複素数の根
複素数\(z\in \mathbb{C} \)および自然数\(n\in \mathbb{N} \)が与えられたとき、複素数を値としてとり得る変数\(w\in \mathbb{C} \)に関する方程式\begin{equation*}w^{n}=z
\end{equation*}を定義します。この方程式の解\(w\)をもとの複素数\(z\)の\(n\)乗根(\(n\)-th root of \(z\))と呼びます。
\end{equation*}が与えられているものとします。以下の複素数\begin{equation}
w=2^{\frac{1}{8}}\left[ \cos \left( \frac{\pi }{16}\right) +\sin \left(
\frac{\pi }{16}\right) i\right] \quad \cdots (1)
\end{equation}に注目すると、\begin{eqnarray*}
w^{4} &=&\left( 2^{\frac{1}{8}}\right) ^{4}\left[ \cos \left( 4\cdot \frac{\pi }{16}\right) +\sin \left( 4\cdot \frac{\pi }{16}\right) i\right] \quad
\because \left( 1\right) \text{およびド・モアブルの定理} \\
&=&2^{\frac{1}{2}}\left[ \cos \left( \frac{\pi }{4}\right) +\sin \left(
\frac{\pi }{4}\right) i\right] \\
&=&1+i
\end{eqnarray*}となるため、\(\left( 1\right) \)は複素数\(1+i\)の\(4\)乗根であることが明らかになりました。
\end{equation*}が与えられているものとします。以下の複素数\begin{equation*}
w=i
\end{equation*}に注目すると、\begin{eqnarray*}
w^{2} &=&i^{2} \\
&=&-1
\end{eqnarray*}となるため、\(i\)は\(-1\)の\(2\)乗根(平方根)であることが明らかになりました。また、以下の複素数\begin{equation*}v=-i
\end{equation*}に注目すると、\begin{eqnarray*}
v^{2} &=&\left( -i\right) ^{2} \\
&=&i^{2} \\
&=&-1
\end{eqnarray*}となるため、\(-i\)もまた\(-1\)の\(2\)乗根(平方根)であることが明らかになりました。
\end{equation*}が与えられているものとします。以下の複素数\begin{equation*}
w=0
\end{equation*}に注目すると、\begin{equation*}
w^{n}=0
\end{equation*}となるため、\(0\)は\(0\)の\(n\)乗根であることが明らかになりました。一方、非ゼロの複素数\begin{equation*}v\in \mathbb{C} \backslash \left\{ 0\right\}
\end{equation*}を任意に選んだとき、\begin{equation*}
v^{n}\not=0
\end{equation*}となるため、\(v\)は\(0\)の\(n\)乗根ではありません。以上より、\(0\)の\(n\)乗根は\(0\)だけであることが明らかになりました。
複素数の根を特定する方法
非ゼロの複素数\(z\in \mathbb{C} \backslash \left\{ 0\right\} \)の極形式\begin{equation*}z=r\left[ \cos \left( \theta \right) +\sin \left( \theta \right) i\right]
\end{equation*}が与えられているものとします。自然数\(n\in \mathbb{N} \)が与えられれば、変数\(w\in \mathbb{C} \)に関する方程式\begin{equation*}w^{n}=z
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
w^{n}=r\left[ \cos \left( \theta \right) +\sin \left( \theta \right) i\right]
\end{equation*}を定義できますが、この方程式はちょうど\(n\)個の解を持ち、それらの解を、\begin{equation*}w_{k}=r^{\frac{1}{n}}\left[ \cos \left( \frac{\theta +2k\pi }{n}\right)
+\sin \left( \frac{\theta +2k\pi }{n}\right) i\right] \quad \left(
k=0,1,\cdots ,n-1\right)
\end{equation*}と表現できます。つまり、極形式の複素数\(z\)の絶対値が\(r\)であり偏角が\(\theta \)である場合、\(z\)の\(n\)乗根はちょうど\(n\)個存在し、それらは、\begin{eqnarray*}w_{0} &=&r^{\frac{1}{n}}\left[ \cos \left( \frac{\theta }{n}\right) +\sin
\left( \frac{\theta }{n}\right) i\right] \\
w_{1} &=&r^{\frac{1}{n}}\left[ \cos \left( \frac{\theta +2\pi }{n}\right)
+\sin \left( \frac{\theta +2\pi }{n}\right) i\right] \\
&&\vdots \\
w_{n-1} &=&r^{\frac{1}{n}}\left[ \cos \left( \frac{\theta +2\left(
n-1\right) \pi }{n}\right) +\sin \left( \frac{\theta +2\left( n-1\right) \pi
}{n}\right) i\right]
\end{eqnarray*}と定まるということです。
\end{equation*}には\(n\)個の解が存在し、それらは、\begin{equation*}w_{k}=r^{\frac{1}{n}}\left[ \cos \left( \frac{\theta +2k\pi }{n}\right)
+\sin \left( \frac{\theta +2k\pi }{n}\right) i\right] \quad \left(
k=0,1,\cdots ,n-1\right)
\end{equation*}で与えられる。
\end{equation*}が与えられているものとします。先の命題の利用を見据えて、複素数\begin{equation*}
z=1+i
\end{equation*}を極形式にします。\(z\)の絶対値は、\begin{eqnarray*}r &=&\sqrt{1^{2}+1^{2}} \\
&=&\sqrt{2}
\end{eqnarray*}です。また、\begin{eqnarray*}
\tan \left( \theta \right) &=&\frac{\mathrm{Im}\left( z\right) }{\mathrm{Re}\left( z\right) } \\
&=&\frac{1}{1} \\
&=&1
\end{eqnarray*}を満たす\(\theta \)は、\begin{equation*}\theta =\frac{\pi }{4}+n\pi \quad \left( n\in \mathbb{Z} \right)
\end{equation*}です。点\(z\)は第1象限上に存在するため、偏角の主値は、\begin{equation*}\theta =\frac{\pi }{4}
\end{equation*}となります。以上より、\(z\)の極形式は、\begin{equation*}z=\sqrt{2}\left[ \cos \left( \frac{\pi }{4}\right) +\sin \left( \frac{\pi }{4}\right) i\right] \end{equation*}であることが明らかになりました。すると先の命題より、\(1+i\)は\(4\)個の\(4\)乗根を持ち、それらは、\begin{eqnarray*}w_{k} &=&\left( \sqrt{2}\right) ^{\frac{1}{4}}\left[ \cos \left( \frac{\frac{\pi }{4}+2k\pi }{4}\right) +\sin \left( \frac{\frac{\pi }{4}+2k\pi }{4}\right) i\right] \\
&=&2^{\frac{1}{8}}\left[ \cos \left( \frac{\pi +8k\pi }{16}\right) +\sin
\left( \frac{\pi +8k\pi }{16}\right) i\right] \quad \left( k=0,1,2,3\right)
\end{eqnarray*}すなわち、\begin{eqnarray*}
w_{0} &=&2^{\frac{1}{8}}\left[ \cos \left( \frac{\pi }{16}\right) +\sin
\left( \frac{\pi }{16}\right) i\right] \\
w_{1} &=&2^{\frac{1}{8}}\left[ \cos \left( \frac{9\pi }{16}\right) +\sin
\left( \frac{9\pi }{16}\right) i\right] \\
w_{2} &=&2^{\frac{1}{8}}\left[ \cos \left( \frac{17\pi }{16}\right) +\sin
\left( \frac{17\pi }{16}\right) i\right] \\
w_{3} &=&2^{\frac{1}{8}}\left[ \cos \left( \frac{25\pi }{16}\right) +\sin
\left( \frac{25\pi }{16}\right) i\right] \end{eqnarray*}となります。
\end{equation*}が与えられているものとします。先の命題の利用を見据えて、複素数\begin{equation*}
z=-1
\end{equation*}を極形式にします。\(z\)の絶対値は、\begin{eqnarray*}r &=&\sqrt{\left( -1\right) ^{2}+0^{2}} \\
&=&1
\end{eqnarray*}です。また、\begin{eqnarray*}
\tan \left( \theta \right) &=&\frac{\mathrm{Im}\left( z\right) }{\mathrm{Re}\left( z\right) } \\
&=&\frac{0}{-1} \\
&=&0
\end{eqnarray*}を満たす\(\theta \)は、\begin{equation*}\theta =n\pi \quad \left( n\in \mathbb{Z} \right)
\end{equation*}です。点\(z\)は第2象限上に存在するため、偏角の主値は、\begin{equation*}\theta =\pi
\end{equation*}となります。以上より、\(z\)の極形式は、\begin{equation*}z=\cos \left( \pi \right) +\sin \left( \pi \right) i
\end{equation*}であることが明らかになりました。すると先の命題より、\(-1\)は\(2\)個の\(2\)乗根を持ち、それらは、\begin{eqnarray*}w_{k} &=&1^{\frac{1}{2}}\left[ \cos \left( \frac{\pi +2k\pi }{2}\right)
+\sin \left( \frac{\pi +2k\pi }{2}\right) i\right] \\
&=&\cos \left( \frac{\pi }{2}+k\pi \right) +\sin \left( \frac{\pi }{2}+k\pi
\right) i\quad \left( k=0,1\right)
\end{eqnarray*}すなわち、\begin{eqnarray*}
w_{0} &=&\cos \left( \frac{\pi }{2}\right) +\sin \left( \frac{\pi }{2}\right) i=i \\
w_{1} &=&\cos \left( \frac{\pi +2\pi }{2}\right) +\sin \left( \frac{\pi
+2\pi }{2}\right) i=-i
\end{eqnarray*}となります。
複素数の根の幾何学的解釈
非ゼロの複素数\(z\in \mathbb{C} \backslash \left\{ 0\right\} \)が極形式\begin{equation*}z=r\left[ \cos \left( \theta \right) +\sin \left( \theta \right) i\right]
\end{equation*}で表される場合、\(z\)は\(n\)個の\(n\)乗根を持つとともに、それらは、\begin{equation*}w_{k}=r^{\frac{1}{n}}\left[ \cos \left( \frac{\theta +2k\pi }{n}\right)
+\sin \left( \frac{\theta +2k\pi }{n}\right) i\right] \quad \left(
k=0,1,\cdots ,n-1\right)
\end{equation*}すなわち、\begin{eqnarray*}
w_{0} &=&r^{\frac{1}{n}}\left[ \cos \left( \frac{\theta }{n}\right) +\sin
\left( \frac{\theta }{n}\right) i\right] \\
w_{1} &=&r^{\frac{1}{n}}\left[ \cos \left( \frac{\theta +2\pi }{n}\right)
+\sin \left( \frac{\theta +2\pi }{n}\right) i\right] \\
w_{2} &=&r^{\frac{1}{n}}\left[ \cos \left( \frac{\theta +4\pi }{n}\right)
+\sin \left( \frac{\theta +4\pi }{n}\right) i\right] \\
&&\vdots \\
w_{n-1} &=&r^{\frac{1}{n}}\left[ \cos \left( \frac{\theta +2\left(
n-1\right) \pi }{n}\right) +\sin \left( \frac{\theta +2\left( n-1\right) \pi
}{n}\right) i\right]
\end{eqnarray*}と表されることが明らかになりました。
以上の事実は、複素数\(z\)の絶対値が\(r\)であり偏角が\(\theta \)である場合には、\(z\)の\(n\)乗根\(w_{0},w_{1},w_{2},\cdots ,w_{n-1}\)はいずれも複素平面上の原点を中心とする半径\(r^{\frac{1}{n}}\)の円周上にあり、それらの偏角は\(\frac{2\pi }{n}\)ずつ異なることを意味します。つまり、原点を中心とする半径\(r^{\frac{1}{n}}\)の円は\(z\)の\(n\)乗根に相当する\(n\)個の点によって\(n\)等分されます。さらに、以下の複素数\begin{equation*}\omega =\cos \left( \frac{2\pi }{n}\right) +\sin \left( \frac{2\pi }{n}\right) i
\end{equation*}に注目すると、ド・モアブルの定理より、\begin{eqnarray*}
\omega &=&\cos \left( \frac{2\pi }{n}\right) +\sin \left( \frac{2\pi }{n}\right) i \\
\omega ^{2} &=&\cos \left( \frac{4\pi }{n}\right) +\sin \left( \frac{4\pi }{n}\right) i \\
&&\vdots \\
\omega ^{n-1} &=&\cos \left( \frac{2\left( n-1\right) \pi }{n}\right) +\sin
\left( \frac{2\left( n-1\right) \pi }{n}\right) i
\end{eqnarray*}などとなりますが、ド・モアブルの定理より、これらを用いて\(z\)の\(n\)乗根\(w_{0},w_{1},w_{2},\cdots ,w_{n-1}\)を、\begin{eqnarray*}w_{1} &=&w_{0}\omega \\
w_{2} &=&w_{0}\omega ^{2} \\
&&\vdots \\
w_{n-1} &=&w_{0}\omega ^{n-1}
\end{eqnarray*}と表現できます。つまり、\(z\)の\(n\)乗根の1つ\(w_{0}\)が与えられれば、先の複素数\begin{equation*}\omega =\cos \left( \frac{2\pi }{n}\right) +\sin \left( \frac{2\pi }{n}\right) i
\end{equation*}を用いて、\(z\)の\(n\)個の\(n\)乗根を、\begin{equation*}w_{0},\ w_{0}\omega ,\ w_{0}\omega ^{2},\cdots ,\ w_{0}\omega ^{n-1}
\end{equation*}と表現できます。以上の議論の結果を命題としてまとめます。
\end{equation*}には\(n\)個の解が存在し、それらは以下の複素数\begin{eqnarray*}w_{0} &=&r^{\frac{1}{n}}\left[ \cos \left( \frac{\theta }{n}\right) +\sin
\left( \frac{\theta }{n}\right) i\right] \\
\omega &=&\cos \left( \frac{2\pi }{n}\right) +\sin \left( \frac{2\pi }{n}\right) i
\end{eqnarray*}を用いて、\begin{equation*}
w_{0},\ w_{0}\omega ,\ w_{0}\omega ^{2},\cdots ,\ w_{0}\omega ^{n-1}
\end{equation*}と表現される。また、複素平面上の原点を中心とする半径\(r^{\frac{1}{n}}\)の円は以上の\(n\)個の点によって\(n\)等分される。
&=&1
\end{eqnarray*}です。また、\begin{eqnarray*}
\tan \left( \theta \right) &=&\frac{\mathrm{Im}\left( z\right) }{\mathrm{Re}\left( z\right) } \\
&=&\frac{0}{1} \\
&=&0
\end{eqnarray*}を満たす\(\theta \)は、\begin{equation*}\theta =n\pi \quad \left( n\in \mathbb{Z} \right)
\end{equation*}です。\(1\)は第1象限上に存在するため、偏角の主値は、\begin{equation*}\theta =0
\end{equation*}となります。以上より、\(1\)の極形式は、\begin{equation*}1=\cos \left( 0\right) +\sin \left( 0\right) i
\end{equation*}であることが明らかになりました。\(1\)は\(n\)個の\(n\)乗根を持ち、それらは以下の複素数\begin{eqnarray*}w_{0} &=&\cos \left( 0\right) +\sin \left( 0\right) i=1 \\
\omega &=&\cos \left( \frac{2\pi }{n}\right) +\sin \left( \frac{2\pi }{n}\right) i
\end{eqnarray*}を用いて、\begin{eqnarray*}
w_{0} &=&1 \\
w_{0}\omega &=&\cos \left( \frac{2\pi }{n}\right) +\sin \left( \frac{2\pi }{n}\right) i \\
w_{0}\omega ^{2} &=&\cos \left( \frac{4\pi }{n}\right) +\sin \left( \frac{4\pi }{n}\right) i \\
&&\vdots \\
w_{0}\omega ^{n-1} &=&\cos \left( \frac{2\left( n-1\right) \pi }{n}\right)
+\sin \left( \frac{2\left( n-1\right) \pi }{n}\right) i
\end{eqnarray*}と表されます。これらは複素平面上の単位円を\(1\)から出発して\(n\)等分する\(n\)個の点です。
係数と変数が複素数である2次方程式の解法
係数\(a,b,c\in \mathbb{R} \ \left( a\not=0\right) \)と変数\(x\in \mathbb{R} \)がいずれも実数である2次方程式\begin{equation*}ax^{2}+bx+c=0
\end{equation*}の解は、解の公式より、\begin{equation*}
x=\frac{-b\pm \sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}
\end{equation*}と定まります。
係数\(a,b,c\in \mathbb{C} \ \left( a\not=0\right) \)と変数\(z\in \mathbb{C} \)がいずれも複素数である2次方程式\begin{equation*}az^{2}+bz+c=0
\end{equation*}についても、その解が、\begin{equation*}
z=\frac{-b\pm \sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}
\end{equation*}と定まります。
\end{equation*}の解は、\begin{equation*}
z=\frac{-b\pm \sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}
\end{equation*}である。
係数\(a,b,c\in \mathbb{C} \ \left( a\not=0\right) \)と変数\(z\in \mathbb{C} \)がいずれも複素数であるような方程式\begin{equation*}az^{2}+bz+c=0
\end{equation*}の解は、\begin{equation*}
z=\frac{-b\pm \sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}
\end{equation*}と定まることが明らかになりました。解を具体的に導出するためには、\begin{equation*}
\pm \sqrt{b^{2}-4ac}
\end{equation*}を明らかにする必要がありますが、これは複素数\(b^{2}-4ac\)の2つの平方根です。つまり、これらを特定するためには、変数\(w\in \mathbb{C} \)に関する方程式\begin{equation*}w^{2}=b^{2}-4ac
\end{equation*}を解くことになります。具体的には、\(b^{2}-4ac\)を極形式に変換した上で、先の命題を用いて\(b^{2}-4ac\)の2つの平方根を特定します。
\end{equation*}を解きます。解の公式より、\begin{eqnarray*}
z &=&\frac{2i\pm \sqrt{\left( -2i\right) ^{2}-4\left( 3+i\right) }}{2} \\
&=&\frac{2i\pm \sqrt{-16-4i}}{2} \\
&=&\frac{2i\pm 2\sqrt{-4-i}}{2} \\
&=&i\pm \sqrt{-4-i}
\end{eqnarray*}を得ます。そこで、以下の複素数\begin{equation*}
w=-4-i
\end{equation*}の平方根を求めます。\(w\)の絶対値は、\begin{eqnarray*}r &=&\sqrt{\left( -4\right) ^{2}+\left( -1\right) ^{2}} \\
&=&\sqrt{17}
\end{eqnarray*}です。\(w\)の偏角の主値は、以下の条件\begin{eqnarray}\cos \left( \theta \right) &=&\frac{\mathrm{Re}\left( w\right) }{r}=-\frac{4}{\sqrt{17}} \quad \cdots (1) \\
\sin \left( \theta \right) &=&\frac{\mathrm{Im}\left( w\right) }{r}=-\frac{1}{\sqrt{17}} \quad \cdots (2)
\end{eqnarray}を満たす\(\theta \in (-\pi ,\pi ]\)です。以上より、\(w\)の極形式は、\begin{equation*}w=\sqrt{17}\left[ \cos \left( \theta \right) +\sin \left( \theta \right) i\right] \end{equation*}であることが明らかになりました。\(w\)は2個の平方根を持ち、それらは、\begin{eqnarray*}v_{0} &=&\left( \sqrt{17}\right) ^{\frac{1}{2}}\left[ \cos \left( \frac{\theta }{2}\right) +\sin \left( \frac{\theta }{2}\right) i\right] \\
&=&17^{\frac{1}{4}}\left[ \cos \left( \frac{\theta }{2}\right) +\sin \left(
\frac{\theta }{2}\right) i\right] \end{eqnarray*}および、\begin{eqnarray*}
v_{1} &=&\left( \sqrt{17}\right) ^{\frac{1}{2}}\left[ \cos \left( \frac{\theta +2\pi }{2}\right) +\sin \left( \frac{\theta +2\pi }{2}\right) i\right] \\
&=&17^{\frac{1}{4}}\left[ \cos \left( \frac{\theta }{2}+\pi \right) +\sin
\left( \frac{\theta }{2}+\pi \right) i\right] \\
&=&17^{\frac{1}{4}}\left[ -\cos \left( \frac{\theta }{2}\right) -\sin \left(
\frac{\theta }{2}\right) i\right] \\
&=&-v_{0}
\end{eqnarray*}です。したがって、もとの方程式の解は、\begin{eqnarray*}
z_{0} &=&i+v_{0} \\
&=&i+17^{\frac{1}{4}}\left[ \cos \left( \frac{\theta }{2}\right) +\sin
\left( \frac{\theta }{2}\right) i\right] \end{eqnarray*}および、\begin{eqnarray*}
z_{1} &=&i+v_{1} \\
&=&i-v_{0} \\
&=&i-17^{\frac{1}{4}}\left[ \cos \left( \frac{\theta }{2}\right) +\sin
\left( \frac{\theta }{2}\right) i\right] \end{eqnarray*}となります。\(\left( 1\right) ,\left(2\right) \)および半角の公式から、\begin{eqnarray*}\cos \left( \frac{\theta }{2}\right) &=&-\sqrt{\frac{\sqrt{17}-4}{2\sqrt{17}}} \\
\sin \left( \frac{\theta }{2}\right) &=&\sqrt{\frac{\sqrt{17}+4}{2\sqrt{17}}}
\end{eqnarray*}が導かれるため、具体的には、\begin{eqnarray*}
z_{0} &=&i+17^{\frac{1}{4}}\left[ \cos \left( \frac{\theta }{2}\right) +\sin
\left( \frac{\theta }{2}\right) i\right] \\
&=&i+17^{\frac{1}{4}}\left( -\sqrt{\frac{\sqrt{17}-4}{2\sqrt{17}}}+\sqrt{\frac{\sqrt{17}+4}{2\sqrt{17}}}i\right) \\
&=&i+\frac{1}{\sqrt{2}}\left( -\sqrt{\sqrt{17}-4}+\sqrt{\sqrt{17}+4}i\right)
\end{eqnarray*}および、\begin{eqnarray*}
z_{1} &=&i-17^{\frac{1}{4}}\left[ \cos \left( \frac{\theta }{2}\right) +\sin
\left( \frac{\theta }{2}\right) i\right] \\
&=&i-17^{\frac{1}{4}}\left( -\sqrt{\frac{\sqrt{17}-4}{2\sqrt{17}}}+\sqrt{\frac{\sqrt{17}+4}{2\sqrt{17}}}i\right) \\
&=&i-\frac{1}{\sqrt{2}}\left( -\sqrt{\sqrt{17}-4}+\sqrt{\sqrt{17}+4}i\right)
\end{eqnarray*}となります。
演習問題
z=1
\end{equation*}の\(6\)乗根を求めてください。
\end{equation*}の解を求めてください。
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