第３問
(１) 複素数zの共役複素数を$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overline{z}\end{align*}}$ の定義に従って、次のことを証明せよ：
任意の複素数z0、z1に対し、$\small\sf{\begin{align*}\sf \overline{z_0+z_1}=\overline{z_0}+\overline{z_1}\end{align*}}$ かつ $\small\sf{\begin{align*}\sf \overline{z_0z_1}=\overline{z_0}\ \overline{z_1}\end{align*}}$
(２) 記号△は二種類の演算＋(加法)、×(乗法)のいずれかを表すと
して、次のことを数学的帰納法によって証明せよ：
(n＋1)個の複素数z0、z1、z2、・・・、znに対し、
$\small\sf{\begin{align*}\sf \overline{z_0\triangle z_1\triangle z_2\triangle \ldots \triangle z_n}=\overline{z_0}\triangle \overline{z_1}\triangle \overline{z_2}\triangle \ldots\triangle\overline{z_n}\end{align*}}$
(３) (n＋1)個の実数a0，a1、a2、・・・、anにおいて、a0≠0である
とき、n次方程式a0xn＋a1xn－1＋・・・＋an-1x＋an＝0の
複素数解zに対し、$\small\sf{\begin{align*}\sf \overline{z}\end{align*}}$ も同じ方程式の解であることを示せ。
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【解答】
(１)
x0、x1、y0、y1を実数として
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf z_0=x_0+y_0i\ \ ,\ \ z_1=x_1+y_1i\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overline{z_0+z_1}=\overline{\left(x_0+y_0i \right)+\left(x_1+y_1i \right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\overline{\left(x_0+x_1 \right)+\left(y_0+y_1 \right)i}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left(x_0+x_1 \right)-\left(y_0+y_1 \right)i\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left(x_0+x_1 \right)-\left(y_0+y_1 \right)i\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left(x_0-y_0i \right)+\left(x_1-y_1 i\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\overline{z_0}+\overline{z_1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overline{z_0z_1}=\overline{\left(x_0+y_0i \right)\left(x_1+y_1i \right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\overline{\left(x_0x_1-y_0y_1 \right)+\left(x_0y_1+x_1y_0 \right)i}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left(x_0x_1-y_0y_1 \right)-\left(x_0y_1+x_1y_0 \right)i\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =x_0x_1-\left(x_0y_1+x_1y_0 \right)i+y_0y_1i^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left(x_0-y_0i \right)\left(x_1-y_1i \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\overline{z_0}+\overline{z_1}\end{align*}}$
となるので、題意は示された。
(２)
(ⅰ)n＝1のとき
(１)より自明
(ⅱ)n＝kのとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overline{z_0\triangle z_1\triangle z_2\triangle \ldots \triangle z_k}=\overline{z_0}\triangle \overline{z_1}\triangle \overline{z_2}\triangle \ldots\triangle\overline{z_k}\end{align*}}$
が成り立つと仮定する。
(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overline{\left(z_0\triangle z_1\triangle z_2\triangle \ldots \triangle z_k\right)+z_{k+1}}=\overline{z_0\triangle z_1\triangle z_2\triangle \ldots \triangle z_k}+\overline{z_{k+1}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\overline{z_0}\triangle\overline{z_1}\triangle\overline{z_2}\triangle \ldots \overline{\triangle z_k}+\overline{z_{k+1}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overline{\left(z_0\triangle z_1\triangle z_2\triangle \ldots \triangle z_k\right)z_{k+1}}=\overline{z_0\triangle z_1\triangle z_2\triangle \ldots \triangle z_k}\ \overline{z_{k+1}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left(\overline{z_0}\triangle\overline{z_1}\triangle\overline{z_2}\triangle \ldots \overline{\triangle z_k}\right) \overline{z_{k+1}}\end{align*}}$
となり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overline{z_0\triangle z_1\triangle z_2\triangle \ldots \triangle z_k\triangle z_{k+1}}=\overline{z_0}\triangle\overline{z_1}\triangle\overline{z_2}\triangle \ldots \overline{\triangle z_k}\triangle \overline{z_{k+1}}\end{align*}}$
より、n＝k＋1のときも成り立つ。
よって、任意の自然数nに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overline{z_0\triangle z_1\triangle z_2\triangle \ldots \triangle z_n}=\overline{z_0}\triangle \overline{z_1}\triangle \overline{z_2}\triangle \ldots\triangle\overline{z_n}\end{align*}}$
が成り立つ。
(３)
複素数zは方程式
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_0x^n+a_1x^{n-1}+\ldots a_{n-1}x+a_n=0\end{align*}}$ ……(#)
の解なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_0z^n+a_1z^{n-1}+\ldots a_{n-1}z+a_n=0\end{align*}}$
となり、両辺の共役複素数をとると
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overline{a_0z^n+a_1z^{n-1}+\ldots a_{n-1}z+a_n}=\overline{0}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \overline{a_0}\ \overline{z}^n+\overline{a_1}\ \overline{z}^{n-1}+\ldots \overline{a_{n-1}}\ \overline{z}+\overline{a_n}=\overline{0}\end{align*}}$ ←(２)より
ここで、ak（k＝0，1，・・・，n）は実数なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overline{a_k}=a_k\end{align*}}$．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_0\overline{z}^n+a_1\overline{z}^{n-1}+\ldots a_{n-1}\overline{z}+a_n=0\end{align*}}$
となるので、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overline{z}\end{align*}}$ も方程式(#)の解である。
これは書きやすいと思います。
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/10/02(火) 02:03:00|
- 大学入試(数学) .関西の公立大学 .奈良県立医大 2004
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