代 数 学 講 義 改訂新版

$\blacktriangleleft$ $\S\ 10.$ 根の連続性  $\S\ 12.$ Hermite の定理および拡張 $\blacktriangleright$

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第 $2$ 章 方程式論の基本定理


 $\S\ 11.$ 有理函数$\hspace{0.5mm}$,$\hspace{-0.5mm}$部分分数

 $\boldsymbol{1.}$ 分母も分子も $z$ に関する多項式である分数式\[\frac{\ f(z)\ }{g(z)}\tag{$\ 1\ $}\]を $z$ の函数と見るとき,それを有理函数という.
 $z$ に $\alpha$ なる値を与えるとき,分母 $g(\alpha)\neq0$ ならば,有理函数の値は定まる.その値を $c$ とすれば,\[\frac{\ f(z)\ }{g(z)}-c=\frac{\ (z-\alpha)h(z)\ }{g(z)}\tag{$\ 2\ $}\]のようになる.$z=\alpha$ のとき左辺は $0$ になるから,右辺の分子は $0$ になり,したがって $z-\alpha$ で割り切れるからである.いま $z$ の変動の範囲を $\alpha$ の付近に限って,その範囲内において $g(z)$ は $0$ にならないようにすれば,それらの $z$ の値に対して\[|h(z)|\lt A,\hspace{15mm}|g(z)|\gt B\neq0\]のような $A$,$B$ が求められる.しからば\[\left|\frac{\ (z-\alpha)h(z)\ }{g(z)}\right|\lt|z-\alpha|\frac{\hphantom{1}A\hphantom{1}}{B}.\] ゆえに $(\ 2\ )$ によって $z\rightarrow\alpha$ のときは $\dfrac{\ f(z)\ }{g(z)}\rightarrow c$.すなわち $z=\alpha$ において有理函数 $(\ 1\ )$ は連続である.
 特に $c=0$ ならば,$\dfrac{\ f(z)\ }{g(z)}\rightarrow0$.
 もし $z=\alpha$ とするとき,$g(\alpha)=0$,$f(\alpha)\neq0$ ならば,$z\rightarrow\alpha$ のとき,$\dfrac{\ g(z)\ }{f(z)}\rightarrow0$,したがって $\dfrac{\ f(z)\ }{g(z)}\rightarrow\infty$.すなわち $z$ が複素数平面において,どの方面から $\alpha$ に近づいても,$\left|\dfrac{\ f(z)\ }{g(z)}\right|$ は限りなく増大するのである.
 $\boldsymbol{2.}$ 次に $z$ の絶対値が限りなく増大するとき,有理函数 $f(z)/g(z)$ の変動を見るために,まず $f(z)$ と $g(z)$ とが同次の場合を考察する.よって\[\frac{\ f(z)\ }{g(z)}=\frac{\ az^n+a^\prime z^{n-1}+\cdots}{\ bz^n+b^\prime z^{n-1}+\cdots},\hspace{7mm}a\neq0,\hphantom{1}b\neq0\]とする.しからば\[\frac{\ f(z)\ }{g(z)}=\frac{\ a+\dfrac{\hphantom{1}a^\prime\hphantom{1}}{z}+\cdots}{\ b+\dfrac{\hphantom{1}b^\prime\hphantom{1}}{z}+\cdots}\]で,右辺の分母,分子は $\dfrac{1}{z}$ に関する多項式であるから,$z\rightarrow\infty$ すなわち $\dfrac{1}{z}\rightarrow0$ のとき\[\frac{\ f(z)\ }{g(z)}\rightarrow\frac{\hphantom{1}a\hphantom{1}}{b}.\] もしも,分子 $f(z)$ が分母 $g(z)$ よりも低次ならば,\begin{alignat*}{1}&\frac{\ f(z)\ }{g(z)}=\frac{\hphantom{1}az^{n-k}+a^\prime z^{n-k-1}+\cdots\hphantom{1}}{\hphantom{1}bz^n\hphantom{^{-k}}+b^\prime z^{n-1}\hphantom{^{-k}}+\cdots\hphantom{1}},\hspace{5mm}a\neq0,\hphantom{1}b\neq0\\[2mm]&\hphantom{1}=\frac{\ a\left(\dfrac{1}{z}\right)^k+a^\prime\left(\dfrac{1}{z}\right)^{k+1}+\cdots\ }{\ \ \hphantom{\left(\dfrac{1}{z}\right)^{kk+1}}b+b^\prime\left(\dfrac{1}{z}\right)+\cdots\ }\end{alignat*}のようになるから,\[z\rightarrow\infty のとき \frac{\ f(z)\ }{g(z)}\rightarrow0\] もしも,分子が分母よりも高次ならば,$z\rightarrow\infty$ のとき $\dfrac{\ g(z)\ }{f(z)}\rightarrow0$ になるから\[\frac{\ f(z)\ }{g(z)}\rightarrow\infty.\] 総括すれば,有理函数\[\frac{\ f(z)\ }{g(z)}=\frac{\hphantom{1}az^m+a^\prime z^{m-1}+\cdots\hphantom{1}}{bz^n+b^\prime z^{n-1}+\cdots},\hspace{7mm}a\neq0,\hspace{7mm}b\neq0\]において,$z\rightarrow\infty$ のとき\[m\gtreqqless n にしたがって \frac{\ f(z)\ }{g(z)}\ \rightarrow\ \begin{cases}\infty,\\[2mm]\dfrac{a}{b}\ (a\neq0,\hphantom{1}b\neq0),\\[2mm]0.\end{cases}\] $z=\alpha$ のとき,$f(z)$ も $g(z)$ も $0$ になるならば,$f(\alpha)/g(\alpha)$ は $0/0$ のような形になるが,この場合には $f(z)$ と $g(z)$ とは因数 $z-\alpha$ を共有する.このような共通の因数で約分して,$f(z)/g(z)$ を「既約の形」$f_0(z)/g_0(z)$ にするならば,$z=\alpha$ のような値を除くとき,常に\[\frac{\ f(z)\ }{g(z)}=\frac{\ f_0(z)\ }{g_0(z)}\]であるから,$z\rightarrow\alpha$ のとき,$f/g$ は $f_0/g_0$ と同様の変動をする.すなわち $\dfrac{\ f(z)\ }{g(z)}\rightarrow\dfrac{f_0(\alpha)}{g_0(\alpha)}$.または $g_0(\alpha)=0$($f_0(\alpha)\neq0$)ならば,$\dfrac{\ f(z)\ }{g(z)}\rightarrow\infty$.よって $z$ の函数としては $\dfrac{\ f(z)\ }{g(z)}$ を $\dfrac{\ f_0(z)\ }{g_0(z)}$ と同一のものと見るのである.
 $\boldsymbol{3.}$ 有理函数 $(\ 1\ )$ の分母と分子を一次因数に分解して(共通の因数を取り除き)\[\frac{\ f(z)\ }{g(z)}=\frac{\ a(z-\alpha)^h(z-\alpha^\prime)^{h\prime}\cdots\ }{\ b(z-\beta)^k(z-\beta^{\ \prime})^{k\prime}\cdots\ }\]とする.
 $z=\alpha$ のとき有理函数は $0$ になる.$\alpha$ を有理函数 $(\ 1\ )$ の $h$ 次の根(または $0$ 点)という.$z=\alpha^\prime$ などに関しても同様である.
 $z=\beta$ に対しては有理函数は不連続であるが,$z\rightarrow\beta$ のとき絶対値において限りなく増大する.このような $z=\beta$ を有理函数 $(\ 1\ )$ の $k$ 次の極(または $\infty$ 点)という.
 また $z\rightarrow\infty$ のとき $f(z)$ が $g(z)$ よりも高次であるかまたは低次であるかにしたがって,$\dfrac{\ f(z)\ }{g(z)}\rightarrow\infty$ または $\rightarrow0$ である.これらの場合にも $z=\infty$ を有理函数の極または $0$ 点といい,$f$ と $g$ との次数の差をその極または $0$ 点の次数という.
 $f(z)$ と $g(z)$ との次数の大きい方(小さくない方)を $n$ とするとき,$z=\infty$ をも入れていえば $\dfrac{\ f(z)\ }{g(z)}$ は次数を数えて $n$ 個の $0$ 点および $n$ 個の極をもつ.この $n$ を有理函数の次数という.
 〔問題 $\boldsymbol{1}$〕 上の場合に $c\neq0$ とするときにも,\[\frac{\ f(z)\ }{g(z)}=c\]は重複の次数を計算に入れて,$n$ 個の根をもつ.
 〔解〕 $f(z)-cg(z)=0$ が $n$ 次の方程式になるからである.ただし $f$,$g$ が同次で $\dfrac{f(z)}{g(z)}=\dfrac{\ az^n+\cdots\ }{\ bz^n+\cdots\ }$ であるとき,$c=\dfrac{a}{b}$ とすれば,$f(z)-\dfrac{a}{b}g(z)=0$ の次数は $n$ よりも低くなるが,この場合にも $z=\infty$ を $\dfrac{\ f(z)\ }{g(z)}=c$ の根と見なして,かつその重複の度数は上の次数低下の数に等しいと見れば,問題の通りになる.
 $\boldsymbol{4.}$ 極 $z=\alpha$ の付近における有理函数の変動を見やすくするには,それを部分分数に分解するのが適当である.いまその方法を述べる.$z=\alpha$ を $k$ 次の極とすれば,$\alpha$ は有理函数の分母 $g(z)$ の $k$ 次の根である.よって\[g(z)=(z-\alpha)^k\psi(z),\hspace{1cm}\psi(\alpha)\neq0\]とする.さて定数 $q_0$ を適当に定めて\[\frac{f(z)}{g(z)}-\frac{q_0}{(z-\alpha)^k}=\frac{f(z)-q_0\psi(z)}{g(z)}\tag{$\ 3\ $}\]における分子が $z-\alpha$ で割り切れるようにすることができる.
すなわち $f(\alpha)-q_0\psi(\alpha)=0$ から $q_0=\dfrac{f(\alpha)}{\psi(\alpha)}$.
 このように $q_0$ を取れば,$\left(\ 3\ \right)$ の右辺を $z-\alpha$ で約すことができるから,右辺の有理函数においては,$z=\alpha$ は $k-1$ 次以下の極である.この有理函数から $\dfrac{q_1}{(z-\alpha)^{k-1}}$ のような分数を引いて,再び極の次数を低下させることができるから,この操作を続行すれば\[\frac{f(z)}{g(z)}=\frac{q_0}{(z-\alpha)^k}+\frac{q_1}{(z-\alpha)^{k-1}}+\cdots+\frac{q_{k-1}}{z-\alpha}+\frac{\varphi(z)}{\psi(z)}\tag{$\ 4\ $}\]のようになる.$z=\alpha$ のとき $\dfrac{\varphi(z)}{\psi(z)}$ は有限であるから,$z\rightarrow\alpha$ のとき $\dfrac{f(z)}{g(z)}$ が無限に大きくなる状況は\[\frac{q_0}{(z-\alpha)^k}+\frac{q_1}{(z-\alpha)^{k-1}}+\cdots+\frac{q_{k-1}}{z-\alpha}\]から見ることができる.これがすなわち $z-\alpha$ に関する $\dfrac{f(z)}{g(z)}$ の部分分数で,あるいはそれを極 $z=\alpha$ に関する $\dfrac{f(z)}{g(z)}$ の主要部ともいう.
 係数 $q_0$,$q_1$,$\cdots$,$q_{k-1}$ を求めるには,割り算の演算法によることができる.$(\ 4\ )$ の両辺に $(z-\alpha)^k$ を掛けて\[\frac{\ f(z)\ }{\psi(z)}=q_0+q_1(z-\alpha)+\cdots+q_{k-1}(z-\alpha)^{k-1}+\frac{\hphantom{1}(z-\alpha)^k\varphi(z)\hphantom{1}}{\psi(z)}.\] いま $f(z)$ および $\psi(z)$ を $z-\alpha$ を昇冪に排列し,簡単のために $z-\alpha=x$ とおいて\begin{alignat*}{1}f(z)&=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n,\\[2mm]\psi(z)&=b_0+b_1x+b_2x^2+\cdots+b_mx^m\end{alignat*}とする.$x$ の昇冪にしたがって $f$ を $\psi$ で割って商を $x^{k-1}$ の項まで求めるならば,剰余は $x^k$ の項から始まって次のような等式を得る.\[\frac{\hphantom{1}f\hphantom{1}}{\psi}=q_0+q_1x+\cdots+q_{k-1}x^{k-1}+\frac{\ x^k\varphi\ }{\psi}.\] この商の係数 $q_0$,$q_1$,$\cdots$,$q_{k-1}$ がすなわち部分分数の係数である.
$\begin{alignat*}{1}\hphantom{1}1\hphantom{1--}3\hphantom{1}\\\hphantom{1--}1\hphantom{1}\end{alignat*}$$\begin{alignat*}{1}\hphantom{1-}-1\\\hphantom{1--}4\end{alignat*}$
$\begin{alignat*}{1}\hphantom{1}1\hphantom{1--}4\hphantom{1}\\\hphantom{1--}1\hphantom{1}\end{alignat*}$$\begin{alignat*}{1}\hphantom{1--}3\\\vphantom{1}\end{alignat*}$
$\begin{alignat*}{1}\hphantom{1}1\hphantom{1--}5\end{alignat*}$
 
$\begin{alignat*}{1}\hphantom{1}1\hphantom{1-}-1\hphantom{1}\\\hphantom{1--}1\hphantom{1}\end{alignat*}$$\begin{alignat*}{1}\hphantom{1-}-2\\\hphantom{1--}0\end{alignat*}$
$\begin{alignat*}{1}\hphantom{1}1\hphantom{1--}0\hphantom{1}\\\hphantom{1--}1\hphantom{1}\end{alignat*}$$\begin{alignat*}{1}\hphantom{1--}2\\\vphantom{1}\end{alignat*}$
$\begin{alignat*}{1}\hphantom{1}1\hphantom{1--}1\end{alignat*}$
 〔例〕 $\dfrac{z^2+3z-1}{\hphantom{1}(z-1)^3(z^2-z+2)\hphantom{1}}.\hspace{1cm}z-1=x.$\begin{alignat*}{1}f&=z^2+3z-1=3+5x+x^2,\\[2mm]\psi&=z^2-z+2=2+x+x^2.\end{alignat*}商 $3$ 項を要するから分数の係数を避けるために $8f$ を $\psi$ で割れば
$\begin{alignat*}{1}&\hphantom{1}12+14-9\end{alignat*}$
$\begin{alignat*}{1}&2+1+1\vphantom{1^1}\hphantom{1}\\\ \end{alignat*}$$\begin{alignat*}{1}&\ &\hspace{-1mm}\!\raise{5mm})\hspace{-1mm}\vphantom{\dfrac11}\end{alignat*}$$\begin{alignat*}{1}&\hphantom{1}24+40+\hphantom{1}8\\&\hphantom{1}24+12+12\hphantom{1}\end{alignat*}$
$\hphantom{11+}$$\begin{alignat*}{1}&\hphantom{1}28-\hphantom{1}4\hphantom{1}\\&\hphantom{1}28+14\end{alignat*}$
$\begin{alignat*}{1}&\hphantom{11+}-18\hphantom{1}\end{alignat*}$
商を $8$ で割って,\[\frac{3}{\ 2(z-1)^3\ }+\frac{7}{\ 4(z-1)^2\ }-\frac{9}{\ 8(z-1)\ }.\]これが $z-1$ に関する部分分数である.

 $f(z)$ が $g(z)$ よりも低次でないときには,$f$ を $g$ で割って商を $Q(z)$,剰余を $f_0(z)$ とすれば,\[\frac{\ f(z)\ }{\ g(z)\ }=Q(z)+\frac{\ f_0(z)\ }{\ g(z)\ }.\tag{$\ 5\ $}\]$g(z)$ の相異なる根を $\alpha_1$,$\alpha_2$,$\cdots$ とし,$z-\alpha_1$,$z-\alpha_2$,$\cdots$ に関する $f(z)/g(z)$ の部分分数を $P_1$,$P_2$,$\cdots$ とする.すなわち $(\ 4\ )$ にしるしてあるように,\begin{alignat*}{1}P_1&=\frac{q_0}{(z-\alpha_1)^k}+\frac{q_1}{(z-\alpha_1)^{k-1}}+\cdots+\frac{q_{k-1}}{(z-\alpha_1)},\\[2mm]P_2&=\frac{{q_0}^\prime}{(z-\alpha_2)^{k\prime}}+\frac{{q_1}^\prime}{(z-\alpha_2)^{k\prime-1}}+\cdots+\frac{q^\prime{}_{k^\prime-1}}{(z-\alpha_2)},\ \ など.\end{alignat*}しからば次の等式が成り立つ.\[\frac{\ f(z)\ }{\ g(z)\ }=Q(z)+P_1+P_2+\cdots\tag{$\ 6\ $}\] なぜならば,この式の両辺の差を仮りに $F(z)$ とすれば,$F(z)$ は分母が $g(z)$ なる分数式であるが,$z\rightarrow\alpha_1$ のときには,\[F(z)=\left(\frac{\ f(z)\ }{g(z)}-P_1\right)-Q(z)-P_2-\cdots\]として見れば,$\dfrac{\ f(z)\ }{g(z)}-P_1$ は有限の値に近づき,$Q(z)$,$P_2$,$\cdots$ ももちろん有限であるから,$F(z)$ は有限の値に近づく.ゆえに $F(z)$ の分母から $(z-\alpha_1)^k$ という因数が約されてしまわなければならない.$z-\alpha_2$,$\cdots$ に関しても同様であるから,約分の後,$F(z)$ は整函数になる.さて\[F(z)=\left(\frac{\ f(z)\ }{g(z)}-Q(z)\right)-P_1-P_2-\cdots\]として見れば,$z\rightarrow\infty$ のとき,$(\ 5\ )$ によって,$\dfrac{\ f(z)\ }{g(z)}-Q(z)\rightarrow0$.また $P_1\rightarrow0$,$P_2\rightarrow0$,$\cdots$ である.よって整函数 $F(z)$ は $z\rightarrow\infty$ のとき $0$ になる.ゆえに $F(z)$ は定数 $0$ に等しい.すなわち $(\ 6\ )$ が成り立つのである.
 この結果を定理として掲げる.
 〔定理 $\boldsymbol{2.\ 8}$〕 有理函数 $\dfrac{\ f(z)\ }{g(z)}$ において,$f(z)$ を $g(z)$ で割った整商を $Q(z)$ また $g(z)$ の根を $\alpha$,$\alpha^\prime$,$\cdots$ とすれば,\[\frac{\ f(z)\ }{g(z)}=Q(z)+\underset{\alpha}{\textstyle\sum}\left[\frac{q_0}{(z-\alpha)^k}+\frac{q_1}{(z-\alpha)^{k-1}}+\cdots+\frac{q_{k-1}}{(z-\alpha)}\right].\] 右辺の括弧 $[\hphantom{m}]$ の中は $z-\alpha$ に関する部分分数で,$\sum$ は $g(z)$ の相異なるすべての根 $\alpha$,$\alpha^\prime$,$\cdots$ の上にわたるのである.
 このような分解はただ一様に限る.たとえば $z-\alpha$ に関する部分分数は,それを $\dfrac{f(z)}{g(z)}$ から引いた差が $z\rightarrow\alpha$ のとき有限であることによって決定する.
 〔問題 $\boldsymbol{2}$〕 $g(z)=(z-\alpha)(z-\beta)\cdots(z-\lambda)$ が単根のみをもつときは\[\frac{\ f(z)\ }{g(z)}=Q(z)+{\textstyle\sum}\frac{\ f(\alpha)\ }{g^\prime(\alpha)}\ \frac{1}{\ z-\alpha\ }.\]
 〔解〕\[\frac{\ f(z)\ }{g(z)}=Q(z)+\frac{A}{\ z-\alpha\ }+\frac{B}{\ z-\beta\ }+\cdots+\frac{L}{\ z-\lambda\ }\]   
とおいて,定数 $A$,$B$,$\cdots$,$L$ を求めるのである.$A$ を求めるために両辺に $g(z)$ を掛けて $z=\alpha$ を代入すれば\[f(\alpha)=A(\alpha-\beta)(\alpha-\gamma)\cdots(\alpha-\lambda)=Ag^\prime(\alpha)\]$g^\prime(\alpha)\neq0$ だから $A=\dfrac{\ f(\alpha)\ }{g^\prime(\alpha)}$,同様に $B=\dfrac{\ f(\beta)\ }{g^\prime(\beta)}$,$\cdots$,$L=\dfrac{\ f(\lambda)\ }{g^\prime(\lambda)}$.
 特に\[\frac{\ g^\prime(z)\ }{g(z)}=\frac{1}{\ z-\alpha\ }+\frac{1}{\ z-\beta\ }+\cdots+\frac{1}{\ z-\lambda\ },\]ただしこの等式は $g(z)$ が複根をもつときにも成り立つ.$\alpha$ が $k$ 重根ならば,左辺の有理式は $(z-\alpha)^{k-1}$ で約されるから,$\alpha$ は一次の極であるが,それに対する部分分数は,次にいうように $\dfrac{k}{\ z-\alpha\ }$ になるから,上の等式で $\alpha$,$\beta$,$\cdots$,$\lambda$ の中に $\alpha$ に等しいものが $k$ 個あると見ればちょうど合うのである.実際\[g(z)=a(z-\alpha)^k+b(z-\alpha)^{k+1}+\cdots\]とすれば,\[g^\prime(z)=ka(z-\alpha)^{k-1}+(k+1)b(z-\alpha)^k+\cdots\]ゆえに\[\frac{\ g^\prime(z)\ }{g(z)}=\frac{A}{\ z-\alpha\ }+\frac{B}{\ z-\beta\ }+\cdots\]の両辺に $(z-\alpha)$ を掛けて左辺を $(z-\alpha)^k$ で約してから,$z=\alpha$ とおけば $A=k$ を得る.

 〔問題 $\boldsymbol{3}$〕 $z$ の $n$ 個の相異なる値 $\alpha_1$,$\alpha_2$,$\cdots$,$\alpha_n$ に対してそれぞれ $u_1$,$u_2$,$\cdots$,$u_n$ なる値を取るようななるべく低次の多項式 $f(z)$ は\[f(z)=\overset{n}{\underset{k=1}{\textstyle\sum}}\frac{u_k}{\ g^\prime(\alpha_k)\ }\ \frac{g(z)}{\ z-\alpha_k\ }.\]である.ただし $g(z)=(z-\alpha_1)(z-\alpha_2)\cdots(z-\alpha_n)$
 これを Lagrange の補間式という.
 〔解〕 問題 $2$ の等式の両辺に $g(z)$ を掛けるときは,いま求める $f(z)$ が上のようでなければならないことがわかる.さて,この $f(z)$ が実際,問題の条件に合うことは見やすい.$\sum$ の下に代表的に出ている整式は $z=\alpha_k$ のとき $u_k$ になり,その他の $\alpha_1$,$\alpha_2$,$\cdots$,$\alpha_n$ に対しては $0$ になるから.
 〔問題 $\boldsymbol{4}$〕 $g(z)=(z-\alpha_1)(z-\alpha_2)\cdots(z-\alpha_n)$ なるとき\begin{alignat*}{1}\overset{n}{\underset{k=1}{\textstyle\sum}}\frac{{\alpha_k}^\nu}{\ g^\prime(\alpha_k)\ }&=0,\hspace{1cm}(\nu=0,\ 1,\ \cdots,\ n-2)\\[2mm]\overset{n}{\underset{k=1}{\textstyle\sum}}\frac{{\alpha_k}^{n-1}}{\ g^\prime(\alpha_k)\ }&=1.\end{alignat*} これを Euler の公式という.
 〔解〕 問題 $2$ の等式を $f(z)=z^{\nu+1}$ の場合に書いておいて,$z=0$ を代入する.

 以下本章の付録として $\S\ 12\sim14$ において,HermiteGaussLaguerre の定理について述べる.これらは特別な問題に関するものであるけれども,いずれも,いわゆる美しい定理で,簡単でかつ興味が多い.第一原理から直接に出すことも容易であるが,第 $1$ 章,第 $2$ 章の一般論の応用の練習としても手頃のものである.
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