共役な複素数について

こんにちは。
高１のflankです。

係数が実数である高次方程式が
虚数解a+biを解にもつならば、それと共役な複素数である
a-biもこの方程式の解である。

と教科書に書いてあったのですが、
なぜこのように言えるのでしょうか・・・。
よろしくお願いします。

No.1 回答者： tatsumi01 回答日時： 2007/03/08 16:26

a+bi を実係数方程式に代入し、i を含む項をまとめることによって

A + Bi = 0 (A, B は実数)
の形にすることができます。右辺が実数なので B = 0。

一方、a-bi を実係数方程式に代入すると
A - Bi = 0 (A, B は実数)
の形になります。したがって、a-bi は方程式の根です。

No.2 回答者： zk43 回答日時： 2007/03/08 16:30

複素数の共役に関して次の性質があります。

共役を*で表します。
z、wは複素数として、
(z+w)*＝(z*)＋(w*)
(zw)*＝(z*)(w*)
特に、(z^n)*＝(z×…×z)*＝(z*)×…×(z*)＝(z*)^n
また、aが実数とすると、a*＝a

n次の実係数代数方程式、
anx^n＋…＋a1x＋a0＝0
の両辺の共役をとると、
(anx^n＋…＋a1x＋a0)*＝0*
(anx^n)*＋…＋(a1x)*＋(a0)*＝0
(an)*(x^n)*＋…＋(a1)*(x*)＋(a0)*＝0
an(x*)^n＋…＋a1(x*)＋a0＝0
となって、xが解ならば、x*も解であることがわかる。

複素係数だったらこうはいきません。

No.3 回答者： killer_7 回答日時： 2007/03/08 16:31

複素数 z の共役複素数を z~ で表すとする．

このとき，次の(1), (2)が任意の複素数 x, y と，任意の実数a, bについて成り立つ（ご自分で確認を）．
(1) (ax+by)~ = a(x~) + b(y~)
(2) (xy)~ = (x~) (y~)

(2)より，任意の複素数 z について，
(z^n)~ = (z~)^n　・・・　(3)
である．
いま，実数係数の n 次方程式
f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^(n-1) + ・・・ + a_1 x + a_0 = 0
が，複素数 z を解にもつ，すなわち f(z) = 0 であるとする．
このとき，
f(z~)
= a_n (z~)^n + a_{n-1} (z~)^(n-1) + ・・・ + a_1 (z~) + a_0
= a_n (z^n)~ + a_{n-1} (z^(n-1))~ + ・・・ + a_1 (z~) + a_0　（∵　(3)）
= (a_n z^n + a_{n-1} z^(n-1) + ・・・ + a_1 z + a_0)~　（∵　(1)）
= (f(z))~
= 0　（∵　f(z)=0）
となって，f(z~)=0，すなわち z~ も方程式 f(x)=0の解である．

No.4 回答者： connykelly 回答日時： 2007/03/08 22:32

2次方程式の場合は自明ですね。

つまりAx^2+Bx+C=0でx={-B±√(B^2-4AC)/2A}。ルートの前にちゃんと±が付いています。高次方程式の場合は、＃１のtatsumi01さんがご回答されていますが、蛇足の補足を付け加えると、i^2=(-1)^2=-1、i^3=-i、(-i)^3=iでiが残る。i^4=(-i)^4=1、・・・ということでiや-iの奇数乗にはiが残り、iや-iの偶数乗は同じ実数になるということがそのからくりということですね。
A+BiとA-Biはx軸に対して線対称ということも関係あるのかしら（←単なる思い付きです）。

No.5 回答者： zk43 回答日時： 2007/03/08 23:43

虚数解は共役とペアで解になるので、虚数解は必ず偶数個ですね。

（あるとすればの話）
また、ｎ次代数方程式はｎ個の解があるので、ｎが奇数なら必ず
実数解を持ち、その個数は奇数。
すなわち、偶数個の虚数解と奇数個の実数解がありますね。
（０も偶数として）

ちょっと面白いなと思って書いてみました。（蛇足）

No.6 回答者： lick6 回答日時： 2007/03/09 12:35

あまり自信がないので参考までに。

実数で虚数は表せませんので
(A) + (B)i = 0 というときは
A = 0 , B = 0 とならなければなりません。

例えば
f(x) = x^2 + 2x + 2 とします。
f(x) = 0 の解が a + bi であるならば当然
f(a + bi) = 0 ですよね。
すると f(x) = {x - (a + bi)}g(x) という形に因数分解できます。
しかし、このままでは b ≠ 0 なので i が消えません。
i が消すことのできる方法は i^2 = -1 を使うことで、このことからg(x)は一次式で i が含まれることが予想されますが、普通展開すると a^2 + 2ai + i^2 などとなってしまいますよね。
しかし一つだけ出てこない式があります。
(a + i)(a - i) = a^2 - i^2 です。
f(x) = {(x - a) - bi}g(x) であるとこれは
= {(x - a) - bi}{(x - a) + bi}
= {x - (a + bi)}{x - (a - bi)}
つまり f(x) が x = a + bi を解にもつならば x = a - bi も解に持たなければなりません。

No.7 回答者： y_akkie 回答日時： 2007/03/10 00:07

z = |z|(cosx+isinx)とおきます。

ド・モルガンの定理より、

z^(-1) = |z|(cosx-isinx)となる事から、
zにおける共役複素数はz^(-1)と表す事ができます。

次に、任意の実数mにおいて、

z^m = |z|^m(cosmx + isinmx)
z^(-m) =|z|^m(cosmx-isinmx)
となり、z^(-m)はz^mの共役複素数になる事が分かります。

、(z)^m = (z^(-1))^mである事がいえます。

次に、n次の多項式をf(x)=Σ(k=1,n)ak×x^kとおくと、

f(z) = Σ(k=1,n)ak(cosx+isinx)^k = Σ(k=1,n)ak(coskx+isinkx)
= Σ(k=1,n)akcoskx + i(Σ(k=1,n)aksinx)

=(a1cosx+a2cos2x+... +ancosnx) + i(a1sinx+a2sin2x+..+ansinnx)

f(z^(-1)) = Σ(k=1,n)ak(cosx-isinx)^k = Σ(k=1,n)ak(coskx-isinkx)
　=Σ(k=1,n)akcoskx - i(Σ(k=1,n)aksinkx)

=(a1cosx+a2cos2x+...+ancosnx) - i(a1sinx+a2sin2x+....+ansinnx)
となる事から、f(z)^(-1) = f(z^(-1))がいえます。

後は、f(z) = 0がならば、その共役複素数f(z)^(-1)も0になるので、
f(z)^(-1) = f(z^(-1))から、f(z^(-1))=0である事が言えるわけです。

No.8 回答者： usatan2 回答日時： 2007/03/10 23:48

「a+biは解であるが、a-biは解ではない」から「高次方程式の係数が実数だけである」の否定を導いてください。