Ahlfors
引き続き。1章はこちら。
2. THE GEOMETRIC REPRESENTATION OF COMPLEX NUMBERS
平面上の与えられた直交座標系に関して、複素数\(a = \alpha + i\beta\)は座標\((\alpha,\beta)\)を持つ点で表すことができる。最初の座標軸（\(x\)軸）は実軸と呼ばれ、2番目の座標軸（\(y\)軸）は虚軸と呼ばれる。平面そのものは複素平面と呼ばれる。
幾何学的表現は、幾何学的言語と結びついた鮮明な心象風景からその有用性を引き出す。しかし我々は、解析学におけるすべての結論は実数の性質から導かれるべきであり、幾何学の公理から導かれるべきではないという立場をとる。このような理由から、幾何学は記述的な目的にのみ使用し、有効な証明には使用しない。ただし、解析的な解釈が自明となるような薄っぺらな言語である場合は別である。このような態度は、幾何学的な考察における厳密さの必要性から私たちを解放してくれる。
2.1. Geometric Addition and Multiplication.
複素数の足し算はベクトルの足し算として視覚化できる。この目的のために、複素数を点だけでなく、原点から点へのベクトルでも表すことにする。数、点、ベクトルはすべて同じ文字\(a\)で示される。いつものように、平行移動によって互いに得られるすべてのベクトルを識別する。
\(a + b\)は\(a\)の始点から\(b\)の終点までのベクトルで表される。差\(b – a\)を構成するには、\(a\)および\(b\)の両ベクトルを同じ始点から引き、\(b – a\)は\(a\)の終点から\(b\)の終点までを指す（図1.1）。
ベクトル表現のさらなる利点は、ベクトル\(a\)の長さが\(|a|\)に等しいことである。したがって点\(a\)と\(b\)間の距離は\(Ia – b|\)となる。この解釈により、三角不等式\(|a +b| \leq |a| +|b|\)と恒等式\(|a +b|^2+|a – b|^2= 2(|a|^2 +|b|^2)\)はおなじみの幾何学の定理となる。
点\(a\)とその共役\(\bar{a}\)は実軸に対して対称である。\(a\)の虚軸に対する対称点は\(-\bar{a}\)である。\(a、-\bar{a}、-a、\bar{a}\)の4点は、両軸に関して対称な長方形の頂点である。
2つの複素数の積の幾何学的解釈を導くために、極座標を導入する。点\((\alpha,\beta)\)の極座標を\((r,\phi)\)とすると、次のようになる。$$\begin{cases}\alpha & = & r\cos{\phi} \\ \beta & = & r\sin{\phi}\end{cases}$$
したがって、\(a= \alpha+ i\beta=r(\cos{\phi}+i\sin{\phi})\)と書くことができる。この複素数の三角関数形式では、\(r\)は常に\(\geq 0\)であり、絶対値\(|a|\)に等しい。\(\phi\)は複素数の偏角または振幅と呼ばれ、\(\mathrm{arg}\,a\)と表記する。
二つの複素数\(a_1 = r_1(\cos{\phi_1} + i \sin{\phi_1}\)と\(a_2 = r_2(\cos{\phi_2} + i \sin{\phi_2})\)を考える。それらの積は、\(a_1a_2 = r_1r_2[(\cos{\phi_1}\cos{\phi_2} -\sin{\phi_1}\sin{\phi_2}) + i(\sin{\phi_1}\cos{\phi_2} +\cos{\phi_1}\sin{\phi_2})]\) のように書くことができる。余弦と正弦の加算定理により、この式は次のように簡略化される。$$a_1a_2 = r_1r_2[\cos{(\phi_1+\phi_2)} + i\sin{(\phi_1+\phi_2)}]\ \ \tag{16}\label{16}$$
積は\(r_1r_2\)の絶対値を持ち、\(\phi_1 + \phi_2\)の偏角を持つ。後者の結果は新しいもので、次の式で表される。$$\mathrm{arg}\,(a_1a_2) = \mathrm{arg}\,a_1 + \mathrm{arg}\,a_2\ \ \ \tag{17}\label{17}$$この式が任意の積に拡張できることは明らかである。すなわち、「積の引数は因数の引数の和に等しい」。これは基本的なことである。今私たちが定式化した法則は、複雑な数の幾何学的表現に深く思いがけない正当性を与える。しかしながら、私たちが\eqref{17}に到達した方法は、私たちの原則に違反していることを十分に認識しなければならない。第一に、\eqref{17}は数の関係ではなく角度の関係であり、第二に、その証明は三角法の使用にかかっている。したがって、解析的な用語で議論を定義し、純粋に解析的な手段で\eqref{17}を証明する必要がある。今のところ、この証明は後回しにして、\eqref{17}の結果をあまり批判的でない立場から論じることで満足することにする。
まず、\(0\)の引数は定義されておらず、したがって\eqref{17}は\(a_1\)と\(a_2\)が\(\ne 0\)の場合にのみ意味を持つ。第二に、極角は\(360^{\circ}\)の倍数までしか決まらない。このため、\eqref{17}を数値的に解釈する場合、\(360^{\circ}\)の倍数はカウントしないことに同意しなければならない。
\eqref{17}により、積\(a_1a_2\)の簡単な幾何学的構成が得られる。\(0, 1, a_1\)を頂点とする三角形は、\(0, a_2, a_1a_2\)を頂点とする三角形と相似である。\(0, 1, a_1, a_2\)が与えられると、この類似性によってa1a2点が決定される（図1-2）。割り算の場合、\eqref{17}は以下のように置き換えられる。$$\mathrm{arg}\,\frac{a_2}{a_1} = \mathrm{arg},a_2 -\mathrm{arg}\,a_1 \tag{18}\label{18}$$幾何学的な構成は同じだが、相似な三角形が\(0, 1, a_1\)と\(0, a_2/a_1, a2\)になった。
備考：角度と偏角を定義する方法としては、円弧の長さを定積分として表すことができる微積分の方法を適用するのが完全に受け入れられるだろう。これは三角関数の正しい定義と、加算定理の計算による証明につながる。この道をたどらない理由は、実解析とは対照的に、複素解析の方がはるかに直接的なアプローチを提供するからである。そのヒントは指数関数と三角関数の間の直接的なつながりにあり、それは第2章第5節で導かれる。このポイントに到達するまでは、読者は完全な厳密さを求めるのを抑えていただきたい。
EXERCISES
\(1. \) 座標軸間の角を二等分する線に関して、\(a\)の対称点を求めよ。
\(a\)を\(-45^{\circ}\)回転させて、対称移動してから、再度\(45^{\circ}\)回転させれば良い。したがって、\(\displaystyle \overline{a\cdot \frac{1-i}{\sqrt{2}}}\cdot \frac{1+i}{\sqrt{2}} = i\bar{a}\)となる。
\(2. \) \({a_1}^2 + {a_2}^2 + {a_3}^2 = a_1a_2 + a_2a_3 + a_3a_1\)の場合に限り、点\(a_1, a_2, a_3\)が正三角形の頂点であることを証明せよ。
与えられた式を変形すると、\((a_1-a_2)^2 + (a_2-a_3)^2 + (a_3-a_1)^2 = 0\)となる。さらに変形すると、\(\displaystyle \frac{a_3-a_2}{a_2-a_1} = \frac{a_1-a_3}{a_3-a_2}\)となる。これは\(3\)点\(a_1, a_2, a_3\)が正三角形を作ることを表す。
\(3. \) \(a\)と\(b\)が正方形の2つの頂点であるとする。他の2つの頂点をすべての可能な場合について求めよ。
\(b = a, -a, \bar{a}\)の可能性がある。
\(4. \) 頂点\(a_1, a_2 , a_3\) を持つ三角形を囲む円の中心と半径を求めよ。 結果を対称形で表せ。
求める中心を\(z\)とすると、\(|z-a_1| = |z-a_2| = |z-a_3|\)が成り立つ。これを解くと、\(\displaystyle z = \frac{(a_1-a_2)|a_3|^2 + (a_2-a_3)|a_1|^2 + (a_3-a_1)|a_2|^2}{(a_1-a_2)\bar{a_3} + (a_2-a_3)\bar{a_1} + (a_3-a_1)\bar{a_2}}\)となる。半径は\(\displaystyle \left|\frac{(a_2-a_1)|a_3|^2+(a_1-a_3)|a_2|^2 + (\bar{a_3}-\bar{a_2}){a_1}^2+(\bar{a_2}a_3-a_2\bar{a_3})a_1}{(a_1-a_2)\bar{a_3} + (a_2-a_3)\bar{a_1} + (a_3-a_1)\bar{a_2}}\right|\)となる。
2.2. The Binomial Equation.
前述の結果から、\(a=r(\cos{\phi} +i \sin{\phi})\)のべき乗は次式で与えられることが導かれる。$$a^n = r^n(\cos{n\phi} + i\sin{n\phi})\ \tag{19}\label{19}$$この式は、\(n = 0\)のときにも成り立つ。また、$$a^{-1} = r^{-1}(\cos{\phi}-i\sin{\phi}) = r^{-1}\cos{(-\phi) + i\sin{(-\phi)}}$$は\(n\)が負の整数のときにも成り立つ。\(r = 1\)の場合、De Moivreの公式を得る。$$(\cos{\phi} + i\sin{\phi})^n = \cos{n\phi} + i\sin{n\phi} \tag{20}\label{20}$$これは、\(\cos{n\phi}\)と\(\sin{n\phi}\)を\(\cos{\phi}\)と\(\sin{\phi}\)で表す極めて簡単な方法を提供する。複素数\(a\)の\(n\)番目の根を求めるには、方程式を解かなければならない。$$z^n = a\ \tag{21}\label{21}$$\(a\ne 0\)と仮定して、\(a＝r(\cos{\phi} ＋i\sin{\phi})\)と書く。すると、\eqref{21}は$${\rho}^n(\cos{n\theta}+ i\sin{n\theta}) = r(\cos{\phi} + i\sin{\phi})\ \tag{22}\label{22}$$となる。この方程式は、\({\rho}^n = r, n\theta = \phi\)であれば確実に成立する。したがって、以下を得る。$$z = \sqrt[n]{r}\left(\cos{\frac{\phi}{n}} + i\sin{\frac{\phi}{n}}\right)$$ここで、\(\sqrt[n]{r}\)は正の数\(r\)の正の\(n\)乗根を表す。しかし、これが唯一の解ではない。実は、\eqref{22}は\(n\theta\)が\(\phi\)から全角の倍数だけ異なる場合にも満たされる。角度をラジアン単位で表すと、全角は\(2\pi\)となり、\eqref{22}は次の場合にのみ満たされることがわかる。$$\theta = \frac{\phi}{n} + k\cdot \frac{2\pi}{n}$$ここで\(k\)は任意の整数である。しかし、\(k = 0, 1, \cdots, n-1\)の値だけが異なる\(z\)の値を与える。したがって、式\eqref{21}の完全解は次式で与えられる。$$z = \sqrt[n]{r}\left[\cos{\left(\frac{\phi}{n} + k\frac{2\pi}{n}\right)} + i\sin{\left(\frac{\phi}{n} + k\frac{2\pi}{n}\right)}\right], k = 0, 1, \cdots, n-1$$それらは同じ法を持ち、数は等間隔である。幾何学的には、\(n\)番目の根は\(n\)個の辺を持つ正多角形の頂点である。\(a = 1\)の場合は特に重要である。方程式\(z^n = 1\)の根は\(n\)番目の単根と呼ばれ、次のように設定すると$$\omega = \cos{\frac{2\pi}{n}} + i\sin{\frac{2\pi}{n}} \tag{23}\label{23}$$すべての根は\(1, \omega, {\omega}^2, \cdots, {\omega}^{n-1}\)で表現できる。もし\(\sqrt[n]{a}\)が\(a\)の任意の\(n\)番目の根を表すなら、すべての\(n\)番目の根は\({\omega}^k\cdot \sqrt[n]{a}, k = 0, 1, \cdots, n-1\)の形で表せる。
EXERCISES
\(1. \) \(\cos{3\phi}, \cos{4\phi}, \cos{5\phi}\)を\(\cos{\phi}, \sin{\phi}\)を用いて表せ。
順に\(4cos^3{\phi}-3\cos{\phi}, 8\cos^4{\phi}-8\cos^2{\phi} + 1, 16\cos^5{\phi}-20\cos^3{\phi} + 5\cos{\phi}\)となる。
\(2. \) \(1 + \cos{\phi} + \cos{2\phi} + \cdots + \cos{n\phi}, \sin{\phi} + \sin{2\phi} + \cdots + \sin{n\phi}\)を求めよ。
\(z = \cos{\phi} + i\sin{\phi}\)とする。$$\begin{eqnarray}1 + z + z^2 + \cdots + z^{n} & = & \frac{1-z^{n+1}}{1-z} \\ & = & \frac{1-\cos{(n+1)\phi}-i\sin{(n+1)\phi}}{1-\cos{\phi}-i\sin{\phi}} \\ & = & \frac{(1-\cos{(n+1)\phi}-i\sin{(n+1)\phi})(1-\cos{\phi}+i\sin{\phi})}{(1-\cos{\phi})^2 +\sin^2{\phi}} \\ & = & \frac{f(\phi)}{2(1-\cos{\phi})}\end{eqnarray}$$ただし、$$\begin{eqnarray}f(\phi) & = & 1-\cos{\phi}-\cos{(n+1)\phi}+\cos{\phi}\cos{(n+1)\phi} + \sin{\phi}\sin{(n+1)\phi} \\ & & +i\sin{\phi}(1-\cos{(n+1)\phi})-i\sin{(n+1)\phi}(1-\cos{\phi}) \\ & = & \cos{n\phi} -\cos{\phi}-\cos{(n+1)\phi}+1 \\ & & +i(\sin{\phi}-\sin{(n+1)\phi} -\sin{\phi}\cos{(n+1)\phi}+\sin{(n+1)\phi}\cos{\phi}) \\ & = & \cos{n\phi}-\cos{\phi}-\cos{(n+1)\phi}+1 \\ & & +i(\sin{\phi}-\sin{(n+1)\phi} + \sin{n\phi})\end{eqnarray}$$したがって、\(\displaystyle 1+\cos{\phi} + \cos{2\phi} + \cdots + \cos{n\phi} = \frac{\cos{n\phi}-\cos{\phi}-\cos{n\phi} + 1}{2(1-\cos{\phi})}, \sin{\phi} + \sin{2\phi} + \cdots + \sin{n\phi} = \frac{\sin{\phi}-\sin{(n+1)\phi}+\sin{n\phi}}{2(1-\cos{\phi})}\)となる。
\(3. \) \(1\)の\(5\)乗根と\(10\)乗根を代数的に表せ。
\(z = 1\)は除く。\(z^5 = 1\)より、\((z-1)(z^4+z^3+z^2+z+1) = 0\)となり、変形して\(\displaystyle z^2+z + 1 + \frac{1}{z} + \frac{1}{z^2} = 0\)更に変形して\(\displaystyle \left(z+\frac{1}{z}\right)^2+z+\frac{1}{z}-1 = 0\)であり\(\displaystyle t = z+\frac{1}{z} \)とすると、\(t^2+t-1 = 0\)となり、\(\displaystyle t = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}\)となる。したがって、\(\displaystyle z+\frac{1}{z} = \frac{-1\pm\sqrt{5}}{2}\)となり、これを解いて\(\displaystyle z = \frac{-1+\sqrt{5}}{4} \pm i\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}, \frac{-1-\sqrt{5}}{4} \pm i\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}\)となる。\(10\)乗根はこのルート。
\(4. \) \(\omega\)が\eqref{23}で与えられたとき、\(n\)の倍数でない任意の整数\(h\)に対して以下を証明せよ。$$1 + {\omega}^h + {\omega}^{2h} + \cdots + {\omega}^{(n-1)h} = 0$$
\(\omega^n = 1\)であるから、与式$$\begin{eqnarray} & = & \frac{1-{\omega}^{nh}}{1-{\omega}^h} \\ & = & 0\end{eqnarray}$$
\(5. \) 以下の値を求めよ。$$1-{\omega}^h + {\omega}^{2h} – \cdots + (-1)^{n-1}{\omega}^{(n-1)h}$$
与式$$\begin{eqnarray} & = & \frac{1+{(-\omega)}^{nh}}{1+{\omega}^h} \\ & = & \frac{1+(-1)^h}{1+{\omega}^h}\end{eqnarray}$$
2.3 Analytic Geometry.
古典的な解析幾何学では、軌跡の方程式は\(x\)と\(y\)の関係で表される。この方程式は\(z\)と\(z\)の関係で表すこともでき、その方が有利な場合もある。覚えておかなければならないのは、複素方程式は通常2つの実方程式と等価であるということである。本物の軌跡を得るためには、これらの方程式は本質的に同じでなければならない。
例えば、円の方程式は\(|z – a| = r\)である。代数的な形では、\((z – a)(\bar{z} – \bar{a}) = r^2\)と書き直すことができる。この方程式が複素共役のもとで不変であるという事実は、この方程式が一つの実数方程式を表していることを示している。
複素平面上の直線は、パラメトリック方程式 \(z = a+ bt\) で与えることができ、ここで\(a\) と\(b\)は複素数で \(b \ne 0\) である。2つの方程式\(z = a +bt\)と\(z = a^{\prime} +b^{\prime}t\)は、\(a^{\prime} – a\)と\(b^{\prime}\)が\(b\)の実数倍である場合に限り、同じ直線を表す。\(b^{\prime}\)が\(b\)の実数倍であるときはいつでも直線は平行であり、\(b^{\prime}\)が\(b\)の正の倍数であるときは等しく有向である。\(b^{\prime}/b\)が純虚数であれば、線は互いに直交する。
直線と円の交点、平行線や直交線、接線などを求める問題は、通常、複素数の形で表現すると非常に単純になる。
不等式\(|z – a| < r\)は円の内側を表す。同様に、有向線\(z = a + bt\)は，すべての点\(z\)が\(\Im{(z- a)/b}<0\) である右半平面と，\(\Im{(z- a)/b}>0\)である左半平面を決定する。
EXERCISES
\(1. \) \(az + b\bar{z} + c = 0\)が直線を表すのはどのようなときか。
複素数平面における直線の一般式は、\(\bar{a}z -a\bar{z} + b = 0\)である。ただし、\(b\)は純虚数とする。
\(2. \) 楕円、双曲線、放物線の方程式を複素数で書け。
楕円は\(|z-a| + |z + a| = c\)ただし\(a\)は複素数でこれが焦点になる。\(c\)は実定数。双曲線は\(||z-p|-|z-q|| = 2c\)ただし\(p, q\)は複素数でこれが焦点になる。\(c\)は実定数。放物線は\(\displaystyle |z-a| – \frac{|z-\bar{z}|}{2} + \frac{|a-\bar{a}|}{2}\)となる。
\(3. \) 平行四辺形の対角線は互いに二等分し、ひし形の対角線は直交することを証明せよ。
平行四辺形の頂点を\(0, a, b, a+b\)とする。対角線は\(a+b\)と\(a-b\)になる。交点は\(\displaystyle \frac{a+b}{2}\)と\(\displaystyle b + \frac{a-b}{2} = \frac{a+b}{2}\)なので、対角線は互いに二等分する。ひし形の場合は、頂点を\(a, -a, b, -b \)と置けば良い。
\(4. \) 円に平行な弦の中点が、その弦に垂直な直径上にあることを解析的に証明せよ。
単位円で考えても一般性を失わない。\(|z| =1\)として、この円周上の2点を\(a, -a\)とする。\(|a| = 1\)である。2点\(a, -a\)の中点は\(\displaystyle \frac{a-a}{2} = 0\)である。これは虚軸であり、円の中心を通り、また弦に直交する。
\(5. \) \(a\)と\(1/\bar{a}\)を通るすべての円が、円\(|z| = 1\)と直角に交わることを示せ。
\(\displaystyle a, \frac{1}{\bar{a}}\)を通る円を\(|z-b| = c\)とする。ただし\(b\)は複素数で、\(c\)は実数である。これに\(z = a, 1/\bar{a}\)を代入して展開すると、\(|b|^2 =c^2+1\)を得る。一方2つの円の交点を\(z_0\)とすると、\(|z_0-b| = c, |z_0| =1 \)である。これも展開すると、\(r^2 = 1-2\Re{(b/z_0)} + |b|^2\)を得る。したがって、\(\Re{\left\{(z_0-b)/z_0\right\}} = 1-\Re{(b/z_0)} = 1 + (r^2-1-|b|^2)/2 = 0\)となり、\(z_0\)から0への半径と\(z_0\)から\(b\)への半径は直交する。つまり2つの円は直角に交わる。
2.4 The Spherical Representation.
多くの目的のために、無限を表す記号\(\infty\)を導入して複素数の体系\(C\)を拡張することは有用である。有限数との関係は、すべての有限な\(a\)について、\(a + \infty = \infty + a = \infty\)とすることで確立される。また、$$b\cdot \infty = \infty \cdot b = \infty$$が\(b = \infty\)を含み\(b\ne 0\)であるとき成り立つ。しかし、算数の法則に反することなく、\(\infty + \infty\)と\(0\cdot \infty\)を定義することは不可能である。特別な慣例により、\(a\ne 0\)に対して\(a/0 = \infty\)と書き、\(b\ne 0\)に対して\(b/\infty = 0\)と書くことにする。
平面には\(\infty\)に対応する点を置く余地はないが、無限遠にある点と呼ぶ 「理想的な」点を導入することはできる。平面上の点と無限遠点を合わせて、拡張複素平面を形成する。我々は、すべての直線が無限遠点を通ることに同意する。対照的に、理想点を含む半平面は存在しない。
拡張平面のすべての点が具体的な代表点を持つような幾何学的モデルを導入することが望ましい。この目的のために、3次元空間での方程式が\({x_1}^3 + {x_2}^3 + {x_3}^3 = 1\)である単位球\(S\)を考える。\(S\)上の\((0, 0, 1)\)以外のすべての点から、複素数を関連付けさせることができる。$$z = \frac{x_1 + ix_2}{1-x_3} \tag{24}\label{24}$$この対応は一対一である。\eqref{24}から以下を得る。$$|z|^2 = \frac{x_1^2+x_2^2}{(1-x_3)^2} = \frac{1+x_3}{1-x_3}$$したがって、$$x_3 = \frac{|z|^2-1}{|z|^2+1} \tag{25}\label{25}$$である。更に計算をすると、$$\begin{eqnarray}x_1 & = & \frac{z+\bar{z}}{1+|z|^2}\\ x_2 & = & \frac{z-\bar{z}}{i(1+|z|^2)}\end{eqnarray} \tag{26}\label{26}$$となる。
この対応関係は、無限遠の点を\((0, 0, 1)\)に対応させることで完成させることができ、球面を拡張平面または拡張数系の表現とみなすことができる。
半球\(x_3 < 0\) は円盤 \(|z| < 1\) に対応し、半球 \(x_3 > 0\) は\(|z| > 1\)に対応する。関数論では、球面Sはリーマン球と呼ばれる。複素平面を\((x_1, x_2)\)平面と同定し、\(x_1\)軸と\(x_2\)軸をそれぞれ実軸と虚軸に対応させると、変換\eqref{24}は単純な幾何学的意味を持つ。\(z = x+iy\)と書くと、以下のようになる。$$x:y:-1 = x_1:x_2:x_3-1 \tag{27}\label{27}$$これは点\((x,y,0), (x_1,x_2,x_3)\)と\((0,0,1)\)が直線上にあることを意味する。したがって、対応関係は図1-3に示すように、中心\((0,0,1)\)からの中心投影となる。
これをステレオグラフ射影と呼ぶ。ステレオグラフ射影をSから拡張複素平面への写像とみなすか、その逆とみなすかは、文脈を見れば明らかであろう。
球面表現では、足し算と掛け算の単純な解釈はない。その利点は、無限遠の点がもはや区別されないという事実にある。ステレオグラフ射影がz平面上のすべての直線を、極\((0,0,1)\)を通るS上の円に変換することは幾何学的に明らかであり、逆もまた真である。より一般的には、球面上のどの円も\(z\)平面上の円または直線に対応する。
これを証明するために、球面上の円が平面\({\alpha}_1x_1 + {\alpha}_2x_2 + {\alpha}_3x_3 = {\alpha}_0\)にあることを観察する。ここで、\({\alpha_1}^2 + {\alpha_2}^2 + {\alpha_3}^2 = 1, 0\leq \alpha_0<1\)を仮定できる。\(z\)と\(\bar{z}\)に関して、この方程式は以下の形となる。$${\alpha_1}(z+\bar{z}) -\alpha_2 i(z-\bar{z}) + {\alpha_3}(|z|^2-1) = \alpha_0 (|z|^2+1)$$あるいは、$$(\alpha_0-\alpha_3)(x^2+y^2)-2\alpha_1x-2\alpha_2y + \alpha_0+\alpha_3 = 0$$\(\alpha_0\ne \alpha_3\)の場合、これは円の方程式であり、\(\alpha_0 = \alpha_3\)の場合は直線を表す。逆に、円や直線の方程式はこの形で書くことができる。その結果、対応関係は1対1になる。
\(z\)と\(z^{\prime}\)のステレオグラフ投影間の距離\(d(z, z^{\prime})\)を計算するのは簡単である。各点を\((x_1, x_2, x_3), ({x_1}^{\prime}, {x_2}^{\prime}, {x_3}^{\prime})\)とすると、まず$$(x_1-{x_1}^{\prime})^2 + (x_2-{x_2}^{\prime})^2 + (x_3-{x_3}^{\prime})^2 = 2-2(x_1{x_1}^{\prime}+x_2{x_2}^{\prime} + x_3{x_3}^{\prime})$$となる。\eqref{25}, \eqref{26}から簡単な計算の後に以下を得る。$$\begin{eqnarray}x_1{x_1}^{\prime} + x_2{x_2}^{\prime} + x_3{x_3}^{\prime} & = & \frac{(z+\bar{z})(z^{\prime}+\bar{z^{\prime}})-(z-\bar{z})(z^{\prime}-\bar{z^{\prime}}) + (|z|^2-1)(|z^{\prime}|^2-1)}{(1+|z^{\prime}|^2)(1+|z^{\prime}|^2)} \\ & = & \frac{(1+|z|^2)(1+|z^{\prime}|^2)-2|z-z^{\prime}|^2}{(1+|z|^2)(1+|z^{\prime}|^2)}\end{eqnarray}$$結果として、以下を得る。$$d(z, z^{\prime}) = \frac{2|z-z^{\prime}|}{\sqrt{(1+|z|^2)(1+|z^{\prime}|^2)}} \tag{28}\label{28}$$これは、\(z^{\prime} = \infty\)のとき、$$d(z, \infty) = \frac{2}{\sqrt{1+|z|^2}}$$となる。
EXERCISES
\(1. \) \(z\bar{z^{\prime}} = -1\)の場合に限り、\(z\)と\(z^{\prime}\)とがリーマン球上の正反対の点に対応することを示せ。
このとき\(d(z, z^{\prime}) = 2\)であるから、\eqref{28}から$$|z-z^{\prime}|^2 = (1+|z|^2)(1+|z^{\prime}|^2)$$となる。展開すると、$$|z|^2-z\bar{z^{\prime}}-\bar{z}z^{\prime} + |z^{\prime}|^2 = 1+|z|^2+|z^{\prime}|^2 + |zz^{\prime}|^2$$であり、整理すると\(|z\bar{z^{\prime}}-1|^2 = 0\)となる。
\(2. \) ある立方体は頂点が球面S上にあり、辺が座標軸に平行である。頂点の立体投影図を求めよ。
\(x_1 = x_2 = x_3\)として\(x_1^2+x_2^2+x_3^2=1\)に代入して、\(\displaystyle (x_1, x_2, x_3) = \frac{1}{\sqrt{3}}(\pm 1, \pm 1, \pm 1)\)を得る。ただし、複号任意とする。これを\eqref{24}に代入すると、例えば\(\displaystyle x_1=x_2=x_3 = \frac{1}{\sqrt{3}}\)の場合、\(\displaystyle z = \frac{1+i}{\sqrt{3}-1}\)などを得る。
\(3. \) 一般的な位置にある正四面体でも同じ問題を考えてみる。
\(V_0 = \begin{pmatrix}0 \\ 0\\ 1\end{pmatrix}, V_1 = \begin{pmatrix}2\sqrt{2}/3 \\ 0 \\ -1/3\end{pmatrix}, V_2 = \begin{pmatrix}-\sqrt{2}/3 \\ \sqrt{2}/\sqrt{3} \\ -1/3\end{pmatrix}, V_3 = \begin{pmatrix}-\sqrt{2}/3 \\ -\sqrt{2}/\sqrt{3} \\ -1/3\end{pmatrix}\)とすると、\(\displaystyle z_0 = \infty, z_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}, z_2 = -\frac{1}{2\sqrt{2}} + i\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}, z_3 = -\frac{1}{2\sqrt{2}}-i\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}\)となる。
\(4. \) \(Z, Z^{\prime}\)を\(z, z^{\prime}\)のステレオグラフ投影とし、\(N\)を北極とする。三角形\(NZZ^{\prime}\)と\(Nzz^{\prime}\)が相似であることを示し、これを用いて\eqref{28}を導け。
\(NZ = \sqrt{(-x_1)^2 + (-x_2)^2+ (1-x_3)^2} = \sqrt{2-2x_3}\)となる。\eqref{24}から、$$\begin{eqnarray}Nz & = & \sqrt{\left(-\frac{x_1}{1-x_3}\right)^2+\left(\frac{-x_2}{1-x_3}\right)^2+1^2} \\ & = & \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1-x_3}}\end{eqnarray}$$となる。これから、\(\displaystyle NZ^{\prime} = \sqrt{2-2{x_3}^{\prime}}, Nz^{\prime} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1-{x_3}^{\prime}}}\)である。したがって、\(\displaystyle \frac{Nz}{NZ^{\prime}} = \frac{Nz^{\prime}}{NZ} = \frac{1}{\sqrt{(1-x_3)(1-{x_3}^{\prime})}}\)で前半は証明できる。後半は\eqref{25}を用いる。
\(5. \) 中心を\(a\)、半径を\(R\)とする平面上の円の球面像の半径を求めよ。
\eqref{28}で\(z = a+r, z^{\prime} = a-r\)として、\(\displaystyle d(z, z^{\prime}) = \frac{2R}{\sqrt{1+2a^2+2R^2+(a^2-r^2)^2}}\)を得る。これを\(2\)で割ったものが答え。
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