複素解析をざっとまとめるー4（第1章の章末問題の解答）

章末問題の解答
- (1)
- (2)
- (3)

章末問題の解答

(1)

複素共役を用いて, $z+\dfrac{1}{z}$ が実数となる条件は,
\begin{equation}
z+\dfrac{1}{z} = \overline{\left(z+\dfrac{1}{z}\right)} \nonumber
\end{equation}
となります. これより,
\begin{align}
z+\frac{1}{z} - \overline{\left(z+\frac{1}{z}\right)} &=0 \nonumber \\
\Leftrightarrow z+\frac{1}{z}-\left(\overline{z}+\overline{\left(\frac{1}{z}\right)}\right) &= 0 \nonumber \\
\Leftrightarrow z-\overline{z}+\frac{1}{z}-\frac{1}{\overline{z}}&= 0 \nonumber \\
\Leftrightarrow z-\overline{z}-\frac{z-\overline{z}}{z\overline{z}} &= 0 \nonumber \\
\Leftrightarrow (z-\overline{z})\left(1-\frac{1}{|z|^{2}}\right) &= 0 \quad (z\overline{z} = |z|^{2})\nonumber \\
\end{align}
よって求める条件は
\begin{align}
(z-\overline{z})\left(1-\frac{1}{|z|^{2}}\right) = 0 \quad \nonumber \\
\Leftrightarrow z-\overline{z}=0\quad \mbox{または}\quad 1-\frac{1}{|z|^{2}}=0 \nonumber \\
\Leftrightarrow z-\overline{z}=0\quad \mbox{または}\quad |z|^{2} = 1 \nonumber \\
\Leftrightarrow 2yi =0 \quad \mbox{または}\quad x^{2}+y^{2} = 1 \nonumber
\end{align}
よって答えは, $y=0$ または $x^{2}+y^{2} = 1$

(2)

$z=a+bi,w=c+di$ より, $|z|^{2},|w|^{2}$ はそれぞれ,
\begin{align}
|z|^{2} &= a^{2}+b^{2} \nonumber \\
|w|^{2}& = c^{2}+d^{2} \nonumber
\end{align}
となります. また, $|zw|^{2}$ は,
\begin{align}
|zw|^{2} &=|(a+bi)(c+di)|^{2} \nonumber \\
&=|(ac-bd)+i(ad+bc)|^{2} \nonumber \\
&= (ac-bd)^{2}+(ad+bc)^{2} \nonumber
\end{align}
となります. よって $|z|^{2}|w|^{2} = |zw|^{2}$ より,
\begin{align}
(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})=(ac-bd)^{2}+(ad+bc)^{2} \nonumber
\end{align}
となります. $M=|z|^{2},N=|w|^{2}$ とすればこの結果は「2つの整数 $M,N$ が, それぞれ2つの平方数の和で表せるならば, それらの積 $MN$ もまたある2つの平方数の和で表すことができる」ということを意味しています.

《補足》
1.普通に証明するなら, $M=a^{2}+b^{2},N=c^{2}+d^{2}$ として,
\begin{align}
MN &= (a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2}) \nonumber \\
&= a^{2}c^{2}+a^{2}d^{2}+b^{2}c^{2}+b^{2}d^{2} \nonumber \\
&=(ac-bd)^{2}+(ad+bc)^{2} \nonumber
\end{align}
と式変形をすることで証明できます.
2.ここでは $a,b,c,d$ が整数としましたが, これは $a,b,c,d$ が実数の場合でも複素数の場合でも成立します. 電卓などで試してみてください.

(3)

証明. $\dfrac{z}{(z+1)^{2}}$ を変形すると,
\begin{align}
\frac{z}{(z+1)^{2}} &= \frac{z}{z^{2}+2z+1} \nonumber \\
&= \frac{1}{z+\frac{1}{z}+2}\quad (|z|=1\mbox{より}z\neq0\mbox{のため, }z\mbox{で割ってもよい}) \nonumber
\end{align}
となります. $z+\dfrac{1}{z}$ は, $z+\dfrac{\overline{z}}{z\overline{z}}=z+\dfrac{\overline{z}}{|z|^{2}}$ と変形でき, $|z| = 1$ より $|z|^{2}=1$ なので, $z+\dfrac{1}{z}$ は $z+\overline{z}$ となります. よって,
\begin{align}
\frac{z}{(z+1)^{2}} &=\frac{1}{z+\frac{1}{z}+2} \nonumber \\
&= \frac{1}{z+\overline{z}+2} \nonumber
\end{align}
となります. $z+\overline{z}$ は必ず実数になるので, $\dfrac{1}{z+\overline{z}+2}$ も必ず実数になります.
よって, |z|=1のとき,式 $(\ast)$ が成立します. (証明終)

この証明中の $z+\overline{z}$ は幾何的には,次の図のように捉えられます.

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そして, $|z|=1$ 以外の場合を考えていきましょう.
まず $|z|=0$ の場合ですが, これを満たす $z$ は $z=0$ のみなので,
\begin{align}
\frac{z}{(z+1)^{2}} =0 \nonumber
\end{align}
となり, この場合式 $(\ast)$ は成立します. 次に $|z|\neq0$ の場合を考えましょう. $\dfrac{z}{(z+1)^{2}}$ を
\begin{align}
\frac{z}{(z+1)^{2}} = \frac{1}{z+\frac{1}{z}+2} \nonumber
\end{align}
と変形するところまでは同じです. 分母にある $z+\dfrac{1}{z}$ が実数になるとき, $\dfrac{1}{z+\frac{1}{z}+2}$ も実数になるはずです. $z+\dfrac{1}{z}$ が実数になる条件は(1)で求めましたね？(1)の結果から, $z=x+yi$ とすると $y =0$ または $x^{2}+y^{2}=1$ であるとき $z+\dfrac{1}{z}$ が実数になるのでした.
よって $|z|=1$ 以外では $y=0$ すなわち $z$ が実数になるとき式 $(\ast)$ は成立します.
《補足》
複素数の指数関数にも指数法則が成立することについてまだ触れていなかったので上の解答には用いませんでしたが, 複素数 $z$ を極形式で表した場合も当然解けます(むしろ僕としてはそっちのほうがなんとなく解きやすく感じます).
$|z|=1$ より $z$ はオイラーの公式を用いて $z=e^{i\theta}$ と表せます. ( $|z|=1$ ということは, $z=re^{i\theta}$ の $r$ が $1$ であるということです. )
$\dfrac{z}{(z+1)^{2}}$ に $z=e^{i\theta}$ を代入すると,
\begin{align}
\frac{z}{(z+1)^{2}} &= \frac{e^{i\theta}}{e^{i2\theta}+2e^{i\theta}+1} \nonumber \\
&=\frac{1}{e^{i\theta}+e^{-i\theta}+2} \nonumber
\end{align}
$e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta,e^{-i\theta}=\cos\theta-i\sin\theta$ より
\begin{align}
\frac{1}{e^{i\theta}+e^{-i\theta}+2}= \frac{1}{2\cos\theta+2} \nonumber
\end{align}
$\cos\theta$ は実数ですから式 $(\ast)$ は成立します. 上の式中の $e^{i\theta}+e^{-i\theta}$ は幾何的には次の図のようなことです.