複素数の導入（高校数学）

同義語：introducing complex numbers

概要

前提知識: 分母の有理化と数の体, 2次方程式の判別式の正体

高校での出発点：2 乗して $-1$ になる数

実数 $x$ はどれも $x^2\ge0$ を満たすので、方程式 $x^2=-1$ は実数の解をもたない。高校の教科書では、ここで「2 乗して $-1$ になる数を $i$ で表し、虚数単位 という」と約束する。そして実数 $a,b$ を使って $a+bi$ と表される数を 複素数 と呼び、$i$ を文字のように扱って計算し、$i^2$ が出てきたら $-1$ に置き換える。

教科書の計算

和：$(1+2i)+(3-i)=4+i$ である。
積：$(1+2i)(3-i)=3-i+6i-2i^2=3+5i+2=5+5i$ である（$i^2=-1$ を使った）。
商：分母の共役 $1-2i$ を分母と分子に掛けると
$$ \frac1{1+2i}=\frac{1-2i}{(1+2i)(1-2i)}=\frac{1-2i}{1-4i^2}=\frac{1-2i}5=\frac15-\frac25i $$
である。これは分母の有理化と数の体の有理化と同じ計算である。
2 次方程式 $x^2+2x+5=0$ は、判別式が $4-20=-16<0$ で実数の解をもたないが、$(x+1)^2=-4$ と変形すると $x+1=\pm2i$、つまり $x=-1\pm2i$ が解になる。実際 $(-1+2i)^2+2(-1+2i)+5=(1-4i-4)+(-2+4i)+5=0$ である。

この計算はうまくいくが、次の疑問が残る。

2 乗して $-1$ になる「数」は、本当にあるのか。「あると約束する」だけで、矛盾が起きないと言えるのか。→ def-ic-complex、thm-ic-real
$i$ を文字のように扱って、交換法則・結合法則・分配法則を使ってよいのはなぜか。→ thm-ic-field
実数は複素数の一部なのか。→ thm-ic-real
$0$ でない複素数では、いつでも割り算ができるのか。→ thm-ic-field、prop-ic-conj
複素数に大小はあるのか。→ thm-ic-no-order

$\sqrt{-2}\sqrt{-3}=\sqrt6$ としてよいか。→ ex-ic-cx-sqrt
1 の疑問は大事である。たとえば「$i>0$」も同時に約束すると、$i\cdot i>0$ から $-1>0$ となって矛盾する（thm-ic-no-order）。「ある性質をもつ数があると約束する」やり方は、約束を増やすと矛盾しうる。そこでこの記事では、$i$ があると仮定するのではなく、実数の組から複素数を作る。作った後で、教科書の計算がすべて正しいことを確かめる。

教科書での扱い	この記事での見方	ボックス
$i^2=-1$ となる数 $i$ を約束する	実数の組 $(a,b)$ に和と積を定める	def-ic-complex
$i$ を文字のように計算する	交換・結合・分配法則が成り立つ	thm-ic-field
$a+bi$ という書き方	$(a,b)=(a,0)+(b,0)(0,1)$	thm-ic-real
分母の共役を掛ける	$z\bar z=\lvert z\rvert^2$ が正の実数	prop-ic-conj
虚数に大小はない	大小の規則を満たす「正」を決められない	thm-ic-no-order

実数の組で作る

$i^2=-1$ となる数があるとして $(a+bi)(c+di)$ を展開すると
$$ (a+bi)(c+di)=ac+adi+bci+bdi^2=(ac-bd)+(ad+bc)i $$
となる。この結果だけを取り出して、実数の組の掛け算の定義にする。定義なので、$i$ があるかどうかを気にする必要はない（この作り方は Axl24 1.1 definition と同じである）。

複素数

実数の組 $(a,b)$ 全体の集まりを $\mathbb{C}$ と書き、その要素を 複素数 という。

（相等）$(a,b)=(c,d)$ とは、$a=c$ かつ $b=d$ のことである。
（和）$(a,b)+(c,d)=(a+c,\ b+d)$ と定める。
（積）$(a,b)(c,d)=(ac-bd,\ ad+bc)$ と定める。

組で計算する

$(1,2)+(3,-1)=(1+3,\ 2+(-1))=(4,1)$ である。ex-ic-start の 1 の $4+i$ にあたる。
$(1,2)(3,-1)=\bigl(1\cdot3-2\cdot(-1),\ 1\cdot(-1)+2\cdot3\bigr)=(5,5)$ である。ex-ic-start の 2 の $5+5i$ にあたる。
$(0,1)(0,1)=(0\cdot0-1\cdot1,\ 0\cdot1+1\cdot0)=(-1,0)$ である。$(0,1)$ は 2 乗すると $(-1,0)$ になる。
$(2,0)(3,0)=(6,0)$、$(2,0)+(3,0)=(5,0)$ である。第 2 成分が $0$ の組どうしは、実数と同じように計算される。

組 $(a,b)$ は、座標平面の点 $(a,b)$ と思える。こう見た平面を 複素数平面 という（図 1）。横軸を実軸、縦軸を虚軸という。和は、原点からの矢印の和（平行四辺形の対角線）になる。
複素数 z = 3 + 2i を点 (3, 2) で表した複素数平面。共役 3 − 2i は実軸に関して対称な点、−z は原点に関して対称な点で、z と w = 1 + 3i の和 4 + 5i は平行四辺形の頂点になる

主定理 1：実数と同じ計算規則が成り立つ

def-ic-complex で定めた和と積が、実数と同じ計算規則を満たすことを確かめる。

複素数の計算規則

$z,w,u$ を複素数とする。$0=(0,0)$、$1=(1,0)$ と書く。

（交換法則）$z+w=w+z$、$zw=wz$
（結合法則）$(z+w)+u=z+(w+u)$、$(zw)u=z(wu)$
（分配法則）$z(w+u)=zw+zu$
（$0$ と $1$）$z+0=z$、$z1=z$
（引き算）$z=(a,b)$ に対し $-z=(-a,-b)$ とおくと、$z+(-z)=0$
（割り算）$z=(a,b)\ne0$ ならば $a^2+b^2>0$ であり、
$$ z^{-1}=\left(\frac a{a^2+b^2},\ \frac{-b}{a^2+b^2}\right) $$
とおくと $zz^{-1}=1$
したがって、引き算 $z-w=z+(-w)$ と、$w\ne0$ のときの割り算 $\dfrac zw=zw^{-1}$ がいつでもでき、実数と同じ規則で計算してよい。四則で閉じ、これらの規則を満たす集まりを体という（体）。$\mathbb{C}$ は体である。

方針：$z=(a,b)$、$w=(c,d)$、$u=(e,f)$ とおき、両辺を def-ic-complex で成分に直して比べる。成分は実数なので、実数の計算規則が使える。
段 1（和の規則）。和は成分ごとの足し算なので、$z+w=(a+c,\ b+d)=(c+a,\ d+b)=w+z$ である。結合法則も成分ごとに $(a+c)+e=a+(c+e)$ などから出る。$z+0=(a+0,\ b+0)=z$、$z+(-z)=(a-a,\ b-b)=(0,0)=0$ である。これで 1・2 の和の部分と 4・5 の和の部分が示された。
段 2（積の交換法則）。
$$ zw=(ac-bd,\ ad+bc),\qquad wz=(ca-db,\ cb+da) $$
で、実数の掛け算・足し算は順序を入れ替えてよいので、$zw=wz$ である。
段 3（積の結合法則）。まず $zw=(ac-bd,\ ad+bc)$ で、これと $u=(e,f)$ の積は
$$ (zw)u=\bigl((ac-bd)e-(ad+bc)f,\ (ac-bd)f+(ad+bc)e\bigr)=(ace-bde-adf-bcf,\ acf-bdf+ade+bce) $$
である。次に $wu=(ce-df,\ cf+de)$ で、$z$ との積は
$$ z(wu)=\bigl(a(ce-df)-b(cf+de),\ a(cf+de)+b(ce-df)\bigr)=(ace-adf-bcf-bde,\ acf+ade+bce-bdf) $$
である。第 1 成分どうし、第 2 成分どうしは、項の順序が違うだけで同じ 4 項なので、$(zw)u=z(wu)$ である。
段 4（分配法則）。$w+u=(c+e,\ d+f)$ なので
$$ z(w+u)=\bigl(a(c+e)-b(d+f),\ a(d+f)+b(c+e)\bigr)=\bigl((ac-bd)+(ae-bf),\ (ad+bc)+(af+be)\bigr) $$
である。右辺は $zw=(ac-bd,\ ad+bc)$ と $zu=(ae-bf,\ af+be)$ の和なので、$z(w+u)=zw+zu$ である。
段 5（$1$ を掛ける）。$z1=(a,b)(1,0)=(a\cdot1-b\cdot0,\ a\cdot0+b\cdot1)=(a,b)=z$ である。
段 6（逆数）。$z=(a,b)\ne(0,0)$ なので、$a,b$ の少なくとも一方は $0$ でない。よって $a^2+b^2>0$ である（$a^2\ge0$、$b^2\ge0$ で、どちらかは正）。$z^{-1}$ を上のようにおくと
$$ zz^{-1}=\left(a\cdot\frac a{a^2+b^2}-b\cdot\frac{-b}{a^2+b^2},\ a\cdot\frac{-b}{a^2+b^2}+b\cdot\frac a{a^2+b^2}\right)=\left(\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2},\ \frac{-ab+ab}{a^2+b^2}\right)=(1,0) $$
である。$\square$

thm-ic-field の 1〜6 は、Axl24 1.3 にまとめられている複素数の計算規則と同じ内容である。段 6 で $a^2+b^2>0$ となったのは、実数の 2 乗が $0$ 以上だからである。分母の有理化と数の体では、有理化した分母 $p^2-2q^2$ が $0$ でないことを示すのに $\sqrt2$ の無理数性が必要だった。複素数では、分母 $a^2+b^2$ が正であることが、もっと簡単に分かる。

主定理 2：実数を含み、$i^2=-1$ となる

ex-ic-pairs の 3・4 で見たことを、定理としてまとめる。

実数は複素数の一部で、$i^2=-1$

実数 $a,c$ について $(a,0)+(c,0)=(a+c,\ 0)$、$(a,0)(c,0)=(ac,\ 0)$ である。そこで実数 $a$ と複素数 $(a,0)$ を同じものとみなし、$(a,0)$ を単に $a$ と書く。
$i=(0,1)$ とおくと、$i^2=-1$ である。
どの複素数 $(a,b)$ も $(a,b)=a+bi$ と書ける。この書き方はただ 1 通りである：実数 $a,b,c,d$ について $a+bi=c+di$ ならば $a=c$ かつ $b=d$ である。

段 1（実数の和と積）。def-ic-complex により $(a,0)+(c,0)=(a+c,\ 0+0)=(a+c,\ 0)$、$(a,0)(c,0)=(ac-0\cdot0,\ a\cdot0+0\cdot c)=(ac,\ 0)$ である。第 2 成分が $0$ の組の和と積は、実数の和と積と同じ結果を与える。だから $(a,0)$ を実数 $a$ とみなしても、計算の結果が食い違うことはない。
段 2（$i^2$）。ex-ic-pairs の 3 により $i^2=(0,1)(0,1)=(-1,0)$ で、これは段 1 の約束で $-1$ である。
段 3（$a+bi$ の形）。$bi=(b,0)(0,1)=(b\cdot0-0\cdot1,\ b\cdot1+0\cdot0)=(0,b)$ なので、$a+bi=(a,0)+(0,b)=(a,b)$ である。$a+bi=c+di$ なら $(a,b)=(c,d)$ で、def-ic-complex の相等の定義により $a=c$、$b=d$ である。$\square$

これで、冒頭の疑問 1〜3 に答えられた。実数の組という、確かにある対象から $\mathbb{C}$ を作ったので、$i=(0,1)$ は確かにあり、$i^2=-1$ を満たす。thm-ic-field により交換・結合・分配法則が成り立つので、$a+bi$ を「$i$ を文字とする式」のように展開してよく、$i^2$ が出たら thm-ic-real の 2 で $-1$ に置き換えればよい。こうして教科書の計算は、すべて def-ic-complex の計算と一致する。
$a+bi$ の $a$ を実部、$b$ を虚部という。$b\ne0$ の複素数を虚数、$a=0$ かつ $b\ne0$ の複素数 $bi$ を 純虚数 という。thm-ic-real の 3 により、「$a+bi=c+di$ なら実部どうし・虚部どうしが等しい」という係数比較ができる。これは分母の有理化と数の体の「$p+q\sqrt2$ の表し方がただ 1 通り」にあたるが、複素数では相等の定義からすぐに出る。

$i$ の累乗と積の計算

$i^2=-1$、$i^3=i^2\cdot i=-i$、$i^4=(i^2)^2=(-1)^2=1$ で、$i^5=i^4\cdot i=i$ からは同じ 4 つがくり返される。
$(2+3i)(4+5i)=8+10i+12i+15i^2=8+22i-15=-7+22i$ である。組で計算しても $(2\cdot4-3\cdot5,\ 2\cdot5+3\cdot4)=(-7,22)$ となり、一致する。
$i$ を掛けると、$(a+bi)i=ai+bi^2=-b+ai$ である。組で書けば $(a,b)$ が $(-b,a)$ に移る。$(3,2)$ は $(-2,3)$ に移る。

ex-ic-powers の 3 の $(a,b)\mapsto(-b,a)$ は、複素数平面で原点のまわりに $90^\circ$ 回す操作である（図 2）。$i$ を 2 回掛けると $180^\circ$ 回って $-1$ 倍になる。これが $i^2=-1$ の図形的な意味である。複素数の掛け算が一般に回転と拡大になることは複素数の掛け算は回転と拡大で扱う。
左は、1 に i を掛けるごとに 90° ずつ回って i、−1、−i、1 と進む図。右は、z = 3 + 2i に i を掛けると −2 + 3i に、もう一度掛けると −z に移る図

共役と絶対値：割り算は有理化と同じ

共役と絶対値

複素数 $z=a+bi$（$a,b$ は実数）に対し、$\bar z=a-bi$ を $z$ の 共役複素数 という。また $\lvert z\rvert=\sqrt{a^2+b^2}$ を $z$ の 絶対値 という。$\lvert z\rvert$ は複素数平面で原点から点 $(a,b)$ までの距離である。

共役と絶対値の計算

$z=3+2i$：$\bar z=3-2i$、$\lvert z\rvert=\sqrt{9+4}=\sqrt{13}$ である。$z\bar z=(3+2i)(3-2i)=9-6i+6i-4i^2=9+4=13=\lvert z\rvert^2$ である。
$z=3+4i$：$\lvert z\rvert=\sqrt{9+16}=5$ である。
$z=5$（実数）：$\bar z=5$ である。$z=2i$（純虚数）：$\bar z=-2i=-z$ である。

共役と絶対値の性質

$z,w$ を複素数とする。

$z\bar z=\lvert z\rvert^2$ である。
$\overline{z+w}=\bar z+\bar w$、$\overline{zw}=\bar z\,\bar w$ である。
$\lvert zw\rvert=\lvert z\rvert\lvert w\rvert$ である。
$z\ne0$ ならば $\dfrac1z=\dfrac{\bar z}{\lvert z\rvert^2}$ である。
$\bar z=z$ となるのは、$z$ が実数のときであり、そのときに限る。

$z=a+bi$、$w=c+di$（$a,b,c,d$ は実数）とおく。
段 1。$z\bar z=(a+bi)(a-bi)=a^2-abi+abi-b^2i^2=a^2+b^2=\lvert z\rvert^2$ である。
段 2。$z+w=(a+c)+(b+d)i$ なので $\overline{z+w}=(a+c)-(b+d)i=(a-bi)+(c-di)=\bar z+\bar w$ である。$zw=(ac-bd)+(ad+bc)i$ なので $\overline{zw}=(ac-bd)-(ad+bc)i$ である。一方 $\bar z\,\bar w=(a-bi)(c-di)=ac-adi-bci+bdi^2=(ac-bd)-(ad+bc)i$ で、両者は等しい。
段 3。段 1・段 2 と thm-ic-field の計算規則により、$\lvert zw\rvert^2=zw\,\overline{zw}=zw\,\bar z\,\bar w=(z\bar z)(w\bar w)=\lvert z\rvert^2\lvert w\rvert^2$ である。両辺は $0$ 以上の実数なので、正の平方根をとって $\lvert zw\rvert=\lvert z\rvert\lvert w\rvert$ である。
段 4。$z\ne0$ なら、thm-ic-field の 6 の証明と同じく $\lvert z\rvert^2=a^2+b^2>0$ である。段 1 により $z\cdot\dfrac{\bar z}{\lvert z\rvert^2}=\dfrac{\lvert z\rvert^2}{\lvert z\rvert^2}=1$ である。
段 5。$\bar z=z$ は $a-bi=a+bi$ ということで、thm-ic-real の 3 により $-b=b$、つまり $b=0$ と同じである。$\square$

prop-ic-conj の 4 は、thm-ic-field の 6 の $z^{-1}$ を $a+bi$ の形で書き直したものであり、ex-ic-start の 3 の「分母の共役を掛ける」計算そのものである。

割り算と絶対値

$\dfrac1{3+4i}=\dfrac{3-4i}{\lvert3+4i\rvert^2}=\dfrac{3-4i}{25}=\dfrac3{25}-\dfrac4{25}i$ である。
$\dfrac{1+2i}{3-i}=\dfrac{(1+2i)(3+i)}{(3-i)(3+i)}=\dfrac{3+i+6i+2i^2}{9+1}=\dfrac{1+7i}{10}$ である。
$(1+2i)(3-i)=5+5i$（ex-ic-start の 2）で、$\lvert5+5i\rvert=\sqrt{50}=5\sqrt2$ である。一方 $\lvert1+2i\rvert\lvert3-i\rvert=\sqrt5\sqrt{10}=\sqrt{50}$ で、prop-ic-conj の 3 のとおり一致する。

分母の有理化と数の体の $\mathbb{Q}(\sqrt2)$ と並べると、共役とノルム（ここでは絶対値の 2 乗）の役割が同じであることが分かる。

	$\mathbb{Q}(\sqrt2)$	$\mathbb{C}$
数の形	$p+q\sqrt2$（$p,q$ は有理数）	$a+bi$（$a,b$ は実数）
付け加える数	$\sqrt2$（$(\sqrt2)^2=2$）	$i$（$i^2=-1$）
共役	$p-q\sqrt2$	$a-bi$
数と共役の積	$p^2-2q^2$（負にもなる）	$a^2+b^2$（$0$ 以上）
逆数	$\dfrac{p-q\sqrt2}{p^2-2q^2}$	$\dfrac{a-bi}{a^2+b^2}$
積と両立する大小	実数の大小がそのまま使える	入れられない

複素数には大小を入れられない

実数の大小は、「正の数」がどれかで決まる。$x< y$ とは $y-x$ が正であることである。そして正の数は、次の 3 つの性質をもつ。
(R1) どの数 $x$ についても、「$x$ が正」「$x=0$」「$-x$ が正」のうち、ちょうど 1 つが成り立つ。
(R2) $x,y$ が正ならば、$x+y$ も正である。
(R3) $x,y$ が正ならば、$xy$ も正である。
実数はこの 3 つを満たす（Leb26 Definition 1.1.7 の順序体。順序体）。たとえば「負の数どうしの積は正」は、(iii) から出る：$x,y$ が負なら $-x,-y$ が正で、$xy=(-x)(-y)$ が正である。

複素数には大小の規則を入れられない

複素数のうちどれを「正」と決めても、上の (i)〜(iii) をすべて満たすようにはできない。

方針：(i) と (iii) から「$0$ でない数の 2 乗は正」が出る。これを $1$ と $i$ に使うと、$1$ も $-1$ も正になって (i) に反する。
(i)〜(iii) を満たす「正」の決め方があったと仮定して、矛盾を導く。
段 1（$0$ でない数の 2 乗は正）。$x\ne0$ とする。(i) により、$x$ が正か $-x$ が正のどちらかである。$x$ が正なら、(iii) で $y=x$ として $x^2$ は正である。$-x$ が正なら、(iii) で $(-x)(-x)$ は正であり、thm-ic-field の計算規則により $(-x)(-x)=x^2$ なので、$x^2$ は正である。
段 2（$1$ と $-1$ がともに正）。$1\ne0$ なので、段 1 により $1=1^2$ は正である。$i\ne0$ なので、段 1 により $i^2=-1$ も正である。
段 3（矛盾）。(i) を $x=1$ に使うと、「$1$ が正」と「$-1$ が正」のうちちょうど 1 つしか成り立たないはずである。ところが段 2 により両方が成り立つ。これは矛盾である。$\square$

同じ事実は Leb26 Example 1.1.10 にもある。証明に (ii) は使っていない。だから「和と両立する大小なら入れられる」ことはありうる。実際、次の例がそうである。

辞書式の大小

$a+bi$ が「正」であることを、「$a>0$、または $a=0$ かつ $b>0$」と決める（辞書で単語を並べるのと同じ比べ方。辞書式順序）。

この決め方は (i) と (ii) を満たす。(i)：$a+bi\ne0$ なら、$a\ne0$ のときは $a>0$ か $-a>0$ のどちらか一方、$a=0$ のときは $b>0$ か $-b>0$ のどちらか一方なので、$a+bi$ と $-(a+bi)$ のちょうど一方が正である。(ii)：正どうしの和の実部は $0$ 以上で、実部が $0$ になるのは両方の実部が $0$ のときだけであり、そのとき虚部はどちらも正なので和の虚部も正である。
しかし (iii) を満たさない。$i=0+1i$ は正だが、$i\cdot i=-1=-1+0i$ は実部が負なので正でない。

「複素数には大小がない」とは、ex-ic-lexicographic のように並べることはできても、実数と同じ規則 (i)〜(iii) をすべて満たす大小は入れられない、という意味である。だから複素数について「$i>0$」や「$z< w$」と書いてはいけない。

例と反例

def-ic-complex の積の定め方や、実数での公式を、複素数でそのまま使えるとは限らない。

外す条件	反例	成り立たなくなること
積を $(ac-bd,\ ad+bc)$ と定める（成分ごとの積にする）	$(1,0)(0,1)=(0,0)$	$0$ でない数で割り算ができる
$i^2=-1$（$j^2=+1$ となる $j$ に替える）	$(1+j)(1-j)=0$	$0$ でない数で割り算ができる
$\sqrt a\sqrt b=\sqrt{ab}$ の $a,b\ge0$	$\sqrt{-2}\sqrt{-3}$	$\sqrt a\sqrt b=\sqrt{ab}$
大小の規則 (i)〜(iii)	辞書式の大小	正どうしの積が正（(iii)）

4 行目は ex-ic-lexicographic で確かめた。1〜3 行目を確かめる。

成分ごとの積では割り算ができない

積を $(a,b)(c,d)=(ac,\ bd)$ と定めると、$(1,0)(0,1)=(0,0)$ となる。この積での $1$ は $(1,1)$ であり、$(1,0)\ne(0,0)$ なのに $(1,0)$ には逆数がない（$(1,0)$ では割れない）。$0$ でない 2 数の積が $0$ になると、割り算は壊れる。

逆数がないことの確認を開く

もし $(1,0)$ に逆数 $u$（$u(1,0)=(1,1)$）があったとすると、$$(0,1)=(1,1)(0,1)=u(1,0)(0,1)=u(0,0)=(0,0)$$ となって矛盾する（最後の等号は $u=(p,q)$ として $(p\cdot0,\ q\cdot0)=(0,0)$）。

$i^2=+1$ にすると割り算ができない

$j^2=1$ となる $j$ を約束して $(a+bj)(c+dj)=(ac+bd)+(ad+bc)j$ と定めると、$(1+j)(1-j)=1-j^2=0$ となる。ex-ic-cx-componentwise と同じ理由で、$1+j$ では割り算ができない。$x^2-1=(x-1)(x+1)$ と実数の範囲で因数分解できることが原因である。$x^2+1$ は実数の範囲で因数分解できない（実数の解をもたない）ので、$i^2=-1$ ではこのことが起きない。

$\sqrt{-2}\sqrt{-3}$ は $\sqrt6$ でない

$a>0$ のとき、$\sqrt{-a}=\sqrt a\,i$ と定める（$(\sqrt a\,i)^2=a\,i^2=-a$ なので、$-a$ の平方根の 1 つである）。すると
$$ \sqrt{-2}\sqrt{-3}=\sqrt2\,i\cdot\sqrt3\,i=\sqrt6\,i^2=-\sqrt6 $$
であり、$\sqrt{(-2)(-3)}=\sqrt6$ とは符号が違う。公式 $\sqrt a\sqrt b=\sqrt{ab}$ は $a,b\ge0$ のときの公式で、両方が負のときには使えない。とくに $\sqrt{-1}\sqrt{-1}=i\cdot i=-1$ で、$\sqrt{(-1)(-1)}=\sqrt1=1$ ではない。

行列で表す

複素数 $a+bi$ に、2 行 2 列の行列
$$ \varphi(a+bi)=\begin{pmatrix}a&-b\\ b&a\end{pmatrix} $$
を対応させる（行列の計算は行列の演算（高校数学））。この対応は和と積を保つ。

複素数を行列で表す

複素数 $z,w$ について、$\varphi(z+w)=\varphi(z)+\varphi(w)$、$\varphi(zw)=\varphi(z)\varphi(w)$ である。とくに $\varphi(i)=\begin{pmatrix}0&-1\\ 1&0\end{pmatrix}$ で、$\varphi(i)^2=\begin{pmatrix}-1&0\\ 0&-1\end{pmatrix}=\varphi(-1)$ である。

$z=a+bi$、$w=c+di$ とする。和は成分ごとなので $\varphi(z+w)=\varphi(z)+\varphi(w)$ である。積は
$$ \varphi(z)\varphi(w)=\begin{pmatrix}a&-b\\ b&a\end{pmatrix}\begin{pmatrix}c&-d\\ d&c\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}ac-bd&-(ad+bc)\\ ad+bc&ac-bd\end{pmatrix} $$
で、$zw=(ac-bd)+(ad+bc)i$ なので、これは $\varphi(zw)$ に等しい。$\varphi(i)$ は $a=0$、$b=1$ の場合で、$\varphi(i)^2=\varphi(i^2)=\varphi(-1)$ である。$\square$

$\mathbb{C}$ の積と、行列の積の関係を図式で書くと次のようになる。ここで $\mathcal M$ は $\begin{pmatrix}a&-b\\ b&a\end{pmatrix}$ の形の行列全体である。
$$ \xymatrix{ \mathbb{C}\times\mathbb{C} \ar[r]^{(z,w)\mapsto zw} \ar[d]_{\varphi\times\varphi} & \mathbb{C} \ar[d]^{\varphi} \\ \mathcal M\times\mathcal M \ar[r]_{(A,B)\mapsto AB} & \mathcal M } $$
右回り（先に掛けてから行列にする）と下回り（先に行列にしてから掛ける）で結果が同じ、というのが図式の意味で、式で書けば $\varphi(zw)=\varphi(z)\varphi(w)$ である。

行列で掛け算を確かめる

$(1+2i)(3-i)=5+5i$（ex-ic-start の 2）を行列で確かめる。
$$ \varphi(1+2i)\varphi(3-i)=\begin{pmatrix}1&-2\\ 2&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3&1\\ -1&3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3+2&1-6\\ 6-1&2+3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5&-5\\ 5&5\end{pmatrix}=\varphi(5+5i) $$
である。$\varphi(i)=\begin{pmatrix}0&-1\\ 1&0\end{pmatrix}$ は、点 $(x,y)$ を $(-y,x)$ に移す、$90^\circ$ の回転の行列である（図 2、回転・鏡映と行列の群）。

大学数学で見る

def-ic-complex の作り方は、実数の組を使う方法である。大学ではもう 1 つ、多項式の余りを使う作り方もよく使う。

多項式を $x^2+1$ で割った余り

実数係数の多項式を $x^2+1$ で割った余り（1 次以下の式 $a+bx$）どうしを、「掛けてから $x^2+1$ で割った余りをとる」規則で掛け合わせる。たとえば
$$ (1+2x)(3-x)=3+5x-2x^2=-2(x^2+1)+(5+5x) $$
なので、余りは $5+5x$ である。これは $(1+2i)(3-i)=5+5i$ と同じ形である。$x^2+1$ で割った余りをとることは、$x^2$ を $-1$ に置き換えることと同じだからである（剰余の定理と因数定理）。

大学での書き方を開く

大学ではこの作り方を $\mathbb{C}\cong\mathbb{R}[x]/(x^2+1)$ と書く（剰余環）。$x^2+1$ が実数の範囲で因数分解できないことが、割り算ができる理由である。分母の有理化と数の体の $\mathbb{Q}(\sqrt2)$ も、有理数係数の多項式を $x^2-2$ で割った余りとして同じように作れる。

四元数：3 つの虚数単位

実数の組 2 つから複素数を作ったように、実数を 4 つ組にして $a+bi+cj+dk$ の形の数を作ることができる。これを 四元数 という（四元数）。四元数でも $0$ でない数で割り算ができるが（この記事では証明しない）、掛け算の交換法則が成り立たない。

四元数の掛け算の規則を開く

四元数では $i^2=j^2=k^2=-1$ に加えて、$ij=k$、$jk=i$、$ki=j$、$ji=-k$、$kj=-i$、$ik=-j$ と定める。$ij=k$ と $ji=-k$ が違うので、掛ける順序を入れ替えると結果が変わる。四元数は空間の回転を表すのに使われる。thm-ic-field の交換法則のうち積の部分が、四元数では成り立たないことになる。この記事では四元数の性質の証明は扱わない。

演習

複素数の計算

$\dfrac{2+i}{1-i}$ を $a+bi$（$a,b$ は実数）の形に書け。
$i^{2026}$ を求めよ。
$z^2=-8+6i$ を満たす複素数 $z$ を、$z=x+yi$（$x,y$ は実数）とおいて求めよ。

解答を開く

1. 分母の共役 $1+i$ を掛けて $\dfrac{(2+i)(1+i)}{(1-i)(1+i)}=\dfrac{2+2i+i+i^2}{1+1}=\dfrac{1+3i}2=\dfrac12+\dfrac32i$ である。

2. $2026=4\cdot506+2$ で、ex-ic-powers の 1 により $i^4=1$ なので、$i^{2026}=(i^4)^{506}\,i^2=-1$ である。

3. $(x+yi)^2=x^2-y^2+2xyi$ なので、thm-ic-real の 3 で実部と虚部を比べて $x^2-y^2=-8$、$2xy=6$ である。$x^2$ と $-y^2$ は和が $-8$、積が $-(xy)^2=-9$ なので、$t^2+8t-9=(t+9)(t-1)=0$ の解 $1$ と $-9$ である（二重根号の「和と積から 2 数を求める」）。$x^2\ge0$ なので $x^2=1$、$y^2=9$ で、$xy=3>0$ から $z=1+3i$ または $z=-1-3i$ である。確かめると $(1+3i)^2=1+6i+9i^2=-8+6i$ である。