
＝sin20°/(２cos60°cos20°＋２sin60°sin20°－cos20°)
＝sin20°/(cos20°＋√３sin20°－cos20°)
＝sin20°/√３sin20°
＝１/√３
と出来る。

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/296a752ce32ee6b3abb62a9a64b079a71c96e3dd

解説
＞また、ｇ'(Ｘ)＝－１であるから、

ｇ(Ｘ)＝Ｘ^q^n－ＸをＸで微分すると、
ｇ'(Ｘ)＝ｑ^nＸ^(q^n-1)－１……①
また、定理6.6より、Ｆq^nの元はＸ^q^n－Ｘの根より、Ｘ{Ｘ^(q^n-1)－１}＝０
∴Ｘ＝０，Ｘ^(q^n-1)＝１……②
②を①に代入すると、
ｇ'(Ｘ)＝－１，ｑ^n－１
ｇ'(Ｘ)＝ｑ^n－１の場合は考察しない理由が分からない。（まぁ、問題ないのはすぐに分かるが。）

定理6.6
Ｋをｑ個（ｑ＝ｐ^r，ｒ≧１）の元からなる体とすると、Ｋは多項式Ｘ^q－Ｘの互いに異なるｑ個の根で構成されている。したがって、Ｘ^q－ＸはＫ[Ｘ]の中で１次式の積に分解される。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

＞ｇ'(Ｘ)＝－１であるから、ｇ(Ｘ)＝０は重根をもつことはない(補題３）。

補題３
Ｋ[Ｘ]を体Ｋ上の多項式環とし、ｆ(Ｘ)∈Ｋ[Ｘ]とする。また、αをＫのある拡大体Ｌの元でｆ(α)＝０であるとする。このとき、次の命題が成立する。
（１）αがｆ(Ｘ)の重根である⇔αがｆ(Ｘ)とｆ'(Ｘ)の共通根である。
（２）ｆ(Ｘ)が既約であるとするとき、αがｆ(Ｘ)の重根であることと、ｆ'(Ｘ)＝０であることは同値である。

ｇ'(Ｘ)＝－１，ｑ^n－１のどちらにせよｇ'(Ｘ)＝０とはならない（ｎ≠０だから）。
つまり、補題３の（２）より、「ｇ(Ｘ)＝０は重根をもつことはない」という事である。

＞（３）（２）で得られた式ｑ^n＝∑(d|n)ｄＮq(ｄ)において、ｆ(ｄ)＝ｄＮq(ｄ)，Ｆ(ｎ)＝ｑ^nとして第１章定理3.7（メビュースの反転公式）を使えば
ｎＮq(ｎ)＝∑(d|n)μ(ｎ/ｄ)ｑ^d
＝∑(d|n)μ(ｄ)ｑ^(n/d)
これより、
Ｎq(ｎ)＝(１/ｎ)∑(d|n)μ(ｎ/ｄ)ｑ^d
＝(１/ｎ)∑(d|n)μ(ｄ)ｑ^(n/d)

定理3.7（メビュースの反転公式）
Ｆ(ｎ)，ｆ(ｄ)を整数の集合ℤからℤへの関数とする。このとき、Ｆ(ｎ)＝∑(d|n)ｆ(ｄ)が成り立てばｆ(ｎ)＝∑(d|n){μ(ｄ)Ｆ(ｎ/ｄ)}が成り立つ。ただし、和はｎのすべての約数ｄについての和を表すものとする。

（２）で得られた式ｑ^n＝∑(d|n)ｄＮq(ｄ)をメビュースの反転公式のＦ(ｎ)＝∑(d|n)ｆ(ｄ)に見立てると、Ｆ(ｎ)＝ｑ^n，ｆ(ｄ)＝ｄＮq(ｄ)
そしてメビュースの反転公式の
ｆ(ｎ)＝∑(d|n){μ(ｄ)Ｆ(ｎ/ｄ)}
は、左辺はｆ(ｄ)＝ｄＮq(ｄ)のｄをｎにした
ｎＮq(ｎ)にして、
右辺は∑(d|n){μ(ｄ)まではそのままでＦ(ｎ/ｄ)はＦ(ｎ)＝ｑ^nのｎをｎ/ｄに変えたｑ^(n/d)を代入すると、
ｎＮq(ｎ)＝∑(d|n){μ(ｄ)ｑ^(n/d)}
よって、上の
「ｎＮq(ｎ)＝∑(d|n)μ(ｎ/ｄ)ｑ^d
＝∑(d|n)μ(ｄ)ｑ^(n/d)」
の最初と最後の等式が現れた。
ところで、ｄはｎの全ての約数で、ｄを全ての約数の間を動かせばｎ/ｄもｎの全ての約数の間を動く。つまり、
∑(d|n)μ(ｄ)ｑ^(n/d)のｄをｎ/d，ｎ/ｄをｄにしても（入れ換えても）同じ事である。
よって、ｎＮq(ｎ)＝∑(d|n){μ(ｄ)ｑ^(n/d)}
＝∑(d|n)μ(ｎ/ｄ)ｑ^d
よって、「ｎＮq(ｎ)＝∑(d|n)μ(ｎ/ｄ)ｑ^d
＝∑(d|n)μ(ｄ)ｑ^(n/d)」
が示された。

おまけ：

解説
＞係数をηのすべての式としたときの群をＧfとおく。このときＧfはζをζ^aに取り換える根の入れ換えσで生成される（問題9-6，9-7）。

問題文より、「ｐを素数とし、ζ，ηをそれぞれ１の原始ｐ乗根，１の原始ｐ－１乗根」としていて、ｐとｐ－１は互いに素（ｐは素数よりｐより小さい自然数なら相手が何でも互いに素。因みに、ｐが素数じゃなくても連続する２整数は互いに素）なので、問題9-7bより、

問題 9-7b
ｍ,ｎを互いに素な正整数とする。このときΦn(ｘ)は、１の原始ｍ乗根ζmの有理数の式を係数に許しても、２つの１次以上の積に分解しない。つまり既約であることを示せ。

Φp(ｘ)は、１の原始ｐ－１乗根の式を係数に許しても既約。よって、その条件でもΦp(ｘ)を円分多項式扱いして良い。

定理7.1（円分多項式の既約性）
Φn(ｘ)は有理数係数多項式として既約である。

よって、問題9-6bより、

問題 9-6b
円分多項式Φn(ｘ)の群Ｇは、ｎと互いに素なａに対して
σa：ζ→ζ^a（ζは１の原始ｎ乗根）
で定まる根の入れ換えからなることを示せ。

「このときＧfはζをζ^aに取り換える根の入れ換えσで生成される」という事である。

ところで、前回述べたように、問題 9-7b自体に問題があると問題9-8bもダメな理由はこれである。

＞まずη^(p-1)j・ζ^a^(p-1)＝ζ，η^pj・ζ^a^p＝η^jζ^aであることに注意する（∵η^(p-1)＝１，ａ^(p-1)≡１ modｐ，ａ^p≡ａ modｐ）。

問題文より、「ｐを素数とし、ζ，ηをそれぞれ１の原始ｐ乗根，１の原始ｐ－１乗根とする。ａを(ℤ/pℤ)^×の原始根とする。」
よって、η^(p-1)＝１　この両辺をｊ乗すると、η^(p-1)j＝１———➀
また、ａが(ℤ/pℤ)^×の原始根より、
ａ^(p-1)≡１（modｐ）

問題4-12b
ｐを素数とする。このとき(ℤ/pℤ)^×はある整数ａのべき集合{ａ,ａ²,･･･,ａ^(p-1)＝１}に等しいことを示せ。このａを(ℤ/pℤ)^×の原始根という。

よって、ζ^a^(p-1)＝ζ（上の関係を指数に使ったという事。）
∴ζ^(a^p/a)＝ζ　∴ζ^a^p＝ζ^a———②
➀×②より、
η^(p-1)j・ζ^a^p＝ζ^a
この両辺にη^jを掛けると、
η^pj・ζ^a^p＝η^j・ζ^a
よって、「η^pj・ζ^a^p＝η^jζ^aであることに注意する」が示された。

＞（１）ξjはσにより
η^jζ^a²＋η^2jζ^a³＋･･･＋η^(p-1)jζ^a^p
＝η^-j・(η^2jζ^a²＋η^3jζ^a³＋･･･＋η^pjζ^a^p)＝η^-jξj
である。

問題文より、σは「ζをζ^aに取り換える」事より、
ξj＝η^jζ^a＋η^2jζ^a²＋･･･
＋η^(p-1)jζ^a^(p-1)
のζをζ^aに入れ換えると、
η^jζ^a²＋η^2jζ^a³＋･･･＋η^(p-1)jζ^a^p
となり、これをη^-jでくくると、
＝η^-j・(η^2jζ^a²＋η^3jζ^a³＋･･･＋η^pjζ^a^p)
となり、ここで、上で証明した「η^pj・ζ^a^p＝η^jζ^aであることに注意する」を最後の項に代入すると、後半（カッコ内）は、
η^2jζ^a²＋η^3jζ^a³＋･･･＋η^pjζ^a^p
＝η^2jζ^a²＋η^3jζ^a³＋･･･＋η^jζ^a
＝η^jζ^a＋η^2jζ^a²＋･･･
＋η^(p-1)jζ^a^(p-1)＝ξj
となり、入れ換えた全体は、
＝η^-jξjとなる。

＞（２）（１）よりξj^(p-1)はＧfで不変である。よってξj^(p-1)＝ａj（ａjはηの式）と表される。

（１）より、ξj→η^-jξj
この両方をｐ－１乗すると、
ξj^(p-1)→(η^-j)^(p-1)ξj^(p-1)
＝(η^(p-1))^-j・ξj^(p-1)
ところで、ηは１の原始ｐ－１乗根より、
η^(p-1)＝１
よって、(η^(p-1))^-j＝１より、
ξj^(p-1)→ξj^(p-1)となるので、σで不変よりＧfでも不変である。

＞よってξj^(p-1)＝ａj（ａjはηの式）と表される。

ξj^(p-1)はＧfで不変であるので、定理9.1(２)より定数である。

定理9.1（基本定理）
重根を持たないｄ次多項式ｆ(ｘ)に対して、その根α₁,･･･,αdの入れ換えのなす群Ｇfであって、次の性質をみたすものがただ１つ存在する：
（１）α₁,…,αdの２つの式が同じ値を定めるならば、Ｇfの各元で根を入れ換えても２式の値は等しい。すなわちｇ(α₁,…,αd)＝ｈ(α₁,…,αd)ならば、Ｇfの元でαi₁,…,αidと入れ換えてもｇ(αi₁,…,αid)＝ｈ(αi₁,…,αid)が成り立つ。
（２）α₁,…,αdの式に対して、その値は、Ｇfのどの元で根を入れ換えても変わらないとき、定数である。
この群Ｇfを多項式ｆ(ｘ)の群という。
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

よって、ξj^(p-1)＝ａjと置ける。
ここで、鋭い人は、
ξj＝η^jζ^a＋η^2jζ^a²＋･･･
＋η^(p-1)jζ^a^(p-1)（ｊ＝１,･･･,ｐ－１）
は、Φp(ｘ)の根ζだけの式じゃないので、定理9.1の(２)は使えないと言うかもしれない。しかし、大丈夫である。Φp(ｘ)の係数はηの式全体なので、ηまで許されているからである。（問題9-7bと定理7.1参照）
（ａjはηの式）は、ηの式は係数で定数扱いという意味。

＞η^j＋η^2j＋･･･＋η^(p-1)j
＝η^j(η^(p-1)－１)/(η－１)＝０（ｊ＝１,２,･･･,ｐ－２）なので、ξ₁＋･･･＋ξp-1＝(ｐ－１)ζである。

今、η^j＋η^2j＋･･･＋η^(p-1)jを作り、等比数列の和の公式で求めると、
η^j＋η^2j＋･･･＋η^(p-1)j
＝η^j(１－η^(p-1)j)/(１－η^j)———☆
（初項がη^jで公比がη^jで項数がｐ－１個だから。つまり、模範解答は間違っている。後で述べるが、これでは（ｊ＝１,２,･･･,ｐ－２）の理由が言えない。）
また、ηは１の原始ｐ－１乗根より、η^(p-1)＝１で、この両辺をｊ乗すると、
η^(p-1)j＝１　これを☆に代入すると、
η^j＋η^2j＋･･･＋η^(p-1)j＝０
また、分母の１－η^jのｊをｊ＝ｐ－１とすると、η^(p-1)＝１となり分母が０となり不能である。
よって、（ｊ＝１,２,･･･,ｐ－２）という訳である。
また、ξj＝η^jζ^a＋η^2jζ^a²＋･･･
＋η^(p-1)jζ^a^(p-1)のｊをｊ＝１,２,･･･,ｐ－１として総和を取ると、
ξ₁＝ηζ^a＋η²ζ^a²＋･･･＋η^(p-1)ζ^a^(p-1)
ξ₂＝η²ζ^a＋η⁴ζ^a²＋･･･＋η^2(p-1)ζ^a^(p-1)
・
・
・
ξp-1＝η^(p-1)ζ^a＋η^2(p-1)ζ^a²＋･･･＋η^(p-1)²ζ^a^(p-1)
より、
ξ₁＋･･･＋ξp-1
＝(η＋η²＋･･･＋η^(p-1))ζ^a
＋(η²＋η⁴＋･･･＋η^2(p-1))ζ^a²
・
・
・
＋(η^(p-1)＋η^2(p-1)＋････
　＋η^(p-1)²)ζ^a^(p-1)
ここで、ｊ＝１,２,･･･,ｐ－２までは、
η^j＋η^2j＋･･･＋η^(p-1)j＝０より、
ξ₁＋･･･＋ξp-1＝
(η^(p-1)＋η^2(p-1)＋････＋η^(p-1)²)ζ^a^(p-1)———★
また、ηは１の原始ｐ－１乗根より、
η^(p-1)＝１で、ａが(ℤ/pℤ)^×の原始根より、ａ^(p-1)≡１（modｐ）なので、
★の右辺は、(１＋１＋・・・＋１)ζ^1
＝(ｐ－１)ζ（１がｐ－１個より）
∴ξ₁＋･･･＋ξp-1＝(ｐ－１)ζ

おまけ：

解説の続き

問題 9-8b
ｐを素数とし、ζ，ηをそれぞれ１の原始ｐ乗根，１の原始ｐ－１乗根とする。ａを(ℤ/pℤ)^×の原始根とする。また係数をηのすべての式としたときのΦp(ｘ)の群をＧfとおく。このときＧfはζをζ^aに取り換える根の入れ換えσで生成される（問題9-6，9-7）。
次の問いに答えよ。
（１）ξj＝η^jζ^a＋η^2jζ^a²＋･･･
＋η^(p-1)jζ^a^(p-1)（ｊ＝１,･･･,ｐ－１）とおく。このとき根の入れ換えσによりξjはη^-jξjとなることを示せ。
（２）ζはηの式のべき根と加減乗除で表されることを示せ。

解答
まずη^(p-1)j・ζ^a^(p-1)＝ζ，η^pj・ζ^a^p＝η^jζ^aであることに注意する（∵η^(p-1)＝１，ａ^(p-1)≡１ modｐ，ａ^p≡ａ modｐ）。
（１）ξjはσにより
η^jζ^a²＋η^2jζ^a³＋･･･＋η^(p-1)ζ^a^p
＝η-j・(η^2jζ^a²＋η^3jζ^a³＋･･･＋η^pjζ^a^p)＝η^-jξj
である。
（２）（１）よりξj^(p-1)はＧfで不変である。よってξj^(p-1)＝ａj（ａjはηの式）と表される。
ゆえにξj＝p-1√ａj（注：ａjのp-1乗根という事）である。
η^j＋η^2j＋･･･＋η^(p-1)j
＝η^j(η^(p-1)－１)/(η－１)＝０（ｊ＝１,２,･･･,ｐ－２）なので、ξ₁＋･･･＋ξp-1＝(ｐ－１)ζである。したがって
ζ＝(p-1√ａ₁＋･･･＋p-1√ａp-1)/(ｐ－１)（注：p-1√はp-1乗根でａp-1はａのp-1番目という事。）
である。
（参考：（２）より「１のｎ乗根は（いくつかの）べき乗根の式で表される」・・・(＊)n
ことがわかる。これをｎに関する帰納法で示す。ｎ＝１,２は自明である。ｎ（≧３）より小さいｍに対して、１のｍ乗根は(＊)mをみたすとする。ｎが素数でなければｎを割り切る素数ｐについて(＊)pが成り立つ。また１のｐ^2乗根は、１のｐ乗根ζを用いて、p√ζζ^j（注：ζのｐ乗根×ζ^jという事）（ｊ＝０,１,･･･,ｐ－１）と表される（よってべき根の式で表される）。したがってｎが素数でないときは(＊)nが成り立つ。ｎが素数ｐのとき、本問の（２）と帰納法の仮定より（ηもべき根の式で表される）、１の原始ｐ乗根もべき根の式で表される。ゆえに帰納法より(＊)nがすべてのｎについて成り立つ。）
「本質を学ぶ ガロワ理論 最短コース」梶原健著より

＞また１のｐ^2乗根は、１のｐ乗根ζを用いて、p√ζζ^j（注：ζのｐ乗根×ζ^jという事）（ｊ＝０,１,･･･,ｐ－１）と表される。

例えば、２の３乗根は、ｘ³＝２を解くが、
解は、ｘ＝³√２，³√２ω，³√２ω²である。
つまり、１の３乗根は、
ｘ＝１，１・ω，１・ω²＝１，ω，ω²
そこで、１の９乗根だったら、
３乗根が、ｘ＝１・ω，ω²でこのうちの１つのω（原始３乗根の１つ）を選んで、
ｘ＝³√ω・ω，³√ω・ω²，（³√ω・ω³）
とすれば、原始９乗根が求められる。
つまり、「１のｐ^2乗根は、１のｐ乗根ζを用いて、p√ζζ^j（注：ζのｐ乗根×ζ^jという事）（ｊ＝０,１,･･･,ｐ－１）と表される」という事である。
念のため、ｐ＝３の場合は、ζ＝ωでｊ＝０，１，２という事である。（これでは３個だが、１とω²でも作れば９個という事である。）
一応、p√ζζ^jをｐ²乗すると、
(p√ζζ^j)^p²＝(ζ^(1/p)・ζ^j)^p²
＝ζ^p・ζ^p²j＝ζ^p・(ζ^p)^pj
ところで、ζは１の原始ｐ乗根より、
ζ^p＝１　これを代入すると、
(p√ζζ^j)^p²＝１でＯＫ。
よって、p√ζζ^jは１のｐ²乗根である。

＞したがってｎが素数でないときは(＊)nが成り立つ。

ここが問題である。
「ｎが素数でなければｎを割り切る素数ｐ」はｎより小さいので、数学的帰納法の仮定により、「１のｐ乗根は（いくつかの）べき乗根の式で表される」。
また、「１のｐ^2乗根は、１のｐ乗根ζを用いて、p√ζζ^j（ｊ＝０,１,･･･,ｐ－１）と表される（よってべき根の式で表される）」。
このべき根の式にさらにｐ^2乗根を施すと、１のｐ^3乗根もべき根の式で表される（複素数のｐ乗根も複素数になる事が証明されているから）。
これを繰り返すと、１のｐ^a乗根は全てべき根の式で表される。
また、ｐとは異なる素数ｑについても（ｎより小さいので）同様の事が言え、１のｑ^b乗根は全てべき根の式で表される。
よって、ｎ＝ｐ^a・ｑ^b・・・の場合も全てべき根の形で表わされる。
よって、「ｎが素数でないときは(＊)nが成り立つ」という事である。

＞ｎが素数ｐのとき、本問の（２）と帰納法の仮定より（ηもべき根の式で表される）、

ｎが素数ｐの場合は、（２）と帰納法の仮定より成り立つ事は自明。
ここで、「ηもべき根の式で表される」は、ηは１のｐ－１乗根だから合成数（ｐは素数で２以外は奇数でｐ－１は偶数だから）だが、上の「ｎが素数でない場合」を示したから付け加えたのだろうか。ない方が分かり易いような気がするのだが。

前々回の、
＞まぁ、問題 9-8bの定理の延長の「（２）より「１のｎ乗根は（いくつかの）べき乗根の式で表される」・・・(＊)n」などは別証がありそうなので、問題ないでしょう。

よく読むと、(＊)nの証明に問題 9-8ｂは使われていないので、関係ありませんね。
結局、問題 9-7bと問題 9-8bだけの問題ですね。

＞ところで、2025/4/22 12:00の列の2025/4/22 16:14の投稿の「素朴な疑問コーナー」で問題 9-7bの証明が怪しい事を挙げましたが、これが証明だけなら良いですが、定理自体が怪しいとなると問題 9-8bの証明も連動して怪しいという事になります。

おまけ：

一応、問題化しておきますね。（ちょっと変えてみました。）

問題
正方形ＡＢＣＤの対角線ＡＣを２：１に内分する点をＰとし、ＰＢの延長上に適当な点Ｑを取り時計回りに正方形ＰＱＲＳが点Ａを内包するように作る。ＳＰとＡＤの交点をＥとする時、四角形ＡＢＰＥの面積を求めて下さい。ただし、正方形ＡＢＣＤの１辺の長さは１２ｃｍとする。

模範解答
ＰからＡＢと平行な直線を引き、ＡＤ，ＢＣとの交点をそれぞれＦ，Ｇとすると、∠ＥＰＢ＝９０°，∠ＥＦＧ＝∠ＢＧＦ＝９０°より定石の形で、△ＥＦＰと△ＰＧＢは相似。
また、点Ｐは正方形の対角線上の点より、ＰからＢＣ，ＣＤに垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ｉとすると、四角形ＰＨＣＩは正方形になり四角形ＡＢＣＤも正方形より、ＢＨ＝ＤＩ
よって、ＢＨ＝ＰＦ　
よって、△ＥＦＰと△ＰＧＢは合同になる。
また、△ＣＰＧと△ＣＡＢも相似で相似比が１：３より、ＣＧ＝１２÷３＝４ｃｍ
よって、ＰＧ＝４ｃｍ，ＢＧ＝８ｃｍ
よって、四角形ＡＢＰＥ＝長方形ＡＢＧＦ－△ＥＦＰ－△ＰＧＢ＝８×１２－４×８÷２×２＝９６－３２＝６４ｃｍ²

別解は次回。前回は、あまり意味はないと書きましたが、ちゃんとした別解です。ただし、中学数学の範囲ですが。（算数の範囲に矯正も出来ますが、エレガントでなくなるのでやりません。）

おまけ：

問題を追加しますね。

https://www.msn.com/ja-jp/lifestyle/other/%E5%9B%B3%E5%BD%A2%E5%95%8F%E9%A1%8C-vol-1231-%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-%E5%85%A83%E5%95%8F/ar-AA1DFSXC?ocid=msedgntp&pc=U531&cvid=f5d648d8a74840dab9ce31a0afcea7ce&ei=11

こちらの第３問の算数の別解も考えてみて下さい。

おまけ：

問題
正方形ＡＢＣＤの対角線ＡＣを２：１に内分する点をＰとし、ＰＢの延長上に適当な点Ｑを取り時計回りに正方形ＰＱＲＳが点Ａを内包するように作る。ＳＰとＡＤの交点をＥとする時、四角形ＡＢＰＥの面積を求めて下さい。ただし、正方形ＡＢＣＤの１辺の長さは１２ｃｍとする。

別解
正方形ＡＢＣＤの中心（対角線の交点）をＯとすると、点ＯはＡＣの中点。
ところで、ＡＰ：ＰＣ＝２：１＝４：２より、
ＡＯ：ＯＰ＝(４＋２)/２：４－(４＋２)/２
＝３：１
また、ＯＡ＝ＯＢより、
ＯＢ：ＯＰ＝３：１……ア
また、∠Ａ＝∠Ｐ＝９０°より、四角形ＡＢＰＥは円に内接する四角形である。
よって、円周角より∠ＢＥＰ＝∠ＢＡＰ＝４５°よって、△ＰＥＢは直角二等辺三角形である。よって、ＢＰ＝ＰＥ……①
ここで、ＥからＡＰに垂線を下ろしその足をＨとして、∠ＥＰＨ＝●と置くと、∠ＰＥＨ＝９０°－●，一方、∠ＢＰＯ＝９０°－●より、∠ＰＥＨ＝∠ＢＰＯ……②
また、∠ＥＨＰ＝∠ＢＯＰ＝９０°……③
①，②，③より、△ＰＥＨ≡△ＢＰＯ
よって、ＨＥ＝ＯＰ……イ
ア，イより、ＯＢ：ＨＥ＝３：１
よって、△ＢＡＰ：△ＥＡＰ＝３：１
よって、
四角形ＡＢＰＥ＝(４/３)△ＢＡＰ……☆
△ＢＡＰ＝(２/３)△ＢＡＣ＝(２/３)×(１２²/２)＝(２/３)×７２＝４８ｃｍ²……☆☆
☆，☆☆より、
四角形ＡＢＰＥ＝(４/３)×４８＝６４ｃｍ²

よく考えたら、中学数学なら√を使うと簡単ですね。そこで、算数の別解。

別解２
ＰからＡＢ，ＡＤに垂線を下ろしその足をそれぞれＨ，Ｉとすると、∠Ａ＝∠Ｐ＝９０°より∠ＡＢＰと∠ＡＥＰが補角をなしているので、∠ＰＢＨ＝∠ＰＥＩ
また、点Ｐは対角線上の点より、ＰＨ＝ＰＩ
よって、△ＰＢＨと△ＰＥＩは合同である。よって、△ＰＢＨを△ＰＥＩの所に移動させると、３直角とＰＨ＝ＰＩより四角形ＡＨＰＩは正方形になる。よって、四角形ＡＢＰＥの面積は正方形ＡＨＰＩの面積と等しく、正方形ＡＢＣＤの面積の(２/３)×(２/３)＝４/９である。
よって、求める面積は、１２×１２×(４/９)
＝１４４×(４/９)＝４×１６＝６４ｃｍ²

これは、今朝思い付きました。

おまけ：

こちらhttps://www.msn.com/ja-jp/lifestyle/other/%E5%9B%B3%E5%BD%A2%E5%95%8F%E9%A1%8C-vol-1231-%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-%E5%85%A83%E5%95%8F/ar-AA1DFSXC?ocid=msedgntp&pc=U531&cvid=f5d648d8a74840dab9ce31a0afcea7ce&ei=11も問題化しておきますね。

問題
正方形ＡＢＣＤの辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡをそれぞれ３：１に内分する点をＫ，Ｌ，Ｍ，Ｎとし、ＡＭとＢＮ，ＢＮとＣＫ，ＣＫとＤＬ，ＤＬとＡＭの交点をそれぞれＰ，Ｑ，Ｒ，Ｓとする。
正方形ＡＢＣＤの面積が１７０ｃｍ²である時、四角形ＰＱＲＳの面積を求めて下さい。

模範解答
直角三角形ＤＲＣを辺ＡＢの外側に移動させ、点Ｒの行き先をＲ'とすると、△ＤＲＣと△ＢＰＡは対称性から合同なので、四角形ＡＲ'ＢＰは長方形になる。同様に、直角三角形ＣＱＢを辺ＡＤの外側に移動させ、点Ｑの行き先をＱ'とすると、四角形ＤＱ'ＡＳも合同な長方形になる。
よって、六角形Ｑ'Ｒ'ＢＱＲＤの面積は正方形ＡＢＣＤの面積と等しく１７０ｃｍ²である。
ここで、ＣＫの延長とＱ'Ｒ'との交点をＥとして、台形Ｑ'ＥＣＤに注目すると、Ｑ'Ａ：ＡＥ＝ＤＭ：ＭＣ＝１：３
また、ＢＰの延長とＱ'Ｄとの交点をＦとすると、対称性から四角形Ｑ'ＥＲＤと四角形ＰＱＲＳが正方形になる事から四角形Ｑ'ＡＰＦと四角形Ｒ'ＥＱＢもそれぞれ正方形になり、Ｑ'Ａ：ＡＥ：ＥＲ'＝１：３：１，Ｑ'Ｆ：ＦＤ＝１：３となる（厳密に言えるが省略）。
そこで、ＡＥ，ＦＤを３等分して平行線で六角形Ｑ'Ｒ'ＢＱＲＤを分けると、六角形Ｑ'Ｒ'ＢＱＲＤは正方形と長方形の組み合わせなので、小さな正方形９＋３＋３＋１＋１＝１７個に分けられる。
そして、正方形ＰＱＲＳは９個分なので、１７０÷１７×９＝９０ｃｍ²

別解は次回。

おまけ：

問題
正方形ＡＢＣＤの辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡをそれぞれ３：１に内分する点をＫ，Ｌ，Ｍ，Ｎとし、ＡＭとＢＮ，ＢＮとＣＫ，ＣＫとＤＬ，ＤＬとＡＭの交点をそれぞれＰ，Ｑ，Ｒ，Ｓとする。
正方形ＡＢＣＤの面積が１７０ｃｍ²である時、四角形ＰＱＲＳの面積を求めて下さい。

算数の別解
ＢＬ：ＬＣ＝ＣＭ：ＭＤ＝３：１でＢＣ＝ＣＤより、ＬＣ＝ＭＤ
よって、ＤＣ：ＬＣ＝１＋３：１＝４：１
ところで、正方形の対称性より、四角形ＰＱＲＳも正方形になる（対称性より、ひし形かつ４つの角が等しいから）。
よって、∠ＰＳＲ＝９０°より、ＤＳ⊥ＡＭ
よって、△ＤＡＭの直角から斜辺に垂線が下りている形なので、定石により△ＤＳＭと△ＡＤＳは相似である。（ちまちま２角が等しい事を示した方が良いかもしれないが、算数なので図的に似ているので省略。引用元の模範解答肯定派。）
また、△ＤＳＭと△ＤＣＬにおいて、∠ＭＤＳを共有している事と∠ＤＳＭ＝∠ＤＣＬ＝９０°より２角が等しいので、相似である。
つまり、△ＤＳＭと△ＡＤＳと△ＤＣＬは相似で△ＤＣＬはＤＣ：ＬＣ＝４：１より、直角を挟む２辺の比が全て１：４である。
よって、ＳＭ＝①とすると、ＤＳ＝④，ＡＳ＝④×４＝⑯より、ＡＭ＝①＋⑯＝⑰
よって、△ＤＡＳ＝(１６/１７)△ＤＡＭ……☆
また、△ＤＡＭ＝(１/８)正方形ＡＢＣＤ……☆☆
☆☆を☆に代入すると、
△ＤＡＳ＝(２/１７)正方形ＡＢＣＤ
＝(２/１７)×１７０＝２０ｃｍ²
ところで、対称性より、△ＤＡＳと△ＡＢＰと△ＣＢＱと△ＤＣＲは全て合同である。
よって、四角形ＰＱＲＳ＝１７０－２０×４
＝９０ｃｍ²

おまけ：
https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-12864790211.html
（数Ⅰ（高１の数学）で査読出来るので、自分で査定してみて下さい。因みに、中学数学でも理解出来ない事はない。）

解説
＞αをＦqのある拡大体におけるｆ(Ｘ)＝０の根とする。そのとき、α^(q^n)＝αであるから、α∈Ｆq^nである。

ｆ(Ｘ)｜Ｘ^(q^n)－Ｘより、Ｘ^(q^n)－Ｘ＝ｆ(Ｘ)・ｈ(Ｘ)と置ける。（ｈ(Ｘ)∈Ｆq[Ｘ]）
∴α^(q^n)－α＝ｆ(α)・ｈ(α)＝０（ｆ(α)＝０より）
∴α^(q^n)＝α
ここで、α^(q^n)－α＝０とすると、定理6.6より、Ｆqの元はＸ^q－Ｘ＝０の根だから、αはＦq^nの元である。
∴α∈Ｆq^n

定理6.6
Ｋをｑ個（ｑ＝ｐ^r，ｒ≧１）の元からなる体とすると、Ｋは多項式Ｘ^q－Ｘの互いに異なるｑ個の根で構成されている。したがって、Ｘ^q－ＸはＫ[Ｘ]の中で１次式の積に分解される。

＞それで、Ｆq(α)はＦq^nの部分体と考えられる。

例6.3から分かる。

例6.3
定理6.1によれば有限体Ｌの乗法群Ｌ*は巡回群であるから、Ｌ*の生成元の１つをαとすればＬ*＝＜α＞である。したがって、Ｌの任意の部分体Ｋに対してＬ＝Ｋ(α)となっている。すなわち、有限体Ｌはその任意の部分体Ｋの単純拡大である。

これは例えば、Ｆ8のある元をαとすると、Ｆ8＝Ｆ2(α)となっているという事である。
そして、α∈Ｆq^nでＦq^nはＦqの拡大体（Ｆ8とＦ2の関係と同じ）なので、Ｆq^n＝Ｆq(α)と表されるので、「Ｆq(α)はＦq^nの部分体と考えられる」という事である。

＞ここで、ｆ(Ｘ)がαの最小多項式であるから[Ｆq(α)：Ｆq]＝ｍ

定理6.4より。

定理6.4
Ｋ⊂Ｌ，α∈Ｌとしてαを体Ｋ上代数的な元とする。αのＫ上の最小多項式をｐ(Ｘ)の次数がｎであるとする。このとき、{１,α,α^2,…,α^(n-1)}は体Ｋ(α)のＫ上のベクトル空間としての基底である。したがって、[Ｋ(α)：Ｋ]＝ｎである。

念のため、問題文から「ｆ(Ｘ)∈Ｆq[Ｘ]を次数ｍの既約多項式とする」からｍである。

＞[Ｆq(α)：Ｆq]＝ｍ　一方、[Ｆq^n：Ｆq]＝ｎであるので、ｍ|ｎが得られる。

上より、
[Ｆq^n：Ｆq]＝[Ｆq^n：Ｆq(α)]・[Ｆq(α)：Ｆq]
に代入すると、
ｎ＝[Ｆq^n：Ｆq(α)]・ｍ
∴[Ｆq^n：Ｆq(α)]＝ｎ/ｍ
左辺が整数より右辺も整数。よって、ｎはｍで割り切れる。よって、ｍ|ｎという事。

「ＫのＦ上のベクトル空間としての次元dim_FＫを拡大Ｆ⊂Ｋの次数といい、記号[Ｋ：Ｆ]により表す。
[Ｋ：Ｆ]＝dim_FＫ
＝ＫのＦ上のベクトル空間の次元」
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

念のため、だから整数という事。

＞Ｆq^nは部分体としてＦq^mを含む（定理6.10）。

定理6.10
ｑ＝ｐ^r（ｒ≧１）とし、Ｋをｑ個の元からなる体とする。さらに０＜ｋ＜ｒ，ｑ'＝ｐ^kとする。このとき、Ｋがｑ'個の元からなる部分体を含むための必要十分条件はｋ|ｒとなることである。

上よりｍ|ｎだから、定理6.10により「Ｆq^nは部分体としてＦq^mを含む」という事。

＞αをＦqのある拡大体におけるｆ(Ｘ)＝０の根とする。このとき、[Ｆq(α)：Ｆq]＝ｍであり、

定理6.4より、

定理6.4
Ｋ⊂Ｌ，α∈Ｌとしてαを体Ｋ上代数的な元とする。αのＫ上の最小多項式をｐ(Ｘ)の次数がｎであるとする。このとき、{１,α,α^2,…,α^(n-1)}は体Ｋ(α)のＫ上のベクトル空間としての基底である。したがって、[Ｋ(α)：Ｋ]＝ｎである。

[Ｆq(α)：Ｆq]＝ｍ
（念のため、ｍの理由は上で説明した通り。）

＞Ｆq(α)＝Ｆq^m⊂Ｆq^nであるから、α∈Ｆq^nである。

Ｆq(α)⊂Ｆq^nから、Ｆq係数の多項式にαを代入したものはＦq^nの元なので、αも元の１つである。∴α∈Ｆq^n
注：Ｆq(α)＝Ｆq^mの理由は次回。

＞したがって、α^(q^n)＝αが成り立ち、αはＸ^(q^n)－Ｘ∈Ｆq[Ｘ]の根である。

（上から）α∈Ｆq^nで、定理6.6よりＦqの元はＸ^q－Ｘ＝０の根なので、αはＸ^(q^n)－Ｘ＝０の根である。
∴α^(q^n)－α＝０　∴α^(q^n)＝α
また、Ｘ^(q^n)－Ｘの係数は１と－１でＦqは体なので乗法の単位元１とその加法の逆元－１を含むので、Ｘ^(q^n)－ＸはＦq係数の多項式である。
∴Ｘ^(q^n)－Ｘ∈Ｆq[Ｘ]　また、α^(q^n)－α＝０より、
「αはＸ^(q^n)－Ｘ∈Ｆq[Ｘ]の根である」という事である。
念のため、何故こんな事をわざわざ言うのかは、補題２を適用するためである。

補題２
Ｋを体、αをＫの拡大体Ｌの元であって、Ｋ[Ｘ]に属する既約多項式ｆ(Ｘ)の根であるとする。このとき、Ｋ[Ｘ]の多項式ｇ(Ｘ)がｇ(α)＝０をみたせば、ｇ(Ｘ)はｆ(Ｘ)で割り切れなければならない。

同じＦq[Ｘ]の多項式である必要があるという事である。

余裕がある人は、

＞αをＦqのある拡大体におけるｆ(Ｘ)＝０の根とする。

このような体が必ず取れるかどうかと具体的にどういう体かを述べて下さい。


これとＦq(α)＝Ｆq^mの理由は次回。念のため、私はギリギリなので、正しいかどうかは知らない。よく吟味して下さいという事です。

おまけ：

解説の続き

問題
ｑ＝ｐ^r（ｒ≧１）とし、ｆ(Ｘ)∈Ｆq[Ｘ]を次数ｍの既約多項式とする。そのとき、次のことを証明せよ。
ｆ(Ｘ)｜Ｘ^(q^n)－Ｘ⇔ｍ|ｎ

証明
「ｆ(Ｘ)｜Ｘ^(q^n)－Ｘ⇒ｍ|ｎ」を示す：αをＦqのある拡大体におけるｆ(Ｘ)＝０の根とする。そのとき、α^(q^n)＝αであるから、α∈Ｆq^nである。それで、Ｆq(α)はＦq^nの部分体と考えられる。ゆえに、
[Ｆq^n：Ｆq]＝[Ｆq^n：Ｆq(α)]・[Ｆq(α)：Ｆq]
が成り立つ。ここで、ｆ(Ｘ)がαの最小多項式であるから[Ｆq(α)：Ｆq]＝ｍ　一方、[Ｆq^n：Ｆq]＝ｎであるので、ｍ|ｎが得られる。
「ｆ(Ｘ)｜Ｘ^(q^n)－Ｘ⇐ｍ|ｎ」を示す：Ｆq^nは部分体としてＦq^mを含む（定理6.10）。
αをＦqのある拡大体におけるｆ(Ｘ)＝０の根とする。このとき、[Ｆq(α)：Ｆq]＝ｍであり、Ｆq(α)＝Ｆq^m⊂Ｆq^nであるから、α∈Ｆq^nである。したがって、α^(q^n)＝αが成り立ち、αはＸ^(q^n)－Ｘ∈Ｆq[Ｘ]の根である。よって、ｆ(Ｘ)はＸ^(q^n)－Ｘを割り切る（補題２）。
「演習　群・環・体 入門」新妻弘著より

＞αをＦqのある拡大体におけるｆ(Ｘ)＝０の根とする。

補題１により、そのような体が必ず存在する事が保証されている。

補題１
Ｋを有限体，ｆ(Ｘ)を多項式環Ｋ[Ｘ]に属する既約多項式とする。そのとき、環Ｌ＝Ｋ[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))はＫの拡大体であり、Ｘの剰余類 |Ｘはｆ(Ｘ)のＬにおける根である。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

具体的には、定理6.4を使うと、

定理6.4
Ｋ⊂Ｌ，α∈Ｌとしてαを体Ｋ上代数的な元とする。αのＫ上の最小多項式をｐ(Ｘ)の次数がｎであるとする。このとき、{１,α,α²,…,α^(n-1)}は体Ｋ(α)のＫ上のベクトル空間としての基底である。したがって、[Ｋ(α)：Ｋ]である。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

問題文よりｆ(Ｘ)の次数はｍで、αは既約多項式ｆ(Ｘ)の根より、定理6.4により、Ｆqの拡大次数はｍである。
よって、補題で保証された体Ｌは、
Ｌ＝Ｆq[Ｘ]/(ｆ(Ｘ))＝Ｆq^m
となる。（この辺は具体例の例6.5や例6.8を見て貰えば正しい事が分かる。）

＞Ｆq(α)＝Ｆq^m⊂Ｆq^nである

上の解説より、α∈Ｆq^m
よって、例6.3から、

例6.3
定理6.1によれば有限体Ｌの乗法群Ｌ*は巡回群であるから、Ｌ*の生成元の１つをαとすればＬ*＝＜α＞である。したがって、Ｌの任意の部分体Ｋに対してＬ＝Ｋ(α)となっている。すなわち、有限体Ｌはその任意の部分体Ｋの単純拡大である。
「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著より

これは例えば、Ｆ8のある元をαとすると、Ｆ8＝Ｆ2(α)となっているという事である。
そして、α∈Ｆq^mでＦq^mはＦqの拡大体（Ｆ8とＦ2の関係と同じ）なので、Ｆq^m＝Ｆq(α)と表されるという事。

おまけ：
コメント欄の「『スケバン刑事』原作版で麻宮サキが「悪を倒せるのは、悪を知った者だけだ！」って云ってたな」が面白いね。
https://kotobank.jp/word/%E6%BC%8F%E5%B0%BD%E9%80%9A-414350#goog_rewarded

問題
辺の長さがすべて３の正三角錐ＯＡＢＣがある。辺ＯＡ，ＯＣ，ＣＢ上にＡＤ＝ＯＥ＝ＣＦ＝２となるように、それぞれＤ，Ｅ，Ｆをとる。正三角錐ＯＡＢＣを３点Ｄ，Ｅ，Ｆを通る平面で切る。
（１）切り口の周の長さを求めなさい。
（２）切り口の面積を求めなさい。
（０５　日大桜丘－改題）

ヒントへの回答
ＥＦの延長とＯＢの延長との交点をＧとすると、ＤＧとＡＢが交わる理由は、三角錐Ｇ-ＯＤＥを平面ＡＢＣが切った形になるからである。
また、ＡＢとＤＧの交点をＸとして、四角形ＤＥＦＸが求める断面図である理由は、平面ＤＥＦと平面ＯＡＢの交わり（交線）を考えて、平面ＯＡＢの一部のＯＢを延長させ、また平面ＤＥＦの一部であるＥＦを延長させ、その交点をＧとすると、点Ｇは平面ＯＡＢと平面ＤＥＦの交線の一部である。また、点Ｄも平面ＯＡＢと平面ＤＥＦの交線の一部であるので、２つの平面の交線は直線ＤＧである事が分かる。また、ＤＧは平面ＯＡＢ上の直線でもあるので、ＡＢと交わる訳である。よって、四角形ＤＥＦＸが求める断面図である。

解答は次回。

おまけ：
（私も娘が欲しかった。笑）

問題
辺の長さがすべて３の正三角錐ＯＡＢＣがある。辺ＯＡ，ＯＣ，ＣＢ上にＡＤ＝ＯＥ＝ＣＦ＝２となるように、それぞれＤ，Ｅ，Ｆをとる。正三角錐ＯＡＢＣを３点Ｄ，Ｅ，Ｆを通る平面で切る。
（１）切り口の周の長さを求めなさい。
（２）切り口の面積を求めなさい。
（０５　日大桜丘－改題）

解答
（１）ＥＦの延長とＯＢの延長との交点をＧとし、ＤＧとＡＢの交点をＸとすると、切り口は四角形ＤＥＦＸとなる（理由は前回済み）。
まず、△ＣＯＢと直線ＥＧでメネラウスの定理を使うと、(１/２)(１/２)(ＧＯ/ＧＢ)＝１
∴ＧＯ/ＧＢ＝４　∴ＧＢ：ＧＯ＝１：４
∴ＧＢ：ＢＯ＝１：３　また、ＢＯ＝３より、
ＧＢ＝１　また、ＯＧ＝３＋１＝４
次に、△ＡＯＢと直線ＤＧでメネラウスの定理を使うと、(２/１)(ＸＢ/ＡＸ)(４/１)＝１
∴ＸＢ/ＡＸ＝１/８　∴ＡＸ：ＸＢ＝８：１
∴ＡＢ：ＸＢ＝９：１　また、ＡＢ＝３より、
ＸＢ＝１/３
ここで、ＸからＢＦに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＸＢＨは１：２：√３の直角三角形より、ＢＨ＝１/６，ＸＨ＝√３/６
また、ＢＦ＝１より、ＦＨ＝１－１/６＝５/６
よって、△ＸＨＦで三平方の定理を使うと、
ＸＦ＝√{(５/６)²＋(√３/６)²}
＝√(２８/３６)＝２√７/６＝√７/３
∴ＸＦ＝√７/３……①
また、△ＯＤＥと△ＣＥＦはちょうど１：２：√３の直角三角形になるので、
ＤＥ＝ＥＦ＝√３……②
さらに、ＤからＡＸに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＤＡＩは１：２：√３の直角三角形より、ＡＩ＝１，ＤＩ＝√３
また、ＡＸ＝３－１/３＝８/３より、ＩＸ＝８/３－１＝５/３
よって、△ＤＩＸで三平方の定理を使うと、
ＤＸ＝√{(√３)²＋(５/３)²}＝√(５２/９)
＝２√１３/３
∴ＤＸ＝２√１３/３……③
①，②，③より、四角形ＤＥＦＸの周の長さは、
ＤＥ＋ＥＦ＋ＸＦ＋ＤＸ
＝２√３＋√７/３＋２√１３/３
よって、切り口の周の長さは、
２√３＋√７/３＋２√１３/３
（２）また、ＤからＯＧに垂線を下ろしその足をＪとすると、△ＤＯＪは１：２：√３の直角三角形でＯＤ＝１より、ＯＪ＝１/２，ＤＪ＝√３/２
∴ＪＧ＝ＯＧ－ＯＪ＝４－１/２＝７/２
よって、△ＤＪＧで三平方の定理を使うと、
ＤＧ＝√{(√３/２)²＋(７/２)²}＝√(５２/４)
＝√１３
よって、△ＥＤＧを描くと、ＥＤ＝√３，ＤＧ＝√１３，ＧＥ＝２√３の三角形である。
また、ＤＸ＝２√１３/３より、ＸＧ＝√１３－２√１３/３＝√１３/３
よって、ＧＦ：ＧＥ＝１：２，ＧＸ：ＧＤ＝１：３より、1つの角を共有した三角形の面積比の公式により、△ＧＦＸ＝(１/２)×(１/３)×△ＧＥＤ＝(１/６)△ＧＥＤ
よって、四角形ＤＥＦＸ＝(５/６)△ＧＥＤ
よって、△ＧＥＤ（△ＥＤＧ）の面積を求める。
そこで、ＥからＤＧに垂線を下ろしその足をＫとし、ＥＫ＝ｘ，ＤＫ＝ｙと置いて三平方の定理を使うと、ｘ²＋ｙ²＝(√３)²＝３……①　
ｘ²＋(√１３－ｙ)²＝(２√３)²＝１２……②
①－②より、２√１３ｙ－１３＝３－１２
∴２√１３ｙ＝４　∴ｙ＝２/√１３
これを①に代入すると、
ｘ²＝３－４/１３＝３５/１３
∴ｘ＝√３５/√１３
∴△ＥＤＧ＝√１３×(√３５/√１３)×(１/２)＝√３５/２
∴四角形ＤＥＦＸ＝(５/６)△ＥＤＧ
＝(５/６)×(√３５/２)＝５√３５/１２
よって、切り口の面積は、５√３５/１２

因みに、改題していない問題の解答と比較すると、
（１）6.4641016に対して6.7497196
（２）2.4874686に対して2.4650332
と近いので、ＯＫとした。（他の検算方法は省略する。）まぁ、暇があったらやった方が良い。

おまけ：
https://www.wordproject.org/bibles/jp/66/11.htm#0

補足
＞よって、△ＥＤＧを描くと、ＥＤ＝√３，ＤＧ＝√１３，ＧＥ＝２√３の三角形である。
また、ＤＸ＝２√１３/３より、ＸＧ＝√１３－２√１３/３＝√１３/３
よって、ＧＦ：ＧＥ＝１：２，ＧＸ：ＧＤ＝１：３

ＧＦ＝√３である事を書くのを忘れていました。
△ＢＧＦが頂角が１２０°で等辺が１の二等辺三角形なので、底辺は１：√３で√３という事です。
また、検算代わりに、ＸＦ＝√７/３を別の方法で求めて、私の解答がシロである事を間接的に証明しますね。
上より、
ＥＫ＝ｘ，ＤＫ＝ｙと置いて三平方の定理を使うと、ｘ²＋ｙ²＝(√３)²＝３……①　
ｘ²＋(√１３－ｙ)²＝(２√３)²＝１２……②
①－②より、２√１３ｙ－１３＝３－１２
∴２√１３ｙ＝４　∴ｙ＝２/√１３
これを①に代入すると、
ｘ²＝３－４/１３＝３５/１３
∴ｘ＝√３５/√１３

よって、ＤＫ＝ｙ＝２/√１３
∴ＧＫ＝√１３－２/√１３＝１１/√１３
ここで、ＦからＧＫに垂線を下ろしその足をＬとすると、ＦＬ＝(１/２)ＥＫ＝√３５/２√１３
また、ＧＬ＝(１/２)ＧＫ＝１１/２√１３
∴ＸＬ＝ＧＬ－ＸＧ
上より、ＸＧ＝√１３－２√１３/３＝√１３/３なので、ＸＬ＝１１/２√１３－√１３/３
＝１１/２√１３－１３/３√１３
＝３３/６√１３－２６/６√１３
＝７/６√１３
∴ＸＬ＝７/６√１３
また、ＦＬ＝√３５/２√１３より、△ＦＬＸで三平方の定理を使うと、
ＸＦ＝√{(７/６√１３)²＋(√３５/２√１３)²}
＝√(４９/３６・１３＋３５/４・１３)
＝√(４９/３６・１３＋３１５/３６・１３)
＝√(３６４/３６・１３)
＝√(９１/９・１３)
＝√７/３
∴ＸＦ＝√７/３
よって、合うのでＯＫ。

おまけ：

解説の続き

例題6.2
次の（１）～（３）を証明せよ。ただし、ｆ,ｆ'はともにＡからＢへの写像，ｇ,ｇ'はＢからＣへの写像とする。
（１）ｆ,ｇがともに全単射のとき、(ｇ◦ｆ)^-1＝ｆ^-1◦ｇ^-1である。
（２）合成写像ｇ◦ｆが単射ならばｆは単射である。また、ｇ◦ｆが全射ならばｇは全射である。
（３）ｇが単射のとき、ｇ◦ｆ＝ｇ◦ｆ'ならばｆ＝ｆ'である。ｆが全射のとき、ｇ◦ｆ＝ｇ'◦ｆならばｇ＝ｇ'である。
「ガロアに出会う はじめてのガロア理論」のんびり数学研究会より

（１）　 ｆ　ｇ
　　　Ａ→Ｂ→Ｃ
まず、(ｇ◦ｆ)^-1は、ｆをやってｇをやってその行程の逆という意味だから、Ｃ→Ｂ→Ａ
一方、ｆ^-1◦ｇ^-1は、ｇの逆をやった後にｆの逆をやるという意味だから、Ｃ→Ｂ，Ｂ→Ａ
つまり、Ｃ→Ｂ→Ａ
よって、(ｇ◦ｆ)^-1＝ｆ^-1◦ｇ^-1が成り立つという事である。
ここで、大事な事は、ｆが全単射じゃないと逆写像ｆ^-1は存在しないという事である。昨日述べたように、写像は多対１または１対１対応で、例えばｆが多対１対応だとすると、ｆ^-1は逆で１対多対応となり写像ではなくなってしまうからである。似たような理由で全射でもなければならないので、全単射でなければならないという事。
因みに、ｆが写像であれば逆像ｆ^-1（逆写像ではない）は必ず存在する。

（２）「合成写像ｇ◦ｆが単射ならばｆは単射である。また、ｇ◦ｆが全射ならばｇは全射である。」
前半は、Ａ→Ｂ→Ｃが１通りなのでＡ→Ｂは１通りしかないと単純に考えて良い。実際、Ｂ→Ｃが単射でなくてもＢの時点で１つの元になっている（写像は多対１または１対１対応だから）のでＢ→Ｃは１通りだけだが、Ａ→Ｂが単射でないとｇ◦ｆ（全体）も単射でなくなる。
後半は、ｇ◦ｆが全射なので最後のＣの全ての元に対応しているので、Ｂ→Ｃも全射である事は当然の事である。

（３）「ｇが単射のとき、ｇ◦ｆ＝ｇ◦ｆ'ならばｆ＝ｆ'である。ｆが全射のとき、ｇ◦ｆ＝ｇ'◦ｆならばｇ＝ｇ'である。」
前半は、ｆとｆ'によりＢの元がそれぞれ１つずつ定まり、これが異なっている場合はｇが単射でない写像でＣの同じ元に写像する場合があるが、ｇが単射でＣの行った先が同じ場合はＢでも必ず一致するという事。つまり、ｇが単射ならばｆの後のｇは消しても良いという事である。（Ｂで一致していれば自動的にＣでも一致するから。）
後半は、ｆが全射よりＢの全ての元がｇとｇ'の定義域になるので、ｇ◦ｆ＝ｇ'◦ｆのｆを消してもｇとｇ'は写像として独立して成り立つという事である。つまり、ｇ＝ｇ'となるという事。

ところで、ｇ◦ｆ＝ｇ◦ｆ'ならばｇ^-1を左から掛ければ、ｇ^-1◦(ｇ◦ｆ)＝ｇ^-1◦(ｇ◦ｆ')
よって、(ｇ^-1◦ｇ)◦ｆ＝(ｇ^-1◦ｇ)◦ｆ'
よって、ｆ＝ｆ'なので、ｇに条件なんかいらないと思わなかっただろうか。
ここで、初めに述べた逆写像の条件が役に立つのである。つまり、逆写像を持つには全単射でなければならないので、ここでのｇは全単射である。つまり、それよりゆるい条件でも十分ですよというのが今回の定理の（３）の真の意味である。念のため、ｇ◦ｆ＝ｇ'◦ｆの方も同じ。

おまけ：

例5.1
（ⅰ）ｆ(ｘ)＝２^xは単射だが全射ではない。
（ⅱ）ｆ(ｘ)＝ｘ³－ｘは全射であるが単射ではない。
（ⅲ）ｆ(ｘ)＝ｘ³は全単射である。
（ⅳ）ｆ(ｘ)＝sinｘは単射でも全射でもない。
（ⅴ）ｆ(ｘ)＝ｘは恒等写像であり、もちろん全単射である。

証明
（ⅰ）まず、単射である事の証明。
ｆ(ｘ₁)＝２^x₁，ｆ(ｘ₂)＝２^x₂
ｆ(ｘ₁)＝ｆ(ｘ₂)とすると、２^x₁＝２^x₂
この両辺の常用対数を取ると、
ｘ₁log２＝ｘ₂log２　∴ｘ₁＝ｘ₂
よって、ｆ(ｘ₁)＝ｆ(ｘ₂)ならばｘ₁＝ｘ₂より、
ｆは単射である。
次に、全射でない事は、ｘ→＋∞でｆ(ｘ)→＋∞
ｘ→－∞でｆ(ｘ)→０
つまり、ｆ：ℝ→ℝ+で値域には負の領域が存在しないので全射ではない。
https://zenn.dev/wsuzume/articles/b0b3a51cac5d7fe4555b
（ⅱ）まず、単射でない事の証明。反例を挙げても良いが、それでは面白くないので、
ｆ(ｘ₁)＝ｘ₁³－ｘ₁，ｆ(ｘ₂)＝ｘ₂³－ｘ₂
ｆ(ｘ₁)＝ｆ(ｘ₂)とすると、ｘ₁³－ｘ₁＝ｘ₂³－ｘ₂
∴ｘ₁³－ｘ₂³－ｘ₁＋ｘ₂＝０
∴(ｘ₁－ｘ₂)(ｘ₁²＋ｘ₁ｘ₂＋ⅹ₂²)－(ｘ₁－ｘ₂)＝０
∴(ｘ₁－ｘ₂)(ｘ₁²＋ｘ₁ｘ₂＋ⅹ₂²－１)＝０
∴ｘ₁＝ｘ₂，ｘ₁²＋ｘ₁ｘ₂＋ⅹ₂²－１＝０
よって、ｘ₁²＋ｘ₂ｘ₁＋ⅹ₂²－１＝０として、判別式を調べると、
Ｄ＝ｘ₂²－４(ｘ₂²－１)＝－３ｘ₂²＋４
例えば、ｘ₂＝０とするとＤ＞０より、
ｘ₁²＋ｘ₁ｘ₂＋ⅹ₂²－１＝０は実数解を持つ。
つまり、ｘ₁＝ｘ₂以外にも解を持つので、
ｆ(ｘ₁)＝ｆ(ｘ₂)ならばｘ₁＝ｘ₂とは限らないので、単射ではない。
全射である事は、ｘ→＋∞でｆ(ｘ)→＋∞，ｘ→－∞でｆ(ｘ)→－∞でｆ(ｘ)は連続関数なので、
ｆ：ℝ→ℝで全射である。
（ｘ→＋∞でｆ(ｘ)→＋∞は厳密には微分で増減表を考えれば良い。念のため、厳密性にはこだわりません。）
因みに、微分で増減表を作って単調増加（減少）でない事から単射でない事を言っても良いが、省略。
（ｆ'(ｘ)＝３ｘ²－１＝０よりｘ＝±１/√３，ｆ(１/√３)＝１/３√３－１/√３＝－２/３√３，ｆ(－１/√３)＝－１/３√３＋１/√３＝２/３√３
よって、例えば、ｙ＝０とすると、ｘ³－ｘ＝０でｘ(ｘ²－１)＝０　∴ｘ＝０，±１
よって、ｆによって、０，±１は０に写像されるので単射ではない。結局、具体例を出してしまいましたね。）

続きは次回。

おまけ：

続き

例5.1
（ⅰ）ｆ(ｘ)＝２^xは単射だが全射ではない。
（ⅱ）ｆ(ｘ)＝ｘ³－ｘは全射であるが単射ではない。
（ⅲ）ｆ(ｘ)＝ｘ³は全単射である。
（ⅳ）ｆ(ｘ)＝sinｘは単射でも全射でもない。
（ⅴ）ｆ(ｘ)＝ｘは恒等写像であり、もちろん全単射である。

証明
（ⅲ）まず、単射の証明。
ｆ(ｘ₁)＝ｘ₁³，ｆ(ｘ₂)＝ｘ₂³
ｆ(ｘ₁)＝ｆ(ｘ₂)とすると、ｘ₁³＝ｘ₂³
∴ｘ₁³－ｘ₂³＝０　
∴(ｘ₁－ｘ₂)(ｘ₁²＋ｘ₁ｘ₂＋ｘ₂²)＝０
∴ｘ₁＝ｘ₂，ｘ₁²＋ｘ₁ｘ₂＋ｘ₂²＝０
ｘ₁²＋ｘ₁ｘ₂＋ｘ₂²
＝(ｘ₁＋ｘ₂/２)²＋３ｘ₂²/４
よって、ｘ₁＝ｘ₂＝０以外の場合は＞０となり、実数解を持たない。ｘ₁＝ｘ₂＝０の場合は、ｘ₁＝ｘ₂の場合に含まれるので、
ｆ(ｘ₁)＝ｆ(ｘ₂)ならばｘ₁＝ｘ₂である。
よって、ｆは単射である。
全射の証明は、ｘ→＋∞でｆ(ｘ)→＋∞，ｘ→－∞でｆ(ｘ)→－∞　また、ｆは連続関数より、
ｆ：ℝ→ℝでｆは全射である。
（ⅳ）sinｘは周期関数であるので単射でない事は自明だが、それでは面白くないので、
ｆ(ｘ₁)＝sinｘ₁，ｆ(ｘ₂)＝sinｘ₂
ｆ(ｘ₁)＝ｆ(ｘ₂)とすると、sinｘ₁＝sinｘ₂
∴sinｘ₁－sinｘ₂＝０
ここで、和と積の公式を使うと、
sinｘ₁－sinｘ₂＝２cos{(ｘ₁＋ｘ₂)/２}・sin{(ｘ₁－ｘ₂)/２}＝０
∴cos{(ｘ₁＋ｘ₂)/２}＝０，sin{(ｘ₁－ｘ₂)/２}＝０
（１）cos{(ｘ₁＋ｘ₂)/２}＝０の場合
(ｘ₁＋ｘ₂)/２＝π/２＋ｎπ（ｎは整数）
∴ｘ₁＋ｘ₂＝π＋２ｎπ（ｎは整数）
∴ｘ₁＝－ｘ₂＋(２ｎ＋１)π（ｎは整数）
（２）sin{(ｘ₁－ｘ₂)/２}＝０の場合
(ｘ₁－ｘ₂)/２＝０＋ｎπ（ｎは整数）
∴ｘ₁－ｘ₂＝２ｎπ（ｎは整数）
∴ｘ₁＝ｘ₂＋２ｎπ（ｎは整数）
よって、（２）のｎ＝０の場合のみ単射となり、それ以外の可能性が多々あるので単射ではない。
全射でない証明は、ｆ(ｘ)＝sinｘの値域は－１≦sinｘ≦１で、実数全体ではないので全射ではない。
（ⅴ）ｆ(ｘ₁)＝ｘ₁，ｆ(ｘ₂)＝ｘ₂
ｆ(ｘ₁)＝ｆ(ｘ₂)とすると、ｘ₁＝ｘ₂
よって、ｆ(ｘ₁)＝ｆ(ｘ₂)ならばｘ₁＝ｘ₂より、ｆは単射である。
また、恒等写像であるので全射は自明とする。
ところで、

「写像ｆ：Ａ→Ｂが単射であるとは
Ａの要素ａ₁,ａ₂に対して、ａ₁≠ａ₂ならばｆ(ａ₁)≠ｆ(ａ₂)であることです。これは対偶をとって
ａ₁,ａ₂∈Ａに対して、ｆ(ａ₁)＝ｆ(ａ₂)ならばａ₁＝ａ₂
が成り立つこと、ということもできます。」
「ガロアに出会う はじめてのガロア理論」のんびり数学研究会より

単射の定義が「ａ₁≠ａ₂ならばｆ(ａ₁)≠ｆ(ａ₂)」である理由は、写像が多対１対応または１対１対応だからである。

写像
「Ａ，Ｂを集合とします。Ａの任意の要素ａに対して、何らかの規則によってＢの要素を１つだけ対応させることができるとき、その規則をＡからＢへの写像といいます。」
「ガロアに出会う はじめてのガロア理論」のんびり数学研究会より

だから、ⅹ²＋ｙ²＝１などは写像ではない（１対多対応だから）。ただし、ｙ＝±√(１－ｘ²)とすると、ｆ(ｘ)＝√(１－ｘ²)，ｇ(ｘ)＝－√(１－ｘ²)はそれぞれ写像となる。

「高校で学ぶいろいろな関数も、ｙ＝ｆ(ｘ)の形で表わすと、ｘの値を与えることでｙの値が１つ定まり、したがって実数から実数への写像とみなすことができます。この場合のｘをｙに対応させる規則とはまさしく具体的な式として表わされたｆ(ｘ)ということになります。その意味で写像とは関数を一般化した概念とみなしてもよいでしょう。」
「ガロアに出会う はじめてのガロア理論」のんびり数学研究会より

おまけ：
https://dic.pixiv.net/a/%E3%82%A4%E3%82%AE%E3%83%BC%28%E3%82%B8%E3%83%A7%E3%82%B8%E3%83%A7%E3%81%AE%E5%A5%87%E5%A6%99%E3%81%AA%E5%86%92%E9%99%BA%29