ガラパゴ累乗定理

みゆの累乗恒等式（みゆのるいじょうこうとうしき）とは、実数 $$+1$$ と複素数 $$z$$ を基底の元とする $$\mathbb{R}^2$$ 上の複素数において、$$z$$ の累乗を $$z$$ の一次式で表す恒等式である。

概要

複素数 $$z$$ の 正整数 $$n$$ 乗を、$$r=2\mathrm{Re}(z)$$ と $$l=|z|^2$$ を用いて次のように表す。

$$\displaystyle z^n=\left[\sum_{k=0}^{\lfloor (n-1)/2\rfloor}\binom{n-k-1}{k}(-1)^kr^{n-2k-1}l^{k}\right]z-\left[\sum_{k=0}^{\lfloor (n-2)/2\rfloor}\binom{n-k-2}{k}(-1)^kr^{n-2k-2}l^{k}\right]l$$

$$z^1=z$$

$$z^2=rz-l$$

$$z^3=(r^2-l)z-rl$$

$$z^4=(r^3-2rl)z-(r^2-l)l$$

$$z^5=(r^4-3r^2l+l^2)z-(r^3-2rl)l$$

$$\quad\quad\quad\quad\vdots$$

特に $$z=e^{i\theta}$$ のとき、$$r=2\cos\theta$$、$$l=1$$ であることから

$$\displaystyle z^n=\left[\sum_{k=0}^{\lfloor (n-1)/2\rfloor}\binom{n-k-1}{k}(-1)^k(2\cos\theta)^{n-2k-1}\right]z-\sum_{k=0}^{\lfloor (n-2)/2\rfloor}\binom{n-k-2}{k}(-1)^k(2\cos\theta)^{n-2k-2}$$

$$z^1=z$$

$$z^2=2z\cos\theta-1$$

$$z^3=(4\cos^2\theta-1)z-2\cos\theta$$

$$z^4=(8\cos^3\theta-4\cos\theta)z-(4\cos^2\theta-1)$$

$$z^5=(16\cos^4\theta-12\cos^2\theta+1)z-(8\cos^3\theta-4\cos\theta)$$

$$\quad\quad\quad\quad\vdots$$

導出

$$\{a,b\in\mathbb{Z}\}、\{z\in\mathbb{C}\}$$ において、$$+1$$ と $$+i$$ を基底の元とする $$\mathbb{R}^2$$ 上の複素数 $$z=a+bi$$ を次のように二乗する。

\begin{align} z^2=&(a+bi)(a+bi)\\ =&(a+bi)(2a-(a-bi))\\ =&2a(a+bi)-(a+bi)(a-bi)\\ =&2a(a+bi)-(a^2+b^2)\\ =&2a(a+bi)-\sqrt{a^2+b^2}^2\\ =&2\mathrm{Re}(z)z-|z|^2\\ \end{align}

ここで、$$r=2\mathrm{Re}(z)$$、$$l=|z|^2$$ と置くと

\begin{align} z^2=rz-l \end{align}

両辺に $$z$$ を乗じることで右辺の $$z$$ の次数が上がり、$$z^2=rz-1$$ を代入することで $$z$$ の一次式へと帰着させることができる。この操作を再帰的に繰り返すことにより、任意の整数乗の恒等式を得る。

幾何学的な応用

複素平面上において、$$0$$ を始点とし $$+1$$ を終点とするベクトル $$\vec{s}$$ と、同じく $$0$$ を始点とし実数ではない任意の複素数 $$z$$ を終点とするベクトル $$\vec{t}$$ は線形独立である。みゆの累乗恒等式を用いると、$$\vec{t}$$ を原点を中心として $$\vec{s}$$ と $$\vec{t}$$ の成す角度の整数倍回転させて得られるベクトル $$\vec{u}$$ を、$$\vec{s}$$ と $$\vec{t}$$ を基底の元とするベクトル空間で表現することが可能となる。

みゆの三辺比定理

$$+1$$ と $$z=e^{i\theta}$$ を元とする基底空間において、内角の一つに $$\psi=(\pi-\theta)~\mathrm{rad}$$ をもつ三角形を想定する。

$$\psi~\mathrm{rad}$$ である内角の対辺を $$x+yz$$ で表現すると、みゆの累乗恒等式を用いて

$$(x+yz)^2=x^2+y^2z^2+2xyz=x^2+y^2(2z\cos\theta-1)+2xyz=(x^2-y^2)+2(x+y\cos\theta)yz$$

と表せる。このとき、$$x+yz$$ により表現される三角形の三辺比は余弦定理より

$$x$$ ： $$y$$ ： $$\sqrt{x^2+y^2-2xy\cos\psi}$$

であるため、$$(x+yz)^2$$ によって得られる三角形の三辺比は

$$x^2-y^2$$ : $$2(x+y\cos\theta)y$$ ： $$x^2+y^2-2xy\cos\psi$$

すなわち

$$x^2-y^2$$ : $$2(x-y\cos\psi)y$$ ： $$x^2+y^2-2xy\cos\psi$$

と表すことができる。

この定理は、$$\cos\psi$$ が有理数値をとるような内角を持つ三角形の三辺比を代数式によって整数比で表すことができることを示している。 \begin{array}{lrl} \psi=~\frac{\pi}{2}~\mathrm{rad}&(90^{\circ}) の場合&~&x^2-y^2&：&2xy&：&x^2+y^2\\ \psi=~\frac{\pi}{3}~\mathrm{rad}&(60^{\circ}) の場合&~&x^2-y^2&：&2xy-y^2&：&x^2+y^2-2xy\\ \psi=\frac{2\pi}{3}~\mathrm{rad}&(120^{\circ}) の場合&~&x^2-y^2&：&2xy+y^2&：&x^2+y^2+2xy\\ \end{array}