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複素関数の問題

難易度 1教科書の例題レベル大学数学複素関数

多項式 $f (z) = z^{3} + 2 z^{2} + z + 5$ の零点のうち、右半平面 ${z \in C ∣ Re z > 0}$ に含まれるものの個数を、重複度を込めて求めよ。

この問題で使うもの

偏角の原理（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（69 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

偏角の原理を使います。右半平面を「大きな右半円」と「虚軸」で囲み、その閉曲線に沿った $ar g f (z)$ の変化量を $2 π$ で割ります。

ヒント 2

$z = i y$ とおくと $f (i y) = (5 - 2 y^{2}) + i (y - y^{3})$ となります。大きな半円上では $f (z) \approx z^{3}$ なので、偏角はおよそ $3 π$ 変化します。

ヒント 3

$y$ が $- \infty$ から $+ \infty$ に動くとき、 $f (i y)$ の偏角は $\frac{π}{2}$ から $- \frac{π}{2}$ へ変わります（変化量 $- π$ ）。虚軸は上から下へたどるので、符号を逆にして半円の分と合計しましょう。

答えと解説

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2

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解説を読む

方針（偏角の原理） 正則関数 $f$ が閉曲線 $C$ 上に零点をもたないとき、 $C$ の内部にある零点の個数 $N$ （重複度込み）は
$N = \frac{1}{2 π i} \oint_{C} \frac{f ^{'} ( z )}{f ( z )} d z = \frac{1}{2 π} Δ_{C} ar g f (z)$
で求められる（多項式には極がない）。 $R$ を十分大きくとり、次の 2 つをつないだ閉曲線 $C_{R}$ を反時計回りに考える。
- $Γ_{R}$ ： $z = R e^{i θ}$ （ $θ$ は $- \frac{π}{2}$ から $\frac{π}{2}$ まで）の右半円
- $L_{R}$ ：虚軸上を $i R$ から $- i R$ まで下る線分

$R \to \infty$ とすると、 $C_{R}$ の内部には右半平面の零点がすべて含まれる。

1. 虚軸上に零点がないことの確認 $z = i y$ （ $y$ は実数）とおくと
$f (i y) = - i y^{3} - 2 y^{2} + i y + 5 = u (y) + i v (y), u (y) = 5 - 2 y^{2}, v (y) = y - y^{3} = y (1 - y) (1 + y) .$
$u (y) = 0$ となるのは $y^{2} = \frac{5}{2}$ のときであり、このとき $v (y) = y (1 - \frac{5}{2}) \neq = 0$ である。よって虚軸上に零点はなく、偏角の原理が使える。

2. 半円 $Γ_{R}$ 上での偏角の変化 $f (z) = z^{3} (1 + \frac{2}{z} + \frac{1}{z ^{2}} + \frac{5}{z ^{3}})$ と書ける。 $R \to \infty$ のとき括弧の中は $1$ に近づくので、その偏角の変化は $0$ に近づく。したがって $ar g f$ の変化は $ar g z^{3} = 3 θ$ の変化に近づき、 $θ$ が $π$ だけ増えるので
$Δ_{Γ_{R}} ar g f \to 3 π .$

3. 虚軸上での偏角の変化 まず $y$ を $- \infty$ から $+ \infty$ へ動かして、点 $(u, v)$ の動きを追う。
- $y \to - \infty$ ： $v \approx - y^{3} \to + \infty$ が $u \approx - 2 y^{2}$ より速く大きくなるので、 $ar g f \to \frac{π}{2}$ 。
- $y = - 5/2$ ： $u = 0, v > 0$ なので $ar g f = \frac{π}{2}$ 。
- $y = - 1$ ： $(u, v) = (3, 0)$ なので $ar g f = 0$ 。
- $- 1 < y < 1$ ： $u > 0$ なので点は右半平面にとどまる。 $y = 0$ で $(5, 0)$ 、 $y = 1$ で $(3, 0)$ を通り、偏角は $0$ 付近を行き来するだけである。
- $y = 5/2$ ： $u = 0, v < 0$ なので $ar g f = - \frac{π}{2}$ 。
- $y \to + \infty$ ： $v \approx - y^{3} \to - \infty$ なので、 $ar g f \to - \frac{π}{2}$ 。

よって $y$ が $- \infty$ から $+ \infty$ まで動くとき、偏角は $\frac{π}{2}$ から $- \frac{π}{2}$ へ連続に変わり、変化量は $- π$ である。 $L_{R}$ は向きが逆（ $y$ が $+ \infty$ から $- \infty$ ）なので
$Δ_{L_{R}} ar g f \to + π .$

4. 零点の個数
$N = \frac{1}{2 π} (3 π + π) = 2.$

（検算： $f (- 3) = - 7 < 0$ 、 $f (- 2) = 3 > 0$ なので、 $(- 3, - 2)$ に実数解 $r$ が 1 つある。解と係数の関係から、残りの 2 つの虚数解の実部の和は $- 2 - r > 0$ となり、右半平面に 2 個あることと一致する。）

答え： $2$ 個

別解

ラウス・フルビッツの方法で数える。 $f (z) = z^{3} + 2 z^{2} + z + 5$ のラウス表は次のとおり。

$z^{3}$ の行: $1, 1$
$z^{2}$ の行: $2, 5$
$z^{1}$ の行: $(2 \cdot 1 - 1 \cdot 5) /2 = - 3/2$
$z^{0}$ の行: $5$

第1列は $1, 2, - 3/2, 5$ で、符号変化が2回ある。したがって右半平面の零点は2個である。

虚軸上に零点がないことも確かめる。 $f (i y) = (5 - 2 y^{2}) + i y (1 - y^{2})$ である。実部が0になるのは $y^{2} = 5/2$ 、虚部が0になるのは $y = 0, \pm 1$ のときで、両方が同時に0になる $y$ はない。

検算として実根を調べる。 $f (- 3) = - 7 < 0$ 、 $f (- 2) = 3 > 0$ なので、 $- 3$ と $- 2$ の間に実根 $r \approx - 2.3$ がある。残り2根は共役複素数で、その和は $- 2 - r \approx 0.3 > 0$ である。よって実部は正になり、右半平面の零点は2個で一致する。

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