代 数 学 講 義 改訂新版

$\blacktriangleleft$ $\S\ 1.$ 実数の四則  $\S\ 3.$ 複素数の幾何学的表示 $\blacktriangleright$

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第 $1$ 章 複 素 数


 $\S\ 2.$ 複 素 数 の 四 則

 $\boldsymbol{1.}$ 複素数は二つの実数 $a$,$b$ と記号 $i$ とから組み立てられた式\[a+bi\]である.複素というのは,単一に対する複成の意味である.すなわち,実数がただ一つの単位 $1$ に基づいて構成されるのに対して,複素数が二つの互いに独立な単位 $1$ および $i$ に基づいて構成されることを示すのである($a\hspace{0.7mm}\cdotp1+b\hspace{0.7mm}\cdotp i$).標語的にいえば,実数は一次元の数で,複素数は二次元の数である.
 二つの複素数 $a+bi$,$a^\prime+b^\prime i$ が相等しい,すなわち\[a+bi=a^\prime+b^\prime i\]とは,$a=a^\prime$,$b=b^\prime$ が同時に成り立つことであると定める.上文で,単位 $1$,$i$ が互いに独立であるといったのは,この意味である.この規定に従えば,「等しい」という関係は複素数に関しても,実数と同様に,次の三つの条件を満たすことになる.
 (第一) 反射的(reflexive)である.すなわち,複素数はそれ自身に等しい.
 任意の複素数を $\alpha$ で表わせば\[\alpha=\alpha.\] (第二) 対称的(symmetrical)である.すなわち\[\alpha=\beta ならば \beta=\alpha.\] 上文で「相等しい」といったのは,この意味である.
 (第三) 推移的(transitive)である.すなわち\[\alpha=\beta,\hphantom{1}\beta=\gamma ならば,\ \hphantom{1}\alpha=\gamma.\] 「等しい」という語で表わされる関係は,数学の各部門において,種々の場合に種々の意味で用いられるのであるが,それはいつでも上記の三つの条件が満たされたときに限るのである.たとえば,形の等しいことを表わす相似,または方向の等しいことを表わす平行など,みな同様である.
 $\boldsymbol{2.}$ 複素数の四則(加減乗除)は形式上実数の四則と同様の原則に従うように定める.すなわち虚数単位 $i$ が,実数を表わす代数文字である場合と同様にするのであるが,ただ $i^2$ は随時 $-1$ で置き換えることにする.
 しからば,まず加法と乗法とに関して,次のようになる.\begin{alignat*}{1}&\left(a+bi\right)+\left(a^\prime+b^\prime i\right)=\left(a+a^\prime\right)+\left(b+b^\prime \right)i,\\[2mm]&\left(a+bi\right)\left(a^\prime+b^\prime i\right)=\left({aa}^\prime-{bb}^\prime\right)+\left({ab}^\prime+a^\prime b\right)i.\end{alignat*} この規定によれば,複素数の加法,乗法は,実数と同様に結合,交換および分配の法則に従う.すなわち $\alpha$,$\beta$,$\gamma$ が複素数を表わすとき\begin{alignat*}{3}\left(\alpha+\beta\right)+\gamma&=\alpha+\left(\beta+\gamma\right),&&&\left(\alpha\beta\right)\gamma&=\alpha\left(\beta\gamma\right),\\[2mm]\alpha+\beta&=\beta+\alpha,&&&\alpha\beta&=\beta\alpha,\\[2mm]&\hphantom{=\beta+}\left(\alpha+\beta\right)\gamma=\alpha\gamma+\beta\gamma.\end{alignat*} したがって,これらの法則に基づいて,実数の加法,乗法に関して成り立つすべての公式は,形式上複素数にもあてはまる.
 $\boldsymbol{3.}$ 減法と除法とは,それぞれ加法と乗法との逆の算法とすることは,実数の場合と同様である.
 まず滅法に関しては,$\alpha-\beta$ は,それを $\beta$ に加えるとき,和が $\alpha$ に等しくなるような複素数である.したがって\[\left(a+bi\right)-\left(a^\prime+b^\prime i\right)=\left(a-a^\prime\right)+\left(b-b^\prime\right)i.\] すなわち減法は一意的に可能である.
 特に $\alpha-\alpha$ は $0+0i$ に等しい.これを単に $0$ としるす.よって $\alpha$ を任意の複素数とするとき\[\alpha-\alpha=0,   \alpha+0=\alpha.\]分配法則と減法の一意性とから任意の複素数 $\alpha$ に関して\[0\hspace{0.7mm}\cdotp\alpha=0\]を得ることは実数の場合と同様である.
 上記の加法,乗法の定義によれば,$a+0\hspace{0.5mm}\cdotp i$,$a^\prime+0\hspace{0.5mm}\cdotp i$ のような複素数の和と積とは,$\left({a+a}^\prime\right)+0\hspace{0.5mm}\cdotp i$ と ${aa}^\prime+0\hspace{0.5mm}\cdotp i$ とであって,それは実数 $a$,$a^\prime$ の加法または乗法とまったく同様である.よってこれらの複素数を単に $a$,$a^\prime$ としるし,それらを実数と差別しないことにする.すなわち実数を複素数の特別の場合と見るのである.同じように,$0+bi$ のような複素数を単に $bi$ としるす.これを純な虚数ということもある.
 この記法にしたがって $a+bi=\left(a+0\hspace{0.5mm}\cdotp i\right)+\left(0+bi\right)$ とすれば,複素数の記号 $a+bi$ における $+$ を,やはり複素数加法の意味における $+$ とみなすことができる.
 また $1\hspace{0.2mm}\cdotp i$ を単に $i$ としるせば,乗法の規定から\[\left(b+0\hspace{0.5mm}\cdotp i\right)\left(0+1\hspace{0.2mm}\cdotp i\right)=0+bi\]を得るから,複素数乗法の記号における $bi$ も複素数乗法の意味における積($b$ と $i$ との積)とみなされる.
 なお,一つの因数が実数であるとき,積は次のようになる\[a\left(a^\prime+b^\prime i\right)={aa}^\prime+{ab}^\prime i.\tag{$\ 1\ $}\]
 $\boldsymbol{4.}$ $\alpha=x+yi$ という複素数において,$y$ の符号を変えた $x-yi$ を $\alpha$ と共役な複素数といい,通例それを $\overline{\alpha}$ で表わす.すなわち,$\alpha=x+yi$ と $\overline{\alpha}=x-yi$ とは互いに共役である.特に $\alpha$ が実数であるときは $\alpha=\overline{\alpha}$ で,また $\alpha$ が純虚数であるときは $\overline{\alpha}=-\alpha$ である.$\alpha+\overline{\alpha}=2x$ および $\alpha\overline{\alpha}=x^2+y^2$ は実数である.前者を $\alpha$(または $\overline{\alpha}$)のスプールSpur),後者をノルムNorm)といい,それぞれ次のようにしるす.\[\mathrm{S}\left(\alpha\right)=\mathrm{S}\left(\overline{\alpha}\right)=\alpha+\overline{\alpha},    \mathrm{N}\left(\alpha\right)=\mathrm{N}\left(\overline{\alpha}\right)=\alpha\overline{\alpha}.\]$\mathrm{N}\left(\alpha\right)$ は上のとおり $x^2+y^2$ に等しいから,正の実数である.ただし $\alpha=0$ のときに限って $0$ になる.
 $\boldsymbol{5.}$ さて除法であるが,それは $\alpha$,$\beta$ が与えられた複素数であるとき,$\alpha z=\beta$ という方程式を満足させる複素数 $z$ を求める算法である.$\alpha=0$ のときは,$z$ の如何にかかわらず,$\beta=0$ にならねばならないから,$\beta\neq0$ の場合には,この算法は不可能で,$\beta=0$ の場合にはまったく不定である.よって除法に関しては,$\alpha\neq0$ という制限を設けることが必要である.
 まず,$\alpha=a$ が実数である場合は簡単である.すなわち\[\frac{\hphantom{1}a^\prime+b^\prime i\hphantom{1}}{a}=\frac{\hphantom{1}a^\prime\ \ }{\hphantom{1}a\hphantom{1}}+\frac{\hphantom{1}b^\prime\ \ }{\hphantom{1}a\hphantom{1}}i.\tag{$\ 2\ $}\]右辺の複素数に $a$ を乗ずれば,$\left(\ 1\ \right)$ によって $a^\prime+b^\prime i$ を得る.
 一般の場合において\[\alpha\neq0,  \ \alpha z=\beta\]とすれば,両辺に $\overline{\alpha}$ を乗じて\[\mathrm{N}\left(\alpha\right)z=\overline{\alpha}\beta.\]$\mathrm{N}\left(\alpha\right)$ は実数であるから,$\left(\ 2\ \right)$ のように\[z=\frac{\overline{\alpha}\beta}{\mathrm{N}\left(\alpha\right)}.\]逆に,この関係から\[\alpha z=\frac{\hphantom{1}\mathrm{N}\left(\alpha\right)\beta\hphantom{1}}{\mathrm{N}\left(\alpha\right)}=\beta\]を得るから,$\alpha\neq0$ のとき除法は一意的に可能である.
 すなわち\[\frac{\hphantom{1}\beta\hphantom{1}}{\alpha}=\frac{\overline{\alpha}\beta}{\mathrm{N}\left(\alpha\right)}.\]     
$\alpha=a+bi$,$\beta=a^\prime+b^\prime i$ とおいて商を詳しくしるせば次のとおり.\[\frac{\hphantom{1}a^\prime+b^\prime i\ }{a+bi}=\frac{\hphantom{1}{aa}^\prime+{bb}^\prime\hphantom{1}}{a^2+b^2}+\frac{\hphantom{1}{ab}^\prime-a^\prime b\hphantom{1}}{a^2+b^2}i.\] 特に $\alpha\neq0$,$\beta=0$ の場合には,$\alpha z=0$ から $z=0$ を得る.すなわち,積が $0$ に等しいときには,因数のうち少なくとも一つは $0$ に等しい.この重要な法則が除法の一意性から得られることは実数の場合と同様である.
 複素数の四則の意味は上のとおりである.要約すれば,複素数の四則は $\S\ 1$ に掲げた $\left(\ 1\ \right)\sim\left(10\right)$ の原則に従うものである.
 〔問題 $\boldsymbol{1}$〕 $\alpha$,$\beta$ が複素数ならば,$\alpha+\beta$,$\alpha-\beta$,$\alpha\beta$,$\beta/\alpha$ の共役複素数は $\overline{\alpha}+\overline{\beta}$,$\overline{\alpha}-\overline{\beta}$,$\overline{\alpha}\overline{\beta}$,$\overline{\beta}/\overline{\alpha}$ である.一般に $\mathrm{F}\left(x,y,\cdots\right)$ が実係数の有理函数ならば,$\mathrm{F}\left(\alpha,\beta,\cdots\right)$ の共役複素数は $\mathrm{F}(\overline{\alpha},\ \overline{\beta},\cdots)$ である.
 〔問題 $\boldsymbol{2}$\[\mathrm{N}\left(\alpha\beta\right)=\mathrm{N}\left(\alpha\right)\cdotp\mathrm{N}\left(\beta\right).    \tag{$\ 3\ $}\]
 これから次の恒等式を得る.\[\left(a^2+b^2\right)\left(a^{\prime\ \!2}+b^{\prime\ \!2}\right)=\left({aa}^\prime+{bb}^\prime\right)^2+\left({ab}^\prime-a^\prime b\right)^2.\tag{$\ 4\ $}\] 〔解〕 $\left(\ 3\ \right)$ において $\alpha=a+bi$,$\beta=a^\prime-b^\prime i$ とおけば,$\left(\ 4\ \right)$ を得る.
 〔問題 $\boldsymbol{3}$\begin{alignat*}{1}&\left\{\mathrm{N}\left(\alpha\right)+\mathrm{N}\left(\beta\right)\right\}\left\{\mathrm{N}\left(\gamma\right)+\mathrm{N}\left(\delta\right)\right\}\\[2mm]&\hphantom{\{\mathrm{N}\left(\alpha\right)}=\mathrm{N}(\alpha\overline{\gamma}+\beta\overline{\delta})+\mathrm{N}\left(\alpha\delta-\beta\gamma\right).\hspace{2cm}\tag{$\ 5\ $}\end{alignat*}
これから次の恒等式を得る\begin{alignat*}{1}\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\left(a^{\prime\ \!2}+b^{\prime\ \!2}+c^{\prime\ \!2}+d^{\prime\ \!2}\right)&=\left({aa}^\prime+{bb}^\prime+cc^\prime+dd^\prime\right)^2\\[2mm]&+\left({ab}^\prime-ba^\prime+cd^\prime-dc^\prime\right)^2\\[2mm]&+\left(ac^\prime-bd^\prime-ca^\prime+db^\prime\right)^2\tag{$\ 6\ $}\\[2mm]&+\left(ad^\prime+bc^\prime-cb^\prime-da^\prime\right)^2.\end{alignat*}$\begin{alignat*}{1}\ 〔解〕\ \mathrm{N}(\alpha\overline{\gamma}+\beta\overline{\delta})+\mathrm{N}(\alpha\delta-\beta\gamma)&=(\alpha\overline{\gamma}+\beta\overline{\delta})(\overline{\alpha}\gamma+\overline{\beta}\delta)+(\alpha\delta-\beta\gamma)(\overline{\alpha}\overline{\delta}-\overline{\beta}\overline{\gamma})\\[2mm]&=\alpha\overline{\alpha}\gamma\overline{\gamma}+\beta\overline{\beta}\delta\overline{\delta}+\alpha\overline{\alpha}\delta\overline{\delta}+\beta\overline{\beta}\gamma\overline{\gamma}\\[2mm]&=(\alpha\overline{\alpha}+\beta\overline{\beta})(\gamma\overline{\gamma}+\delta\overline{\delta})=\{\mathrm{N}(\alpha)+\mathrm{N}(\beta)\}\ \!\{\mathrm{N}(\gamma)+\mathrm{N}(\delta)\}.\end{alignat*}$
 $\left(\ 5\ \right)$ において $\alpha$,$\beta$,$\gamma$,$\delta$ を実数とすれば $\left(\ 4\ \right)$ を得る.すなわち $\left(\ 5\ \right)$ は $\left(\ 4\ \right)$ の拡張である.$\left(\ 5\ \right)$ から $\left(\ 6\ \right)$ を得るには\[\alpha=a+bi,\hphantom{1}\beta=c+di,\hphantom{1}\gamma=a^\prime+b^\prime i,\hphantom{1}\delta=c^\prime+d^\prime i\]とおけ.

 〔問題 $\boldsymbol{4}$〕\begin{alignat*}{1}&\{\mathrm{N}(\alpha_1)+\mathrm{N}(\alpha_2)+\mathrm{N}(\alpha_3)+\mathrm{N}(\alpha_4)\}\hspace{0.7mm}\cdotp\{\mathrm{N}(\beta_1)+\mathrm{N}(\beta_2)+\mathrm{N}(\beta_3)+\mathrm{N}(\beta_4)\}\\[2mm]&\hphantom{\mathrm{N}(\alpha_1)}=\mathrm{N}(\alpha_1\overline{\beta}_1+\alpha_2\overline{\beta}_2+\alpha_3\overline{\beta}_3+\alpha_4\overline{\beta}_4)+\mathrm{N}(\alpha_1\beta_2-\alpha_2\beta_1-\overline{\alpha}_3\overline{\beta}_4+\overline{\alpha}_4\overline{\beta}_3)\\[2mm]&\hphantom{\mathrm{N}(\alpha_1)}+\mathrm{N}(\alpha_1\beta_3+\overline{\alpha}_2\overline{\beta}_4-\alpha_3\beta_1-\overline{\alpha}_4\beta_2)+\mathrm{N}(\alpha_1\beta_4-\overline{\alpha}_2\overline{\beta}_3+\overline{\alpha}_3\overline{\beta}_2-\alpha_4\beta_1).\end{alignat*}これから次の恒等式を得る.\begin{alignat*}{1}&(x^2{}_1+x^2{}_2+x^2{}_3+x^2{}_4+x^2{}_5+x^2{}_6+x^2{}_7+x^2{}_8)(y^2{}_1+y^2{}_2+y^2{}_3+y^2{}_4+y^2{}_5+y^2{}_6+y^2{}_7+y^2{}_8)\\[2mm]&\hphantom{(x^2{}_1+x^2{}_2+x^2}=(x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3+x_4y_4+x_5y_5+x_6y_6+x_7y_7+x_8y_8)^2\\[2mm]&\hphantom{(x^2{}_1+x^2{}_2+x^2}+(x_1y_2-x_2y_1+x_3y_4-x_4y_3+x_5y_6-x_6y_5+x_7y_8-x_8y_7)^2\\[2mm]&\hphantom{(x^2{}_1+x^2{}_2+x^2}+(x_1y_3-x_2y_4-x_3y_1+x_4y_2-x_5y_7+x_6y_8+x_7y_5-x_8y_6)^2\\[2mm]&\hphantom{(x^2{}_1+x^2{}_2+x^2}+(x_1y_4+x_2y_3-x_3y_2-x_4y_1+x_5y_8+x_6y_7-x_7y_6-x_8y_5)^2\\[2mm]&\hphantom{(x^2{}_1+x^2{}_2+x^2}+(x_1y_5-x_2y_6+x_3y_7-x_4y_8-x_5y_1+x_6y_2-x_7y_3+x_8y_4)^2\\[2mm]&\hphantom{(x^2{}_1+x^2{}_2+x^2}+(x_1y_6+x_2y_5-x_3y_8-x_4y_7-x_5y_2-x_6y_1+x_7y_4+x_8y_3)^2\\[2mm]&\hphantom{(x^2{}_1+x^2{}_2+x^2}+(x_1y_7-x_2y_8-x_3y_5+x_4y_6+x_5y_3-x_6y_4-x_7y_1+x_8y_2)^2\\[2mm]&\hphantom{(x^2{}_1+x^2{}_2+x^2}+(x_1y_8+x_2y_7+x_3y_6+x_4y_5-x_5y_4-x_6y_3-x_7y_2-x_8y_1)^2.\end{alignat*}
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