コンテンツへスキップ
Topos Uranos
日本語

複素数の n 乗根と 1 の累乗根

要約

この課では、複素数の範囲で方程式 zn=wz^n = w を解く。極形式とド・モアブルの公式を用いて、0 でないすべての複素数がちょうど nn 個の nn 乗根をもち、それらが絶対値を共有し、偏角が 2πn\frac{2\pi}{n} ずつ離れていて、原点を中心とする正多角形をなすことを証明する。次に 1 の累乗根を調べる。それらはそのうちの一つの累乗であり、その積は割り算（nn で割る）の余りの和と同じように振る舞い、指数 mm の累乗の和は nn または 00 となり、どちらになるかは nn が mm を割り切るかどうかによる。さらにそれらは多項式 zn−1z^n - 1 を因数分解する。最大公約数によって原始的な根（その累乗がすべての根をわたる根）を特徴づけ、共役な根を組にすることで、xn−1x^n - 1 と xn+1x^n + 1 の実数の範囲での 1 次因数と 2 次因数への因数分解を得る。そこで cos⁡2π5\cos \frac{2\pi}{5} の値が再び現れる。

学習目標

  1. 0 でない複素数の nn 個の nn 乗根を極形式で求め、それらがちょうど nn 個であることを証明し、正多角形の頂点として記述する。
  2. 1 の累乗根をそのうちの一つの累乗として計算し、それらの累乗の和を求め、多項式 zn−1z^n - 1 を因数分解する。
  3. どの 1 の累乗根が原始的であるかを最大公約数によって判定し、その判定法をベズーの等式で証明する。
  4. 共役な根を組にして多項式 xn−1x^n - 1 と xn+1x^n + 1 を実数の範囲で因数分解し、1 の累乗根を距離、三角関数の値、方程式の問題に応用する。

複素数の nn 乗根

コース 代数と幾何 I の複素数の課では、方程式 z3=1z^3 = 1 を三乗の差の因数分解によって解き、任意の複素数の累乗根（根指数 nn）には極形式が必要になると予告した。因数分解の方法は一般化できない。方程式 z5=1+iz^5 = 1 + i に対しては、因数がまったく見えないからである。これに対して、複素数の極形式の課で学んだ極形式は、方程式を二つの実数の条件、すなわち絶対値どうしの条件と偏角どうしの条件に変える。ド・モアブルの公式の課で証明した公式により、複素数を累乗（指数 nn）すると、その絶対値は累乗（指数 nn）され、偏角は数 nn 倍されるからである。

ww を複素数、nn を自然数とする。複素数 zz が nn 乗根（ww の）であるとは、zn=wz^n = w が成り立つことをいう。2 乗根は平方根、3 乗根は立方根とよばれる。

nn 乗が 00 となる複素数は 00 自身だけである。複素数の積は、因数のいずれかが 0 のときにしか 0 にならないからである。したがって、興味のある場合は w≠0w \neq 0 である。そこで ww を極形式で w=R(cos⁡φ+isin⁡φ)w = R(\cos \varphi + i \sin \varphi) と書く。ここで R=∣w∣>0R = \abs{w} > 0 であり、φ\varphi はその偏角のうちの任意の一つである。記号 Rn\sqrt[n]{R} は、コース I の有理数の指数と累乗根の課でもつ意味を保つ。すなわち、正の実数 RR の主根、つまり nn 乗が RR となる唯一の正の実数を表す。根号は、0 以上の実数の主根と、その課と同じく、負の実数の奇数乗の実数の根（たとえば −83=−2\sqrt[3]{-8} = -2）に限って用いる。それ以外の複素数に用いるのは、その根のうちの任意の一つを表すと明示した場合だけである。すぐあとで見るように、その nn 個の根のどれもほかの根と区別されず、約束によって一つを選ぶと根号の法則が崩れるからである。平方根（−1-1 の）を数 ii とよぶことにすると、その根とそれ自身との積は −1-1 となり、平方根（(−1)(−1)=1(-1)(-1) = 1 の）にはならない。

最後に、同じ課で証明した極形式における相等の定理を用いる。0 でない二つの複素数が等しいのは、絶対値が同じで、偏角の差が 2π2\pi の整数倍であるとき、かつそのときに限る。

定理nn 乗根

w=R(cos⁡φ+isin⁡φ)w = R(\cos \varphi + i \sin \varphi) を 0 でない複素数とし（R=∣w∣R = \abs{w}）、nn を自然数とする。方程式 zn=wz^n = w はちょうど nn 個の相異なる解をもち、それらは下に示す複素数 zkz_k である（k=0,1,…,n−1k = 0, 1, \ldots, n - 1）。どれも絶対値は Rn\sqrt[n]{R} であり、各解の偏角は一つ手前の解の偏角より 2πn\frac{2\pi}{n} だけ大きい。

zk=Rn(cos⁡φ+2kπn+isin⁡φ+2kπn)z_k = \sqrt[n]{R} \left( \cos \frac{\varphi + 2k\pi}{n} + i \sin \frac{\varphi + 2k\pi}{n} \right)

解を極形式で探し、znz^n と ww の極形式を等しいとおく。図は w=−8=8(cos⁡π+isin⁡π)w = -8 = 8(\cos \pi + i \sin \pi) と n=3n = 3 で証明をたどる。その立方根の絶対値は 22 である。

証明

  1. z=r(cos⁡θ+isin⁡θ)→zn=rn(cos⁡nθ+isin⁡nθ)z = r(\cos \theta + i \sin \theta) \rightarrow \resaltar{z^n} = \dato{m}{\resaltar{r^n (\cos n\theta + i \sin n\theta)}}

    解は 0 にはなりえない。0n=0≠w0^n = 0 \neq w だからである。解を極形式で書き（r>0r > 0）、ド・モアブルの公式で累乗（指数 nn）する。

  2. zn=w↔rn=R∧nθ=φ+2kπ,k∈Z\resaltar{z^n = w} \leftrightarrow \dato{c}{\resaltar{r^n = R \wedge n\theta = \varphi + 2k\pi}}, \quad k \in \mathbb{Z}

    極形式における相等の定理により、方程式 zn=wz^n = w は二つの実数の条件と同値である。絶対値が等しく、偏角の差が 2π2\pi の整数倍であることである。

  3. r=Rn,θk=φ+2kπn,k∈Zr = \resaltar{\sqrt[n]{R}}, \qquad \dato{t}{\theta_k = \resaltar{\frac{\varphi + 2k\pi}{n}}}, \quad k \in \mathbb{Z}

    nn 乗が RR となる正の実数はただ一つ、すなわち主根であり、偏角は整数 kk によって定まる。逆に、この絶対値とこの偏角をもつ複素数はどれも二つの条件を満たすので解である。w=−8w = -8、n=3n = 3 のとき、r=2r = 2、θ=π+2kπ3\theta = \frac{\pi + 2k\pi}{3} となる。

  4. θqn+j=φ+2(qn+j)πn=θj+2qπ→zqn+j=zj\theta_{qn + j} = \resaltar{\frac{\varphi + 2(qn + j)\pi}{n}} = \resaltar{\theta_j + 2q\pi} \rightarrow z_{qn + j} = z_j

    整数 kk は無限にあるが、解はそうではない。余りのある割り算により、どの整数も k=qn+jk = qn + j と書ける。ここで qq は整数で 0≤j≤n−10 \leq j \leq n - 1 である。このとき偏角 θk\theta_k は θj\theta_j より 2π2\pi の整数倍だけ大きく、二つの解は一致する。図では z3=z0z_3 = z_0 である。

  5. 0<θl−θj=2(l−j)πn<2π→zl≠zj0 < \theta_l - \theta_j = \resaltar{\frac{2(l - j)\pi}{n}} < 2\pi \rightarrow \resaltar{z_l \neq z_j}

    解 z0,z1,…,zn−1z_0, z_1, \ldots, z_{n - 1} は互いに異なる。0≤j<l≤n−10 \leq j < l \leq n - 1 ならば、それらの偏角の差は 00 と 2π2\pi の間に厳密にある数であり、2π2\pi の整数倍ではない。したがって、解はちょうど nn 個ある。w=−8w = -8 のとき、解は 1+i31 + i\sqrt{3}、−2-2、1−i31 - i\sqrt{3} である。

実際には、最初の根の偏角は φn\frac{\varphi}{n} であり、それ以降の各根は一つ手前の根の偏角に 2πn\frac{2\pi}{n} を加えて得られる。偏角 φ\varphi（ww の）を別の偏角 φ+2π\varphi + 2\pi に取り替えても根の集合は変わらず、番号が変わるだけである。以前 z1z_1 であったものが z0z_0 とよばれるようになる。n=2n = 2 のとき、二つの根の偏角は π\pi だけ異なるので、それらは互いに反数であり、z1=−z0z_1 = -z_0 となる。これは、コース I の複素数の課で実部どうし、虚部どうしを等しくおいて計算した複素数の平方根に現れる複号である。さらに、根の個数は多項式について知られていることと一致する。コース I の多項式の代数の課の異なる根の補題（その証明は複素数でもそのまま成り立つ）により、多項式 zn−wz^n - w（次数 nn）は nn 個より多くの相異なる根をもつことはできない。定理は、それがその個数の根をすべてもつことを示している。

根のなす正多角形

nn 個の根は絶対値が同じなので、中心 00、半径 Rn\sqrt[n]{R} の円周上にあり、その偏角は等間隔に並んでいる。下に示す定理は、この配置を複素数の積で表す。極形式の課で証明したように、極形式では積は絶対値を掛け合わせ、偏角を加え合わせるからである。

定理根のなす多角形

ww を 0 でない複素数とし（R=∣w∣R = \abs{w}）、n≥3n \geq 3 を自然数とする。各 nn 乗根（ww の）は、一つ手前の根に下に示す数 ω\omega を掛けて得られ、これは原点のまわりに角 2πn\frac{2\pi}{n} だけ回転させることと同じである。nn 個の根は正多角形（辺の数 nn）の頂点であり、その正多角形は中心 00、半径 Rn\sqrt[n]{R} の円に内接し、その辺の長さは 2Rnsin⁡πn2\sqrt[n]{R} \sin \frac{\pi}{n} である。

zk+1=zk ω,ω=cos⁡2πn+isin⁡2πnz_{k + 1} = z_k \, \omega, \qquad \omega = \cos \frac{2\pi}{n} + i \sin \frac{2\pi}{n}

図は w=64iw = 64i で証明をたどる。その立方根、4 乗根、6 乗根は、それぞれ半径 643=4\sqrt[3]{64} = 4、644=22\sqrt[4]{64} = 2\sqrt{2}、646=2\sqrt[6]{64} = 2 の円周上にある。

証明

  1. zk ω=Rn(cos⁡(θk+2πn)+isin⁡(θk+2πn))=zk+1z_k \, \omega = \sqrt[n]{R} \left( \cos \resaltar{\left( \theta_k + \frac{2\pi}{n} \right)} + i \sin \left( \theta_k + \frac{2\pi}{n} \right) \right) = \dato{g}{\resaltar{z_{k + 1}}}

    ∣ω∣=1\abs{\omega} = 1 なので、積 zkωz_k \omega は zkz_k の絶対値をもち、偏角は 2πn\frac{2\pi}{n} だけ増えている。これがその直後の根である。kk についての帰納法により、各根は最初の根に累乗（ω\omega の）を掛けたものであり、zk=z0ωkz_k = z_0 \omega^k となる。

  2. ∣uω−vω∣=∣(u−v)ω∣=∣u−v∣∣ω∣=∣u−v∣\abs{u\omega - v\omega} = \abs{\resaltar{(u - v)\omega}} = \abs{u - v} \abs{\omega} = \dato{d}{\resaltar{\abs{u - v}}}

    したがって、ω\omega を掛けることは原点のまわりの角 2πn\frac{2\pi}{n} の回転であり、この回転は距離を保つ。積の絶対値は絶対値の積だからである。

  3. ∣zk+2−zk+1∣=∣zk+1ω−zkω∣=∣zk+1−zk∣\abs{z_{k + 2} - z_{k + 1}} = \abs{\resaltar{z_{k + 1} \omega - z_k \omega}} = \resaltar{\abs{z_{k + 1} - z_k}}

    回転は多角形の各辺をその直後の辺に移すので、すべての辺の長さは等しい。

  4. zn−1ω=z0ωn−1ω=z0ωn=z0z_{n - 1} \omega = z_0 \resaltar{\omega^{n - 1} \omega} = z_0 \omega^n = \resaltar{z_0}

    多角形は閉じている。ωn=1\omega^n = 1 だからである。回転は最後の頂点を最初の頂点に移す。nn 個の頂点は円周上にあり、辺は等しい。さらに、回転は頂点 zkz_k、zk+1z_{k + 1}、zk+2z_{k + 2} の三角形を頂点 zk+1z_{k + 1}、zk+2z_{k + 2}、zk+3z_{k + 3} の三角形に三辺を保ったまま移し、余弦定理により三角形の角はその三辺で定まる。多角形の角、すなわちこれらの三角形の真ん中の頂点における角は等しく、多角形は正多角形である。

  5. ∣z1−z0∣=∣z0∣∣ω−1∣=2Rnsin⁡πn\abs{z_1 - z_0} = \abs{z_0} \resaltar{\abs{\omega - 1}} = \resaltar{2\sqrt[n]{R} \sin \frac{\pi}{n}}

    辺は頂点 00、z0z_0、z1z_1 の三角形で計算する。半角の公式により ∣ω−1∣2=2−2cos⁡2πn=4sin⁡2πn\abs{\omega - 1}^2 = 2 - 2\cos \frac{2\pi}{n} = 4\sin^2 \frac{\pi}{n} であり、πn\frac{\pi}{n} の正弦は正である。64i64i の 6 乗根については、辺の長さは 2⋅2⋅12=22 \cdot 2 \cdot \frac{1}{2} = 2 であり、どの正六角形でもそうであるように半径に等しい。

n=2n = 2 のとき、多角形は直径に退化し、その両端は互いに反数である二つの根である。また n=1n = 1 のとき、根は一つだけで、ww 自身である。根が正多角形をなすことは、どの根もほかの根と区別されない理由を説明する。角 2πn\frac{2\pi}{n} の回転は、図形を変えずに根を入れ替えるからである。