三角関数の和と積の公式の以下の式を証明する。
（式１の証明）
以下の図を書いて、中点ＭのＹ座標を計算する。
（証明おわり）
（式２の証明）
以下の図を書いて、中点ＭのＸ座標を計算する。
（証明おわり）
三角関数の和と積の公式は、以下の図のように、単位ベクトルの合成の公式のことだと理解した方が覚えやすいと思う。
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三角関数の２倍角の加法定理の以下の式を証明する。
（解答の方針）
以下の図を書いて、点Ｍ（ｍ１，ｍ２）と点Ａ（１，０）と、
点Ｃ（ｃ１，ｃ２）の関係は、
ｃｏｓ（２θ）＝ｃ１＝ｍ１＋（ｍ１－１）
ｓｉｎ（２θ）＝ｃ２＝ｍ２＋（ｍ２－０）
であることから、答えを求める。
（式１の証明）
先ず、ｓｉｎ（２θ）＝ｃ２を計算する。
（証明おわり）
（式２の証明）
以下の図を書いて、ｃｏｓ（２θ）＝ｃ１を計算する。
（証明おわり）
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（２つの多項式の最大公約多項式を求める問題）
次数の大きい方の多項式 ｆ を、次数の小さい方の多項式 ｇ で割り算して余りの多項式を求め、その余りの多項式で次数の小さい方の多項式 ｇ を割り算する。
こうして、少しづつ式の次数を小さくしていき、最後に式が割り切れた場合に、その最小の次数の式が、最大公約多項式です。
この手順で最大公約多項式を求める方法を、ユークリッドの互除法と呼びます。
【例題１】
以下の多項式 ｆ の方程式１が、式２の２つの解を持つように定数ａとｂの値を定めよ。
（解答の方針）
式２の２つの解を持つ２次の多項式 ｇ を作ると、多項式 ｆ が多項式 ｇ で割り切れる。それで、その様に割り切れる条件を求めれば解が得られる。
【解答１】
先ず、式２の２つの解を持つ２次の多項式 ｇ を作る。
多項式 ｆ を多項式 ｇ で割り算して余りの多項式 ｈ ＝０ になる条件を求める。
多項式 ｈ ＝０ になる条件を求める。
（解答おわり）
【解答２】
この問題は、式２の２つの値をそれぞれ式１に代入して２つの式を作り、その２つの式を連立して解くことができる。
（この計算方法の方が一般的な解き方であるため、この計算方法を先に書いた方が良かったかもしれません。）
（１） 先ず、第１の解を式１に代入して、計算して式６を作る。
（２） 次に、第２の解を式１に代入して、同様に計算して式７を作る。
式６と式７を連立してａとｂの値を求める。
（解答おわり）
（補足）
解答２の方が一般的な解き方ですが、解答１の方が楽に計算できました。
この種の問題を解く場合は、解答１の解き方を、計算が楽になるのでお勧めします。
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（２つの多項式の最大公約多項式を求める問題）
次数の大きい方の多項式 ｆ を、次数の小さい方の多項式 ｇ で割り算して余りの多項式を求め、その余りの多項式で次数の小さい方の多項式 ｇ を割り算する。
こうして、少しづつ式の次数を小さくしていき、最後に式が割り切れた場合に、その最小の次数の式が、最大公約多項式です。
この手順で最大公約多項式を求める方法を、ユークリッドの互除法と呼びます。
【例題１】
以下の多項式 ｆ の方程式１と多項式 ｇ の方程式２が共通の根を１つ以上持つように定数ａの値を定めよ。
（解答の方針）
この問題で、多項式 ｆ の方程式１と多項式 ｇ の方程式２が共通の根を持つということは、多項式 ｆ と多項式 ｇ が共通因数（ｘ－ｕ）を持つことを意味する。
共通因数を持つ２つの多項式にユークリッドの互除法を適用すると最終的に定数項になる余りが０になる。
（最後に式を割り切ってその余り０を得る原因の多項式が最大公約多項式です。）
【解答】
先ず、多項式 ｆ を多項式 ｇ で割り算して余りの多項式 ｈ を計算する。
次に、多項式 ｇ を多項式 ｈ で割り算して余りの定数項 ｋ を計算する。
多項式 ｆ と ｇ が共通因数を持つ場合は、最後に計算した余りの定数項 ｋ は０になる。
よって、以下の式が成り立つ。
（解答おわり）
（補足）
この計算の式３であらわされる多項式 ｈ が最大公約多項式です。
この最大公約多項式は、ａの値に従って以下の式６になる。
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【問】
上の式１があらわす曲線の双対曲線を求めよ。
（コメント）この問題は大学の数学科に入学した学生用の問題です。そのため、この問題は、医学部をめざす受験生も、無視してください。
【解答】
この曲線１’に点（ｘ，ｙ）で接する直線を、以下の式２であらわす。
式１に式３を代入してｙを消去した式４を求める。
式３のあらわす直線が式１のあらわすグラフに接するので、
式３を式１に代入してｙを消去して得たｘの方程式の式４の解は、
直線とグラフの交点のｘ座標が、直線がグラフに接する事を意味する、重根のｘ座標の解が得られるハズである。
その重根をｋとすると、式４を因数分解した式には（ｘ－ｋ） の２乗の式を含む。
そのため、式４を微分しても、なお、（ｘ－ｋ）が消えずに残る。
式４を微分した式で、（ｘ－ｋ）を持つ以下の式５を計算する。
この式５と式４とをユークリッドの互除法で計算して式の余りを計算していく。
その計算により、その式４と式５の共通因数（ｘ－ｋ）が余りで計算できる。
ユークリッドの互除法では、最終的に、Ｕ０，Ｕ１，Ｕ２の式であらわされる定数の式が得られる。
その定数の式は、共通因数（ｘ－ｋ）で式４と式５を割り切った余り＝０を表す式である。
すなわち、
その定数を表すＵ０，Ｕ１，Ｕ２の式＝０
である。
この式が、求める双対曲線の式である。
（Ｕ０，Ｕ１，Ｕ２）が、射影空間での、双対曲線の座標（Ｚ，Ｘ，Ｙ）をあらわす。
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高次方程式の解き方のパターンの研究
この研究結果がガロア理論だと考えます。
天才ガロアは、高次方程式を、以下のパターンで解いたと考えます。
（１）高次方程式がある。
（２）式の変換方法Ａがある事を確認する。
（３）その変換方法Ａを発見する。
（４）その変換方法Ａで式を変換する。
（５）式の変換方法Ｂがある事を確認する。
（６）その変換方法Ｂを発見する。
（７）その変換方法Ｂで式を変換する。
以上を繰り返す。
（８）最終的に、解を与える式を導く。
ガロア理論は、式の変換方法があるか無いかを見通す方法だと思います。
方程式の解き方を極めたい高校生は、式の変換方法がある場合はその変換方法を発見できる程度に勉強した後は、次の段階としてガロア理論を学ぶのが望ましい。
ただし、ガロア理論を学ぶということは、もはや高校生のレベルを超え、大学生として勉強をすることになります。
ただし、天才ガロアは大学受験に失敗しました。ガロアの後を追う学生は、その失敗を教訓にして、大学受験の勉強のバランスに気を付けて、ガロアの失敗を繰り返さずに大学受験に成功して欲しいと思います。
ガロアは天才ですが、多くの先人の数学を学んで自分の数学を作っていきました。 ガロアは、アーベルによる、５次方程式の解がベキ根を使って表せない（いわゆる、５次方程式の解の公式が無い）証明を改善した。
ガロアの業績は、方程式の可解性を完全に理解できるようにする群論を提供したことにある。
こうして、５次方程式には、ベキ根を使った解の公式は有り得ないことが証明された。
更に、現代数学では、ガロアの群論の発展の成果として、５次方程式の解の公式を、楕円モジュラー関数というものを使って書き表すことができた。
参考：「アーベルの証明」ピーター・ペジック（著）山下純一（訳）日本評論社（2005年3月出版）
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（２つの多項式の最大公約多項式を求める問題）
次数の大きい方の多項式 ｆ を、次数の小さい方の多項式 ｇ で割り算して余りの多項式を求め、その余りの多項式で次数の小さい方の多項式 ｇ を割り算する。
こうして、少しづつ式の次数を小さくしていき、最後に式が割り切れた場合に、その最小の次数の式が、最大公約多項式です。
この手順で最大公約多項式を求める方法を、ユークリッドの互除法と呼びます。
【例題１】
有理数係数では因数分解できない、有理数係数の（既約）多項式 ｆ と、それより次数の低い他の有理数係数の多項式 ｇ との、複素数係数の最大公約多項式を求めよ。
【解説】
このｆの式１は係数が有理数の式です。この式１は無理数を使わないと因数分解できません。
ｆ の式は、有理数係数の式には因数分解できない多項式＝（有理数係数における）既約多項式です。
ｆ の式は無理数を使えば、以下の式に因数分解できます。
更に複素数も使えば、４つの１次式の積に因数分解できます。
ｇ の式２も係数が有理数の多項式です。
ここで、ｇの式の係数が有理数で、かつ、ｆの式１より次数が低い式であるならば、
そのｇの式は、無理数の因数についても、決してｆの式の因数を持ちません。
その理由は、（有理数係数の）既約多項式ｆと、それより次数の低い（有理数係数の）任意の多項式ｇとの間には以下の関係があるからです。
（関係３）
有理数係数のある多項式ｈと、ある多項式ｋを使って、
ｆ・ｈ＋ｇ・ｋ＝１ （３）
という恒等式を作ることができるからです。
（この式３が成り立つ事については、この例題の解答の後に説明します）
この場合に、以下の仮定１をしてみます。
（仮定１）多項式ｆと式ｇは、複素数のαであらわした共通する因数ｍ＝（ｘ－α）を持つと仮定する。
すると、式３は、以下の式に変形される。
ｍ・ｆ２・ｈ＋ｍ・ｇ２・ｋ＝１，
ここでｆ２とｇ２は、それぞれ、複素数係数の多項式。
ｍ（ｆ２・ｈ＋ｇ２・ｋ）＝１，
（ｘ－α）（ｆ２・ｈ＋ｇ２・ｋ）＝１， （４）
上の式４のｘにαを代入すると左辺は０になり、右辺は１のままであるので矛盾する。
よって、この式３の形をした恒等式は有り得ない。
このように、仮定１が矛盾を生むので、仮定１は成り立たちません。
よって、恒等式３が成り立つならば、
多項式ｆと式ｇは、複素数の範囲で因数分解して比較しても、共通する因数ｍ＝（ｘ－α）を持つことができない。
このように、（有理数の係数だけの式には因数分解できない）既約多項式ｆと、他の有理数係数の多項式ｇとの間には、複素数の因数も共有しないという不思議な関係があります。
【例題１の解答】
式３を証明するのは、計算量が多すぎますので、
例題１の解答の最大公約多項式を計算します。
そして、その解答の計算を利用して、例題１の場合に式３が成り立つことを示します。
（解答開始）
ユークリッドの互除法で多項式ｆとｇの次数をどんどん下げていきます。
こうして、最大公約多項式は、－１１／８＝定数であることが分かりました。
最大公約多項式＝定数。
（解答おわり）
例題１の解答はこれでおわりですが、
次に、以上の計算を利用して、例題１の場合に式３が成り立つことを示します。
先ず、式７による、ユークリッド互除法による余りの式（定数）を左辺に出した式から始める。
この式９が、例題１の場合における式３です。
例題１の場合には、式３の恒等式（式９）が成り立つことがわかりました。
この恒等式９（式３）は、（有理数の範囲での）既約多項式 ｆ （式１）と多項式 ｆ より次数の低い（有理数の範囲での）任意の多項式 ｇ （式２）の間に、いつも成り立ちます。
その理由は、（係数が有理数の）既約多項式 ｆ というものは、 ｆ より次数が低い（係数が有理数の）公約多項式が定数、すなわち０次の式になる多項式のことだからです。
（式３の簡易な証明の開始）
以下の様に有理数係数の既約多項式ｆ（ｘ）と、それより次数の低い有理数係数の多項式ｇ（ｘ）を、以下の様に交互に引き算していって、ｆ（ｘ）よりもｇ（ｘ）よりも次数の低い多項式ｆ１（ｘ）とｇ２（ｘ）を作るとします。
ｆ１（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｈ１（ｘ）ｇ（ｘ）
ｇ２（ｘ）＝ｇ（ｘ）－ｈ２（ｘ）ｆ１（ｘ）
ｆ３（ｘ）＝ｆ１（ｘ）－ｈ３（ｘ）ｇ２（ｘ）
ｇ４（ｘ）＝ｇ２（ｘ）－ｈ４（ｘ）ｆ３（ｘ）
ｆ５（ｘ）＝ｆ３（ｘ）－ｈ５（ｘ）ｇ４（ｘ）
・・・
最後に、定数の最大公約多項式を得る；
定数＝ｇｎ－２（ｘ）－ｈｎ（ｘ）ｆｎ－１（ｘ）
または、
定数＝ｆｎ－２（ｘ）－ｈｎ（ｘ）ｇｎ－１（ｘ）
が得られます。
その最後の式の右辺の項にある多項式ｆｎ－２（ｘ）や、ｇｎ－１（ｘ）は、
上の方の行の式に、等式で書かれていますので、その等式の右辺を、多項式ｆｎ－２（ｘ）や、ｇｎ－１（ｘ）に代入すれば、
定数＝（ｆｎ－４（ｘ））＊（ある多項式）＋（ｇｎ－３（ｘ））＊（ある多項式）
という式が得られます。
その右辺の項にある多項式ｆｎ－４（ｘ）や、ｇｎ－３（ｘ）も、
上の方の行の式に、等式で書かれていますので、その等式の右辺を、それらの多項式に代入すれば良いです。
これを繰り返せば、最終的に、
定数＝（ｆ（ｘ））＊（ある多項式）＋（ｇ（ｘ））＊（ある多項式）
という式が得られます。
その式から、
１＝（ｆ（ｘ））＊（ある多項式）＋（ｇ（ｘ））＊（ある多項式） （式３）
が得られます。
（証明おわり）
（係数が有理数の）既約多項式 ｆ と、それより次数が低く（係数が有理数の）多項式ｇとの最大公約多項式は定数になる。
それゆえ、（係数が有理数の範囲の）既約多項式 ｆ と、多項式 ｆ より次数が低い（係数が有理数の範囲の）任意の多項式 ｇ の間で、いつも恒等式３が成り立ちます。
恒等式３が成り立つ結果、先に示したように、
（有理数の係数だけの式には因数分解できない）既約多項式 ｆ は、他の ｆ より次数の低い任意の有理数係数の多項式ｇとは、複素数の因数も共有しない。
また、別の視点から考えると、
既約多項式 ｆ の複素数の範囲の因数の少なくとも１つを含む多項式であって、有理数係数の多項式 ｐ がある場合、
その多項式 ｐ は、 ｆ によって割り切られる。
それゆえ ｐ は ｆ の全ての因数を含む。
（この証明）
（仮定）その有理数係数の多項式ｐが ｆ の全ての因数を含まなかったと仮定すると、その多項式ｐと既約多項式ｆとにユークリッド互助法を適用すると、多項式ｐと既約多項式ｆの共通因数のみを含む式が有理数係数の多項式で抽出されることになる。
そのようなことになると、その抽出された多項式で多項式ｆを割り切れることになり、多項式ｆが既約多項式であることに反する。そのため、仮定が成り立たない。
よって、その多項式 ｐ は ｆ の全ての因数を含む。
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（証明おわり）
（証明おわり）
