Ahlfors
意外と無料で読めることを知らなかった。アールフォルスはフィンランドの人なんだな。
1 COMPLEX NUMBERS
1. THE ALGEBRA OF COMPLEX NUMBERS
実数と複素数が同じ算術の基本法則に従うことは基本的なことである。このアナロジーを強調し、実践することから複素関数論の研究を始める。
1.1 Arithmetic Operations.
初等代数学では、\(i^2 = -1\)の性質を持つ虚数単位\(i\)について読者は知っている。虚数単位を2つの実数\(\alpha, \beta\)と足し算と掛け算で組み合わせると、複素数\(\alpha + i\beta\)が得られる。\(\alpha\)と\(\beta\)は複素数の実部と虚部である。\(\alpha = 0\)の場合、その数は純粋に虚数であると言われ、\(\beta = 0\)の場合はもちろん実数である。ゼロは、実在であると同時に純粋に虚数である唯一の数である。2つの複素数が等しいのは、同じ実数部と同じ虚数部を持つ場合だけである。
足し算と掛け算は複素数の体系から外れることはない。通常の算術規則が複素数にも適用されると仮定すると、次のようになる。$$(\alpha + i\beta) + (\gamma + i\delta) = (\alpha + \gamma) + i(\beta + \delta) \tag{1}\label{1}$$および$$(\alpha + i\beta) (\gamma + i\delta) = (\alpha\gamma-\beta \delta) + i(\alpha\delta + \beta\gamma) \tag{2}\label{2}$$となる。2つ目の恒等式では、\(i^2 = -1\)という関係を利用した。除算も可能であるが、それは明らかではない。\(\gamma + i\delta \ne 0\)であれば、\(\displaystyle \frac{\alpha + i\beta}{\gamma + i\delta}\)は複素数であることを示したい。商を\(x + iy\)とすると、次のようになる。$$\alpha + i\beta = (\gamma + i\delta)(x + yi)$$\eqref{2}により、この条件は次のように書ける。$$\alpha + i\beta = (\gamma x-\delta y) + i(\delta x + \gamma y)$$となり、次の2つの方程式が得られる。$$\begin{cases}\alpha & = & \gamma x-\delta y \\ \beta & = & \delta x + \gamma y\end{cases}$$この連立一次方程式系は一意解を持つ。$$\begin{eqnarray}x & = & \frac{\alpha\gamma + \beta \delta}{{\gamma}^2 + {\delta}^2}\\ y & = & \frac{\beta\gamma – \alpha\delta}{{\gamma}^2 + {\delta}^2}\end{eqnarray}$$\({\gamma}^2 + {\delta}^2\)がゼロではないことは保証されている。こうして、次のような結果が得られた。$$\frac{\alpha + i\beta}{\gamma + i\delta} = \frac{\alpha\gamma + \beta \delta}{{\gamma}^2 + {\delta}^2} + i\frac{\beta\gamma-\alpha\delta}{{\gamma}^2 + {\delta}^2}$$商の存在が証明されれば、その値は簡単な方法で求めることができる。分子と分母に\(\gamma – i\delta\)を掛けると、次のようになる。$$\begin{eqnarray}\frac{\alpha + i^beta}{\gamma + i\delta} & = & \frac{(\alpha + i\beta)(\gamma-i\delta)}{(\gamma + i\delta)(\gamma-i\delta)}\\ & = & \frac{(\alpha\gamma + \beta\delta) + i(\beta\gamma-\alpha\delta)}{{\gamma}^2 + {\delta}^2}\end{eqnarray}$$特別な場合として、ゼロでない複素数の逆数は次式で与えられる。$$\frac{1}{\alpha + i\beta} = \frac{\alpha-i\beta}{{\alpha}^2 + {\beta}^2}$$i^nには4つの値しかないことに注意する。\(1、i、-1、-i\)である。これらは、\(n\)を\(4\)で割った余りが\(0、1、2、3\)となる値に対応する。
EXERCISES
\(1. \) 次の値を求めよ。$$(1 + 2i)^3, \frac{5}{-3+4i}, \left(\frac{2+i}{3-2i}\right)^2, (1+i)^n + (1-i)^n$$
順に、\(\displaystyle -11-2i, \frac{-3-4i}{5}, \frac{4+7i}{13}\)となる。最後の問題は、\(\displaystyle \theta = \frac{\pi}{4}\)として、$$\begin{eqnarray}1 + i & = & \sqrt{2}(\cos{\theta} + i\sin{\theta})\ 1-i & = & \sqrt{2}(\cos{\theta}- i\sin{\theta})\end{eqnarray}$$であるから、$$\begin{eqnarray}(1+i)^n + (1-i)^n & = & 2\cdot 2^{\frac{n}{2}}\cos{n\theta}\end{eqnarray}$$となる。
\(2. \) \(x, y\)は実数で、\(z = x+iy\)のとき、以下の式の実部と虚部を求めよ。$$z^4, \frac{1}{z}, \frac{z-1}{z+1}, \frac{1}{z^2}$$
順に、\(\displaystyle x^4-y^4-6x^2y^2 + 4xyi(x^2-y^2), \frac{x-yi}{x^2+y^2}, \frac{x^2+y^2-1+2yi}{(x+1)^2-y^2}, \frac{x^2-y^2+2xyi}{(x^2+y^2)^2}\)となる。
\(3. \) \(\displaystyle \left(\frac{-1\pm i\sqrt{3}}{2}\right)^3 = 1\)と\(\displaystyle \left(\frac{\pm1\pm i\sqrt{3}}{2}\right)^6 = 1\)を示せ。
De Moivreの定理より従う。
1.2 Square Roots.
ここで、複素数の平方根が明示的に求められることを示そう。与えられた数を\(\alpha + i\beta\)とすると、次のような数\(x + iy\)を探している。$$(x + iy)^2 = \alpha + i\beta$$これは、以下の連立方程式と等価である。$$\begin{cases}x^2-y^2 & = & \alpha \\ 2xy & = & \beta\end{cases} \tag{4}\label{4}$$これらの方程式から、次のようになる。$$(x^2+y^2)^2 = (x^2-y^2)^2+4x^2y^2 = {\alpha}^2 + {\beta}^2$$したがって、次のようになる。$$x^2+y^2 = \sqrt{{\alpha}^2 + {\beta}^2}$$平方根が正またはゼロである。最初の式\eqref{4}と合わせると、次のようになる。$$\begin{cases}x^2 & = & \frac{1}{2}(\alpha + \sqrt{{\alpha}^2+{\beta}^2})\\ y^2 & = & \frac{1}{2}(-\alpha + \sqrt{{\alpha}^2+{\beta}^2})\end{cases} \tag{5}\label{5}$$\(\alpha\)の符号に関係なく、これらの量は正またはゼロであることに注意。
式\eqref{5}は、一般的に、\(x\)と\(y\)について2つの反対の値をもたらす。しかし、これらの値を任意に組み合わせることはできない。なぜなら、2番目の式\eqref{4}は\eqref{5}の結果ではないからである。したがって、\(x\)と\(y\)の積が\(\beta\)の符号を持つように\(x\)と\(y\)を選択することに注意しなければならない。これは一般解につながる。$$\sqrt{\alpha + i\beta} = \pm \left(\sqrt{\frac{{\alpha + \sqrt{{\alpha}^2+{\beta}^2}}}{2}} + i\frac{\beta}{|\beta|}\sqrt{\frac{-\alpha+\sqrt{{\alpha}^2+{\beta}^2}}{2}}\right) \tag{6}\label{6}$$ただし、\(\beta \ne 0\)である。\(\beta = 0\)の場合は\(\alpha \geq 0\)ならば\(\pm \sqrt{\alpha}\)であり、\(\alpha < 0\)の場合は\(i\sqrt{-\alpha}\)となる。正の数の平方根はすべて正の符号で表される。
我々は、複素数の平方根が存在し、2つの反対の値を持つことを発見した。これらが一致するのは、\(\alpha + i\beta = 0\)のときだけである。\(\beta = 0, \alpha \geq 0\)の場合は実数、\(\beta = 0, \alpha < 0\)場合は純虚数である。言い換えれば、ゼロを除いて、正の数だけが実数平方根を持ち、負の数だけが純粋に虚数平方根を持つ。
どちらの平方根も一般に複素数であるため、複素数の平方根を正負で区別することはできない。もちろん、\eqref{6}で上の符号と下の符号を区別することもできるが、この区別は人為的なものであり、避けるべきである。正しい方法は、両方の平方根を対称的に扱うことである。
EXERCISES
\(1. \)以下を計算せよ。$$\sqrt{i}, \sqrt{-i}, \sqrt{1+i}, \sqrt{\frac{1-i\sqrt{3}}{2}}$$
順に\(\displaystyle \pm \frac{1+i}{\sqrt{2}}, \pm \frac{-1+i}{\sqrt{2}}, \pm \left(\sqrt{\frac{\sqrt{2}+1}{2}} + i\sqrt{\frac{\sqrt{2}-1}{2}} \right), \pm\frac{\sqrt{3}}{2}\mp i\frac{1}{2}\)（最後は複合同順）
\(2. \) \(\sqrt[4]{-1}\)を求めよ。
\(\displaystyle \pm \frac{1\pm i}{\sqrt{2}}\)（複合任意）
\(3. \) \(\sqrt[4]{i}\)と\(\sqrt[4]{-i}\)を計算せよ。
\(\displaystyle \pm (\cos{\theta} \pm i \sin{\theta})\)（複合任意）、ただし\(\displaystyle \theta = \frac{\pi}{8}\)
\(4. \) 以下の二次方程式を解け。$$z^2 + (\alpha + i\beta)z + \gamma + i\delta = 0$$
\(a = \alpha + i\beta, b = \gamma + i\delta\)として、\(z^2+az+b = 0\)を解く。変形すると、\(\displaystyle \left(z+\frac{a}{2}\right)^2 = \frac{a^2-b}{4}\)である。\(\displaystyle z + \frac{a}{2} = Z, \frac{a^2-b}{4} = p+qi\)（\(p, q\)は実数）とすると、\(\displaystyle Z^2 = p + qi\)である。\(Z = X+Yi\)（\(X, Y\)は実数）とすると、\(X^2-Y^2 = p, 2XY = q\)である。$$\begin{eqnarray}(X^2+Y^2)^2 & = & (X^2-Y^2)^2 +4X^2Y^2 \\ & = & p^2+q^2 \end{eqnarray}$$であるから、\(X^2+Y^2 = \sqrt{p^2+q^2}\)であり、これと\(X^2-Y^2 = p\)から\(\displaystyle X^2 = \frac{1}{2}(p+\sqrt{p^2+q^2}), Y^2 = \frac{1}{2}(-p+\sqrt{p^2+q^2})\)である。\(2XY = q\)も考慮すると、\(\displaystyle X = \pm \sqrt{\frac{1}{2}(p + \sqrt{p^2+q^2})}, Y = \pm\sqrt{\frac{1}{2}(-p+\sqrt{p^2+q^2})}\)（複号同順）となる（以下略）。
1.3 Justification.
これまでのところ、複素数へのアプローチはまったく無批判だった。算術の法則がすべて有効でありながら、方程式\(x^2 + 1 = 0\)が解を持つような数体系が存在することに疑問は抱いていない。
\(\mathbb{R}\)で示す実数系の特徴的な性質を思い出すことから始めよう。第一に、\(\mathbb{R}\)は体である。これは、足し算と掛け算が定義され、結合法則、可換法則、分配法則を満たすことを意味する。0と1は、それぞれ加算と乗算の下では中立の要素である。すなわち、\(\alpha + 0 = \alpha, \alpha\cdot 1 = \alpha\)が成り立つ。さらに、減法\(\beta + x = \alpha\)の方程式は常に解を持ち、除法\(\beta x = \alpha\)の方程式はβ＝0であればいつでも解を持つ。
初歩的な推論で、単位元と、引き算と割り算の結果は一意であることがわかる。
これらの特性はすべての体に共通である。さらに、体\(\mathbb{R}\)は\(\alpha < b\)（または\(\beta > \alpha\)）の順序関係を持っている。これは正の実数の集合\(\mathbb{R}^{+}\)の観点から最も簡単に定義できる。\(\alpha < \beta\)であるのは、\(\mathbb{R}^{+}\)において\(\beta -\alpha \in \mathbb{R}^{+}\)であるときだけである。集合\(\mathbb{R}^+\)は次のような性質を持つ。すなわち、(1) \(0\)は正の数ではない、(2) \(\alpha\ne 0\)の場合、\(\alpha\)か\(-\alpha\)のどちらかが正である、(3) 2つの正の数の和と積は正である。これらの条件から、不等式の操作に関する通常のルールがすべて導き出される。特に、すべての平方\({\alpha}^2\)は正またはゼロであることがわかる。したがって、\(1 = 1^2\)は正の数である。
順序関係により、和\(1, 1 + 1, 1 + 1 +1 \cdots \)はすべて異なる。したがって、\(\mathbb{R}\)は自然数を含んでおり、また、\(\mathbb{R}\)は体であるので、すべての有理数によって形成される部分体を含んでいなければならない。
最後に、\(\mathbb{R}\)は次の完全性条件を満たす。つまり、すべての実数の増加数列と有界数列は極限を持つ。\(\alpha_1 < \alpha_2 < \alpha_3 < \cdots < \alpha_n < \cdots \)とし、すべての\(n\)について\(\alpha_n < B\)となるような実数\(B\)が存在すると仮定する。そして、完全性の条件は、次の性質を持つ数\(\displaystyle A = \lim_{n\to \infty}{\alpha_n}\)の存在を必要とする。つまり、任意の\(\epsilon > 0\)が与えられたとき、すべての\(n > n_0\)について\(A-\epsilon < \alpha_n < A\)を満たすような自然数\(n_0\)が存在する。
実数系に関する我々の議論は、仮定された性質を持つ系\(\mathbb{R}\)の存在と（同型までの）一意性を証明していない点で、不完全なものである。実数を導入するための構成的なプロセスのひとつを十分に知らない学生は、実数の完全な公理的な取り扱いがなされている教科書を参照することで、このギャップを埋めることを推奨する。
\({\alpha}^2 + 1\)は常に正なので、方程式\(x^2 + 1 = 0\)は\(\mathbb{R}\)に解を持たない。ここで、\(\mathbb{R}\)を部分体として含み、方程式\(x^2 + 1 = 0\)が解ける体\(\mathbb{F}\)が見つかったとする。解を\(i\)とする。\(x^2 + 1 = (x + i)(x-i)\)となり、方程式\(x^2 + 1 = 0\)は\(\mathbb{F}\)に\(i\)と\(-i\)というちょうど\(2\)つの根を持つ。実数\(\alpha\)と実数\(\beta\)を持つ\(\alpha + i\beta\)の形で表現できるすべての要素からなる\(\mathbb{F}\)の部分集合を\(\mathbb{C}\)とする。この表現は一意であり、\(\alpha + i\beta = \alpha^{\prime} + i\beta^{\prime}\)は\(\alpha-\alpha^{\prime} = -i(\beta-\beta^{\prime})\)を意味する。したがって、\((\alpha-\alpha^{\prime})^2 = -(\beta-\beta^{\prime})^2\)であり、これは、\(\alpha = \alpha^{\prime}, \beta = \beta^{\prime}\)の場合にのみ可能である。
部分集合\(\mathbb{C}\)は\(\mathbb{F}\)の部分体である。実際、読者が実行するよう求められる些細な検証を除けば、これは第1.1節で示されたことと全く同じである。さらに言えば、\(\mathbb{C}\)の構造は\(\mathbb{F}\)に依存しない。\(\mathbb{F^{\prime}}\)が\(\mathbb{R}\)と方程式\(x^2+1 = 0\)の根\(i^{\prime}\)を含む別の体であれば、対応する部分集合\(\mathbb{C^{\prime}}\)はすべての要素\(\alpha + i^{\prime}\beta\)によって形成される。\(\mathbb{C}\)と\(\mathbb{C^{\prime}}\)の間には、\(\alpha + i\beta\)と\(\alpha + i^{\prime}\beta\)を結びつける一対一の対応があり、この対応は明らかに体の同型である。
ここで複素数の体を、任意に与えられた\(\mathbb{F}\)の部分体\(\mathbb{C}\)と定義する。\(\mathbb{F}\)の選択に違いはないことがわかったが、必要な性質を持つ体\(\mathbb{F}\)が存在することはまだ示していない。我々の定義に意味を持たせるためには、\(\mathbb{R}\)（または\(\mathbb{R}\)と同型の部分体）を含み、方程式\(x^2+1 = 0\)が根を持つ体\(\mathbb{F}\)が存在することを示す必要がある。
このような体を構築する方法はたくさんある。最も単純で直接的な方法は以下の通りである。\(\alpha + i\beta\)という形のすべての式を考える。\(\alpha, \beta\)は実数で、\(+\)と\(i\)は純粋な記号である（\(+\)は加算を表さず、\(i\)は体の要素ではない）。これらの式は、足し算と掛け算が\eqref{1}(と\eqref{2}で定義される体\(\mathbb{F}\)の要素である（記号\(+\)の2つの異なる意味を見よ）。\(\alpha + i0\)という特殊な形の要素は、\(\mathbb{R}\)と同型の部分体を構成することがわかり、要素形式\(0 + 1i\)は方程式\(x^2+1 = 0\)を満たす。実際には、\((1+1i)^2 = -(1+i0)\)が得られる。体\(\mathbb{F}\)はこの必要な性質を持つ。さらに、これは対応する部分体\(\mathbb{C}\)と同一である。なぜなら、$$\alpha + i\beta =(\alpha + i0) + \beta(0 + i1)$$と書くことができるからである。これで複素数体の存在が証明され、より単純な表記法\(\alpha + i \beta\)（\(+\)は\(\mathbb{C}\)の足し算、\(i\)は方程式\(x^2+1 = 0\)の根）に戻ることができる。
EXERCISES （代数学のバックグラウンドのある学生向け）
\(1. \) 行列の加算と行列の乗算によって結合された$$\begin{pmatrix}\alpha & \beta \\ -\beta & \alpha\end{pmatrix}$$からの特別なすべての行列の体系は、複素数の体に同型であることを示せ。
\(\displaystyle I = \begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix}, J = \begin{pmatrix}0 & 1 \\ -1 & 0\end{pmatrix}\)とすると、与えられた行列は\(\alpha I + \beta J\)となる。\(J^2 = -I\)である。これを元に考えると良い。
\(2. \) 複素数系は、既約多項式\(x^2+1\)に対して実係数を持つすべての多項式の体と考えることができることを示せ。
準同型定理を用いずに証明する場合、以下のようになる。
\(f(x) = g(x) \in \mathbb{R}[x]/(x^2+1)\)であるための必要十分条件は\(f(x), g(x)\)を\(x^2+1\)で割った余りが等しいことである。\(f(x) \in \mathbb{R}[x]\)を\(x^2+1\)で割ったときの余りを\(a+bx (a, b \in \mathbb{R})\)とすると、\(f(x)\in \mathbb{R}[x]/(x^2+1)\rightarrow a+bi \in \mathbb{C}\)によって\(\mathbb{R}[x]/(x^2+1)\)から\(\mathbb{C}\)への写像が定まる。この写像（\(\sigma\)とする）が環同型であることを示す。\(\sigma (f) = \sigma (g)\)のとき\(f, g\)を\(x^2+1\)で割った余りは等しいから\(f = g \in \mathbb{R}[x]/(x^2+1)\)（単射性の証明）。任意の\(\alpha = a +bi\in \mathbb{C}\)に対して、\(\sigma (a+bx) = \alpha\)（全射性の証明）。準同型であることの証明であるが、\(\sigma (fg) = \sigma (f) \sigma)(g)\)は簡単に示すことができる。\(f = 1\)とすれば、これが\(\mathbb{R}[x]/(x^2+1)\)の単位元であることがわかる。
1.4 Conjugation, Absolute Value.
複素数は、体\(\mathbb{C}\)の要素を表す一文字の\(a\)か、実数の\(\alpha\)と\(\beta\)を使った\(\alpha + i\beta\)の形で表すことができる。その他の標準的な表記は、\(z = x + iy, \zeta = \xi + i\eta, \omega = u + iv\)であり、この関連で使用される場合、\(x, y, \xi, \eta, u, v\)は実数であることが暗黙の了解となっている。複素数\(a\)の実数部と虚数部を\(\Re a, \Im a\)と表記する。
複素数の足し算と掛け算のルールを導き出す際、我々は\(i^2=-1\)という事実だけを使った。\(-i\)も同じ性質を持っているので、\(i\)が\(-i\)に置き換えられても、すべてのルールは有効であり続けなければならない。直接検証してみると、確かにそうであることがわかる。\(\alpha+i\beta\)を\(\alpha-i\beta\)に置き換える変換は複素共役と呼ばれ、\(\alpha-i\beta\)は\(\alpha+i\beta\)の共役である。\(a\)の共役を\(\bar{a}\)で表す。ある数が実数であるのは、その数がその共役と等しい場合だけである。以下の式は、実部と虚部を複素数とその共役で表す。$$\Re a = \frac{a+\bar{a}}{2}, \Im a = \frac{a-\bar{a}}{2i}$$\(a, \bar{a}\)という表記を体系的に用いることで、実数部と虚数部に別々の文字を使う必要がなくなる。しかし、両方の表記を自由に使う方が便利である。共役の基本的な性質は、すでに述べたとおりである。$$\begin{eqnarray}\overline{a+b} & = & \bar{a} + \bar{b}\\ \overline{ab} & = & \bar{a}\cdot \bar{b}\end{eqnarray}$$もし\(ax = b\)ならば、\(\bar{a}\bar{x} = \bar{b}\)であり、したがって\(\overline{(b/a)} = \bar{b}/\bar{a}\)となる。より一般的には、\(R(a,b,c, cdots)\)を複素数\(a,b,c, \cdots\)に適用される任意の有理演算を表すとすると、$$\overline{R(a, b, c, \cdots)} = R(\bar{a}, \bar{b}, \bar{c}, \cdots)$$となる。応用として、次の方程式を考えてみよう。$$c_0z^n + c_1z^{n-1} + \cdots + c_{n-1}z + c_n = 0$$\(\zeta\)がこの方程式の根であるならば、\(\bar{\zeta}\)は以下の方程式の根である。$$\bar{c_0}z^n + \bar{c_1}z^{n-1} + \cdots + \bar{c_{n-1}}z + \bar{c_{n}} = 0$$
特に、係数が実数であれば、\(\zeta\)と\(\bar{zeta}\)は同じ方程式の根であり、実数係数を持つ方程式の非実数根は共役根のペアで現れるというおなじみの定理がある。
積\(a \bar{a} = \alpha^2 + \beta^2\)は常に正またはゼロである。その非負の平方根は、複素数\(a\)のモジュラスまたは絶対値と呼ばれ、\(|a|\)で表される。この用語と表記法は、実数のモジュラスが正の符号をとった数値と一致するという事実によって正当化される。
この定義を繰り返す。$$a\bar{a} = |a|^2$$ここで\(|a|\geq 0\)であり、\(|\bar{a}| = |a|\)である。積の絶対値については、次のようになる。$$|ab|^2 = ab\cdot \overline{ab} = ab\bar{a}\bar{b} = a\bar{a}b\bar{b} = |a|^2|b|^2$$であり、故に、どちらも\(\geq 0\)なので、$$|ab| = |a|\cdot |b|$$である。言葉で言えば、積の絶対値は因子の絶対値の積に等しい。
この性質が任意の有限積に拡張されることは明らかである。$$|a_1a_2\cdots a_n| = |a_1|\cdot |a_2|\cdots |a_n| $$
商\(a/b, b \ne 0\)は、\(b(a/b) = a\)を満たす。従って、\(|b|\cdot |a/b| = |a|\)、または$$\left|\frac{a}{b}\right| = \frac{|a|}{|b|}$$が成り立つ。
和の絶対値の公式はそれほど単純ではない。我々は$$|a+b|^2 = |a|^2 + |b|^2 + 2\Re a\bar{b} \tag{7}\label{7}$$あるいは対応する差の公式として$$|a-b|^2 = |a|^2 + |b|^2 -2\Re a^bar{b} \ tag{7′}\label{7′}$$を得る。そして、足し算によって次のような恒等式が得られる。$$|a+b|^2 + |a-b|^2 = 2(|a|^2 + |b|^2) \tag{8}\label{8}$$
EXERCISES
\(1. \) \(z = x+iy\)と\(z = x-iy\)に対する\(\displaystyle \frac{z}{z^2+1}\)の値が共役であることを計算で確認する。
\(z =x + iy\)のとき、$$\begin{eqnarray}\frac{z}{z^2+1} & = & \frac{x+iy}{x^2-y^2+1+2xyi}\\ & = & \frac{(x+iy)(x^2-y^2+1-2xyi)}{(x^2-y^2+1)^2+4x^2y^2} \\ & = & \frac{x(x^2-y^2+1) + 2xy^2 +i(x^2y-y^3+y-2x^2y)}{(x^2-y^2+1)^2+4x^2y^2}\end{eqnarray}$$であり、\(z =x – iy\)のとき、$$\begin{eqnarray}\frac{z}{z^2+1} & = & \frac{x-iy}{x^2-y^2+1-2xyi}\\ & = & \frac{(x-iy)(x^2-y^2+1+2xyi)}{(x^2-y^2+1)^2+4x^2y^2} \\ & = & \frac{x(x^2-y^2+1) + 2xy^2 -i(x^2y-y^3+y-2x^2y)}{(x^2-y^2+1)^2+4x^2y^2}\end{eqnarray}$$となり従う。
\(2. \) 以下の値の絶対値を求めよ。$$-2i(3+i)(2+4i)(1+i), \frac{(3+4i)(-1+2i)}{(-1-i)(3-i)}$$
1つ目は\(2\cdot 1\cdot \sqrt{10}\cdot \sqrt{20}\cdot \sqrt{2} = 40\)、2つ目は\(\displaystyle \frac{5\cdot \sqrt{5}}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{10}} = \frac{5}{2}\)
\(3. \) \(|a|=1\)または\(|b|=1\)のとき、\(\displaystyle \left|\frac{a-b}{1-\bar{a}b}\right| = 1\)であることを証明せよ。\(|a| = |b| = 1\)の場合、どのような例外を作らなければならないか。
\(|a| = 1\)のとき、$$\begin{eqnarray}|a-b| & = & |a|\left|1-\frac{b}{a}\right| \\ & = & |1-\bar{a}b| \end{eqnarray}$$となる。\(1-\bar{a}b = 0\)のとき、\(b = 1/\bar{a} = a\)、つまり\(|b| = |a| = 1\)となる。\(|b| \ne 1\)ならばこれは成り立たない。
\(4. \) 1つの複素数未知数の方程式\(az + b \bar{z} + c = 0\)が正確に1つの解を持つ条件を見つけ、その解を計算せよ。
共役を取って、\(\bar{a}\bar{z} + \bar{b}z + \bar{c} = 0\)である。これから、$$\begin{cases}az + b\bar{z} + c & = & 0 \\ \bar{b}z + \bar{a}\bar{z} + \bar{c} & = & 0\end{cases}$$である。変形して、$$\begin{cases}a\bar{a}z + b\bar{a}\bar{z} + \bar{a}c & = & 0 \\ b\bar{b}z + b\bar{a}\bar{z} + b\bar{c} & = & 0\end{cases}$$となり、両辺の差を作り$$(|a|^2-|b|^2)z +\bar{a}c-b\bar{c} = 0$$である。したがって、この方程式が1つの解を持つ条件は、\(|a|\ne |b|\)である。
\(5. \) 複素数の場合のLagrage恒等式$$\left|\sum_{i = 1}^{n}{a_ib_i}\right|^2 = \sum_{i=1}^{n}{|a_i|^2}\sum_{i=1}^{n}{|b_i|^2} – \sum_{1\leq i<j\leq n}{|a_i\bar{b_j}-a_j\bar{b_i}|^2}$$を証明せよ。
$$\begin{eqnarray}\left|\sum_{i=1}^{n}{a_ib_i}\right|^2 + \sum_{1\leq i<j\leq n}{|a_i\bar{b_j}-a_j\bar{b_i}|^2} & = & \left(\sum_{i=1}^{n}{a_ib_i}\right)\cdot\left(\sum_{i=1}^{n}{\bar{a_i}\bar{b_j}}\right) + \\ & & \sum_{1\leq i < j\leq n}{(a_i\bar{b_j}-a_j\bar{b_i})(\bar{a_i}b_j-\bar{a_j}b_i)} \\ & = & \sum_{i=1}^{n}{|a_i|^2|b_i|^2} + \sum_{1\leq i<j\leq n}{(a_i\bar{a_j}b_i\bar{b_j}+\bar{a_i}a_j\bar{b_i}b_j)} \\ & & +\sum_{1\leq i<j\leq n}{(|a_i|^2|b_i|^2 -a_i\bar{a_j}b_i\bar{b_j}-\bar{a_i}a_j\bar{b_i}b_j +|a_j|^2|b_i|^2)} \\ & = & \sum_{i=1}^{n}{|a_i|^2|b_i|^2} + \sum_{1\leq i<j\leq n}{|a_i|^2|b_j|^2+|a_j|^2|b_i|^2} \\ & = & \left(\sum_{i=1}^{n}{|a_i|^2}\right)\left(\sum_{i=1}^{n}{|b_i|^2}\right)\end{eqnarray}$$
1.5 Inequalities.
ここで、常に役に立つ重要な不等式をいくつか証明しよう。複素数系には順序関係がなく、したがってすべての不等式は実数間のものでなければならないことを指摘しておくのがよいだろう。絶対値の定義から次の不等式が導かれる。$$\begin{eqnarray} -|a|\leq \Re a\leq |a| \\ -|a|\leq \Im a\leq |a|\end{eqnarray} \tag{9}\label{9}$$\(\Re a = |a|\)が成り立つのは、\(a\)が実数で\(a\geq 0\)のときだけである。\eqref{9}を\eqref{7}に適用して、$$|a+b|^2 \leq (|a| + |b|)^2$$を得る。したがって、$$|a+b|\leq |a| + |b| \tag{10}\label{10}$$である。これは三角不等式と呼ばれるが、その理由は後ほど明らかになる。帰納法により、これは任意の和に拡張できる。$$|a_1+a_2 + \cdots + a_n|\leq |a_1| + |a_2| + \cdots+ |a_n| \tag{11}\label{11}$$和の絶対値は最大でも項の絶対値の和に等しい。読者は、実数の場合の推定値\eqref{11}の重要性をよくご存知であろうが、複素数の場合も同様に重要であることがわかるであろう。\eqref{11}で等号が成り立つすべてのケースを決定しよう。\eqref{10}では等号は\(ab\geq 0\)のときに成り立った（\(c＞0\)とするのは、\(c\)が実数で正であることを示すと決めておくと都合がよい）。\(b \ne 0\)の場合、この条件は\(|b|^2(a/b)\geq 0\)という形で書くことができ、したがって\(a/b\geq 0\)と等価である。一般的なケースでは、次のように進める。\eqref{11}で等号が成り立つとする。すると、$$\begin{eqnarray}|a_1| + |a_2| + \cdots + |a_n| & = & |(a_1 + a_2) + a_3 + \cdots + a_n|\\ & \leq & |a_1+a_2| + |a_2| + |a_3| + \cdots + |a_n| \\ & \leq & |a_1| + |a_2| + \cdots + |a_n|\end{eqnarray}$$したがって、\(|a_1+a_2| = |a_1| + |a_2|\)であり、\(a_2\ne 0\)であれば\(a_1/a_2\geq 0\)と結論づけることができる。しかし、項の番号は恣意的なものである。したがって、ゼロでない2つの項の比は正でなければならない。逆にこの条件が満たされたとしよう。\(a_1 \ne 0\)と仮定すると、次のようになる。$$\begin{eqnarray}|a_1+a_2 + \cdots + a_n| & = & |a_1|\left|1+\frac{a_2}{a_1} + \cdots + \frac{a_n}{a_1}\right| \\ & = & |a_1|\left(1 + \frac{a_2}{a_1} + \cdots + \frac{a_n}{a_1}\right) \\ & = & |a_1|\left(1 + \frac{|a_2|}{|a_1|} + \cdots + \frac{|a_n|}{|a_1|}\right) \\ & = & |a_1| + |a_2| + \cdots + |a_n|\end{eqnarray}$$要約すると、\eqref{11}で等号が成り立つのは、2つのゼロでない項の比が正である場合のみである。\eqref{10}から我々は$$|a| = |(a-b) + b| \leq |a-b| + |b|$$あるいは$$|a|-|b|\leq |a-b|$$を得る。同様にして\(|b|-|a|\leq |a-b|\)も成り立つ。これらは$$|a-b|\geq ||a|-|b|| \tag{12}\label{12}$$とまとめて表すことができる。
もちろん、同じ推定を\(|a+b|\)にも適用できる。\eqref{10}の特別なケースは、次の不等式である。$$|\alpha + i\beta|\leq |\alpha| + |\beta| \tag{13}\label{13}$$これは複素数の絶対値が最大でも実数部と虚数部の絶対値の和に等しいことを表す。証明にそれほど明らかではない他の多くの不等式も、頻繁に使用される。最も知られているのはCauchyの不等式であり、これは以下のようなものである。$$|a_1b_1 + \cdots + a_nb_n|^2\leq (|a_1|^2 + \cdots + |a_n|^2) (|b_1|^2 +\cdots + |b_n|^2)$$または、より簡潔に表現すると、$$\left|\sum_{i = 1}^{n}{a_ib_i}\right|^2 \leq \sum_{i = 1}^{n} {|a_i|^2}\sum_{i = 1}^{n}{|b_i|^2} \tag{14}\label{14}$$となる。
これを証明するには、\(\lambda\)を任意の複素数として、\eqref{7}から$$\sum_{i = 1}^{n}{|a_i-\lambda \bar{b_i}|^2} = \sum_{i = 1}^{n} {|a_i|^2}+|\lambda|^2\sum_{i = 1}^{n}{|b_i|^2}-2\Re \bar{\lambda}\sum_{i = 1}^{n}{a_ib_i} \tag{15}\label{15}$$を考える。この式はすべての\(\lambda\)に対して正である。\(\lambda\)として$$\lambda = \frac{\sum_{i = 1}^{n}{a_ib_i}}{\sum_{i=1}^{n}{|b_i|^2}}$$を取ると、分母が消えて、証明すべきことは残されていない。この選択は恣意的なものではなく、式\eqref{15}を可能な限り小さくしたいという願望によって決められている。\eqref{15}に代入すると、単純化した後、以下のようになる。$$\sum_{i=1}^{n}{|a_i|^2} – \frac{\left|\sum_{i=1}^{n}{a_ib_i}\right|^2}{\sum_{i=1}^{n}{|b_i|^2}}\geq 0$$これは\eqref{14}と等価である。\eqref{15}から、\(a_i\)が\(\bar{b_i}\)に比例する場合にのみ、\eqref{14}の等号が成り立つと結論づけられる。Cauchyの不等式はLagrangeの恒等式を用いて証明することも可能である（1.4のEX. 4を参照）。
EXERCISES
\(1. \) \(|a| < 1\)かつ\(|b| < 1\)のとき、\(\displaystyle \left|\frac{a-b}{1-\bar{a}b}\right| < 1\)であることを証明せよ。
$$\begin{eqnarray}|1-\bar{a}b|^2-|a-b|^2 & = & (1-\bar{a}b)(1-a\bar{b})-(a-b)(\bar{a}-\bar{b})\\ & = & 1-\bar{a}b-a\bar{b} +|a|^2|b|^2-|a|^2-|b|^2+a\bar{b}+\bar{a}b \\ & = & 1-|a|^2-|b|^2+|a|^2|b|^2 \\ & = & (1-|a|^2)(1-|b|^2) > 0\end{eqnarray}$$より成り立つ。
\(2. \) 帰納法によりCauchyの不等式を証明せよ。
\(n = 2\)のとき、$$\begin{eqnarray}(|a_1|^2 + |a_2|^2)(|b_1|^2+|b_2|^2)-|a_1b_1+a_2b_2|^2 & = & |a_1|^2|b_1|^2 + |a_1|^2|b_2|^2 + |a_2|^2|b_1|^2 + |b_1|^2|b_2|^2- \\ & & (|a_1|^2|b_1|^2+a_1\bar{a_2}b_1\bar{b_2}+\bar{a_1}a_2\bar{b_1}b_2+|a_2|^2|b_2|^2)\\ & = & a_1\bar{a_1}b_2\bar{b_2} + a_2\bar{a_2}b_1\bar{b_1} – a_1\bar{a_2}b_1\bar{b_2}-\bar{a_1}a_2\bar{b_1}b_2\\ & = & |a_1b_2-a_2b_1|^2 \geq 0\end{eqnarray}$$で成り立つ。ある\(n\)でのCauchyの不等式の成立を仮定すると、$$\begin{eqnarray}\left(\sum_{i = 1}^{n+1}{|a_i|^2}\right)\left(\sum_{i=1}^{n+1}{|b_i|^2}\right) & = & \left(\sum_{i=1}^{n}{|a_i|^2}+ |a_{n+1}|^2\right)\left(\sum_{i=1}^{n}{|b_i|^2} + |b_{n+1}|^2\right) \\ & \geq & \left|\sqrt{\sum_{i=1}^{n}{|a_i|^2}}\sqrt{\sum_{i=1}^{n}{|b_i|^2}} + a_{n+1}b_{n+1}\right|^2 \\ & \geq & \left|\sum_{i=1}^{n}{(a_ib_i)} + a_{n+1}b_{n+1}\right|^2 \\ & = & \left|\sum_{i=1}^{n+1}{a_{i+1}b_{i+1}}\right|^2\end{eqnarray}$$となり\(n + 1\)でも成立する。
\(3. \) \(i = 1, \cdots, n\)として、\(|a_i| < 1\)かつ、任意の\(\lambda_i \geq 0\)に対して\(\lambda_1 + \lambda_2 + \cdots + \lambda_n = 1\)が成り立つとする。このとき、$$|\lambda_1 a_1 + \lambda_2 a_2 + \cdots + \lambda_n a_n| < 1$$を示せ。
\(|a_i|\)のうち最も大きいものを\(M (< 1)\)とすると、三角不等式から$$\begin{eqnarray}|\lambda_1a_1 + \cdots + \lambda_na_n| & = & |\lambda_1a_1| + \cdots + |\lambda_na_n|\\ & < & M|\lambda_1| + \cdots + |\lambda_n| \\ & = & M < 1\end{eqnarray}$$
\(4. \) \(|a|\leq |c|\)のとき\(|z-a| + |z+a| = 2|c|\)を満たす複素数\(z\)が存在することを示せ。この条件が満たされるとき、\(|z|\)の最大値、最小値を求めよ。
\(|a|\leq |c|\)のとき\(z\)の軌跡は原点を中心、\(a, -a\)を焦点とする楕円である。\(|z|\)の最大値は\(z = a\)のときで、最小値は短半径の\(\sqrt{|c|^2-|a|^2}\)となる。
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