極形式

複素数の積と複素平面の関係については極形式の方が見やすい。積の絶対値が積、積の偏角が和に対応する。積と和を結びつけるものとして、指数関数と対数関数があるが、後で見るように偏角は対数関数と関係する。

極形式

$0$ でない複素数 $z$ の極形式とは、

z=r(\cos\theta+i\sin\theta)

のことをいう。

ここで、 $z=x+yi$ に対し、 $r=\lvert z\rvert=\sqrt{x^2+y^2}$ は $z$ の絶対値で、 $\theta$ は $z$ の偏角である。つまり $r\cos\theta=x, r\sin\theta=y$ であり、 $\theta$ はこの二つの式で定まる。

この $r$ と $\theta$ が、 $z$ を掛ける写像の行列表示における拡大率と回転角にあたることは、複素平面で見たとおりである。

$\tan\theta=\dfrac{y}{x}$ だけでは $\pi$ の不定性が残ることに注意しよう。 $\arctan$ の値域は $\left(-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right)$ なので象限を区別できず、 $x=0$ では使えない。例えば $z=-1$ では $\arctan\dfrac{0}{-1}=0$ であるが、偏角は $\pi$ である。 $\cos\theta$ と $\sin\theta$ の符号から象限を決める必要がある。

なお $\theta$ には $2\pi$ の整数倍の不定性がある。

積と回転

複素数の積に対し、絶対値は積、偏角は和になる。

極形式の積

$z_1=r_1(\cos\theta_1+i\sin\theta_1), z_2=r_2(\cos\theta_2+i\sin\theta_2)$ とすると、

z_1z_2=r_1r_2(\cos(\theta_1+\theta_2)+i\sin(\theta_1+\theta_2))

証明

加法定理を用いて直接計算すればよい。

z_1z_2=r_1r_2((\cos\theta_1\cos\theta_2-\sin\theta_1\sin\theta_2)+i(\cos\theta_1\sin\theta_2+\sin\theta_1\cos\theta_2))

右辺は加法定理により $r_1r_2(\cos(\theta_1+\theta_2)+i\sin(\theta_1+\theta_2))$ に等しい。

すなわち、複素数 $z_2$ をかけるという操作は、複素平面上で原点を中心とする $\theta_2$ の回転と $r_2$ 倍の拡大の合成である。

絶対値と偏角の言葉で書けば

\lvert z_1z_2\rvert=\lvert z_1\rvert\lvert z_2\rvert,\qquad \arg(z_1z_2)=\arg z_1+\arg z_2

である。積の絶対値は絶対値の積であり、積の偏角は偏角の和である。ただし偏角には $2\pi$ の整数倍の不定性があるので、第 $2$ 式は $2\pi$ の整数倍の違いを除いて成り立つ等式と読む。例えば偏角を $0\leq\theta<2\pi$ でとると、 $z_1=z_2=-1$ では $\arg z_1+\arg z_2=2\pi$ だが、 $\arg(z_1z_2)=\arg 1=0$ である。

第 $2$ 式は、積を和に変える式になっている。これは実数の対数の性質 $\log(xy)=\log x+\log y$ とよく似ている。この類似は偶然ではない。第2章で複素数の対数を $\log z=\log\lvert z\rvert+i\arg z$ と定めると、上の $2$ 式を合わせたものがちょうど $\log(z_1z_2)=\log z_1+\log z_2$ になる。偏角の多価性は、そのまま対数の多価性として現れる。詳しくは対数関数と冪乗関数で扱う。

極形式の積で三角関数の値を求める

$\alpha=1+i$ 、 $\beta=\sqrt{3}+i$ とする。

$\alpha, \beta$ を極形式で表せ。
積 $\alpha\beta$ を極形式で表せ。
$\alpha\beta$ を $a+bi$ の形でも計算し、 $2$ つを比べて $\cos\dfrac{5}{12}\pi$ と $\sin\dfrac{5}{12}\pi$ の値を求めよ。

解答

1. $\lvert\alpha\rvert=\sqrt{2}$ 、 $\lvert\beta\rvert=2$ であり

\alpha=\sqrt{2}\left(\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4}\right),\qquad \beta=2\left(\cos\frac{\pi}{6}+i\sin\frac{\pi}{6}\right)

である。

2. 絶対値は積、偏角は和になるので、 $\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{5}{12}\pi$ より

\alpha\beta=2\sqrt{2}\left(\cos\frac{5}{12}\pi+i\sin\frac{5}{12}\pi\right)

である。

3. 直接計算すると

\alpha\beta=(1+i)(\sqrt{3}+i)=(\sqrt{3}-1)+(\sqrt{3}+1)i

である。実部と虚部を比べて

\cos\frac{5}{12}\pi=\frac{\sqrt{3}-1}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4},\qquad \sin\frac{5}{12}\pi=\frac{\sqrt{3}+1}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}

を得る。これは加法定理で $\cos\left(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{6}\right)$ を計算したことにほかならない。

ドモアブルの公式

$n$ を整数とし、 $z=r(\cos\theta+i\sin\theta)$ （ $r>0$ ）に対し、

z^n=r^n(\cos n\theta+i\sin n\theta)

が成り立つ。

$n$ を正の整数とすると、 $z=r(\cos\theta+i\sin\theta)$ （ $r>0$ ）の $n$ 乗根は

r^{1/n}\left(\cos\left(\dfrac{\theta}{n}+\dfrac{2\pi k}{n}\right)+i\sin\left(\dfrac{\theta}{n}+\dfrac{2\pi k}{n}\right)\right)

である（ $k=0, 1, \ldots, n-1$ ）。 $z$ の偏角が一通りではなかったことに注意しよう。

特に $1$ の $n$ 乗根は、整数 $k$ を用いて

\cos\frac{2\pi k}{n}+i\sin\frac{2\pi k}{n}

と表すことができる。

極形式と偏角

$z=-1+i$ を極形式で表せ。

解答

$\lvert z\rvert=\sqrt{(-1)^2+1^2}=\sqrt{2}$ である。

偏角は $\cos\theta=-\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ 、 $\sin\theta=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ を満たすので、第 $2$ 象限の $\theta=\dfrac{3}{4}\pi$ である。

z=\sqrt{2}\left(\cos\frac{3}{4}\pi+i\sin\frac{3}{4}\pi\right)

ここで $\tan\theta=\dfrac{1}{-1}=-1$ から $\arctan(-1)=-\dfrac{\pi}{4}$ としてはいけない。 $\arctan$ は第 $2$ 象限と第 $4$ 象限を区別できないので、 $\cos\theta$ と $\sin\theta$ の符号を見て象限を決める必要がある。

1

の

3

乗根

$z^3=1$ の解をすべて求め、複素平面上に図示せよ。

解答

$1=\cos0+i\sin0$ であるから、 $n$ 乗根の公式で $n=3$ 、 $r=1$ 、 $\theta=0$ として

z=\cos\frac{2\pi k}{3}+i\sin\frac{2\pi k}{3}\quad(k=0,1,2)

である。すなわち

1,\qquad -\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i,\qquad -\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i

の $3$ つである。

いずれも絶対値が $1$ で偏角が $\dfrac{2\pi}{3}$ ずつ違うので、単位円周に内接する正三角形の頂点をなす。

また、一般の $\alpha$ の $n$ 乗根は、 $\alpha$ の一つの $n$ 乗根に $1$ の $n$ 乗根をかけることで全て得られる。