\(\newcommand{\mathreal}{\mathbb{R}}\)
\(z^{2}=i\) という少し思い入れのある方程式を解く．
\(z^{2}=i\) の思い出
まだ，私が高校生だった頃，虚数 \(i\) が導入されたときは驚いた．\(x^{2}=-1\) を解けるように「数」が拡張されたからである．
このとき，
同じように二乗したら \(i\) になるような数はどうなるんだろう？
と思った．つまり， \(z^{2}=i\) を解けるようにまた新しく数を導入する必要があるのか気になったのである．
今の自分にとっては当たり前のことだが，複素数体は代数的閉体なので，そのようなことをする必要はない．しかし，この方程式を実際に解いてみて，複素数の範囲で解けることに驚いた経験は，無駄ではなかったように思う．ある種の数学のおもしろさに最初に気がついたのは，もしかしたら，このときなのかもしれない．
\(z^{2}=i\) の解法 その１
\(z=a+bi\) (\(a, b\in\mathreal\)) と置く．すると，
\[a^{2}-b^{2}+2abi=i.\]
よって，
\[\left\{\begin{aligned} a^{2}-b^{2}&=0, \\ 2ab&=1. \end{aligned}\right.\]
\(a^{2}-b^{2}=0\)から\(a=\pm b\)．
- \(a=-b\) のとき．
\(2ab=1\) から \( a^{2}= -1/2 \)． \(a\) は実数であるから，このときは不適．
- \(a=b\) のとき．
\(2ab=1\) から \( a^{2}= 1/2 \)． よって，\( a= \pm 1/\sqrt{2} \)．ゆえに，\((a, b)= (\pm 1/\sqrt{2}, \pm 1/\sqrt{2}) \) (複号同順)．
よって，\(z=\pm 1/\sqrt{2}\pm i/\sqrt{2} \) (複号同順)．
\(z^{2}=i\) の解法 その２
\(z=r(\cos\theta+i\sin\theta)\) (\(r>0\), \(0\leq \theta <2\pi\)) と置く．すると，
\[ r^{2}(\cos 2\theta+i\sin 2\theta)=i. \]
よって，
\[\left\{\begin{aligned} r^{2}\cos 2\theta&=0, \\ r^{2}\sin 2\theta&=1. \end{aligned}\right.\]
\(r^{2}\cos 2\theta=0\) と \(r>0\) より，\(\cos 2\theta=0\)．\(0\leq \theta <2\pi\) から，
\[2\theta = \pi/2, 3\pi/2, 5\pi/2, 7\pi/2.\]
よって，\(\theta = \pi/4, 3\pi/4, 5\pi/4, 7\pi/4\)．
- \(\theta = \pi/4\) のとき．
\(r^{2}\sin 2\theta=1\) より，\(r^{2}=1\)．\(r>0\) から，\(r=1\)．
このとき，\(z= 1/\sqrt{2} + i/\sqrt{2} \)
- \(\theta = 3\pi/4\) のとき．
\(r^{2}\sin 2\theta=1\) より，\(r^{2}=-1\)．\(r\) は実数だから，この場合は不適．
- \(\theta = 5\pi/4\) のとき．
\(r^{2}\sin 2\theta=1\) より，\(r^{2}=1\)．\(r>0\) から，\(r=1\)．
このとき，\(z= -1/\sqrt{2} - i/\sqrt{2} \)
- \(\theta = 7\pi/4\) のとき．
\(r^{2}\sin 2\theta=1\) より，\(r^{2}=-1\)．\(r\) は実数だから，この場合は不適．
以上より，\(z=\pm 1/\sqrt{2}\pm i/\sqrt{2} \) (複号同順)．
おわりに
虚数 \(i\) ってすげぇよな，\(\mathreal\) に付加すると代数的閉体になるんだもん．
i ってすげぇよな。R に付加すると代数閉体になるんだぜ。
— そくらてす (@7danmoroboshi) 2022年9月24日
(トッポの CM の長瀬くん風)
— てらモス@求職中 (@termoshtt) 2022年9月24日
