複素平面上の直線方程式

【CX05】複素数平面上の直線方程式
【CX06】実数でないことの証明

【CX05】複素数平面上の直線方程式

(1)複素数平面上の $2$ 点、 $α = a + i b$ と $β = c + i d$ を通る直線の方程式を $z = x + i f (x)$ の形で求めてください。

(2) 複素数平面上の原点と $1 + i$ を結ぶ直線の方程式を求めてください。

【ヒント】 $x$ と $y$ の関係を求める問題です。

【解答】(1) まず状況を複素数平面に描いてみます。

複素数平面上の直線グラフ

複素数平面上であっても、 $x$ と $y$ の関係に着目すると、普通の $x y$ 平面における直線方程式と同じです。なので、
$(a - c) (y - b) = (b - d) (x - a)$
となります。これを $y = f (x)$ の形に書き直すと
$y = \frac{b - d}{a - c} x + \frac{a d - b c}{a - c}$
となるので、 $z - x$ の方程式として
$z = x + i [\frac{b - d}{a - c} x + \frac{a d - b c}{a - c}]$
が得られます。

(2) $α = 1 + i, β = 0 + 0 i$ とすると
$a = 1, b = 1, c = 0, d = 0$
ですから、(1) の結果に代入して
$z = x + i x = (1 + i) x$
という方程式となります。

直線z=x+ixグラフ　

【CX06】実数でないことの証明

$p$ を素数、 $(a, b)$ を互いに素な正数とするとき、 $(a + b i)^{p}$ は実数でないことを示してください。 $i$ は虚数単位です。（京大）

【ヒント】今回は京都大学理系の入試問題です。さすがにすらすら証明できるような問題ではありませんけど、２項展開が面倒であることを差し引けば、素直な手順で意外となんとかなります。３０分～１時間ぐらいかけて丁寧に解答してみてください。出だしには注意です。素数のなかでも 2 だけは偶数なので、いつも気を付けておきたいところですね。

【解答】 $p = 2$ のときは
$(a + b i)^{2} = a^{2} - b^{2} + 2 a b i$
となって虚部は $0$ とはなりません。 $p \geq 3$ のときは $p$ は全て奇数となります。何はともあれ、まずは二項展開です。
$\begin{aligned} f \equiv & (a + b i)^{p} \\ = & a^{p} + (\binom{p}{1}) a^{p - 1} (b i) + (\binom{p}{2}) a^{p - 2} (b i)^{2} + (\binom{p}{3}) a^{p - 3} (b i)^{3} + \dots \\ + (\binom{p}{p - 2}) a^{p - (p - 2)} (b i)^{p - 2} + (\binom{p}{p - 1}) a^{p - (p - 1)} + (b i)^{p} \end{aligned}$
必要なのは虚部なので、実部は $Re f$ とだけ書いて分離します。以降、 $i^{2} - 1$ を $- 1$ に置き換えてしまうと、かえってややこしくなるので、そのままにしておきます。
$\begin{aligned} f = & (a + b i)^{p} \\ = & Re f + (\binom{p}{1}) a^{p - 1} (b i) + (\binom{p}{3}) a^{p - 3} (b i)^{3} + \dots + (\binom{p}{p - 2}) a^{2} (b i)^{p - 2} + (b i)^{p} \end{aligned}$
虚部を $b i$ で括ります。
$\begin{aligned} f = & (a + b i)^{p} \\ = & Re f + b i {(\binom{p}{1}) a^{p - 1} + (\binom{p}{3}) a^{p - 3} + \dots + (\binom{p}{p - 2}) a^{2} (b i)^{p - 3} + (b i)^{p - 1}} \end{aligned}$
したがって、 $f$ の虚部は
$Im f = b {(\binom{p}{1}) a^{p - 1} + \dots \dots + (\binom{p}{p - 2}) a^{2} (b i)^{p - 3} + (b i)^{p - 1}}$
と書くことができます。 $Im f = 0$ とおくと、 $b > 0$ より
$p a^{p - 1} = - (\binom{p}{3}) a^{p - 3} (b i)^{2} - \dots - (\binom{p}{p - 2}) a^{2} (b i)^{p - 3} - (b i)^{p - 1}$
ここで、 $- (b i)^{2} = b^{2}$ で右辺を括ります。
$p a^{p - 1} = b^{2} {(\binom{p}{3}) a^{p - 3} + \dots + (\binom{p}{p - 2}) a^{2} (b i)^{p - 5} - (b i)^{p - 3}}$
右辺は $b^{2}$ の倍数なので左辺も $b^{2}$ の倍数である必要があります。しかし $a$ と $b$ は互いに素なので、 $p$ が $b^{2}$ の倍数でなければなりません。しかし、 $p$ は素数なので $b = 1$ だけが適合します。そこで改めて $b = 1$ として $Im f = 0$ の方程式を書きなおすと
$p a^{p - 1} + (\binom{p}{3}) a^{p - 3} (i)^{2} + \dots + (\binom{p}{p - 2}) a^{2} (i)^{p - 3} = - (i)^{p - 1}$
左辺は $z^{2}$ の倍数、右辺は $\pm 1$ なので $a = 1$ とならなければなりません。したがって、 $Im f$ が $0$ となる可能性があるのは $a = b = 1$ だけですが、その場合も
$(1 + i)^{p} = 2^{p / 2} (\cos \frac{π}{4} + i \sin \frac{π}{4})$
となって虚部は $0$ になりません。以上の議論より、 $(a + b i)^{p}$ は実数にはなりません（証明終）。

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