入試数学コンテスト第3回第6問解答解説

第6問[複素数]

第6問

ω1=a+bi\omega_1 = a + biω2=c+di\omega_2 = c + di を複素数とする( a,b,c,da, b, c, d は実数,ii は虚数単位).

このとき

「全ての実数 x,yx, y に対して

m(x2+y2)xω1+yω22M(x2+y2) m(x^2 + y^2) \leqq |x \omega_1 + y \omega_2|^2 \leqq M(x^2 + y^2)

が成り立つような実数 m,Mm, M」 を考え,そのような mm の最大値を m0m_0MM の最小値を M0M_0 とする.(m0m_0M0M_0 が必ず存在することは認めてよい.)

(1) c=1c = 1d=0d = 0 つまり ω2=1\omega_2 = 1 のとき,m0m_0M0M_0aabb を用いて表せ.

(2) m0m_0M0M_0aabbccdd を用いて表せ.

(3) m0>0m_0 > 0 となるための条件を aabbccdd を用いて表せ.

複素数を題材とした「関数の最大最小」についての問題です.

まずは問題を観察します.ω1=a+bi\omega_1 = a + biω2=c+di\omega_2 = c + di を代入すると

xω1+yω22=x(a+bi)+y(c+di)2=(ax+cy)2+(bx+dy)2=(a2+b2)x2+2(ac+bd)xy+(c2+d2)y2 \begin{aligned} &|x \omega_1 + y \omega_2|^2 \\ &=|x(a+bi)+y(c+di)|^2\\ &= (ax+cy)^2+(bx+dy)^2\\ &= (a^2+b^2)x^2+2(ac+bd)xy+(c^2+d^2)y^2 \end{aligned}

となります.問題文の m,Mm,M は,この2次式が x2+y2x^2+y^2 と比べて何倍の大きさになりうるか,という値を表していると考えられます.そこで条件式 m(x2+y2)xω1+yω22M(x2+y2) m(x^2 + y^2) \leqq |x \omega_1 + y \omega_2|^2 \leqq M(x^2 + y^2)x2+y2x^2+y^2 で割って mxω1+yω22x2+y2Mm \leqq \frac{|x \omega_1 + y \omega_2|^2}{x^2+y^2} \leqq M と書き換えてやれば,x,yx,y の関数 xω1+yω22x2+y2\frac{|x \omega_1 + y \omega_2|^2}{x^2+y^2} の最小値,最大値がそれぞれ m0,M0m_0,M_0 になることがわかります.

あとはこの計算をいかにうまく進めるか,という話になります.

第6問(1)

c=1c = 1d=0d = 0 より

xω1+yω22=(ax+y)2+b2x2|x \omega_1 + y \omega_2|^2 = (ax + y)^2 + b^2x^2

となる. (x,y)=(0,0)(x, y) = (0, 0) のとき不等式

m(x2+y2)(ax+y)2+b2x2M(x2+y2) m(x^2 + y^2) \leqq (ax + y)^2 + b^2x^2 \leqq M(x^2 + y^2)

は任意の実数 m,Mm, M で成り立つから,m,Mm,M についての条件は 「(x,y)(0,0)(x, y) \neq (0, 0) を満たす任意の実数 x,yx, y に対して不等式

m(ax+y)2+b2x2x2+y2M m \leqq \frac{(ax + y)^2 + b^2x^2}{x^2 + y^2} \leqq M

を満たす」と言い換えられる.よって m0,M0m_0, M_0関数 g(x,y)=(ax+y)2+b2x2x2+y2g(x, y) = \frac{(ax + y)^2 + b^2x^2}{x^2 + y^2}(x,y)(0,0)(x, y) \neq (0, 0) における最小値,最大値である.

a=0a = 0 とそれ以外で場合分けして考える.

(A) a=0a = 0 のとき

g(x,y)=y2+b2x2x2+y2g(x,y)=\frac{y^2 + b^2x^2}{x^2 + y^2} となる.b2b^211 の大小関係によって不等式 1=x2+y2x2+y2y2+b2x2x2+y2b2(x2+y2)x2+y2=b21 = \frac{x^2 + y^2}{x^2 + y^2} \leqq \frac{y^2 + b^2x^2}{x^2 + y^2} \leqq \frac{b^2(x^2 + y^2)}{x^2 + y^2} = b^2 または b2=b2(x2+y2)x2+y2y2+b2x2x2+y2x2+y2x2+y2=1b^2 = \frac{b^2(x^2 + y^2)}{x^2 + y^2} \leqq \frac{y^2 + b^2x^2}{x^2 + y^2} \leqq \frac{x^2 + y^2}{x^2 + y^2} = 1

が成り立ち,しかも等号を成り立たせる (x,y)(x, y) は存在する(x=1,y=0x=1,y=0 など)から, m0=min{b2,1}m_0 = \min \{b^2, 1\} M0=max{b2,1}M_0 = \max \{b^2, 1\} である.

(B) a0a \neq 0 のとき

x=0x = 0 のときは g(0,y)=1g(0, y) = 1 だから,x0x \neq 0 のときを考える.

g(x,y)g(x,y) の分子分母を x2x^2 で割って z=y/xz = y/x とおくと

g(x,y)=(a+z)2+b21+z2=1+2az+a2+b21z2+1 \begin{aligned} g(x, y) &= \frac{(a + z)^2 + b^2}{1 + z^2} \\ &= 1 + \frac{2az + a^2 + b^2 - 1}{z^2 + 1} \end{aligned}

となり,(x,y)(x,y)x0x \neq 0 を動くとき zz は実数全体を動く.よって f(z)=2az+a2+b21z2+1f(z) = \frac{2az + a^2 + b^2 - 1}{z^2 + 1} の最大最小を考えればよい.

f(z)=2az2+(a2+b21)za(z2+1)2f'(z) = -2 \cdot \frac{az^2 + (a^2 + b^2 - 1)z - a}{(z^2 + 1)^2}

で,f(z)=0f'(z)=0 となるのは zzα=(a2+b21)(a2+b21)2+4a22a \alpha = \frac{-(a^2 + b^2 - 1) - \sqrt{(a^2 + b^2 - 1)^2 + 4a^2}}{2a} β=(a2+b21)+(a2+b21)2+4a22a \beta = \frac{-(a^2 + b^2 - 1) + \sqrt{(a^2 + b^2 - 1)^2 + 4a^2}}{2a} のとき.limz±f(z)=0\lim_{z \to \pm \infty} f(z)=0 と合わせると,f(z)f(z) の増減表は

a>0a > 0 のとき α<β\alpha<\beta だから zαβf(z)0+0f(z)0f(α)f(β)0 \begin{array}{c|c c c c c c c} \hline z&-\infty& &\alpha& &\beta& &\infty\\ \hline f'(z)& &-&0&+&0&-\\ \hline f(z)&0&\searrow&f(\alpha)&\nearrow&f(\beta)&\searrow&0\\ \hline \end{array}

a<0a < 0 のとき β<α\beta<\alpha だから zβαf(z)+00+f(z)0f(β)f(α)0 \begin{array}{c|c c c c c c c} \hline z&-\infty& &\beta& &\alpha& &\infty\\ \hline f'(z)& &+&0&-&0&+\\ \hline f(z)&0&\nearrow&f(\beta)&\searrow&f(\alpha)&\nearrow&0\\ \hline \end{array}

となる.

分数関数の極値を求める2つのテクニックf(z)f(z) に適用し,解と係数の関係による αβ=1\alpha\beta = -1 を使うことで

f(α)=2a2α=a(β)=(a2+b21)(a2+b21)2+4a22<0 \begin{aligned} f(\alpha) &= \frac{2a}{2 \alpha} \\ &= a \cdot (- \beta) \\ &= \frac{(a^2 + b^2 - 1) - \sqrt{(a^2 + b^2 - 1)^2 + 4a^2}}{2} \\ &< 0 \end{aligned}

f(β)=(a2+b21)+(a2+b21)2+4a22>1 \begin{aligned} f(\beta) &= \frac{(a^2 + b^2 - 1) + \sqrt{(a^2 + b^2 - 1)^2 + 4a^2}}{2} \\ &> 1 \end{aligned}

となる.よって x0x \neq 0 での g(x,y)g(x, y) の最小値は 1+f(α)<11 + f(\alpha) < 1,最大値は 1+f(β)>21 + f(\beta) > 2 である.x=0x = 0 では g(0,y)=1g(0, y) = 1 だったから,

g(x,y)g(x,y) の最小値は

1+f(α)=(a2+b2+1)(a2+b21)2+4a221 + f(\alpha) = \frac{(a^2 + b^2 + 1) - \sqrt{(a^2 + b^2 - 1)^2 + 4a^2}}{2}

g(x,y)g(x,y) の最大値は 1+f(β)=(a2+b2+1)+(a2+b21)2+4a221 + f(\beta) = \frac{(a^2 + b^2 + 1) + \sqrt{(a^2 + b^2 - 1)^2 + 4a^2}}{2}

となる.この式は a=0a = 0 でも正しい.

以上より m0=(a2+b2+1)(a2+b21)2+4a22 m_0 = \frac{(a^2 + b^2 + 1) - \sqrt{(a^2 + b^2 - 1)^2 + 4a^2}}{2} M0=(a2+b2+1)+(a2+b21)2+4a22 M_0 = \frac{(a^2 + b^2 + 1) + \sqrt{(a^2 + b^2 - 1)^2 + 4a^2}}{2} である.

(1)のように g(x,y)=(ax+y)2+b2x2x2+y2g(x, y) = \frac{(ax + y)^2 + b^2x^2}{x^2 + y^2} のような分子分母が x,yx,y の同じ次数の多項式であるような分数関数の最大最小を考えるときに有効なのが,z=y/xz=y/x とおいて zz の1変数関数に変形するという手法です.これは典型手法なので練習しておきましょう.

途中の f(α)f(\alpha) などの計算はいちいち代入していると難しいため,分数関数の極値を求める2つのテクニック解と係数の関係を組み合わせることで処理しています.

さらに最後の部分では x=0x=0x0x \neq 0 の場合分けの結果を統合したあと,a=0a=0 の結果を統合しています.a=0a=0 の結果が同じ式で表せることに注意しましょう.

(2) のために結果を ω1,ω2\omega_1,\omega_2 を使って表しておきます.

(1) の結果

m0=(a2+b2+1)(a2+b21)2+4a22=ω12+1(ω121)2+4(ω1)22 \begin{aligned} m_0 &= \frac{(a^2 + b^2 + 1) - \sqrt{(a^2 + b^2 - 1)^2 + 4a^2}}{2} \\ &= \frac{|\omega_1|^2 + 1 - \sqrt{(|\omega_1|^2 - 1)^2 + 4(\Re \omega_1)^2}}{2} \end{aligned} M0=(a2+b2+1)+(a2+b21)2+4a22=ω12+1+(ω121)2+4(ω1)22 \begin{aligned} M_0 &= \frac{(a^2 + b^2 + 1) + \sqrt{(a^2 + b^2 - 1)^2 + 4a^2}}{2} \\ &= \frac{|\omega_1|^2 + 1 + \sqrt{(|\omega_1|^2 - 1)^2 + 4(\Re \omega_1)^2}}{2} \end{aligned}

ただし ω1\Re \omega_1ω1\omega_1 の実部.

次に (2) です.(1) の解答を真似してもいいですが,計算が煩雑になりそうです.そこで (1) の結果をうまく使って計算することを考えましょう.

m(x2+y2)xω1+yω22M(x2+y2)m(x^2+y^2) \leqq |x \omega_1 + y \omega_2|^2\leqq M(x^2+y^2)

ω22|\omega_2|^2 で割ると

mω22(x2+y2)ω1ω2x+y2Mω22(x2+y2)\frac{m}{|\omega_2|^2}(x^2 + y^2) \leqq \left|\frac{\omega_1}{\omega_2} x + y \right|^2 \leqq \frac{M}{|\omega_2|^2}(x^2 + y^2)

となるので,(1) の結果が使えそうです.

第6問(2)
  • ω2=0\omega_2 = 0 のとき xω1+yω22=ω12x2|x \omega_1 + y \omega_2|^2 = |\omega_1|^2 x^2 だから,(1) の a=0a=0 の場合と同様の議論により m0=0,M0=ω12m_0 = 0,M_0 = |\omega_1|^2 となる.

  • ω20\omega_2 \neq 0 のとき τ=ω1ω2=ac+bdc2+d2+ad+bcc2+d2i\tau = \frac{\omega_1}{\omega_2} = \frac{ac + bd}{c^2 + d^2} + \frac{-ad + bc}{c^2 + d^2}i とおくと,不等式は mω22(x2+y2)τx+y2Mω22(x2+y2)\frac{m}{|\omega_2|^2}(x^2 + y^2) \leqq |\tau x + y|^2 \leqq \frac{M}{|\omega_2|^2}(x^2 + y^2) と変形できる.よって (1) の結果を使うことで, m0ω22=τ2+1(τ21)2+4(τ)22 \frac{m_0}{|\omega_2|^2} = \frac{|\tau|^2 + 1 - \sqrt{(|\tau|^2 - 1)^2 + 4(\Re \tau)^2}}{2}

M0ω22=τ2+1+(τ21)2+4(τ)22 \frac{M_0}{|\omega_2|^2} = \frac{|\tau|^2 + 1 + \sqrt{(|\tau|^2 - 1)^2 + 4(\Re \tau)^2}}{2}

となる.すると m0=ω22τ2+1(τ21)2+4(τ)22=ω22(ω12ω22+1)ω24(ω12ω221)2+ω244(τ)22=(ω12+ω22)(ω12ω22)2+ω244(τ)22 \begin{aligned} m_0 &= |\omega_2|^2 \cdot \frac{|\tau|^2 + 1 - \sqrt{(|\tau|^2 - 1)^2 + 4(\Re \tau)^2}}{2} \\ &= \frac{|\omega_2|^2 \cdot(\frac{|\omega_1|^2}{|\omega_2|^2} + 1) - \sqrt{|\omega_2|^4 \cdot (\frac{|\omega_1|^2}{|\omega_2|^2} - 1)^2 + |\omega_2|^4 \cdot 4(\Re \tau)^2}}{2} \\ &= \frac{(|\omega_1|^2 + |\omega_2|^2) - \sqrt{(|\omega_1|^2 - |\omega_2|^2 )^2 + |\omega_2|^4 \cdot 4(\Re \tau)^2}}{2} \end{aligned}

となり,τ=ac+bdc2+d2\Re \tau = \frac{ac + bd}{c^2 + d^2}ω24=(c2+d2)2|\omega_2|^4 = (c^2 + d^2)^2

を使って整理すると m0=(ω12+ω22)(ω12ω22)2+4(ac+bd)22=(a2+b2+c2+d2)((a2+b2)(c2+d2))2+4(ac+bd)22 \begin{aligned} m_0 &= \frac{(|\omega_1|^2 + |\omega_2|^2) - \sqrt{(|\omega_1|^2 - |\omega_2|^2)^2 + 4(ac + bd)^2}}{2} \\ &= \frac{(a^2 + b^2 + c^2 + d^2) - \sqrt{((a^2 + b^2) - (c^2 + d^2))^2 + 4(ac + bd)^2}}{2} \end{aligned}

となる.同様に M0=(a2+b2+c2+d2)+((a2+b2)(c2+d2))2+4(ac+bd)22 M_0 = \frac{(a^2 + b^2 + c^2 + d^2) + \sqrt{((a^2 + b^2) - (c^2 + d^2))^2 + 4(ac + bd)^2}}{2}

である. これは ω2=0\omega_2=0 でも正しい.

(1) の結果を使うという方針が立っても,複素数の計算に慣れていないと正答するのが難しかったかもしれません.また慣れていても計算の見通しを立てるのは簡単ではないですが,「答えは a,b,c,da,b,c,d について2次の式になるはずだ」「ω2=1\omega_2=1 のときは (1) と同じ式になるはずだ」といった感覚があればミスを減らせます.

さて,最後の (3) は (2) まで解けた人にとってはボーナス問題だったかもしれません.また (1),(2) が解けていなくても,

  • xω1+yω220|x \omega_1+y \omega_2|^2 \geqq 0 だから m0m_000 以上
  • m0m_000 になるのは 「(x,y)=(0,0)(x,y) = (0,0) 以外の x,yx,yxω1+yω22=0|x \omega_1+y \omega_2|^2 = 0 となるものがあるとき」で,この条件は複素数 ω1,ω2\omega_1,\omega_2 を平面ベクトルと見てω1,ω2\omega_1, \omega_2 が1次独立でない」と言い換えられる

という観察ができれば,(3) だけで解くことができます.

第6問(3):(2) の結果を使う方法

(2) より,m0>0m_0 > 0(ω12+ω22)2>(ω12ω22)2+4(ac+bd)2(|\omega_1|^2 + |\omega_2|^2)^2>(|\omega_1|^2 - |\omega_2|^2)^2 + 4(ac + bd)^2 と同値である. (ω12+ω22)2(ω12ω22)24(ac+bd)2=4ω12ω224(ac+bd)2=4{(a2+b2)(c2+d2)(ac+bd)2} \begin{aligned} &(|\omega_1|^2 + |\omega_2|^2)^2-(|\omega_1|^2 - |\omega_2|^2)^2 - 4(ac + bd)^2\\ &=4|\omega_1|^2|\omega_2|^2 - 4(ac+bd)^2\\ &=4\{(a^2+b^2)(c^2+d^2)-(ac+bd)^2\} \end{aligned} だから,さらに(a2+b2)(c2+d2)>(ac+bd)2(a^2+b^2)(c^2+d^2) > (ac+bd)^2と同値である.一方コーシーシュワルツの不等式より(a2+b2)(c2+d2)(ac+bd)2(a^2+b^2)(c^2+d^2) \geqq (ac+bd)^2であり,等号成立条件はベクトル

(ab)\begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix}(cd)\begin{pmatrix} c \\ d \end{pmatrix} が平行になること,つまり adbc=0ad-bc=0 である.

つまり,

  • 常に m00m_0 \geqq 0 であり,
  • m0=0m_0=0adbc=0ad-bc=0 と同値

だから,m0>0m_0>0 となるのは adbc0ad-bc \neq 0 のときである.

第6問:別解

まず xω1+yω220|x \omega_1+y \omega_2|^2 \geqq 0 だから, m(x2+y2)xω1+yω22m(x^2+y^2) \leqq |x \omega_1+y \omega_2|^2 となる mm の最小値 m0m_0 は必ず 00 以上である.そして m0m_000 になるのは 「(x,y)=(0,0)(x,y) = (0,0) 以外の x,yx,yxω1+yω22=0|x \omega_1+y \omega_2|^2 = 0 となるものがあるとき」である.複素数 ω1,ω2\omega_1,\omega_2 を平面ベクトル ω1,ω2\vec{\omega_1},\vec{\omega_2} と見ると,これは xω1+yω2=0x \vec{\omega_1} + y \vec{\omega_2} = \vec{0} となる (x,y)(0,0)(x,y) \neq (0,0) が存在する,つまりω1,ω2\vec{\omega_1},\vec{\omega_2} が1次独立でない」と言い換えられる.これは adbc=0ad-bc = 0 と同値である.

以上より,m0>0m_0>0 となるのは adbc0ad-bc \neq 0 のときである.

補足

高校範囲外ですが,行列の固有値,対角化,二次形式の知識を使うと次のように解くことができます.→固有値,固有ベクトルの定義と具体的な計算方法行列の対角化の意味と具体的な計算方法二次形式の意味,微分,標準形など

第6問:行列を使った別解

ベクトル x=(x1x2)x = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} についての二次形式 x1ω1+x2ω22=(a2+b2)x12+2(ac+bd)x1x2+(c2+d2)x22 \begin{aligned} &|x_1 \omega_1 + x_2 \omega_2|^2 \\ &= (a^2+b^2)x_1^2+2(ac+bd)x_1x_2+(c^2+d^2)x_2^2 \end{aligned} は対称行列 A=(a2+b2ac+bdac+bdc2+d2) A = \begin{pmatrix} a^2+b^2 & ac+bd \\ ac+bd & c^2+d^2 \end{pmatrix} により xAxx^{\top}Ax とかける.よって m,Mm,M の条件は「任意のベクトル xx について mx2xAxMx2m\|x\|^2 \leqq x^{\top}Ax \leqq M\|x\|^2 が成り立つ」とかける.

ここでAA は実対称行列だから直交行列 UU により対角化でき,固有値 λ1,λ20\lambda_1,\lambda_2 \geqq 0 によりUAU=(λ100λ2)UAU^{\top}=\begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix} となる.すると直交行列の性質 UU=IU^{\top}U=I より xAx=xUUAUUx=(Ux)(UAU)(Ux)=λ1X12+λ2X22 \begin{aligned}x^{\top}Ax &=x^{\top}U^{\top}UAU^{\top}Ux\\ &=(Ux)^{\top}(UAU^{\top})(Ux)\\ &=\lambda_1 X_1^2 + \lambda_2 X_2^2 \end{aligned}

(ただし,XiX_iX=UxX=Ux の第 ii 成分) となる.

また直交行列の性質より X12+X22=Ux2=x2X_1^2+X_2^2=\|Ux\|^2=\|x\|^2 で,xx が平面ベクトル全体を動くとき X=Ux=(X1X2)X = Ux = \begin{pmatrix} X_1 \\ X_2 \end{pmatrix} も平面ベクトル全体を動くから,m,Mm,M の条件は「任意のベクトル XX について m(X12+X22)λ1X12+λ2X22M(X12+X22)m(X_1^2+X_2^2) \leqq \lambda_1 X_1^2 + \lambda_2 X_2^2 \leqq M(X_1^2+X_2^2) が成り立つ」とかける.λ1λ2\lambda_1 \leqq \lambda_2 だとすると,このような mm の最大値は明らかに λ1\lambda_1MM の最小値は λ2\lambda_2 である.(これにより問題で認めた「m0m_0M0M_0 が必ず存在する」という事実も証明できました.)よって m0=λ1m_0 = \lambda_1 M0=λ2M_0 = \lambda_2 だから,あとは行列 AA の固有値 λ1,λ2\lambda_1,\lambda_2 を求めればよい.AA の特性方程式 det(tIA)=det(t(a2+b2)(ac+bd)(ac+bd)t(c2+d2))={t(a2+b2)}{t(c2+d2)}(ac+bd)2=0 \begin{aligned} &\det (tI-A)\\ &= \det \begin{pmatrix} t-(a^2+b^2) & -(ac+bd) \\ -(ac+bd) & t-(c^2+d^2) \end{pmatrix}\\ &=\{t-(a^2+b^2)\}\{t-(c^2+d^2)\} - (ac+bd)^2\\ &=0 \end{aligned} を解くと t=(a2+b2+c2+d2)±(a2+b2+c2+d2)24(adbc)22=(a2+b2+c2+d2)±((a2+b2)(c2+d2))2+4(ac+bd)22 \begin{aligned} t &= \frac{(a^2 + b^2 + c^2 + d^2) \pm \sqrt{(a^2 + b^2+ c^2 + d^2)^2 - 4(ad-bc)^2}}{2}\\ &=\frac{(a^2 + b^2 + c^2 + d^2) \pm \sqrt{((a^2 + b^2)-(c^2 + d^2))^2 + 4(ac + bd)^2}}{2} \end{aligned} となる.

よってこれらが AA の固有値で,大小を考えると m0=(a2+b2+c2+d2)((a2+b2)(c2+d2))2+4(ac+bd)22 m_0 = \frac{(a^2 + b^2 + c^2 + d^2) ー \sqrt{((a^2 + b^2) - (c^2 + d^2))^2 + 4(ac + bd)^2}}{2} M0=(a2+b2+c2+d2)+((a2+b2)(c2+d2))2+4(ac+bd)22 M_0 = \frac{(a^2 + b^2 + c^2 + d^2) + \sqrt{((a^2 + b^2) - (c^2 + d^2))^2 + 4(ac + bd)^2}}{2} となる.

またB=(acbd) B = \begin{pmatrix} a & c \\ b & d \end{pmatrix} とすると A=BBA=B^{\top}B だから,detA=(detB)2=(adbc)2\det A = (\det B)^2 = (ad-bc)^2 である.すると m0>0λ1,λ2>0detA0adbc0m_0>0 \Leftrightarrow \lambda_1,\lambda_2>0\\ \Leftrightarrow \det A \neq 0 \Leftrightarrow ad-bc \neq 0 となる.

場合分けがいらないのが嬉しいですね!

最後にこの問題の元ネタを紹介します.興味のある人は複素解析の教科書などを参照してみてください.

余談:元ネタについて

この問題の元ネタは,ワイエルシュトラスの \wp (ペー)関数

(z;ω1,ω2)=1z2+ωΛ,ω0(1(zω)21ω2) \wp(z;\omega_1,\omega_2) = \frac{1}{z^2}+\sum_{\omega \in \Lambda,\omega \neq 0} \left(\frac{1}{(z-\omega)^2}-\frac{1}{\omega^2}\right) (Λ={aω1+bω2a,bZ})(\Lambda = \{a\omega_1 + b\omega_2 \mid a,b \in \mathbb{Z}\})

です.これは(平面ベクトルとみたときに1次独立な)複素数 ω1,ω2\omega_1,\omega_2 をとるごとに定まる zz の関数で,楕円関数というものの1つです.

右辺の \sumω\omegaΛ={aω1+bω2a,bZ}\Lambda = \{a\omega_1 + b\omega_2 \mid a,b \in \mathbb{Z}\} という集合の 00 以外の元を動くときの和なのですが,この無限和が収束するか,という部分に (3) の m0>0m_0 > 0 が大きく関わります.