代 数 学 講 義 改訂新版

$\blacktriangleleft$ $\S\ 2.$ 複素数の四則  $\S\ 4.$ 一次整函数 $\blacktriangleright$

『代数学講義』目次へ



第 $1$ 章 複 素 数


 $\S\ 3.$ 複素数の幾何学的表示

 $\boldsymbol{1.}$ 複素数を幾何学的に表示するために,平面上に直交軸を取って座標 $\left(x,\ y\right)$ なる点で,複素数\[z=x+yi\]を表わすことに定めると,平面上の各点と,すべての複素数との間に,一対一の対応が生ずる.このようにして,その点で複素数を表わす平面を複素数平面という.
 横軸( $x$ 軸)上の点は実数を表わし,縦軸( $y$ 軸)上の点は純虚数を表わすから,それらを実数軸,虚数軸という.座標の原点はすなわち $0$ を表わすのである.
.
 $\boldsymbol{2.}$ 点 $z$ の極座標を $r$,$\theta$ とする.すなわち $r$ は動径 $oz$ の長さで,それは常に正,また $\theta$ は実数軸から動径 $oz$ に至る回転の角の孤度で,その回転の向きの正負は実数軸から $+\dfrac{\hphantom{1}\pi\hphantom{1}}{2}$ の回転によって虚数軸に達するように定める.普通は右の図のように,時計の針と反対の向きを正とする.
 極座標を用いて複素数 $z=x+yi$ を表わすならば\[z=r\left(\cos\theta+i\sin\theta\right)\]である.$r$ を複素数 $z$ の絶対値といい,それをしるすには Weierstrass の記号を使って\[r=\left|z\right|\]とする.また $\theta$ を複素数の偏角という.本書ではそれを\[\theta=\operatorname{arc}\ \!z\]としるす.$\operatorname{arc}$ の代わりに $\arg$ ともしるされる.一つの複素数の偏角はまったく確定ではない,それに $2\pi$ の任意の整数倍を加え,または引いてもよいからである.すなわち $n$ を正または負の整数または $0$ とするとき\[\operatorname{arc}\ \!z=\theta+2n\pi\]である.ただし,$\operatorname{arc}\ \!z$ の $\cos.$ および $\sin.$ はもちろん一定である.
 $\boldsymbol{3.}$ 極座標を用いるときは,複素数の乗法,除法が非常に明白に示される.いま\begin{alignat*}{1}z_1&=r_1\left(\cos\theta_1+i\sin\theta_1\right),\\[2mm]z_2&=r_2\left(\cos\theta_2+i\sin\theta_2\right)\end{alignat*}とすれば\begin{alignat*}{1}z_1z_2&=r_1r_2\{(\cos\theta_1\cos\theta_2-\sin\theta_1\sin\theta_2)+i(\cos\theta_1\sin\theta_2+\cos\theta_2\sin\theta_1)\}\\[2mm]&=r_1r_2\{\cos(\theta_1+\theta_2)+i\sin(\theta_1+\theta_2)\}.\end{alignat*}ゆえに,複素数の積の絶対値は各因数の絶対値の積に等しく,積の偏角は各因数の偏角の和に等しい.すなわち\begin{alignat*}{1}\left|z_1z_2\right|&=\left|z_1\right|\cdotp\left|z_2\right|,\\[2mm]\operatorname{arc}\ \!z_1z_2&=\operatorname{arc}\ \!z_1+\operatorname{arc}\ \!z_2.\end{alignat*}因数が二つより多くても同様である.もっとも,偏角の和は $2\pi$ の整数倍だけの違いを度外においていうのである.
 これから除法に関する次の公式がただちに得られる.\[\frac{\hphantom{1}z_1\hphantom{1}}{z_2}=\frac{\hphantom{1}r_1\hphantom{1}}{r_2}\{\cos(\theta_1-\theta_2)+i\sin(\theta_1-\theta_2)\}.\]すなわち\begin{alignat*}{1}\left|\frac{\ z_1\ }{z_2}\right|&=\frac{\ \left|z_1\right|\ }{\ \left|z_2\right|\ },\\[2mm]\operatorname{arc}\ \!\frac{\hphantom{1}z_1\hphantom{1}}{z_2}&=\operatorname{arc}\ \!z_1-\operatorname{arc}\ \!z_2.\end{alignat*} $\boldsymbol{4.}$ 乗法の公式から冪(べき)の公式がただちに出る.すなわち指数 $n$ を正の整数とすれば,\[z=r(\cos\theta+i\sin\theta)\hspace{1cm}(z\neq0)\]のとき,\[z^n=r^n(\cos n\theta+i\sin n\theta).\tag{$\ 1\ $}\]また,$z^{-n}$ は $z^n$ の逆数を表わすものとすれば,\[z^{-n}=r^{-n}(\cos n\theta-i\sin n\theta).\]これは乗法によって容易に験証することができる.ゆえに $\left(\ 1\ \right)$ は指数 $n$ が負の整数のときにも成り立つのである.また $z^0=1$ とすれば,$\left(\ 1\ \right)$ は $n=0$ のときにもあてはまる.
 上の公式によって複素数の開法の問題が容易に解決される.$n$ を正の整数,$z=r(\cos\theta+i\sin\theta)$ は与えられた複素数とするとき,$z$ の $n$ 乗根を\[Z=R(\cos\varTheta+i\sin\varTheta)\]とおけば\[Z^n=z,\]
すなわち\[R^n(\cos n\varTheta+i\sin n\varTheta)=r(\cos\theta+i\sin\theta)\]    
から\begin{alignat*}{1}R^n&=r,\\[2mm]n\varTheta&=\theta+2k\pi.\hspace{1cm}(k\ は整数)\end{alignat*}
よって\[R=\sqrt[\large n]{r},\]もちろん $\sqrt[\large n]{r}$ は正の値を表わすのである.
 また\[\varTheta=\frac{\hphantom{1}\theta+2k\pi\hphantom{1}}{n}.\]   
 この式で,$k$ をいかなる整数としてもよいのであるが,それらの $\varTheta$ の値に対して,$n$ 乗根 $Z$ の相異なる値が限りなく出て来るのではない.
 $k$ の二つの値 $k_1$,$k_2$ に対する $Z$ の値が相等しくなるのは,それらに対する $\varTheta$ の値の差 $2\pi\times\dfrac{\hphantom{1}k_1-k_2\hphantom{1}}{n}$ が $2\pi$ の整数倍で,すなわち $k_1-k_2$ が $n$ で割り切れるときに限るから,$Z$ のすべての相異なる値を得るには,$k$ に $0$,$1$,$2$,$\cdots$,$n-1$ なる $n$ 個の値を与えればよい.
 ゆえに,与えられた複素数 $z$ の $n$ 乗根は $n$ 個の相異なる値をもつ.ただし $z=0$ は唯一の例外である.
 上述のとおり,$k$ に $0$,$1$,$2$,$\cdots$,$n-1$ なる値を与えることにすれば,それに対する $Z$ の値は次のようである.\begin{alignat*}{1}&Z_0=\sqrt[\large n]{r}\left(\cos\frac{\hphantom{1}\theta\hphantom{1}}{n}+i\sin\frac{\hphantom{1}\theta\hphantom{1}}{n}\right)\underset{,}{\vphantom{1}}\\[2mm]&Z_1=\sqrt[\large n]{r}\left(\cos\frac{\theta+2\pi}{n}+i\sin\frac{\theta+2\pi}{n}\right)=Z_0\left(\cos\frac{\ 2\pi\ }{n}+i\sin\frac{\ 2\pi\ }{n}\right)\underset{,}{\vphantom{1}}\\[2mm]&Z_2=\sqrt[\large n]{r}\left(\cos\frac{\theta+4\pi}{n}+i\sin\frac{\theta+4\pi}{n}\right)=Z_0\left(\cos\frac{\ 4\pi\ }{n}+i\sin\frac{\ 4\pi\ }{n}\right)\underset{,}{\vphantom{1}}\\[2mm]&{\small\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots}\\[2mm]&Z_{n-1}=\sqrt[\large n]{r}\left(\cos\frac{\ \theta+2(n-1)\pi\ }{n}+i\sin\frac{\ \theta+2(n-1)\pi\ }{n}\right)\\[2mm]&\hphantom{Z_{n-1}=\sqrt[\large n]{r}(\cos\theta++}=Z_0\left(\cos\frac{\ 2(n-1)\pi\ }{n}+i\sin\frac{\ 2(n-1)\pi\ }{n}\right)\underset{,}{\vphantom{1}}\end{alignat*}いま\[\omega=\cos\frac{\ 2\pi\ }{n}+i\sin\frac{\ 2\pi\ }{n}\]とおけば,\[\omega^k=\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n}\]であるから,上の $n$ 乗根は\[Z_0,\hphantom{1}Z_0\omega,\hphantom{1}Z_0\omega^2,\cdots,\hphantom{1}Z_0\omega^{n-1}\]になる.
 さて $\omega^n=\cos2\pi+i\sin2\pi=1,\hspace{7mm}したがって\hspace{5mm}\left(\omega^k\right)^n=\left(\omega^n\right)^k=1$
であるから\[1,\hphantom{1}\omega,\hphantom{1}\omega^2,\cdots,\hphantom{1}\omega^{n-1}\]はすなわち $1$ の $n$ 乗根である.すなわち $z$ の $n$ 乗根は,その一つの値 $Z_0$ に $1$ の $n$ 乗根を乗じて得られるのである.
 $\boldsymbol{5.}$ 二つの複素数 $z=x+yi$,$z^\prime=x^\prime+y^\prime i$ と,その和である\[w=z+z^\prime=(x+x^\prime)+(y+y^\prime)i\]
.
とを複素数平面上において表わす点を,それぞれ $\mathrm{A}$,$\mathrm{B}$,$\mathrm{C}$ とすれば,$\mathrm{C}$ は $\mathrm{OA}$,$\mathrm{OB}$ を二辺とする平行四辺形の第四の頂点である.次の図で $\mathrm{OM}=x$,$\mathrm{MA}=y$.また $\mathrm{AC}$ は $\mathrm{OB}$ と等長,同方向であるから,$\mathrm{AC}$ の実数軸および虚数軸上における正射影が $x^\prime$,$y^\prime$ に等しい.ゆえに,$\mathrm{MN}=x^\prime$,$\mathrm{LC}=y^\prime$.したがって $\mathrm{ON}=x+x^\prime$,$\mathrm{NC}=y+y^\prime$ で,$\mathrm{C}$ はちようど $w$ を表わす点になるのである.
 右の作図が示すように,複素数を点 $z$ で表わすよりも,むしろそれをベクトル $\overrightarrow{\mathrm{OA}}$ で表わすのが得策である.更に一歩を進めて,ベクトルの起点は任意として,複素数 $z$ をベクトル $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ で表わすことにすれば,いっそうよい.すなわち $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ の実数軸および虚数軸への正射影が $x$,$y$ であるとき,ベクトル $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ は複素数 $z=x+yi$ を表わすものとするのである.よってベクトルの長さが $\left|\ z\ \right|$ で,実数軸とベクトルの方向との間の角が $\operatorname{arc}\ \!z$ である.
.
 特に,ベクトルの起点を複素数平面の原点 $\mathrm{O}$ におけば,ベクトルの終点がすなわちその複素数 $z$ を表わす点になる.
 この規定によれば,複素数の加法は力学でいうベクトルの加法と同様になる.
 二つのベクトルが相等しいというのは,その長さと方向とが相等しいことをいう.二つのベクトルの加法は,任意の点 $\mathrm{A}$ を起点として甲のベクトルに等しいベクトル $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ を引いて,その終点 $\mathrm{B}$ を起点として乙のベクトルに等しいベクトル $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ を引くのである.しからばベクトル $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ が,これらの二つのベクトルの和である.起点 $\mathrm{A}$ をどこに取っても,和として出て来るベクトル $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ は常に相等しいことは明白である
.

 もしこれらのベクトルが,それぞれ複素数 $z$,$z^\prime$ を表わすならば,$z+z^\prime$ はベクトル $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ によって表わされるのである.

.
 複素数 $z_1$,$z_2$ を点で表わすときは,差 $z_1-z_2$ は $z_2$ を起点,$z_1$ を終点とするベクトル $\overrightarrow{z_2z_1}$ で表わされる.それはベクトル $\overrightarrow{oz_2}$ と $\overrightarrow{z_2z_1}$ との和が $\overrightarrow{oz_1}$ に等しいからである.差 $z_1-z_2$ を表わす点は,$\mathrm{O}$ を起点として $\overrightarrow{z_2z_1}$ に等しいベクトルの終点である.すなわち $z_1$ を起点として $-z_2$ を表わすべクトルの終点である.
 $\boldsymbol{6.}$ 複素数を表わすベクトルの長さが,その複素数の絶対値であることから,複素数の和の絶対値に関する次の定理は,幾何学的に考えて明白である.\[\left|z_1+z_2\right|\leqq\left|z_1\right|+\left|z_2\right|.\tag{$\ 2\ $}\] これは三角形の二辺の和が第三辺よりも大なることにほかならない.ただし $\leqq$ のところに等号をおくのは $z_1$ と $z_2$ との偏角が相等しいときに限るのである.
.

 三つ以上の複素数の和に関しても,同様である.\[\left|z_1+z_2+\cdots+z_n\right|\leqq\left|z_1\right|+\left|z_2\right|+\cdots+\left|z_n\right|.\tag{$\ 3\ $}\]ここでも等号をおくべきときには\[\operatorname{arc}\ \!z_1=\operatorname{arc}\ \!z_2=\cdots=\operatorname{arc}\ \!z_n.\] $z_1=(z_1-z_2)+z_2$ であるから,$\left(\ 2\ \right)$ によって\[\left|z_1-z_2\right|\geqq\left|z_1\right|-\left|z_2\right|.\]$=$ のときは,$\operatorname{arc}\ \!z_1=\operatorname{arc}\ \!z_2$,かつ  $\left|z_1\right|\geqq\left|z_2\right|$.
.
 〔問題 $\boldsymbol{1}$〕 複素数 $\alpha$,$\beta$ を表わす点を結ぶ線分の中点は複素数 $\dfrac{\hphantom{1}\alpha+\beta\hphantom{1}}{2}$ を表わす.
 〔問題 $\boldsymbol{2}$〕 $m$,$n$ を正数とすれば\[z=\frac{\hphantom{1}n\alpha+m\beta\hphantom{1}}{n+m}\]は線分 $\overrightarrow{\alpha\beta}$ を $m:n$ の比に内分する点である.
 〔解〕 この関係を次のように書いて見れば明白である.\[\frac{\ z-\alpha\ }{m}=\frac{\ \beta-z\ }{n}\] 〔注意〕 $m$,$n$ のうち一つが正,一つが負ならば,$z$ は線分 $\overrightarrow{\alpha\beta}$ を $\left|m\right|:\left|n\right|$ の比に外分する.$\left|m\right|\lessgtr\left|n\right|$ に従って,$z$ は $\overrightarrow{\alpha\beta}$ または $\overrightarrow{\beta\alpha}$ の延長の上にある.
 〔問題 $\boldsymbol{3}$〕 $m_1$,$m_2$,$\cdots$,$m_k$ が正数ならば,\[z=\frac{\hphantom{1}m_1\alpha_1+m_2\alpha_2+\cdots+m_k\alpha_k\hphantom{1}}{m_1+m_2+\cdots+m_k}\]は点 $\alpha_1$,$\alpha_2$,$\cdots$,$\alpha_k$ においてそれぞれ質量 $m_1$,$m_2$,$\cdots$,$m_k$ をもつ質点の組合せの重心である.
 〔解〕 $\alpha_1=x_1+y_1i$,$\cdots$,$\alpha_k=x_k+y_ki$,$z=x+yi$ とおけば\[x=\frac{\hphantom{1}m_1x_1+\cdots+m_kx_k\hphantom{1}}{m_1+m_2+\cdots+m_k},\hphantom{m}y=\frac{\hphantom{1}m_1y_1+\cdots+m_ky_k\hphantom{1}}{m_1+\cdots+m_k}\] 〔注意〕 問題 $2$ は二つの点に関する特別の場合である.
 また三角形 $\alpha\beta\gamma$ の重心は$\dfrac{\hphantom{1}\alpha+\beta+\gamma\hphantom{1}}{3}$.
 四角形 $\alpha\beta\gamma\delta$ の重心は$\dfrac{\ \alpha+\beta+\gamma+\delta\ }{4}$.これは線分 $\overrightarrow{\alpha\beta}$ の中点$\dfrac{\ \alpha+\beta\ }{2}$と線分 $\overrightarrow{\gamma\delta}$ の中点 $\dfrac{\ \gamma+\delta\ }{2}$ とを結ぶ線分の中点である.

 〔問題 $\boldsymbol{4}$〕 四つの点の中の三つを頂点とする三角形が四つある.それらの三角形の重心の位置を知って,もとの四点を求めること.
 〔解〕 これは初等幾何学の問題であるが,複素数平面上においてそれを解くことができる.虚数応用の一例である.求める四つの点を表わす複素数を $z_1$,$z_2$,$z_3$,$z_4$;与えられた重心を $\alpha_1$,$\alpha_2$,$\alpha_3$,$\alpha_4$ とする(ただし $\alpha_1$ は三角形 $z_2z_3z_4$ の重心など).しからば\begin{alignat*}{1}z_2+z_3+z_4&=3\alpha_1,\\[2mm]z_1+z_3+z_4&=3\alpha_2,\\[2mm]z_1+z_2+z_4&=3\alpha_3,\\[2mm]z_1+z_2+z_3&=3\alpha_4.\end{alignat*}
.
 これを解いて\begin{alignat*}{1}z_1&=\alpha_2+\alpha_3+\alpha_4-2\alpha_1\\[2mm]&=\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3+\alpha_4-3\alpha_1.\end{alignat*}いま\[4\beta=\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3+\alpha_4\]とおけば\begin{alignat*}{1}z_1&=4\beta-3\alpha_1\\[2mm]&=\beta+3(\beta-\alpha_1),\end{alignat*}$\beta$ はすなわち $\alpha_1\alpha_2\alpha_3\alpha_4$ の重心であるが,$z_1$ は $\beta$ を起点として,$\overrightarrow{\beta\alpha_1}$ と反対の向きに,その $3$ 倍に等しい距離にある.$z_2$,$z_3$,$z_4$ も同様である.

 $\boldsymbol{7.}$ 上の問題は複素数の加法のみに関係するもので,したがって幾何学的には,ベクトルの加法に帰するものであるから,まだ複素数の幾何学的表示法の特色を発揮していない.次に乗法および除法に関係する二,三の例をあげる.
.
 〔問題 $\boldsymbol{5}$〕 複素数 $\alpha$,$\beta$,$\gamma$;$\alpha^\prime$,$\beta^{\ \prime}$,$\gamma^\prime$ の間に\[\frac{\ \beta-\alpha\ }{\gamma-\alpha}=\frac{\ \beta^{\ \prime}-\alpha^\prime\ }{\gamma^\prime-\alpha^\prime}\]という関係があるとき,三角形 $\alpha\beta\gamma$,$\alpha^\prime\beta^{\ \prime}\gamma^\prime$ は同じ向きに相似である.
 〔解〕 $\dfrac{\ \beta-\alpha\ }{\gamma-\alpha}$ は $\overrightarrow{\alpha\beta}$,$\overrightarrow{\alpha\gamma}$ によって表わされる二つの複素数の商であるから,その絶対値は長さの比$\dfrac{\ \overline{\alpha\beta}}{\overline{\alpha\gamma}}$ に等しく,またその偏角は $\overrightarrow{\alpha\gamma}$ から $\overrightarrow{\alpha\beta}$ への回転の角に等しい.右辺においても同様であるから,三角形 $\alpha\beta\gamma$ と $\alpha^\prime\beta^{\ \prime}\gamma^\prime$ との二辺の比とその夾角とが,それぞれ相等しい.
 〔問題 $\boldsymbol{6}$〕 $\alpha$,$\beta$,$\gamma$,$\delta$ が同一円周上(または同一直線上)にあるために必要かつ十分な条件は\[\frac{\hphantom{1}\alpha-\gamma\hphantom{1}}{\beta-\gamma}\ :\ \frac{\hphantom{1}\alpha-\delta\hphantom{1}}{\beta-\delta}=m\]が実数であることである.
 〔解〕 問題 $5$ のように,$\dfrac{\ \alpha-\gamma\ }{\beta-\gamma}$ と $\dfrac{\ \alpha-\delta\ }{\beta-\delta}$ との偏角はそれぞれ $\angle\beta\gamma\alpha$,$\angle\beta\delta\alpha$ に等しいから,商 $m=\dfrac{\hphantom{1}\alpha-\gamma\hphantom{1}}{\beta-\gamma}\ :\ \dfrac{\hphantom{1}\alpha-\delta\hphantom{1}}{\beta-\delta}$ の偏角は $\angle\beta\gamma\alpha-\angle\beta\delta\alpha$ に等しい.この差が $0$ または $\pi$ に等しいときに限って,商 $m$ が実数になる.
.

 そのとき,$\alpha$,$\beta$,$\gamma$,$\delta$ は一つの円周または一つの直線の上にある.二つの角の差が $0$ すなわち $m\gt0$ のときは,$\gamma$,$\delta$ は円周上または直線上において $\alpha$,$\beta$ を隔離しないが,差が $\pi$ すなわち $m\lt0$ のときは $\gamma$,$\delta$ は $\alpha$,$\beta$ を隔離する.
 $m$ の絶対値は四点相互の距離によって表わされる.すなわち $\dfrac{\overline{\alpha\gamma\vphantom{\delta}}\hspace{0.7mm}\cdotp\overline{\beta\delta}}{\overline{\alpha\delta}\hspace{0.7mm}\cdotp\overline{\beta\gamma}}$ である.$m$ は同一円周上(または一直線上)の四点の非調和比である.

 〔問題 $\boldsymbol{7}$〕 $\alpha$,$\beta$,$\gamma$,$\delta$ を平面上の四点とするとき,それらの点相互の距離の間に次の関係がある.\[\overline{\alpha\gamma\vphantom{\delta}}\hspace{0.7mm}\cdotp\overline{\beta\delta}+\overline{\alpha\delta}\hspace{0.7mm}\cdotp\overline{\beta\gamma}\geqq\overline{\alpha\beta}\hspace{0.7mm}\cdotp\overline{\gamma\delta}.\]等号 $=$ を取るのは,$\alpha$,$\beta$ と $\gamma$,$\delta$ とが同一円周または同一直線上において互いに隔離されるときに限る.
.
 〔解〕 次の等式は容易に験証されるであろう.\[(\alpha-\beta)(\gamma-\delta)+(\alpha-\gamma)(\delta-\beta)+(\alpha-\delta)(\beta-\gamma)=0.\]よって\[(\alpha-\gamma)(\delta-\beta)+(\alpha-\delta)(\beta-\gamma)=(\alpha-\beta)(\delta-\gamma)\]したがって\[|\alpha-\gamma|\ \!|\delta-\beta|+|\alpha-\delta|\ \!|\beta-\gamma|\geqq|\alpha-\beta|\ \!|\delta-\gamma|\]で,等号を取るべきは\[\frac{\hphantom{1}(\alpha-\gamma)(\delta-\beta)\hphantom{1}}{(\alpha-\delta)(\beta-\gamma)}\]が正数であるときに限る.すなわち\[\frac{\ \alpha-\gamma\ }{\beta-\gamma}\ :\ \frac{\ \alpha-\delta\ }{\beta-\delta}\]が負数であるときに限る.よって問題 $6$ から上の関係を得る.
inserted by FC2 system