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北海道大学 1997年理系第5問解説

方針・初手

(1) は、与えられた $z_0$ の定義式をそのまま方程式 $\alpha z + \beta \overline{z} = 0$ の左辺に代入し、条件 $|\alpha| = |\beta|$ を用いて $0$ になることを示す。また、$z_0 \neq 0$ であることは背理法などで示す。(2) は、方程式の共役複素数をとって作られる新しい方程式と元の連立方程式とみなし、$\overline{z}$ を消去するのが鮮やかである。あるいは $z = x+yi$ とおいて実部と虚部を比較し、連立1次方程式を解いてもよい。(3) は、(1) で得られた $z_0$ が斉次方程式 $\alpha z + \beta \overline{z} = 0$ の非自明な解であることを利用し、解の線形性を考える。

解法1

(1)

$|\alpha| = |\beta|$ より、$a^2 + b^2 = c^2 + d^2$ が成り立つ。

(i) $\overline{\alpha} + \beta \neq 0$ の場合

$z_0 = (b-d) + (a+c)i$ を $\alpha z + \beta \overline{z}$ に代入する。

$$ \begin{aligned} \alpha z_0 &= (a+bi) \{(b-d)+(a+c)i\} \\ &= a(b-d) - b(a+c) + \{a(a+c) + b(b-d)\}i \\ &= -ad - bc + (a^2 + b^2 + ac - bd)i \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} \beta \overline{z_0} &= (c+di) \{(b-d)-(a+c)i\} \\ &= c(b-d) + d(a+c) + \{-c(a+c) + d(b-d)\}i \\ &= bc + ad + (-ac - c^2 + bd - d^2)i \end{aligned} $$

この2式を辺々足し合わせると、実部は $0$ となる。虚部は以下のようになる。

$$ \begin{aligned} & (a^2 + b^2 + ac - bd) + (-ac - c^2 + bd - d^2) \\ &= a^2 + b^2 - c^2 - d^2 \end{aligned} $$

ここで、$a^2 + b^2 = c^2 + d^2$ であるから、虚部も $0$ となる。したがって、$\alpha z_0 + \beta \overline{z_0} = 0$ が成り立ち、$z_0$ は方程式の解である。

次に、$z_0 \neq 0$ を示す。 $z_0 = 0$ と仮定すると、$b-d=0$ かつ $a+c=0$ となる。すなわち、$c = -a, d = b$ である。このとき、$\beta = -a+bi$ であり、$\overline{\alpha} = a-bi$ となるため、$\overline{\alpha} + \beta = (a-bi) + (-a+bi) = 0$ となる。これは $\overline{\alpha} + \beta \neq 0$ という前提に矛盾する。ゆえに $z_0 \neq 0$ である。

(ii) $\overline{\alpha} + \beta = 0$ の場合

$\beta = -\overline{\alpha}$ であり、このとき $|\beta| = |-\overline{\alpha}| = |\alpha|$ となり、条件 $|\alpha| = |\beta|$ は常に満たされている。 $z_0 = -a+bi = -\overline{\alpha}$ を $\alpha z + \beta \overline{z}$ に代入する。

$$ \begin{aligned} \alpha z_0 + \beta \overline{z_0} &= \alpha(-\overline{\alpha}) + (-\overline{\alpha})\overline{(-\overline{\alpha})} \\ &= -|\alpha|^2 + (-\overline{\alpha})(-\alpha) \\ &= -|\alpha|^2 + |\alpha|^2 \\ &= 0 \end{aligned} $$

よって、$z_0$ は方程式の解である。また、前提条件 $\alpha\beta \neq 0$ より $\alpha \neq 0$ であるから、$\overline{\alpha} \neq 0$ であり、$z_0 = -\overline{\alpha} \neq 0$ である。

(i), (ii) より、いずれの場合も題意は示された。

(2)

与えられた方程式は以下の通りである。

$$ \alpha z + \beta \overline{z} + 1 = 0 \cdots \cdots ① $$

①の両辺の共役複素数をとる。

$$ \overline{\alpha}\overline{z} + \overline{\beta}z + 1 = 0 \cdots \cdots ② $$

$① \times \overline{\alpha} - ② \times \beta$ を計算し、$\overline{z}$ を消去する。

$$ \begin{aligned} \overline{\alpha}(\alpha z + \beta \overline{z} + 1) - \beta(\overline{\beta}z + \overline{\alpha}\overline{z} + 1) &= 0 \\ (|\alpha|^2 - |\beta|^2)z + \overline{\alpha} - \beta &= 0 \end{aligned} $$

条件 $|\alpha| \neq |\beta|$ より $|\alpha|^2 - |\beta|^2 \neq 0$ であるから、$z$ について解くことができる。

$$ z = \frac{\beta - \overline{\alpha}}{|\alpha|^2 - |\beta|^2} $$

ここで、分子と分母をそれぞれ $a,b,c,d$ で表す。

$$ \begin{aligned} \beta - \overline{\alpha} &= (c+di) - (a-bi) \\ &= (c-a) + (b+d)i \end{aligned} $$

$$ |\alpha|^2 - |\beta|^2 = a^2 + b^2 - c^2 - d^2 $$

よって、$z$ の実部と虚部はそれぞれ以下のようになる。

$$ \text{実部}: \frac{c-a}{a^2 + b^2 - c^2 - d^2}, \quad \text{虚部}: \frac{b+d}{a^2 + b^2 - c^2 - d^2} $$

(3)

方程式①が複素数 $z_1$ を解にもつので、以下の式が成り立つ。

$$ \alpha z_1 + \beta \overline{z_1} + 1 = 0 $$

ここで、(1)で与えられた複素数 $z_0$ を用い、$z_2 = z_1 + z_0$ という複素数を考える。 $z_2$ を方程式①の左辺に代入する。

$$ \begin{aligned} \alpha z_2 + \beta \overline{z_2} + 1 &= \alpha(z_1 + z_0) + \beta\overline{(z_1 + z_0)} + 1 \\ &= (\alpha z_1 + \beta \overline{z_1} + 1) + (\alpha z_0 + \beta \overline{z_0}) \end{aligned} $$

$z_1$ は①の解であるから $\alpha z_1 + \beta \overline{z_1} + 1 = 0$ であり、また(1)より $\alpha z_0 + \beta \overline{z_0} = 0$ である。したがって、次が成り立つ。

$$ \alpha z_2 + \beta \overline{z_2} + 1 = 0 + 0 = 0 $$

これより、$z_2$ も方程式①の解であることがわかる。さらに、(1)より $z_0 \neq 0$ であるため、$z_2 = z_1 + z_0 \neq z_1$ である。以上より、方程式①は $z_1$ とは異なる解 $z_2$ をもつことが示された。

解法2

(1) について、式変形による別解を示す。

$z_0$ の定義式は、虚数単位 $i$ を用いて以下のようにまとめられることに着目する。

(i) $\overline{\alpha} + \beta \neq 0$ の場合

$$ \begin{aligned} \overline{\alpha} + \beta &= (a-bi) + (c+di) \\ &= (a+c) + (d-b)i \end{aligned} $$

この両辺に $i$ を掛けると次のようになる。

$$ \begin{aligned} i(\overline{\alpha} + \beta) &= i(a+c) - (d-b) \\ &= (b-d) + (a+c)i \end{aligned} $$

これは与えられた $z_0$ の式と一致するため、$z_0 = i(\overline{\alpha} + \beta)$ と表せる。これを $\alpha z + \beta \overline{z}$ に代入する。

$$ \begin{aligned} \alpha z_0 + \beta \overline{z_0} &= \alpha \{i(\overline{\alpha} + \beta)\} + \beta \overline{\{i(\overline{\alpha} + \beta)\}} \\ &= i\alpha(\overline{\alpha} + \beta) - i\beta\overline{(\overline{\alpha} + \beta)} \\ &= i(\alpha\overline{\alpha} + \alpha\beta) - i\beta(\alpha + \overline{\beta}) \\ &= i(|\alpha|^2 + \alpha\beta - \alpha\beta - |\beta|^2) \\ &= i(|\alpha|^2 - |\beta|^2) \end{aligned} $$

$|\alpha| = |\beta|$ より、この値は $0$ となる。また、$\overline{\alpha} + \beta \neq 0$ より $z_0 = i(\overline{\alpha} + \beta) \neq 0$ である。

(2) について、成分で比較する別解を示す。

$z = x + yi$ （$x,y$ は実数）とおき、方程式①に代入する。

$$ (a+bi)(x+yi) + (c+di)(x-yi) + 1 = 0 $$

左辺を展開して実部と虚部に分ける。

$$ (ax - by + cx + dy + 1) + (bx + ay + dx - cy)i = 0 $$

$a,b,c,d,x,y$ はすべて実数であるから、実部と虚部がともに $0$ となる。

$$ \begin{cases} (a+c)x - (b-d)y + 1 = 0 \\ (b+d)x + (a-c)y = 0 \end{cases} $$

これを $x, y$ についての連立方程式として解く。下の式より $y = -\frac{b+d}{a-c}x$ （$a=c$ の場合は別途考慮）などを代入して解くか、行列式で考える。係数行列の行列式 $\Delta$ は以下のようになる。

$$ \begin{aligned} \Delta &= (a+c)(a-c) - \{-(b-d)\}(b+d) \\ &= a^2 - c^2 + b^2 - d^2 \\ &= (a^2 + b^2) - (c^2 + d^2) \\ &= |\alpha|^2 - |\beta|^2 \end{aligned} $$

$|\alpha| \neq |\beta|$ より $\Delta \neq 0$ であるため、ただ1組の解をもつ。

$$ x = \frac{-(a-c)}{\Delta} = \frac{c-a}{a^2 + b^2 - c^2 - d^2} $$

$$ y = \frac{b+d}{\Delta} = \frac{b+d}{a^2 + b^2 - c^2 - d^2} $$

これが求める解の実部と虚部である。

解説

複素数の方程式における、「方程式の共役をとって連立させる」手法と「実部・虚部に分けて連立方程式に帰着させる」手法の両方を問う標準的な問題である。

(1) は、一見すると複雑な成分計算に見えるが、$z_0 = i(\overline{\alpha} + \beta)$ という関係を見抜くことができると、共役の性質を使って非常に鮮やかに証明できる。 (2) は連立方程式の計算でも解けるが、解法1のように複素数のまま $z$ について解く処理に慣れておくと、計算量が大幅に削減できミスも減る。 (3) は「解の線形性」をテーマにしている。右辺が $0$ である方程式（斉次方程式）の解 $z_0$ と、右辺が定数である方程式（非斉次方程式）の解 $z_1$ の和が、再び非斉次方程式の解になるという、微分方程式や線形代数でも頻出する重要な構造の理解を問うている。