複素数平面と作図：回転・共円・Napoleon の定理から作図可能な数まで

0. この記事の要点

複素数どうしのかけ算は、平面の上では「くるっと回して、伸ばし縮みさせる」操作になります。この見方を使うと、三角形が一直線に並ぶ、直角になる、正三角形になる、4 点が同じ円の上にある、といった図形の条件が、複素数の式に置き換わります。補助線を探していた幾何の証明が計算で済むことを、有名な定理で確かめ、最後は定規とコンパスで作れる長さの限界まで進みます。以下の箇条書きは全体の見取り図なので、知らない言葉があっても、各節で説明するので気にせず先に進んでください。

• 複素数 $z=x+iy$ を平面の点 $(x,y)$ と同一視すると、複素数の積は回転と拡大の合成です。$w$ をかける写像は、$\arg w$ だけ回転し $|w|$ 倍に拡大する相似変換で、図形の「向きつきの角」と「辺の比」が、商 $\dfrac{c-a}{b-a}$ の偏角と絶対値に一括して現れます。
• 3 点が一直線上、$AB\perp AC$、正三角形、4 点が同一円周上、といった図形の条件は、すべて複素数の方程式（商が実数、純虚数、$a+\omega b+\omega^2c=0$、交比が実数）として書けます。
• 複素数で書くと、Napoleon の定理、van Aubel の定理（四角形）、Pompeiu の定理は、数行の計算で証明できます。点の位置関係（外側か内側か）による場合分けは、回転の向きの符号に吸収されます。
• 1 の $n$ 乗根は正 $n$ 角形の頂点で、$z^n-1=\prod(z-\omega^k)$ から、頂点までの距離の積・正弦の積 $\prod_{k=1}^{n-1}2\sin\tfrac{k\pi}n=n$・距離の 2 乗の和が得られます。
• 格子を保つ回転の位数は $1,2,3,4,6$ に限られます（結晶学的制限）。離散 Fourier 変換の反転公式は、1 の冪根の直交関係そのものです。
• 作図可能な数は、$0,1$ から四則と平方根で作られる数で、これは体の拡大次数が $2$ のべきであることの特徴づけになり、三大作図問題の不可能性が従います。

この記事で使う事前知識

• 複素数の極形式: 0 でない複素数を、絶対値 $r$ と偏角 $\theta$ を使って $re^{i\theta}$ と書く表し方。→ 偏角と極形式
• 向きつきの角: 一方のベクトルをどれだけ反時計回りに回すと他方に重なるか、を符号つきで表した角。→ 向きつきの角
• 内積: 2 つのベクトルの成分どうしの積の和で、直交するとき 0 になる量。→ 内積
• 1 の冪根の直交関係: $1$ の $n$ 乗根を全部足すと 0 になる、といった性質のこと。→ 多項式の割り算と高次方程式
• 一次分数変換: $z\mapsto\dfrac{az+b}{cz+d}$ の形の写像。第 3 節の証明で使います。→ 一次分数変換

1. 動機：図形の言葉と複素数の言葉の辞書

高校の「複素数平面」では、「$\dfrac{c-a}{b-a}$ の偏角が $\dfrac\pi2$ なら $AB\perp AC$」「$\dfrac{c-a}{b-a}=\dfrac{1\pm\sqrt3 i}2$ なら正三角形」といった条件を暗記します。この記事は、なぜこれらが成り立つのかを一本の見取り図で説明します。

見取り図は単純です。複素数の積 $wz$ は、$z$ を原点のまわりに $\arg w$ だけ回転し、$|w|$ 倍した点です。だから 2 つの辺ベクトル $b-a$ と $c-a$ の関係は、それらの商 $\dfrac{c-a}{b-a}=\rho e^{i\theta}$ という 1 つの複素数に集約され、$\rho$ が辺の長さの比、$\theta$ が向きつきの角になります。2 つの三角形が（向きまで含めて）相似であることは、商が等しいことです。

この見取り図の使い道は 2 つあります。

• 幾何の定理を代数の計算に落とす（Napoleon の定理など、補助線を引く総合幾何の証明が、数行の計算になる）。
• 複素数の演算が、図形の変換（回転・相似・反転）であることを使って、代数の問題を図形の言葉で見る。1 の冪根の和・積、離散 Fourier 変換、作図可能な数がその例です。

出発点は、複素数体の基本性質（複素数体の基本性質：極形式、de Moivre の定理、$n$ 乗根）と、最初の章の平面ベクトル（平面ベクトルと座標：向きつきの角、回転行列）と、1 の冪根の直交関係（多項式の割り算と高次方程式）です。

2. 複素数平面・積と回転・回転相似

定義 2.1（複素数平面）↗

複素数 $z=x+iy$（$x,y\in\mathbb{R}$）を平面 $\mathbb{R}^2$ の点（ベクトル）$(x,y)$ と同一視する。このとき $|z|$ は原点からの距離、$|z-w|$ は 2 点 $z,w$ の距離、$z+w$ はベクトルの和、$\bar z$ は実軸に関する対称点である。$z\ne0$ の極形式 $z=|z|e^{i\theta}$（偏角と極形式（定義 4.3）［複素数と複素平面］）の $\theta$ は、実軸の正の向きから $z$ への向きつきの角（向きつきの角（定義 4.4）［平面ベクトルと座標］）である。

命題 2.2（複素数の積は回転と拡大）✓

1. $w=\rho e^{i\varphi}$（$\rho>0$）に対し、写像 $z\mapsto wz$ は、$(x,y)\mapsto\rho R(\varphi)\binom xy$（回転行列の合成（命題 6.3）［平面ベクトルと座標］ の $R(\varphi)$）である。すなわち、原点のまわりの角 $\varphi$ の回転と、$\rho$ 倍の拡大の合成である。
2. $a\ne b$、$a\ne c$ とする。$\dfrac{c-a}{b-a}=\dfrac{|AC|}{|AB|}\,e^{i\theta}$、ただし $\theta$ は $\overrightarrow{AB}$ から $\overrightarrow{AC}$ への向きつきの角（$2\pi$ を除いて）である。

証明（命題 2.2）

(1) オイラーの公式（オイラーの公式（定理 4.2）［複素数と複素平面］）により $e^{i\varphi}=\cos\varphi+i\sin\varphi$ で、$(x+iy)(\cos\varphi+i\sin\varphi)=(x\cos\varphi-y\sin\varphi)+i(x\sin\varphi+y\cos\varphi)$ です。これは $R(\varphi)\binom xy$ の成分です。 (2) $\boldsymbol b'=B-A$、$\boldsymbol c'=C-A$ の向きつきの角を $\theta$ とすると、定義（向きつきの角の存在と一意性（命題 4.3）［平面ベクトルと座標］）により $\dfrac{\boldsymbol c'}{|\boldsymbol c'|}=R(\theta)\dfrac{\boldsymbol b'}{|\boldsymbol b'|}$、すなわち複素数として $\dfrac{c'}{|c'|}=e^{i\theta}\dfrac{b'}{|b'|}$（(1) による）。$b'\ne0$ で割れば $\dfrac{c'}{b'}=\dfrac{|c'|}{|b'|}e^{i\theta}$ です。

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定理 2.3（回転相似）✓

$\alpha\ne0$、$\beta$ を複素数とし、$f(z)=\alpha z+\beta$ とする。

1. $|f(z)-f(w)|=|\alpha||z-w|$。さらに $\dfrac{f(c)-f(a)}{f(b)-f(a)}=\dfrac{c-a}{b-a}$ なので、$f$ は向きつきの角と辺の比を保つ（相似変換）。
2. $\alpha\ne1$ なら、不動点 $z_0=\dfrac{\beta}{1-\alpha}$ がただ 1 つあり、$f(z)-z_0=\alpha(z-z_0)$。すなわち $f$ は $z_0$ のまわりの角 $\arg\alpha$ の回転と $|\alpha|$ 倍の拡大の合成（回転相似、$z_0$ はその中心）である。
3. 相異なる 3 点 $a,b,c$ と 3 点 $a',b',c'$（$a'\ne b'$）に対し、$f(a)=a'$、$f(b)=b'$、$f(c)=c'$ となる $f$ が存在するための必要十分条件は $(b'-a')(c-a)=(c'-a')(b-a)$。

証明（定理 2.3）

(1) $f(z)-f(w)=\alpha(z-w)$ から。商は $\alpha$ が約分されます。(2) $z_0=\alpha z_0+\beta$ から $z_0=\beta/(1-\alpha)$。$f(z)-z_0=\alpha z+\beta-\alpha z_0-\beta=\alpha(z-z_0)$。命題 2.2 (1) により回転と拡大です。(3) 必要性：$f(b)-f(a)=\alpha(b-a)$、$f(c)-f(a)=\alpha(c-a)$ から $b'-a'=\alpha(b-a)$、$c'-a'=\alpha(c-a)$ で、消去して条件を得ます。十分性：$\alpha=\dfrac{b'-a'}{b-a}\ne0$、$\beta=a'-\alpha a$ とすると $f(a)=a'$、$f(b)=\alpha(b-a)+a'=b'$、そして条件から $f(c)=\alpha(c-a)+a'=\dfrac{(b'-a')(c-a)}{b-a}+a'=c'$。

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(3) は、三角形 $ABC$ と $A'B'C'$ が向きまで含めて相似である（辺の比がすべて等しく、向きつきの角が等しい）ことの複素数による言い換えです。補助線を引いて相似な三角形を探す高校幾何の議論は、この 1 つの等式の確認に置き換わります。

3. 図形の条件を複素数の条件にする

命題 3.1（共線・直交・正三角形の条件）✓

$\omega=e^{2\pi i/3}=\dfrac{-1+i\sqrt3}2$ とする。相異なる 3 点 $a,b,c$ について次が成り立つ。

1. $A,B,C$ が一直線上にある $\iff\dfrac{c-a}{b-a}\in\mathbb{R}$。
2. $AB\perp AC\iff\dfrac{c-a}{b-a}$ が純虚数。
3. 三角形 $ABC$ が正三角形である $\iff\dfrac{c-a}{b-a}=e^{\pm i\pi/3}\iff a+\omega b+\omega^2c=0$ または $a+\omega^2b+\omega c=0$（前者が反時計回り、後者が時計回り）$\iff a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca$。

証明（命題 3.1）

$u=\dfrac{c-a}{b-a}=s+it$ とおく。(1) $c-a=u(b-a)$ で、直線 $AB$ は $\{a+\tau(b-a)\mid\tau\in\mathbb{R}\}$（直線と円のベクトル方程式（命題 5.5）［平面ベクトルと座標］）。$C$ がその上にあるのは $u\in\mathbb{R}$ のときです。(2) 内積 $(c-a)\cdot(b-a)=\operatorname{Re}\bigl((c-a)\overline{(b-a)}\bigr)=|b-a|^2\operatorname{Re}u=|b-a|^2s$。垂直は $s=0$、すなわち $u$ が純虚数（$t\ne0$ は $c\ne a$ から）。(3) 正三角形なら $|u|=\dfrac{|AC|}{|AB|}=1$、$|u-1|=\dfrac{|BC|}{|AB|}=1$。$|u|^2=|u-1|^2$ から $\operatorname{Re}u=\tfrac12$、$|u|=1$ と合わせて $u=\tfrac12\pm\tfrac{\sqrt3}2i=e^{\pm i\pi/3}$。逆は $|u|=|u-1|=1$ から 3 辺が等しい。次に $e^{i\pi/3}=-\omega^2$（$\omega^2=\tfrac{-1-i\sqrt3}2$）なので $c-a=-\omega^2(b-a)$、すなわち $c=a(1+\omega^2)-\omega^2b=-\omega a-\omega^2b$（$1+\omega+\omega^2=0$）。$\omega^2$ をかけて $\omega^3=1$ を使うと $a+\omega b+\omega^2c=0$（逆向きにたどれば同値）。$e^{-i\pi/3}=-\omega$ なら、上の計算で $\omega$ と $\omega^2$ の役割を入れ替えるだけで $c=-\omega^2a-\omega b$、すなわち $a+\omega^2b+\omega c=0$（両辺に $\omega$ をかける）です。最後に展開すると $(a+\omega b+\omega^2c)(a+\omega^2b+\omega c)=a^2+b^2+c^2+(\omega+\omega^2)(ab+bc+ca)=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca$（$\omega^3=1$、$\omega+\omega^2=-1$）。複素数体は体なので、これが $0$ であることは 2 つの因子の一方が $0$ であることと同値です。

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定理 3.2（4 点が同一円周上にある条件（交比））✓

相異なる 4 点 $z_1,z_2,z_3,z_4\in\mathbb{C}$ について、これらが 1 つの円または 1 本の直線の上にあるための必要十分条件は、交比

$$(z_4,z_1,z_2,z_3)=\frac{z_4-z_1}{z_4-z_3}\cdot\frac{z_2-z_3}{z_2-z_1}$$

が実数であることである。

この定理のねらいは、「4 点が同じ円の上にある」という図形の条件を、1 つの複素数が実数かどうかという判定に変えることです。証明の方針は、3 点を $0,1,\infty$ に写す変換で円を実軸に移し、4 点目の行き先が実軸にあるかを見ることです。ここで使う一次分数変換は、円や直線を円や直線に写す写像です。

証明（定理 3.2）

$z_1,z_2,z_3$ を $0,1,\infty$ に写す 1 次分数変換を $S$ とする（3 点の対応で決まる（定理 4.4）［等角写像とリーマン写像定理］）。交比の定義（交比（定義 4.5）［等角写像とリーマン写像定理］）により $(z_4,z_1,z_2,z_3)=S(z_4)$ です。一般化された円（円、または直線に $\infty$ を加えたもの）の全体を考えます。$S^{-1}$ は 1 次分数変換なので（メビウス変換の基本性質（命題 4.2）［等角写像とリーマン写像定理］）、円円対応（円円対応（定理 4.3）［等角写像とリーマン写像定理］）により $\Gamma=S^{-1}(\hat{\mathbb{R}})$（$\hat{\mathbb{R}}=\mathbb{R}\cup\{\infty\}$）は $z_1,z_2,z_3$ を通る一般化された円です。$z_1,z_2,z_3$ を通る一般化された円 $\Gamma'$ があれば、$S(\Gamma')$ は $0,1,\infty$ を通る一般化された円で、$\infty$ を含むので直線であり、$0,1$ を通るので $\mathbb{R}$ に一致し、$\Gamma'=\Gamma$ です。したがって 4 点が 1 つの円か直線にあることは $z_4\in\Gamma$、すなわち $S(z_4)\in\hat{\mathbb{R}}$ と同値で、$z_4\ne z_3$ から $S(z_4)$ は有限なので、実数であることと同じです。

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注意 3.3

$\arg\dfrac{z_4-z_1}{z_4-z_3}$ は $\overrightarrow{z_4z_3}$ から $\overrightarrow{z_4z_1}$ への向きつきの角なので、交比が実数であることは「向きつきの角 $\angle z_3z_4z_1$ と $\angle z_3z_2z_1$ が $\pi$ の整数倍を除いて等しい」ことです。これは円周角の定理とその逆（円の幾何）の複素数による定式化で、場合分けのない形になっています。

定理 3.4（反転は円・直線を円・直線に写す）✓

$c\in\mathbb{C}$、$r>0$ とし、円 $|z-c|=r$ に関する反転を $\iota(z)=c+\dfrac{r^2}{\overline{z-c}}$（$z\ne c$）で定める。

1. $\iota(z)$ は半直線 $cz$ 上にあり、$|\iota(z)-c|\cdot|z-c|=r^2$。$\iota\circ\iota=\mathrm{id}$。
2. $\iota$ は、$c$ を通らない円を円に、$c$ を通る円を（$c$ を除いた）直線に、$c$ を通らない直線を $c$ を通る円（$c$ を除く）に、$c$ を通る直線を自分自身に写す。

証明（定理 3.4）

(1) $\iota(z)-c=\dfrac{r^2}{\overline{z-c}}=\dfrac{r^2(z-c)}{|z-c|^2}$ は $z-c$ の正の実数倍で、絶対値は $\dfrac{r^2}{|z-c|}$。$\iota(\iota(z))-c=\dfrac{r^2}{\overline{\iota(z)-c}}=\dfrac{r^2}{r^2/(z-c)}=z-c$。

(2) $T(w)=c+\dfrac{r^2}{w-\bar c}=\dfrac{cw-|c|^2+r^2}{w-\bar c}$ は 1 次分数変換（$ad-bc=-r^2\ne0$）で、$\iota(z)=T(\bar z)$ です。複素共役 $z\mapsto\bar z$ は、方程式 $Az\bar z+\bar Bz+B\bar z+C=0$ を同じ形（$B$ と $\bar B$ の入れ替え）に写すので一般化された円を一般化された円に写し（円円対応（定理 4.3）［等角写像とリーマン写像定理］ の表示）、$T$ もそうです。したがって $\iota$ は一般化された円を一般化された円に写します。$\iota$ を $\hat{\mathbb{C}}$ 上に $\iota(c)=\infty$、$\iota(\infty)=c$（$T(\bar c)=\infty$、$T(\infty)=c$ による）と拡張すると、$c$ を通る一般化された円は $\infty$ を含む像（直線）に、$\infty$ を含む直線で $c$ を通らないものは $c$ を含み $\infty$ を含まない像（$c$ を通る円）に、$c$ も $\infty$ も含まない円は $c,\infty$ を含まない像（円）に写ります。$c$ を通る直線は、$z=c+td$（$t\in\mathbb{R}$）と書けて、(1) により $\iota(z)-c=\dfrac{r^2}{t}\cdot\dfrac{d}{|d|^2}$ は同じ直線上にあり、自分自身に写ります。

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反転の $c=0$、$r=1$ の場合は $z\mapsto1/\bar z$ で、これは $z\mapsto1/z$ と共役 $z\mapsto\bar z$ の合成です。円と直線を一緒に扱う反転の議論は、前に出た章 反転：円と直線の名定理 で、図形の定理（Feuerbach の定理など）とあわせて扱いました。

4. 複素数で示す図形の定理

Napoleon の定理：三角形 ABC の外側に正三角形を立て、その中心を結ぶと正三角形ができる

定理 4.1（Napoleon の定理）✓

三角形 $ABC$ の 3 辺 $BC$、$CA$、$AB$ を 1 辺とする正三角形を、三角形 $ABC$ の外側に作り、それらの中心（重心）を $G_a$、$G_b$、$G_c$ とする。このとき $G_aG_bG_c$ は正三角形である（3 点が一致する退化した場合を含む）。

証明の方針は、3 つの正三角形の中心を $a,b,c$ の式で書き、前節の正三角形の条件 $g_a+\omega g_b+\omega^2g_c=0$ を確かめることです。「外側に立てる」は、$A,B,C$ が反時計回りに並ぶとき、三角形の内部は各辺（$A\to B$ など向きをつけた線分）の進行方向の左側にあるので、外側は右側、つまり $-\pi/3$ の回転の側になる、ということです。

証明（定理 4.1）

$A,B,C$ が反時計回りに並ぶとしてよい（時計回りなら全体の複素共役）。辺 $BC$ の外側は有向線分 $b\to c$ の右側なので、外側の正三角形の頂点は $a'=b+e^{-i\pi/3}(c-b)$。$e^{-i\pi/3}=-\omega$ なので $a'=b-\omega(c-b)=-\omega^2b-\omega c$（$1+\omega=-\omega^2$）で、中心は

$$g_a=\frac{b+c+a'}3=\frac{(1-\omega^2)b+(1-\omega)c}3.$$

同様に $g_b=\dfrac{(1-\omega^2)c+(1-\omega)a}3$、$g_c=\dfrac{(1-\omega^2)a+(1-\omega)b}3$。$3(g_a+\omega g_b+\omega^2g_c)$ を展開すると、$a$ の係数は $\omega(1-\omega)+\omega^2(1-\omega^2)=\omega-\omega^2+\omega^2-\omega=0$、$b$ の係数は $(1-\omega^2)+\omega^2(1-\omega)=1-\omega^3=0$、$c$ の係数は $(1-\omega)+\omega(1-\omega^2)=1-\omega^3=0$。したがって $g_a+\omega g_b+\omega^2g_c=0$ です。3 点が相異なるなら、命題 3.1 (3) により $G_aG_bG_c$ は（反時計回りの）正三角形です。2 点が一致するとき、たとえば $g_a=g_b$ なら $g_a(1+\omega)+\omega^2g_c=\omega^2(g_c-g_a)=0$（$1+\omega=-\omega^2$）で $g_c=g_a$ となり、3 点がすべて一致する退化した場合です（他の組も同様）。

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定理 4.2（van Aubel の定理（四角形））✓

四角形 $ABCD$（任意の 4 点、頂点がこの順に反時計回りとして）の各辺の右側（外側）に正方形を立て、辺 $AB,BC,CD,DA$ に立てた正方形の中心を $O_1,O_2,O_3,O_4$ とする。このとき線分 $O_1O_3$ と $O_2O_4$ は長さが等しく、互いに直交する。

証明（定理 4.2）

辺 $a\to b$ の右側に立てた正方形の中心は、辺の中点から、辺ベクトルを $-90^\circ$ 回転した半分だけ動いた点で $o_1=\dfrac{a+b}2-\dfrac{i(b-a)}2=\dfrac{(1+i)a+(1-i)b}2$。同様に $o_2=\dfrac{(1+i)b+(1-i)c}2$、$o_3=\dfrac{(1+i)c+(1-i)d}2$、$o_4=\dfrac{(1+i)d+(1-i)a}2$。すると

$$o_1-o_3=\frac{(1+i)(a-c)+(1-i)(b-d)}2,\qquad o_2-o_4=\frac{(1+i)(b-d)+(1-i)(c-a)}2$$

で、$i(o_1-o_3)=\dfrac{(i-1)(a-c)+(i+1)(b-d)}2=\dfrac{(1+i)(b-d)+(1-i)(c-a)}2=o_2-o_4$。したがって $o_2-o_4=i(o_1-o_3)$、すなわち $O_4O_2$ は $O_3O_1$ を $90^\circ$ 回転して得られ（命題 2.2 (1)）、長さが等しく直交します。

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定理 4.3（Pompeiu の定理）✓

$ABC$ を正三角形、$P$ を平面上の任意の点とする。このとき $|PA|\le|PB|+|PC|$、$|PB|\le|PC|+|PA|$、$|PC|\le|PA|+|PB|$ で、線分 $PA,PB,PC$ は（退化してもよい）三角形の 3 辺をなす。

証明（定理 4.3）

$A,B,C$ が反時計回りとして 命題 3.1 (3) の $a+\omega b+\omega^2c=0$ を使う（時計回りなら $\omega$ と $\omega^2$ を入れ替える）。任意の $p$ について

$$(p-a)+\omega(p-b)+\omega^2(p-c)=p(1+\omega+\omega^2)-(a+\omega b+\omega^2c)=0.$$

よって $p-a=-\omega(p-b)-\omega^2(p-c)$ で、$|\omega|=1$ と三角不等式（三角不等式（定理 3.4）［複素数と複素平面］）から $|PA|\le|PB|+|PC|$。他の 2 つは添字を巡回させて同様です。

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5. 1 の冪根と三角関数

$n\ge2$ として $\omega_n=e^{2\pi i/n}$ とおく。$z^n=1$ の解は $\omega_n^k$（$k=0,\dots,n-1$）で、複素数平面で単位円周に内接する正 $n$ 角形の頂点です（複素数の n 乗根（定理 5.4）［複素数と複素平面］）。

命題 5.1（複素数で導く三角関数の公式）✓

1. （加法定理）$\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta$、$\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta$。
2. （多倍角）$n\ge1$ について

$$\cos n\theta=\sum_{j=0}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^j\binom n{2j}\cos^{n-2j}\theta\,\sin^{2j}\theta,\qquad\sin n\theta=\sum_{j=0}^{\lfloor(n-1)/2\rfloor}(-1)^j\binom n{2j+1}\cos^{n-2j-1}\theta\,\sin^{2j+1}\theta.$$

たとえば $\cos3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta$。 3. （等差の和）$\sin\dfrac\theta2\ne0$ のとき

$$\sum_{k=0}^{n-1}\cos k\theta=\frac{\sin\frac{n\theta}2\cos\frac{(n-1)\theta}2}{\sin\frac\theta2},\qquad\sum_{k=0}^{n-1}\sin k\theta=\frac{\sin\frac{n\theta}2\sin\frac{(n-1)\theta}2}{\sin\frac\theta2}.$$

証明（命題 5.1）

(1) 指数法則（指数法則（補題 4.1）［複素数と複素平面］）とオイラーの公式から $\cos(\alpha+\beta)+i\sin(\alpha+\beta)=e^{i(\alpha+\beta)}=e^{i\alpha}e^{i\beta}=(\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta)+i(\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta)$ で、実部と虚部を比べます。

(2) de Moivre の定理（ド・モアブルの定理（定理 5.1）［複素数と複素平面］）で $\cos n\theta+i\sin n\theta=(\cos\theta+i\sin\theta)^n$。二項定理（二項定理（定理 7.3）［数え上げと母関数］）で右辺を $\sum_m\binom nm\cos^{n-m}\theta\,(i\sin\theta)^m$ と展開し、$i^{2j}=(-1)^j$、$i^{2j+1}=(-1)^ji$ から偶数番目の項が実部、奇数番目の項が虚部です。$n=3$ では $\cos3\theta=\cos^3\theta-3\cos\theta\sin^2\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta$（$\sin^2=1-\cos^2$）。

(3) $r=e^{i\theta}\ne1$（$\sin\tfrac\theta2\ne0$ から）。因数分解の公式（因数分解の公式（命題 5.1）［数と式］ (1)。複素数でも成り立つ）より $\sum_{k=0}^{n-1}r^k=\dfrac{r^n-1}{r-1}=\dfrac{e^{in\theta/2}(e^{in\theta/2}-e^{-in\theta/2})}{e^{i\theta/2}(e^{i\theta/2}-e^{-i\theta/2})}=e^{i(n-1)\theta/2}\dfrac{\sin\frac{n\theta}2}{\sin\frac\theta2}$（$e^{ix}-e^{-ix}=2i\sin x$）。実部と虚部をとります。

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定理 5.2（正多角形の頂点までの距離の積）✓

$n\ge2$、$\omega=\omega_n$ とする。

1. $z^n-1=\displaystyle\prod_{k=0}^{n-1}(z-\omega^k)$。
2. 任意の複素数 $p$ について、$p$ から単位円に内接する正 $n$ 角形の頂点 $\omega^k$ までの距離の積は $\displaystyle\prod_{k=0}^{n-1}|p-\omega^k|=|p^n-1|$。とくに $p=e^{i\theta}$ では $2\left|\sin\dfrac{n\theta}2\right|$。

証明（定理 5.2）

(1) $\omega^0,\dots,\omega^{n-1}$ は $z^n=1$ の相異なる $n$ 個の解です（複素数の n 乗根（定理 5.4）［複素数と複素平面］、$w=1$）。解と係数の関係（解と係数の関係（定理 4.3）［多項式の割り算と高次方程式］）により $z^n-1=\prod_{i=1}^n(z-\alpha_i)$ と書け、根の集合は $\{\alpha_i\}$。これが相異なる $n$ 個の数 $\omega^k$ の集合に等しいので、$\alpha_i$ は相異なり $\omega^k$ の並べ替えです。(2) (1) に $z=p$ を代入して絶対値をとります（積の絶対値は絶対値の積）。$p=e^{i\theta}$ では $|e^{in\theta}-1|=|e^{in\theta/2}|\,|e^{in\theta/2}-e^{-in\theta/2}|=2|\sin\tfrac{n\theta}2|$。

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系 5.3（正弦の積の公式）✓

$n\ge2$ について

$$\prod_{k=1}^{n-1}2\sin\frac{k\pi}n=n,\qquad\text{すなわち}\qquad\prod_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k\pi}n=\frac n{2^{n-1}}.$$

証明では、$z^n-1$ の 2 通りの因数分解を見比べて共通の因子 $z-1$ を消します。この「消してよい」という操作は、係数が複素数の多項式環で、積が $0$ になるのは一方が $0$ のときだけ（整域であること）という性質によります。

証明（系 5.3）

$z^n-1=(z-1)\sum_{k=0}^{n-1}z^k$（因数分解の公式（命題 5.1）［数と式］ (1)）と 定理 5.2 (1) の $k=0$ の因子 $z-1$ を、多項式環が整域であること（多項式環の次数・整域性・単元（定理 6.2）［環と体の基礎］）で消すと $\sum_{k=0}^{n-1}z^k=\prod_{k=1}^{n-1}(z-\omega^k)$。$z=1$ を代入して $n=\prod_{k=1}^{n-1}(1-\omega^k)$。$1-\omega^k=-2i\,e^{i\pi k/n}\sin\tfrac{k\pi}n$ なので $|1-\omega^k|=2\sin\tfrac{k\pi}n$（$0<k<n$ で $\sin>0$）で、絶対値をとると主張を得ます。

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たとえば $n=6$ では $\prod_{k=1}^5\sin\tfrac{k\pi}6=\tfrac12\cdot\tfrac{\sqrt3}2\cdot1\cdot\tfrac{\sqrt3}2\cdot\tfrac12=\tfrac3{16}=\tfrac6{2^5}$ です。

命題 5.4（頂点までの距離の 2 乗の和）✓

$n\ge2$、$r>0$ とする。中心が原点で半径 $r$ の円に内接する正 $n$ 角形の頂点 $r\omega^k$ と任意の点 $p$ について

$$\sum_{k=0}^{n-1}|p-r\omega^k|^2=n\bigl(|p|^2+r^2\bigr).$$

証明（命題 5.4）

$|p-r\omega^k|^2=|p|^2-2r\operatorname{Re}\bigl(\bar p\,\omega^k\bigr)+r^2$（$|\omega^k|=1$）。和をとると $n|p|^2+nr^2-2r\operatorname{Re}\bigl(\bar p\sum_k\omega^k\bigr)$ で、$\sum_{k=0}^{n-1}\omega^k=0$（1 の冪根の直交関係 1 の冪根の直交関係（定理 8.1）［多項式の割り算と高次方程式］ で $j=1$、$n\nmid1$）です。

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これは Leibniz の公式（重み付き距離の 2 乗の和（Leibniz の公式）（定理 7.1）［平面ベクトルと座標］）の正多角形の場合で、重心が中心 $0$ であることに対応しています。

6. 格子と離散 Fourier 変換

定理 6.1（結晶学的制限）✓

$\boldsymbol u,\boldsymbol v\in\mathbb{R}^2$ を 1 次独立なベクトルとし、格子 $\Lambda=\{m\boldsymbol u+n\boldsymbol v\mid m,n\in\mathbb{Z}\}$ とする。$N\ge1$ を整数とし、原点のまわりの角 $\theta=\dfrac{2\pi}N$ の回転 $R(\theta)$ が $\Lambda$ を $\Lambda$ に写す（$R(\theta)\Lambda\subseteq\Lambda$）ならば、$N\in\{1,2,3,4,6\}$ である。

証明（定理 6.1）

$R(\theta)\boldsymbol u=\alpha\boldsymbol u+\beta\boldsymbol v$、$R(\theta)\boldsymbol v=\gamma\boldsymbol u+\delta\boldsymbol v$ となる整数 $\alpha,\beta,\gamma,\delta$ がある（$R(\theta)\boldsymbol u,R(\theta)\boldsymbol v\in\Lambda$）。$P=(\boldsymbol u\ \boldsymbol v)$ は可逆（1 次独立と成分表示の一意性（命題 3.1）［平面ベクトルと座標］）で $R(\theta)P=PM$、$M=\begin{pmatrix}\alpha&\gamma\\\beta&\delta\end{pmatrix}$。したがって $R(\theta)=PMP^{-1}$ で、$\operatorname{tr}(XY)=\operatorname{tr}(YX)$（成分で確かめられる）から $\operatorname{tr}R(\theta)=\operatorname{tr}M=\alpha+\delta\in\mathbb{Z}$。$\operatorname{tr}R(\theta)=2\cos\theta$ なので、$2\cos\dfrac{2\pi}N\in\mathbb{Z}$ です。

$N=1,2,3,4,6$ では $2\cos\tfrac{2\pi}N=2,-2,-1,0,1$ で整数。$N=5$ では $\tfrac\pi3<\tfrac{2\pi}5<\tfrac\pi2$ で、$[0,\tfrac\pi2]$ で $\cos$ は狭義単調減少（周期性と基本的な対称性（定理 7.3）［指数・対数・三角関数をきちんと定義する］ (3)）、$\cos\tfrac\pi3=\tfrac12$、$\cos\tfrac\pi2=0$ なので $0<2\cos\tfrac{2\pi}5<1$ で整数でない。$N\ge7$ では $0<\tfrac{2\pi}N<\tfrac\pi3$ で $\tfrac12<\cos\tfrac{2\pi}N<1$、すなわち $1<2\cos\tfrac{2\pi}N<2$ で整数でない。したがって $N\in\{1,2,3,4,6\}$ です。

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結晶には 5 回対称も 8 回対称もないことの数学的な理由がこれです（準結晶は周期的な格子ではないので例外です）。

定理 6.2（離散 Fourier 変換の反転公式）✓

$n\ge1$、$\omega=\omega_n$、$a=(a_0,\dots,a_{n-1})\in\mathbb{C}^n$ とし、$\hat a_j=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a_k\omega^{-jk}$（$j=0,\dots,n-1$）を $a$ の離散 Fourier 変換とする。

1. （反転公式）$a_k=\dfrac1n\displaystyle\sum_{j=0}^{n-1}\hat a_j\,\omega^{jk}$。
2. （Parseval の等式）$\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}|a_k|^2=\frac1n\sum_{j=0}^{n-1}|\hat a_j|^2$。

証明（定理 6.2）

(1) $\sum_j\hat a_j\omega^{jk}=\sum_{l}a_l\sum_j\omega^{j(k-l)}$。1 の冪根の直交関係（1 の冪根の直交関係（定理 8.1）［多項式の割り算と高次方程式］）により、内側の和は $n\mid(k-l)$ のとき $n$、そうでなければ $0$ で、$0\le k,l\le n-1$ では $k=l$ のときだけ $n$ です。よって $na_k$。(2) $|\hat a_j|^2=\hat a_j\overline{\hat a_j}=\sum_{k,l}a_k\overline{a_l}\,\omega^{-j(k-l)}$（$\overline{\omega^{-jl}}=\omega^{jl}$）。$j$ について足すと同じ直交関係で $\sum_j|\hat a_j|^2=n\sum_k|a_k|^2$ です。

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例 6.3（離散 Fourier 変換の計算）

$n=4$、$\omega=i$、$a=(1,2,3,4)$：$\hat a_0=10$、$\hat a_1=1+2(-i)+3(-1)+4i=-2+2i$、$\hat a_2=1-2+3-4=-2$、$\hat a_3=1+2i-3-4i=-2-2i$。Parseval：$1+4+9+16=30$、$\tfrac14(100+8+4+8)=30$。反転：$a_0=\tfrac14(10-2+2i-2-2-2i)=1$。離散 Fourier 変換は、周期的な信号を 1 の冪根 $\omega^{jk}$（周波数 $j$ の波）に分解する操作で、高速 Fourier 変換（FFT）はこの計算を速く行うアルゴリズムです。

7. 定規とコンパスで作図できる数

平面を複素数平面とみなし、作図可能な点を次のように定めます（多項式環と体の拡大 の定義と同じ）。$P_0=\{0,1\}$ から始め、$P_k$ の相異なる 2 点を通る直線と、$P_k$ の 1 点を中心とし $P_k$ の 2 点の距離を半径とする円のうち、相異なる 2 つの図形の交点を $P_k$ に加えて $P_{k+1}$ とし、$\bigcup_kP_k$ の点を作図可能な点、その全体を $\mathcal{C}$ とする。$\mathcal{R}=\mathcal{C}\cap\mathbb{R}$ は作図可能な実数の全体である。

補題 7.1（基本的な作図）✓

$a\ne b$ を $\mathcal{C}$ の点とする。

1. $2a-b\in\mathcal{C}$。
2. 線分 $ab$ の垂直二等分線は 2 点 $a+(b-a)e^{\pm i\pi/3}\in\mathcal{C}$ を通り、中点 $\dfrac{a+b}2\in\mathcal{C}$。
3. $a\pm i(b-a)\in\mathcal{C}$。とくに $i\in\mathcal{C}$。
4. $z\in\mathcal{C}$ なら $\bar z\in\mathcal{C}$。
5. $z\in\mathcal{C}$ なら $\operatorname{Re}z,\operatorname{Im}z\in\mathcal{R}$。
6. $x,y\in\mathcal{R}$ なら $x+iy\in\mathcal{C}$。
7. $x,y\in\mathcal{R}$ なら $x\pm y\in\mathcal{R}$。
8. $x,y\in\mathcal{R}$ なら $xy\in\mathcal{R}$、$x\ne0$ なら $y/x\in\mathcal{R}$。
9. $x\in\mathcal{R}$、$x>0$ なら $\sqrt x\in\mathcal{R}$。

この補題のねらいは、定規とコンパスだけで、中点・垂線・足し算・引き算・かけ算・割り算・平方根といった基本の操作がすべてできることを示し、次の定理で「作図可能な数」を体の言葉で整理する準備をすることです。証明は (1) から順に、前の結果を使って組み上げます。(8) と (9) は座標で書かれていますが、(8) は 2 本の直線と実軸の交点、(9) は円と虚軸の交点を求めているだけです。

証明（補題 7.1）

$P_0\subseteq P_1\subseteq\cdots$ なので、$\mathcal{C}$ の有限個の点はある $P_k$ にまとめて入り、以下ではそれらから 1 段階で図形と交点を作ります。(1) 直線 $ab$ と、$a$ を中心とし $b$ を通る円の交点は $b$ と $2a-b$。(2) $a$ 中心 $b$ 通過の円と $b$ 中心 $a$ 通過の円の交点 $p$ は $|p-a|=|p-b|=|b-a|$ を満たし、$u=\dfrac{p-a}{b-a}$ は $|u|=|u-1|=1$ で、$\operatorname{Re}u=\tfrac12$ から $u=e^{\pm i\pi/3}$（命題 3.1 (3) の計算）。この 2 点を通る直線は、どちらも $a,b$ から等距離なので垂直二等分線で、直線 $ab$ との交点は中点です。(3) (1) の $2a-b$（$\ne b$）と $b$ の垂直二等分線は $a$ を通り直線 $ab$ に垂直で、$a$ 中心 $b$ 通過の円との交点が $a\pm i(b-a)$ です。$a=0$、$b=1$ で $\pm i\in\mathcal{C}$。(4) $z\notin\mathbb{R}$ とする。$0$ 中心 $|z|$ 半径の円と、$1$ 中心 $|z-1|$ 半径の円はどちらも $z$ と $\bar z$ を通り、中心が異なるので共有点はこの 2 点だけ（相異なる 2 円の共有点は高々 2 個）。(5) $w\in\mathcal{C}$ について $\operatorname{Re}w=\dfrac{w+\bar w}2$ は (2)(4) により $\mathcal{C}$ に属す（$w\in\mathbb{R}$ なら $w$ 自身）。$\operatorname{Im}z=\operatorname{Re}(-iz)$ で、$z\ne0$ なら $-iz=0-i(z-0)\in\mathcal{C}$（(3)）（$z=0$ なら $\operatorname{Im}z=0$）。(6) $x,y\ne0$ とする。(1) の $2x$（$a=x$、$b=0$）と $0$ の垂直二等分線は直線 $\operatorname{Re}z=x$。(3) の $iy$ と (1) の $2iy$ から、$0$ と $2iy$ の垂直二等分線は直線 $\operatorname{Im}z=y$。その交点が $x+iy$。$x=0$ または $y=0$ なら (3) と仮定から。(7) $2x,2y\in\mathcal{C}$（(1)）の中点が $x+y$（(2)。$2x=2y$ なら $x+y=2x$）。$-y=2\cdot0-y$（(1)）。(8) $x\ne0$ とする。(6) で $x+i(y-1)$、$1+i(y-x)$ を作図でき、$iy$ とあわせて、点 $iy$ と $x+i(y-1)$ を通る直線 $\{(tx,\ y-t)\}$ は実軸と $t=y$ で交わり、交点 $xy$ です（方向 $(x,-1)$ は水平でない）。点 $iy$ と $1+i(y-x)$ を通る直線 $\{(t,\ y-tx)\}$ は実軸と $t=y/x$ で交わります。(9) $-1\in\mathcal{R}$（(7)）と $x$ の中点 $c=\tfrac{x-1}2$（(2)）を中心とし $x$ を通る円は $(X-c)^2+Y^2=\bigl(\tfrac{x+1}2\bigr)^2$ で、直線 $X=0$（$0$ と $i$ を通る直線）との交点は $Y^2=\tfrac{(x+1)^2-(x-1)^2}4=x$ から $\pm i\sqrt x$。$\sqrt x=\operatorname{Re}(-i\cdot i\sqrt x)\in\mathcal{R}$（(5)）です。

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定理 7.2（作図可能な数）✓

1. $\mathcal{C}$ は $\mathbb{C}$ の部分体で、複素共役と複素数の平方根について閉じている。$\mathcal{R}$ は $\mathbb{R}$ の部分体（$\mathbb{Q}$ を含む）で、正の元の平方根について閉じ、$\mathcal{C}=\mathcal{R}+i\mathcal{R}$ である。
2. $z=x+iy$ が作図可能であることは、実数の体の列 $\mathbb{Q}=F_0\subset F_1\subset\cdots\subset F_m\subset\mathbb{R}$（各 $F_{j+1}=F_j(\sqrt{D_j})$、$D_j\in F_j$、$D_j\ge0$）で、$x,y\in F_m$ となるものがあることと同値である。すなわち作図可能な数は、$\mathbb{Q}$ から四則と平方根を有限回くり返して得られる数である。特に $[\mathbb{Q}(x,y):\mathbb{Q}]$ は $2$ のべきである。

証明（定理 7.2）

(1) $\mathcal{R}$ は 補題 7.1 (7)(8) により $+,-,\times,\div$ で閉じ、$1$ を含むので部分体で $\mathbb{Q}$ を含みます。(9) が平方根。(5)(6) から $\mathcal{C}=\mathcal{R}+i\mathcal{R}$。したがって $\mathcal{C}$ は $(x+iy)(u+iv)=(xu-yv)+i(xv+yu)$ と $(x+iy)^{-1}=\dfrac{x-iy}{x^2+y^2}$ で積と逆元について閉じ、和・差・共役でも閉じます。複素数の平方根：$z=x+iy\in\mathcal{C}$、$r=\sqrt{x^2+y^2}\in\mathcal{R}$（$r\ge|x|$）、$a=\sqrt{(r+x)/2}$、$b=\sqrt{(r-x)/2}\in\mathcal{R}$ とし、$y\ge0$ なら $w=a+ib$、$y<0$ なら $w=a-ib$ とすると、$a^2-b^2=x$、$2ab=2\sqrt{(r^2-x^2)/4}=|y|$ から $w^2=z$。

(2) ($\Leftarrow$) $F_0=\mathbb{Q}\subseteq\mathcal{R}$ で、$F_j\subseteq\mathcal{R}$ なら $D_j\in\mathcal{R}$、$\sqrt{D_j}\in\mathcal{R}$（(1)）で $F_{j+1}\subseteq\mathcal{R}$。よって $x,y\in\mathcal{R}$ から $z\in\mathcal{C}$（(1)）。($\Rightarrow$) $P_k$ の点の座標がすべて入る体の列があることを $k$ について示します。$k=0$ は $F_0=\mathbb{Q}$。$k\to k+1$：新しい点の座標は、交点の座標は高々 2 次の拡大に入る（補題 8.1）［多項式環と体の拡大］ により、現在の体（$P_k$ の座標をすべて含む列の最後 $F$）について $F(\sqrt D)$（$D\in F$、$D\ge0$）に入ります。新しい点は有限個なので、それらの $\sqrt D$ を 1 つずつ順に添加した列を継ぎ足せば、$P_{k+1}$ の座標をすべて含む列を得ます。拡大次数は $[F_{j+1}:F_j]\in\{1,2\}$（$\sqrt{D_j}$ は $t^2-D_j$ の根）で、拡大次数の連鎖律（次数の連鎖律（命題 6.1）［多項式環と体の拡大］）により $[F_m:\mathbb{Q}]$ は $2$ のべき、$\mathbb{Q}\subseteq\mathbb{Q}(x,y)\subseteq F_m$ から $[\mathbb{Q}(x,y):\mathbb{Q}]$ は $2^s$ の約数、したがって $2$ のべきです。

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系 7.3（三大作図問題と正七角形）✓

1. 立方体倍積：$\sqrt[3]2\notin\mathcal{R}$ なので、長さ $1$ の線分から長さ $\sqrt[3]2$ の線分は作図できない。
2. 角の三等分：$60^\circ$ の三等分は作図できない（$\cos20^\circ\notin\mathcal{R}$）。
3. 単位円に内接し 1 つの頂点が $1$ の正七角形の頂点 $e^{2\pi i/7}$ は作図可能でない。

証明（系 7.3）

(1)(2) は、$x^3-2$ と $4y^3-3y-\tfrac12$ の既約性による次数の議論（立方体倍積と角の三等分の不可能性（系 8.3）［多項式環と体の拡大］）です。 (3) $\zeta=e^{2\pi i/7}$、$y=\zeta+\zeta^{-1}=2\cos\tfrac{2\pi}7$ とすると、$y^2=\zeta^2+2+\zeta^{-2}$、$y^3=\zeta^3+3\zeta+3\zeta^{-1}+\zeta^{-3}$ から $y^3+y^2-2y-1=\zeta^{-3}(1+\zeta+\cdots+\zeta^6)=0$（$\zeta^7=1$ と $1+\zeta+\cdots+\zeta^6=0$、後者は $\zeta^7-1=(\zeta-1)\sum_{k=0}^6\zeta^k$（因数分解の公式（命題 5.1）［数と式］ (1)）と $\zeta\ne1$ による）。$f(t)=t^3+t^2-2t-1$ は有理根の候補 $\pm1$ がどちらも根でない（$f(1)=-1$、$f(-1)=1$、有理根定理（定理 6.1）［多項式の割り算と高次方程式］）ので、3 次式が可約なら 1 次の因子（有理数の根、剰余の定理・因数定理（定理 2.3）［多項式の割り算と高次方程式］）をもつことから $\mathbb{Q}$ 上既約で、$y$ の最小多項式です。したがって $[\mathbb{Q}(y):\mathbb{Q}]=3$（単純拡大の次数（命題 6.2）［多項式環と体の拡大］）。$e^{2\pi i/7}$ が作図可能なら、その実部 $x=\cos\tfrac{2\pi}7=y/2$ について 定理 7.2 (2) により $[\mathbb{Q}(x):\mathbb{Q}]$ は $2$ のべき（$\mathbb{Q}(x)\subseteq\mathbb{Q}(x,\operatorname{Im}e^{2\pi i/7})$ と連鎖律）ですが、$\mathbb{Q}(x)=\mathbb{Q}(y)$ の次数は $3$ で矛盾します。

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注意 7.4（さらに先の話）

円積問題（円と同じ面積の正方形）が不可能なのは、$\pi$ が超越数であること（Lindemann, 1882）から従います（Niven, Irrational Numbers）。正 $n$ 角形が作図可能であるための条件 $n=2^kp_1\cdots p_r$（$p_i$ は相異なる Fermat 素数）は、Gauss と Wantzel によるもので、必要性は上の次数の議論から、十分性は円分体の Galois 理論から得られます（Stewart, Galois Theory の作図の章）。コンパスだけ（Mohr–Mascheroni）や、定規と 1 つの円だけ（Poncelet–Steiner）、折り紙による作図は、作図の規則を変えた研究です（Hartshorne, Geometry: Euclid and Beyond）。

8. 大学ではどこへ続くか

複素数平面は、複素解析（complex-analysis）の舞台そのものです。回転相似 $z\mapsto\alpha z+\beta$ は正則な 1 次写像で、反転と合わせた**一次分数変換**が円円対応を満たすことが、共円の条件の背景にあります。1 の冪根と離散 Fourier 変換は、群の指標の理論（有限アーベル群上の Fourier 解析）と、フーリエ解析（fourier-analysis）の離散版です。結晶学的制限は、格子を保つ線形変換の整数行列の性質（トレースが整数）で、結晶群の分類の入口です。作図可能な数の特徴づけは、体の拡大と Galois 理論（algebra）の最初の応用で、多項式の割り算と高次方程式 の因数定理・有理根定理がその部品になっています。

9. 演習

演習 9.1易

$f(z)=\alpha z+\beta$ が $f(0)=1+i$、$f(1)=3+2i$ を満たすとき、$f$ の不動点（回転相似の中心）、回転角、拡大率を求めよ。

解答

定理 2.3 (3) の証明により $\alpha=f(1)-f(0)=2+i$、$\beta=1+i$。不動点は $z_0=\dfrac{\beta}{1-\alpha}=\dfrac{1+i}{-1-i}=-1$。回転角は $\arg(2+i)=\arctan\tfrac12$（約 $26.6^\circ$）、拡大率は $|2+i|=\sqrt5$。確かめると $f(-1)=-2-i+1+i=-1$。

演習 9.2標準

4 点 $0,\ 1,\ 1+i,\ i$ が同一円周上にあることを、交比で示せ。

解答

$z_1=0$、$z_2=1$、$z_3=1+i$、$z_4=i$ とすると、定理 3.2 の交比の因子は $\dfrac{z_4-z_1}{z_4-z_3}=\dfrac{i}{-1}=-i$、$\dfrac{z_2-z_3}{z_2-z_1}=\dfrac{-i}{1}=-i$ で、積は $(-i)(-i)=i^2=-1$。実数なので 4 点は 1 つの円（正方形の外接円）または直線上にあり、直線上にはない（$1+i$ は直線 $0$–$1$ 上にない）ので円周上です。

演習 9.3標準

$\sin\dfrac\pi8\sin\dfrac{3\pi}8$ の値を求めよ。

解答

系 5.3 の $n=8$ より $\prod_{k=1}^7\sin\tfrac{k\pi}8=\tfrac8{2^7}=\tfrac1{16}$。$\sin\tfrac{(8-k)\pi}8=\sin\tfrac{k\pi}8$ なので積は $\bigl(\sin\tfrac\pi8\sin\tfrac{2\pi}8\sin\tfrac{3\pi}8\bigr)^2\sin\tfrac{4\pi}8$。$\sin\tfrac\pi2=1$、$\sin\tfrac\pi4=\tfrac{\sqrt2}2$ なので $\Bigl(\sin\tfrac\pi8\sin\tfrac{3\pi}8\cdot\tfrac{\sqrt2}2\Bigr)^2=\tfrac1{16}$、各正弦は正なので $\sin\tfrac\pi8\sin\tfrac{3\pi}8\cdot\tfrac{\sqrt2}2=\tfrac14$、すなわち $\sin\tfrac\pi8\sin\tfrac{3\pi}8=\tfrac{\sqrt2}4$。直接確かめると $\sin\tfrac{3\pi}8=\cos\tfrac\pi8$ なので積は $\tfrac12\sin\tfrac\pi4=\tfrac{\sqrt2}4$ で一致します。

演習 9.4標準

$n=4$ で $\hat a=(4,\,0,\,0,\,0)$ を離散 Fourier 変換とする数列 $a$ を求めよ。

解答

定理 6.2 (1) により $a_k=\tfrac14\sum_{j=0}^3\hat a_j\,i^{jk}=\tfrac14\cdot4\cdot1=1$（$j=0$ の項のみ）。すなわち $a=(1,1,1,1)$（定数列のフーリエ係数は 0 番目だけに現れる）。確かめると $\hat a_0=4$、$\hat a_j=\sum_ki^{-jk}=0$（$j=1,2,3$、直交関係）。

参考文献

• Tristan Needham, Visual Complex Analysis, Oxford University Press, 1997 — 複素数の積と回転、反転に関する章。
• Liang-shin Hahn, Complex Numbers and Geometry, Mathematical Association of America, 1994 — 複素数による平面幾何。
• Ian Stewart, Galois Theory, 4th ed., CRC Press, 2015 — 作図の章。
• Ivan Niven, Irrational Numbers, Mathematical Association of America, 1956 — 円積問題と $\pi$ の超越性に関する章。