代数幾何 I 古津先生 (2006/04/26)

# 今日は、複素数の話の残り ( 今日で終る予定 )
# その前に、普通の平面の話

極座標(極形式)
	平面上の点 P (x,y) に対して、OP の長さを r, OP と x 軸との角 ( 反時計廻り ) を \thita としたとき、次のような関係がある。

		x = r \cos{\thita}
		y = r \sin{\thita}

	そこで、点 P を、(x,y) ではなく、(r,\thita) で表現することともできる
		=> この (r,\thita) を「極座標」あるいは「極形式」と呼ぶ

# ここまでは、普通の平面の話だが、今度は、複素数 / 複素平面の話

	複素数 \alpha = a + bi を複素平面で極形式で考える

		a = r \cos{\thita}
		b = r \sin{\thita}

	なので、

		\alpha = r ( \cos{\thita} + i \sin{\thita} )

	と表現できる。

	# これが、複素数の極形式

	この時、
		r = |\alpha|
	となっている ( r は、\alpha の長さ ) なので、角度 \thita にも名前を付けて
		\thita を \alpha の「偏角」と呼び \thita = arg \alpha と表す

	[注意] \thita が \alpha の「偏角」ならば、\thita + 2n\pi (n \in Z) も偏角となる
		# つまり、偏角は一つに決らない
		## 範囲を例えば、(0 \le \thita < \pi) などと制限すれば一意になる

	# 極形式は何が嬉しい ? => 実は、複素数の掛け算割り算が少し便利になる !!

	[事例] (極形式の複素数での、積商)

		\alhap_1 = r_1 ( \cos{\thita_1} + i \sin{\thita_1} )
		\alhap_2 = r_2 ( \cos{\thita_2} + i \sin{\thita_2} )

	の時、
		\alhap_1 \alhap_2
				= r_1 r_2 ( \cos{\thita_1} + i \sin{\thita_1} ) ( \cos{\thita_2} + i \sin{\thita_2} )
				= r_1 r_2 ( \cos{\thita_1}\cos{\thita_2} - \sin{\thita_1}\sin{\thita_2} + i ( \sin{\thita_1}\cos{\thita_2} + \sin{\thita_2}\cos{\thita_1} ) )
				= r_1 r_2 ( \cos{\thita_1+\thita_2} + i \sin{\thita_1+\thita_2} )

	となる、すなわち、極形式にしておけば、複素数同志の掛け算は、

		長さは長さの積 ( 実数の積の計算 )
			|\alpha_1\alpha_2| = |\alpha_1||\alpha_2|
		偏角は、偏角の和 ( 実数の和の計算 )
			arg(\alpha_1\alpha_2) =  arg(\alpha_1) + arg(\alpha_2)

	となるので、掛け算は、少し楽。
	同様にして、割り算も

		\alhap_1 / \alhap_2
			=
			= r_1/r_2  ( \cos{\thita_1-\thita_2} + i \sin{\thita_1-\thita_2} )

		長さは長さの商 ( 実数の商の計算 )
			|\alpha_1 / \alpha_2| = |\alpha_1| / |\alpha_2|
		偏角は、偏角の差 ( 実数の差の計算 )
			arg(\alpha_1 / \alpha_2) =  arg(\alpha_1) - arg(\alpha_2)

	# 逆に普通の形式は、和差に強いので、巧く使い分ける。
	# この掛け算の性質を繰り返しつかってみると..

		\alhap = r ( \cos{\thita} + i \sin{\thita} )

	の時、

		\alhap^n
			= ( r ( \cos{\thita} + i \sin{\thita} ) )^n
			= r^n ( \cos{\thita} + i \sin{\thita} )^n
			= r^n ( \cos{n\thita} + i \sin{n\thita} )
	となる。

	よって、特に、

		( \cos{\thita} + i \sin{\thita} )^n
			= \cos{n\thita} + i \sin{n\thita}
				「ド・モアウブルの公式」

	この場合は、n が自然数の場合だが、実は、一般に、n が負の数や、有理数の時にも
	成立する。

	[定義] 「複素数の n 乗根」とは ?
		n \in N 時、複素数 \alpha, \beta に対して、
			\alpha = \beta^n
		が成立する時に、\beta を \alpha の「 n 乗根」と呼び
			\beta = \alpha^{\frac{1}{n}}
		で表す。

	[複素数の n 乗根の求め方]
		\alpha が、極形式 r ( \cos{\thita} + i \sin{\thita} ) で与えられているとする。
		一方、\beta も極形式で、
			r_1 ( \cos{\thita_1} + i \sin{\thita_1} )
		の形で求めることを考える。すると、

			 r ( \cos{\thita} + i \sin{\thita} )
				= ( r_1 ( \cos{\thita_1} + i \sin{\thita_1} ) )^n
				= r_1^n ( \cos{n\thita_1} + i \sin{n\thita_1} )

		よって、
			r = r_1^n
			n \thita_1 = \thita = 2k\pi ( k \in Z )
				# 偏角は、一意でないのでこうなる
				# ここでは k は任意
		これより、
			r_1 = r^{\frac{1}{n}} ( これは実数での n 乗根 )
			\thita_1 = \frac{\thita}{n} + \frac{2k}{n}\pi ( k \in Z )
				# ここで k は任意だが、k の取りかたによって、同じ結果がでるのは余りいみがない、そこで、意味のあるものだけ選ぶと、

		\beta = r^{\frac{1}{n}}( \cos{\frac{\thita}{n}+\frac{2k}{n}\pi} + i \sin{\frac{\thita}{n}+\frac{2k}{n}\pi} )
			( k = 0, 1, 2, .., n - 1 )
				# k = n の時は、k = 0 と同じなので、考えなくてよい

	[実例]
		(1+i)^{\frac{1/3}} を考える
		1+i = \sqrt{2}(\cos{\frac{\pi}{4}}+i\sin{\frac{\pi}{4}})
	よって、
		(1+i)^{\frac{1/3}}
			= 2^{\frac{1}{6}}(\cos{\frac{\pi}{12}+\frac{2k}{3}\pi}+i\sin{\frac{\pi}{12}+\frac{2k}{3}\pi}) ( k = 0, 1, 2 )

	ここで、角度は、k = 0, 1, 2 の時に、
		\frac{\pi}{12}, \frac{3}{4}\pi, \frac{17}{12}\pi
	となるので、実は、複素平面上で考えると、円周上の点で、丁度円周を三等分する
	点となる。

[オイラーの公式]
	# e の複素数乗を次のように天下り的に(定義かのように..) 与える 
	## この辺の詳しい話は、3 年生の「複素解析」で学ぶ

		e^{i\thita} = \cos{\thita} + i \sin{\thita}

			# これを、「オイラーの公式」と呼ぶ

	# これを使うと極形式が少し簡単にかける

		\alpha = r ( \cos{\thita} + i \sin{\thita} )
	の時、
		\alpha = r e^{i\thita}
	とかける。

	すると、例えば、共役複素数を考えると、

		\bar{\alpha} = r e^{-i\thita}

	となり、「複素数を取ると、偏角の符号が代る」と考えることができる。

	これは、前回の長方形を眺めると、
		共役複素数は 偏角が - になる
		- をかけるのは、偏角に 180 度 ( \pi ) 加えている

	# 以下、オイラーまわり

	◯ |e^{i\thita}| = 1
	◯ e^{n\pi i} = (-1)^n
	◯ e^{(n\pi + \frac{\pi}{2})i} = (-1)^n i
	◯
		e^{i\thita} = \cos{\thita} + i \sin{\thita}
		e^{-i\thita} = \cos{\thita} - i \sin{\thita}
	より、
		\cos{\thita} = \frac{e^{i\thita}+e^{-i\thita}}{2}
		\sin{\thita} = \frac{e^{i\thita}-e^{-i\thita}}{2i}

	# sin/cos が e で表せてしまう !!!

	\C \ni \alpha = a + bi に対して、
		e^{\alpha}
			= e^{a+bi}
			= e^a e^{bi}			( <= と定義する )
			= e^a ( \cos{b} + i \sin{b} )	( <= オイラー )
				# これは極形式になっている !!
				#	e^a が絶対値
				#	b が偏角

	と定義する。

	# すると、複素数が肩にのる場合でも指数法則が成立することが解る。

	◯ e^{\alpha_1+\alpha_2} = e^{\alpha_1} e^{\alpha_2}
	[証明]
		e^{\alpha_1} e^{\alpha_2}
			= e^{a_1}(\cos{\thita_1} + i \sin{\thita_1})
			  e^{a_2}(\cos{\thita_2} + i \sin{\thita_2})
		
			= e^{a_1+a_2}(\cos{\thita_1+\thita_2} + i \sin{\thita_1+\thita_2})
			= e^{\alpha_1+\alpha_2}

	# 重要なので 1 の羃乗根を学んで置く
	[例] (-i)^{\frac{1}{3}}
		= e^{i\frac{\pi}{2}}, e^{i\frac{7}{6}\pi}, e^{i\frac{11}{6}\pi}
		= i, -\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}i, \frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}i

	[例] (1+i)^{\frac{2}{3}}
		i+i = \sqrt{2}e^{i\frac{\pi}{4}}
	より
		(i+i)^{\frac{2}{3}} = 2^{\frac{1}{3}}e^{i(\frac{\pi}{6}+\frac{4k}{3}\pi)}}
		# ここで、240 度回すも 120 度回すも同じなので、120 度で行う
		よって、偏角は、
			\frac{\pi}{6}, \frac{3}{2}\pi, \frac{3}{2}\pi
		の三つ。

		# やはり、円周上の三等分点になる。

	同様にして、一般に、複素数の有理数根を求めることができる。

# ちょっと、別の例

	[例] 複素数平面上の 2 点 \alpha, \beta を焦点とする長軸の長さが 2a の楕円を考える。この楕円の方程式はどうなるか ?

	# 定義より、楕円上の点 P は、\alpha, \beta が合す点を A, B とすれば、
	#	|AP|+|BP| = 一定
	# 意味し、また、長軸の長さが 2a ということは、P が、AB を結ぶ線分上にある場合
	#	2a = |AP| + |BP|
	# を意味する。

	これより、このような楕円上の点 P を表わす、複素数を z とすれば、

		|z-\alpha| + |z-\beta| = 2a

	で表現できる。( 楕円の方程式が、「簡単に表現できている」点がポイント !! )

	実際、具体例計算してみる。
		\alpha = c
		\beta = -c
	(c \in R) とすれば、z = x + yi と考えて、

		|x+iy-c|+|x+iy+c|=2a

	よって、
		\sqrt{(x-c)^2+y^2}}+\sqrt{(x+c)^2+y^2} = 2a
	両辺を自乗して
		(x-c)^2+y^2+(x+c)^2+y^2
		+ 2\sqrt{((x-c)^2+y^2)((x+c)^2+y^2)} = 4a^2
	整理して、両辺を 2 でわり、更に移行して、両辺を自乗すれば、
		a^2x^2+a^2y^2-x^2c^2 = a^4-a^2c^2
	よって、両辺を (a^4-a^2c^2) で割れば

		\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{a^2-c^2} = 1

	これは、c, -c を焦点とし、長軸の長さが a となる楕円の公式

	# 今の例は、特別な場合だが、一応、結果が一致したので、元の式が、ただしいことが確認できたことになる。勿論、一般的にこれが成立することは、きちんと証明できる。

==

# これで、一応、副素数の話はお話。次からは多項式をやる

==

# 以下、去年のメモ


代数幾何 I 古津先生 (2006/04/27)

複素平面上ので図形
	図形の性質は、その図形上の点に対応する複素数の性質で表現される。

	[例]
	|z| < 2
		原点から距離が 2 未満の円の内部 ( 等号がないので演習は含まれない )
	Re Z >= 1		
		直線 x = 1 で区切られた半平面の右側

	z = 3+2i に対応した点を考える
		x 軸に対称な点		\bar{z}	=3-2i
		y 軸に対称な点		-\bar{z}=-3+2i = \bar{-z}
		原点に対称な点		-z	=-3-2i
		90 度回転した点		iz	= 2-3i
		180 度回転した点		-z	= -3-2i
		270 度回転した点		-iz	= 2-3i

		何れの点も、|z| = \sqrt{13} になる ( 円周上の点 )
			iz と -z の間にある点も z で表現できるが、それは各自で..


極座標表示 ( 普通の平面 )
	(x,y) に対して、\r, \thita があり、
		x = r\cos{\thita}
		y = r\sin{\thita}
	との関係で、1 対 1 になる
		この (r,\thita) を (x,y) の極座標と呼ぶ
		\thita は、2\pi 加えると、元に戻るので、適当な範囲 ( 例 [0,2\pi], [-\pi,\pi] ) で、一つに決める。
	逆対応は、
		r = \sqrt{x^2+y^2}
		\thita = \arctan{x/y}
	となる。

極座標表示 ( 複素平面 / 複素数 )
	z = x + iy ( \in \C ) に対して、
		= r\cos{\thita}+ir\sin{\thita}
		= r(\cos{\thita}+i\sin{\thita})
	を、z の極形式と呼ぶ。

	この時、
		r = |z|
		\thita ( z の偏角と呼ぶ ) = arg z
			[注意] 偏角 は一意に決らない。\thita + 2n\pi も偏角 ( n \in Z )

	# 極形式はなぜ嬉しい => 掛け算が簡単になる。

	z_1 = r_1 ( \cos{\thita_1} + i \sin{\thita_1} )
	z_2 = r_2 ( \cos{\thita_2} + i \sin{\thita_2} )

	とすると、
		z_1z_2 = r_1r_2\{
			(\cos{\thita_1}\cos{\thita_2}-\sin{\thita_1}\sin{\thita_2}) +
			(\sin{\thita_1}\cos{\thita_2}-\sin{\thita_1}\sin{\thita_2}) \}
			= r_1r_2(\cos{\thita_1+\thita_2}+i\sin{\thita_1+\thita_2})

			つまり、
				|z_1z_2| = |z_1||z_2|
				arg(z_1z_2) =  arg(z_1)arg(z_2)

			# 大きさは掛け算、角度は足し算になる

		# これを繰り返し適用することができる。
		## 成分表示だと、延々と計算する必要がある

		特に、これから、
			z_1^n = r_1^n ( \cos{n\thita_1}+i\sin{n\thita_1} )
		であり、更に、r_1 = 1, \thita_1 = \thita とおくと
			( \cos{\thita}+i\sin{\thita} )^n = ( \cos{n\thita}+i\sin{n\thita} )
				これを、「ド・モアブルの式」と呼ぶ

	\bar{z_1} = \bar{r_1 ( \cos{\thita_1}+i\sin{\thita_1} )}
		  = r_1 ( \cos{\thita_1}-i\sin{\thita_1} )
		  = r_1 ( \cos{\-thita_1}+i\sin{-\thita_1} )
	よって、
		|\bar{z_1}| = |z_1|
		arg(\bar{z_1}) = - arg(z_1)

	\frac{z_1}{z_2}
		= \frac{r_1 ( \cos{\thita_1}+i\sin{\thita_1} )}{r_2 ( \cos{\thita_2}+i\sin{\thita_2} )}
		= ... (略)
			# 大きさは商, 角度は差になる

	[例] ( 極形式への変換の例 )
		# 極形式は便利だけど、それには極形式に変換する

		z = \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{i}{2}

		の時、
			|z| = \sqrt{(\frac{\sqrt{3}}{2})^2+(\frac{1}{2})^2}
			[注意] \sqrt の中には、「実数」のみ、(\frac{1}{2})^2 を(\frac{「i」}{2})^2 と間違える人がいるが注意 !!

			\cos{\thita} = \frac{\sqrt{3}}{2}
			\sin{\thita} = \frac{1}{2}
				より、\thita = \frac{\pi}{6}
		なので、

			z = \cos{\frac{\pi}{6}} + i \sin{\frac{\pi}{6}}

		z = 2-2i

			|z| = \sqrt{2^2+(-2)^2} = 2\sqrt{2}

			\cos{\thita} = \frac{Re{z}}{|z|}
			\sin{\thita} = \frac{Im{z}}{|z|}

			# 略

	# 極形式を利用すると n 乗根が簡単に求めることができる。
		# 実数の n 乗根は既に、学んでいる
		#	=> 複素数の n 乗根を学ぶ

	複素数の n 乗根
		n \in \N, \alpha, \beta \in \C
	に対して
		\alpha = \beta^n
	の時、
		\beta を \alpha の n 乗根
	と呼び、
		\beta = \alpha^{\frac{1}{n}}
	で表す。

		# この表現は、実数の時と同じ形であることに注意


		\alpha = r ( \cos{\thita}+i\sin{\thita} )
		\beta = r_1 ( \cos{\thita_1}+i\sin{\thita_1} )

		とすると、

		# ド・モルガンの定理より
		\beta^n = r_1^n ( \cos{n\thita_1}+i\sin{n\thita_1} )

		なので、
			r_1^n = r
			n\thita_1 = \thita + 2k\pi ( k \in \Z )
		これより、
			r_1 = {}^n\sqrt{r} = r^{\frac{1}{n}}
			\thita_1 =\frac{\thita}{n} + \frac{2k\pi}{n} ( k = 0, .., n - 1 )
				# k = n の時には、結局、2\pi を加えることになるので、k = 0 の時と同じ
				# n 乗根は、k が違えば、異るの、n 個 ( 0, .., n-1 ) あることが解る。


	例 (1+i)^{\frac{1}{3}}

		1+i = \sqrt{2}(\cos{\pi}{4}+i\sin{\pi}{4})

	なので、
		(1+i)^{\frac{1}{3}}
			= 2^\frac{1}{6}(\cos{\frac{\pi}{12}+\frac{2k\pi}{3}}+i\sin{\frac{\pi}{4}+\frac{2k\pi}{3}})	( k = 0, 1, 2 )

			# 結局角度は、\frac{1}{12}\pi, \frac{3}{4}\pi, \frac{17}{4}\pi の三つ

		# これらの根は、図示すると、円周上の三等分点になっている。

	# 今後は、根号の中に複素数が入っていても外れるはず !!
	## その為には極形式に変換し、arg を求めることができないと駄目

[オイラーの公式]

	e^{i\thita} = \cos{\thita}+i\sin{\thita}

	# これが、本当に、きちんとした関数になっていることを示す必要があるが、
	# 現時点では、それを示すために十分な知識がないので、ここでは、天下り的に与える

	この公式を利用すると、複素数の極形式は次のように簡単にかける

	z = r(\cos{\thita}+i\sin{\thita}) = r e^{i\thita}

		# [メリット] \thita を二度かかずに済む
		#	積の計算をするときに、指数法則の形になるので覚えやすい


	|e^{i\thita}| = 1
	e^{i\thita_1}e^{i\thita_2} = e^{i(\thita_1+\thita_2)}
	(e^{i\thita_1})^{-1} = e^{-i\thita} = \cos{\thita}-i\sin{\thita}
	(e^{i\thita})^n = e^{i n\thita}

	この\thita に n\pi を代入すると、

		e^{n\pi i} = (-1)^n
		e^{(n\pi + \frac{\pi}{2}) i} = (-1)^n i

	となる。

		\cos{\thita} = \frac{e^{i\thita}+e^{-i\thita}}{2}
		\sin{\thita} = \frac{e^{i\thita}-e^{-i\thita}}{2i}


	[例] ( ド・モアブルの定理の応用 )
		(\cos{\thita}+i\cos{\thita})^2 = \cos{2\thita}+i\cos{2\thita}

		左辺は、普通に展開を行うと

			\cos^2{\thtia}-\sin^2{\thita} + i 2\sin{\thita}\cos{\thita}

		複素数が等しいということは、実部同士、虚部同士がそれぞれ等しいということ。なので、..両辺を比較し..

		\cos{2\thita} = \cos^2{\thita} - \sin^2{\thita}
		\sin{2\thita} = 2\sin{\thita}\cos{\thita}

		これは、「倍角の公式」になっている。

		同様に、「三倍角の公式」も導くことができる。


		# n 乗根はもう大丈夫なはず...

		z = -2i の平方根が欲しい
			まず、極形式にする
				|z| = 2
					\cos{\thita}=0
					\sin{\thita}=-1
				より、
					\thita = \frac{3}{2}\pi
			よって、
				z = 2 ( \cos{\frac{3}{2}\pi}+i\sin{\frac{3}{2}\pi} )
				  = 2e^{i\frac{3}{2}\pi}
		これから、
			z^{\frac{1}{2}} = 2^{\frac{1}{2}}e^{(\frac{3}{4}+k\pi)i}
		となる。
			k = 0 の時
				-1 + i
			k = 1 の時
				1 - i
		よって、
			(-2i)^{\frac{1}{2}} = \pm (1-i)

			# 2 乗根は、円周を二つに分ける => \pm で表現できるはず

			# 残りは、3 年生の「複素間数論」で学ぶ..

	# 今日やったことは、代機 I / 代機 II で使うので、覚えておく !!