ド・モアブルの定理

解説＋ドリル全16問・自動採点つき

問題プリントPDF 解答つきPDF
STEP 1

ド・モアブルの定理

複素数の積は「絶対値の積・偏角の和」になるのだった。同じ数を何回もかけると、偏角がどんどん足し合わされていく。これを式にまとめたのがド・モアブルの定理。

ド・モアブルの定理　\(n\) を整数とするとき \[ (\cos\theta + i\sin\theta)^n = \cos n\theta + i\sin n\theta \]

絶対値1の複素数 \(\cos\theta+i\sin\theta\) を\(n\)回かけ合わせると、絶対値は \(1^n=1\) のまま、偏角だけが \(n\) 倍される、という意味。まずは \(n=2,\ 3\) の場合で確かめてみよう。

確認1　\(n=2\) のとき、\((\cos\theta+i\sin\theta)^2 = \cos2\theta+i\sin2\theta\) となることを確かめよ。

解答を見る
左辺を展開する。 \((\cos\theta+i\sin\theta)^2 = \cos^2\theta + 2i\sin\theta\cos\theta + i^2\sin^2\theta = (\cos^2\theta-\sin^2\theta) + i(2\sin\theta\cos\theta)\) ここで2倍角の公式 \(\cos2\theta=\cos^2\theta-\sin^2\theta\)、\(\sin2\theta=2\sin\theta\cos\theta\) を使うと、 \((\cos\theta+i\sin\theta)^2 = \cos2\theta+i\sin2\theta\)（成立）

確認2　\(n=3\) のとき、\((\cos\theta+i\sin\theta)^3 = \cos3\theta+i\sin3\theta\) となることを確かめよ。

解答を見る
確認1の結果を使って、\((\cos\theta+i\sin\theta)^3 = (\cos\theta+i\sin\theta)^2(\cos\theta+i\sin\theta) = (\cos2\theta+i\sin2\theta)(\cos\theta+i\sin\theta)\) 複素数の積は偏角の和になる（絶対値はどちらも1なのでそのまま1）ので、 \((\cos2\theta+i\sin2\theta)(\cos\theta+i\sin\theta) = \cos(2\theta+\theta)+i\sin(2\theta+\theta) = \cos3\theta+i\sin3\theta\) \((\cos\theta+i\sin\theta)^3 = \cos3\theta+i\sin3\theta\)（成立） （同じやり方を繰り返せば、\(n=4,5,\dots\) と正の整数すべてで成り立つことが分かる。また \(n\) が負の整数や0のときも定理は成り立つ。）
STEP 2

累乗の計算

\(z=a+bi\) の形のままでは10乗・20乗の計算はつらい。そこで \(z\) を極形式 \(r(\cos\theta+i\sin\theta)\) に直してからド・モアブルの定理を使うと、\(z^n = r^n(\cos n\theta+i\sin n\theta)\) の形で一気に計算できる。

手順1　\(z=a+bi\) を極形式 \(r(\cos\theta+i\sin\theta)\) に直す（\(r=\sqrt{a^2+b^2}\)）
手順2　ド・モアブルの定理で \(z^n = r^n(\cos n\theta+i\sin n\theta)\) を計算する
手順3　\(n\theta\) の角度を \(0\) 以上 \(360°\)（\(2\pi\)）未満に直して、\(\cos,\ \sin\) の値を求める

例題1　\((1+i)^{10}\) を計算せよ。

解答を見る
\(1+i\) を極形式に直す。\(r=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt2\)、偏角は45°（\(\dfrac{\pi}{4}\)）なので \(1+i = \sqrt2\left(\cos\dfrac{\pi}{4}+i\sin\dfrac{\pi}{4}\right)\) ド・モアブルの定理より \((1+i)^{10} = (\sqrt2)^{10}\left(\cos\dfrac{10\pi}{4}+i\sin\dfrac{10\pi}{4}\right) = 2^5\left(\cos\dfrac{5\pi}{2}+i\sin\dfrac{5\pi}{2}\right)\) \(\dfrac{5\pi}{2} = 2\pi+\dfrac{\pi}{2}\) なので \(\cos\dfrac{5\pi}{2}=\cos\dfrac{\pi}{2}=0\)、\(\sin\dfrac{5\pi}{2}=\sin\dfrac{\pi}{2}=1\) \((1+i)^{10} = 32(0+i) = 32i\)

例題2　\((\sqrt3+i)^6\) を計算せよ。

解答を見る
\(\sqrt3+i\) を極形式に直す。\(r=\sqrt{(\sqrt3)^2+1^2}=\sqrt{4}=2\)、偏角は30°（\(\dfrac{\pi}{6}\)）なので \(\sqrt3+i = 2\left(\cos\dfrac{\pi}{6}+i\sin\dfrac{\pi}{6}\right)\) ド・モアブルの定理より \((\sqrt3+i)^6 = 2^6\left(\cos\dfrac{6\pi}{6}+i\sin\dfrac{6\pi}{6}\right) = 64(\cos\pi+i\sin\pi) = 64(-1+0i)\) \((\sqrt3+i)^6 = -64\)
STEP 3

1のn乗根

方程式 \(z^n=1\) の解を「1の\(n\)乗根」と呼ぶ。\(n\) 個の解はすべて絶対値1（単位円上）にあり、偏角がきれいに等間隔に並ぶ。実は正n角形の頂点になっている。

\(z=\cos\theta+i\sin\theta\)（\(r=1\)）とおける理由：もし \(z^n=1\) で \(r\ne1\) なら \(r^n=1\) を満たす正の実数 \(r\) は \(r=1\) しかないので、\(z\) は必ず絶対値1になる。あとはド・モアブルの定理より

\[ z^n = \cos n\theta + i\sin n\theta = 1 = \cos0+i\sin0 \]

これより \(n\theta = 2k\pi\)（\(k\) は整数）、つまり \(\theta=\dfrac{2k\pi}{n}\)。\(k=0,1,2,\dots,n-1\) の \(n\) 個で偏角が \(0°〜360°\) をちょうど1周し、それ以降は同じ解の繰り返しになる。

例題　方程式 \(z^3=1\) を解け。

解答を見る
\(z=\cos\theta+i\sin\theta\) とおくと \(z^3=\cos3\theta+i\sin3\theta=1\) より \(3\theta=2k\pi\)、\(\theta=\dfrac{2k\pi}{3}\)（\(k=0,1,2\)）。 \(k=0\)：\(\theta=0\) → \(z=1\) \(k=1\)：\(\theta=\dfrac{2\pi}{3}\)（120°） → \(z=\cos120°+i\sin120°=-\dfrac12+\dfrac{\sqrt3}{2}i\) \(k=2\)：\(\theta=\dfrac{4\pi}{3}\)（240°） → \(z=\cos240°+i\sin240°=-\dfrac12-\dfrac{\sqrt3}{2}i\) （検算：\(z^3-1=(z-1)(z^2+z+1)=0\) を因数分解して \(z^2+z+1=0\) を解の公式で解くと \(z=\dfrac{-1\pm\sqrt3\,i}{2}\) となり、上と一致する。） \(z=1,\ -\dfrac12+\dfrac{\sqrt3}{2}i,\ -\dfrac12-\dfrac{\sqrt3}{2}i\)（単位円上の正三角形の頂点）
STEP 4

方程式 \(z^n=\alpha\) の解き方

1のn乗根と同じ考え方は、右辺が \(1\) 以外の複素数 \(\alpha\) でもそのまま使える。\(\alpha\) を極形式に直してから、絶対値と偏角を別々に処理すればよい。

手順1　\(\alpha\) を極形式 \(r(\cos\varphi+i\sin\varphi)\) に直す
↓
手順2　\(z=\rho(\cos\theta+i\sin\theta)\) とおき、\(z^n=\rho^n(\cos n\theta+i\sin n\theta)\) と \(\alpha\) を比較する
↓
手順3　絶対値を比較：\(\rho^n=r\) より \(\rho=\sqrt[n]{r}\)（正の実数の\(n\)乗根）
↓
手順4　偏角を比較：\(n\theta=\varphi+2k\pi\) より \(\theta=\dfrac{\varphi+2k\pi}{n}\)（\(k=0,1,\dots,n-1\)）
こうして得られる \(n\) 個の解は、原点を中心とする半径 \(\sqrt[n]{r}\) の円に内接する正n角形の頂点になる。

例題　方程式 \(z^4=-16\) を解け。

解答を見る
\(-16\) を極形式に直す：\(-16=16(\cos\pi+i\sin\pi)\)（絶対値16、偏角\(\pi\)）。 \(z=\rho(\cos\theta+i\sin\theta)\) とおくと、\(\rho^4=16\) より \(\rho=2\)（正の実数の4乗根）。 \(4\theta=\pi+2k\pi\) より \(\theta=\dfrac{\pi+2k\pi}{4}\)（\(k=0,1,2,3\)）：\(\dfrac{\pi}{4},\ \dfrac{3\pi}{4},\ \dfrac{5\pi}{4},\ \dfrac{7\pi}{4}\) 各角度を代入すると \(\theta=\dfrac{\pi}{4}\)：\(z=2\left(\dfrac{\sqrt2}{2}+i\dfrac{\sqrt2}{2}\right)=\sqrt2+\sqrt2\,i\) \(\theta=\dfrac{3\pi}{4}\)：\(z=-\sqrt2+\sqrt2\,i\) \(\theta=\dfrac{5\pi}{4}\)：\(z=-\sqrt2-\sqrt2\,i\) \(\theta=\dfrac{7\pi}{4}\)：\(z=\sqrt2-\sqrt2\,i\) \(z=\pm\sqrt2\pm\sqrt2\,i\)（複号任意、半径2の円に内接する正方形の4頂点）
練習問題（全16問）

答えを入力して「採点」を押すと○×が出るぞ。分数は「1/2」、根号は「√3/2」または「sqrt3/2」のように入力。
わからないときは「解説を見る」で解き方を確認しよう。

基本（1〜6）
1
n=2の計算

\(\left(\cos\dfrac{\pi}{6}+i\sin\dfrac{\pi}{6}\right)^2\) の値を求めよ。

実部 　虚部
解説を見る
偏角を2倍して \(\dfrac{2\pi}{6}=\dfrac{\pi}{3}\)。 \(\cos\dfrac{\pi}{3}=\dfrac12,\ \sin\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\sqrt3}{2}\) 実部 \(\dfrac12\)、虚部 \(\dfrac{\sqrt3}{2}\)
2
n=2の計算

\(\left(\cos\dfrac{\pi}{4}+i\sin\dfrac{\pi}{4}\right)^2\) の値を求めよ。

実部 　虚部
解説を見る
偏角を2倍して \(\dfrac{2\pi}{4}=\dfrac{\pi}{2}\)。 \(\cos\dfrac{\pi}{2}=0,\ \sin\dfrac{\pi}{2}=1\) 実部 \(0\)、虚部 \(1\)
3
n=4の計算

\(\left(\cos\dfrac{\pi}{6}+i\sin\dfrac{\pi}{6}\right)^4\) の値を求めよ。

実部 　虚部
解説を見る
偏角を4倍して \(\dfrac{4\pi}{6}=\dfrac{2\pi}{3}\)。 \(\cos\dfrac{2\pi}{3}=-\dfrac12,\ \sin\dfrac{2\pi}{3}=\dfrac{\sqrt3}{2}\) 実部 \(-\dfrac12\)、虚部 \(\dfrac{\sqrt3}{2}\)
4
n=4の計算

\(\left(\cos\dfrac{\pi}{4}+i\sin\dfrac{\pi}{4}\right)^4\) の値を求めよ。

実部 　虚部
解説を見る
偏角を4倍して \(\dfrac{4\pi}{4}=\pi\)。 \(\cos\pi=-1,\ \sin\pi=0\) 実部 \(-1\)、虚部 \(0\)
5
n=3の計算

\(\left(\cos\dfrac{\pi}{2}+i\sin\dfrac{\pi}{2}\right)^3\) の値を求めよ。

実部 　虚部
解説を見る
偏角を3倍して \(\dfrac{3\pi}{2}\)。 \(\cos\dfrac{3\pi}{2}=0,\ \sin\dfrac{3\pi}{2}=-1\) 実部 \(0\)、虚部 \(-1\)
6
n=6の計算（1周する）

\(\left(\cos\dfrac{\pi}{3}+i\sin\dfrac{\pi}{3}\right)^6\) の値を求めよ。

実部 　虚部
解説を見る
偏角を6倍して \(\dfrac{6\pi}{3}=2\pi\)（ちょうど1周）。 \(\cos2\pi=1,\ \sin2\pi=0\) 実部 \(1\)、虚部 \(0\)
標準（7〜12）　※まずは a+bi を極形式に直してから計算しよう
7

\((1+i)^2\) を計算せよ。

実部 　虚部
解説を見る
\(1+i=\sqrt2\left(\cos\dfrac{\pi}{4}+i\sin\dfrac{\pi}{4}\right)\) \((1+i)^2=(\sqrt2)^2\left(\cos\dfrac{\pi}{2}+i\sin\dfrac{\pi}{2}\right)=2(0+i)\) 実部 \(0\)、虚部 \(2\)
8

\((1-i)^4\) を計算せよ。

実部 　虚部
解説を見る
\(1-i=\sqrt2\left(\cos\left(-\dfrac{\pi}{4}\right)+i\sin\left(-\dfrac{\pi}{4}\right)\right)\) \((1-i)^4=(\sqrt2)^4\left(\cos(-\pi)+i\sin(-\pi)\right)=4(-1+0i)\)（\(\cos(-\pi)=\cos\pi=-1\)） 実部 \(-4\)、虚部 \(0\)
9

\((-1+i)^6\) を計算せよ。

実部 　虚部
解説を見る
\(-1+i=\sqrt2\left(\cos\dfrac{3\pi}{4}+i\sin\dfrac{3\pi}{4}\right)\) \((-1+i)^6=(\sqrt2)^6\left(\cos\dfrac{18\pi}{4}+i\sin\dfrac{18\pi}{4}\right)=8\left(\cos\dfrac{9\pi}{2}+i\sin\dfrac{9\pi}{2}\right)\) \(\dfrac{9\pi}{2}=4\pi+\dfrac{\pi}{2}\) なので \(\cos\dfrac{9\pi}{2}=0,\ \sin\dfrac{9\pi}{2}=1\) 実部 \(0\)、虚部 \(8\)
10

\((\sqrt3+i)^6\) を計算せよ。

実部 　虚部
解説を見る
\(\sqrt3+i=2\left(\cos\dfrac{\pi}{6}+i\sin\dfrac{\pi}{6}\right)\) \((\sqrt3+i)^6=2^6\left(\cos\pi+i\sin\pi\right)=64(-1+0i)\) 実部 \(-64\)、虚部 \(0\)
11

\((\sqrt3-i)^3\) を計算せよ。

実部 　虚部
解説を見る
\(\sqrt3-i=2\left(\cos\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)+i\sin\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)\right)\) \((\sqrt3-i)^3=2^3\left(\cos\left(-\dfrac{\pi}{2}\right)+i\sin\left(-\dfrac{\pi}{2}\right)\right)=8(0-i)\) 実部 \(0\)、虚部 \(-8\)
12
絶対値・偏角がともに整数比にならない例

\((2+2i)^3\) を計算せよ。

実部 　虚部
解説を見る
\(2+2i=2\sqrt2\left(\cos\dfrac{\pi}{4}+i\sin\dfrac{\pi}{4}\right)\) \((2+2i)^3=(2\sqrt2)^3\left(\cos\dfrac{3\pi}{4}+i\sin\dfrac{3\pi}{4}\right)=16\sqrt2\left(-\dfrac{\sqrt2}{2}+i\dfrac{\sqrt2}{2}\right)\) \(16\sqrt2\times\dfrac{\sqrt2}{2}=16\) なので 実部 \(-16\)、虚部 \(16\)
挑戦（13〜16）
13
n乗根の偏角

方程式 \(z^5=1\) の解のうち、偏角が正で最小のものの偏角 \(\theta\)（\(0\le\theta<2\pi\)）を求めよ。（\(\pi\) を用いて分数の形で入力）

\(\theta=\)
解説を見る
解は \(\theta=\dfrac{2k\pi}{5}\)（\(k=0,1,2,3,4\)）、つまり \(0,\ \dfrac{2\pi}{5},\ \dfrac{4\pi}{5},\ \dfrac{6\pi}{5},\ \dfrac{8\pi}{5}\)。 \(\theta=0\) は正ではないので除くと、正で最小のものは \(k=1\) のとき。 \(\theta=\dfrac{2\pi}{5}\)
14
解の個数・実数解の個数

方程式 \(z^6=1\) の解は全部で何個あるか。また、そのうち実数である解は何個あるか。

解の個数 　実数解の個数
解説を見る
解は \(\theta=\dfrac{k\pi}{3}\)（\(k=0,1,2,3,4,5\)）の6個。 実数になるのは虚部 \(\sin\theta=0\) のとき、つまり \(\theta=0\)（\(z=1\)）と \(\theta=\pi\)（\(z=-1\)）の2個。 解の個数 6個、実数解の個数 2個（\(z=\pm1\)）
15
z^n=αの偏角

方程式 \(z^4=-1\) の解のうち、偏角が正で最小のものの偏角 \(\theta\)（\(0\le\theta<2\pi\)）を求めよ。（\(\pi\) を用いて分数の形で入力）

\(\theta=\)
解説を見る
\(-1=\cos\pi+i\sin\pi\) なので \(4\theta=\pi+2k\pi\)、\(\theta=\dfrac{\pi+2k\pi}{4}\)（\(k=0,1,2,3\)）。 \(\theta=\dfrac{\pi}{4},\ \dfrac{3\pi}{4},\ \dfrac{5\pi}{4},\ \dfrac{7\pi}{4}\) の中で正で最小のものは \(k=0\) のとき。 \(\theta=\dfrac{\pi}{4}\)
16
z^n=αの偏角（虚数のα）

方程式 \(z^3=8i\) の解のうち、偏角が最大となるものの偏角 \(\theta\)（\(0\le\theta<2\pi\)）を求めよ。（\(\pi\) を用いて分数の形で入力）

\(\theta=\)
解説を見る
\(8i=8\left(\cos\dfrac{\pi}{2}+i\sin\dfrac{\pi}{2}\right)\) なので \(3\theta=\dfrac{\pi}{2}+2k\pi\)、\(\theta=\dfrac{\pi}{6}+\dfrac{2k\pi}{3}\)（\(k=0,1,2\)）。 \(\theta=\dfrac{\pi}{6},\ \dfrac{5\pi}{6},\ \dfrac{3\pi}{2}\) の中で最大のものは \(k=2\) のとき。 \(\theta=\dfrac{3\pi}{2}\)
応用問題（プリント限定）

ここから先はPDF限定の腕試し。ド・モアブルの定理の応用に挑戦しよう。

応1
z+1/zの形とn乗の和

絶対値1の複素数 \(z\) が \(z+\dfrac1z=2\cos\dfrac{\pi}{5}\) を満たすとき、\(z^5+\dfrac1{z^5}\) の値を求めよ。

値
解説を見る
\(z=\cos\theta+i\sin\theta\) とおくと、絶対値1なので \(\dfrac1z=\cos\theta-i\sin\theta\)（共役複素数と一致する）。 \(z+\dfrac1z = (\cos\theta+i\sin\theta)+(\cos\theta-i\sin\theta) = 2\cos\theta\) 条件より \(2\cos\theta=2\cos\dfrac{\pi}{5}\) なので \(\theta=\dfrac{\pi}{5}\) ととれる。 ド・モアブルの定理より \(z^5=\cos5\theta+i\sin5\theta\)、また \(\dfrac{1}{z^5}=\left(\dfrac1z\right)^5=\cos5\theta-i\sin5\theta\)（同じ理由）なので \(z^5+\dfrac1{z^5} = 2\cos5\theta = 2\cos\left(5\times\dfrac{\pi}{5}\right) = 2\cos\pi = 2\times(-1)\) \(z^5+\dfrac1{z^5}=-2\)
応2
1のn乗根の和

1の5乗根を偏角の小さい順に \(z_0=1,\ z_1,\ z_2,\ z_3,\ z_4\) とする。\(z_0+z_1+z_2+z_3+z_4\) の値を求めよ。

値
解説を見る
\(z_0,\dots,z_4\) は \(z^5-1=0\) の5つの解であり、 \(z^5-1=(z-1)(z^4+z^3+z^2+z+1)\) と因数分解できる。\(z^5-1=0\) は \(z^5+0z^4+0z^3+0z^2+0z-1=0\) の形なので、解と係数の関係（すべての解の和 \(=-\)（\(z^4\)の係数）\(=0\)）より、5つの解の和は \(0\)。 （別の見方：正五角形の5頂点を表すベクトルは、正五角形の重心が原点にあるのでベクトルの和は \(\vec0\) になる。） \(z_0+z_1+z_2+z_3+z_4=0\)
応3
1のn乗根の和と積

1の6乗根をすべてかけ合わせた積、およびすべて足し合わせた和を求めよ。

和 　積
解説を見る
1の6乗根は \(z^6-1=0\) の6つの解。\(z^6-1=z^6+0z^5+\dots+0z-1\) の形なので、解と係数の関係より 和 \(=-(z^5\text{の係数})=0\) 積 \(=(-1)^6\times\dfrac{(\text{定数項})}{(\text{最高次の係数})}=1\times\dfrac{-1}{1}=-1\) （積は直接、偏角の和で確かめることもできる。6つの解の偏角は \(0,\dfrac{\pi}{3},\dfrac{2\pi}{3},\pi,\dfrac{4\pi}{3},\dfrac{5\pi}{3}\) で、和は \(5\pi\)。積の偏角は \(5\pi\)（\(\bmod\ 2\pi\) で \(\pi\)）となり、絶対値1・偏角\(\pi\)の複素数は \(-1\)。） 和 \(0\)、積 \(-1\)
応4
1のn乗根と図形の面積

1の6乗根を頂点とする正六角形（半径1の円に内接）の面積を求めよ。

面積
解説を見る
正六角形は、中心角60°・半径1の二等辺三角形（実は正三角形）6個に分割できる。 1つの三角形の面積は、2辺の長さが1・はさむ角が60°の三角形の面積の公式 \(S=\dfrac12ab\sin\theta\) より \(S=\dfrac12\times1\times1\times\sin60°=\dfrac12\times\dfrac{\sqrt3}{2}=\dfrac{\sqrt3}{4}\) 6個分なので、正六角形の面積は \(6\times\dfrac{\sqrt3}{4}=\dfrac{3\sqrt3}{2}\) 面積 \(\dfrac{3\sqrt3}{2}\)
応5
z^n=α（αが虚数）の解法・総合

方程式 \(z^4=-8+8\sqrt3\,i\) の解のうち、偏角が正で最小のものを極形式 \(z=r(\cos\theta+i\sin\theta)\) の形で求めよ。\(r\) と \(\theta\) をそれぞれ答えよ。

\(r=\) 　\(\theta=\)
解説を見る
まず \(-8+8\sqrt3\,i\) を極形式に直す。 絶対値：\(\sqrt{(-8)^2+(8\sqrt3)^2}=\sqrt{64+192}=\sqrt{256}=16\) 偏角：実部が負・虚部が正（第2象限）で、\(\tan\) の基準角が \(\dfrac{8\sqrt3}{8}=\sqrt3\) → 60°。第2象限なので \(180°-60°=120°=\dfrac{2\pi}{3}\) よって \(-8+8\sqrt3\,i = 16\left(\cos\dfrac{2\pi}{3}+i\sin\dfrac{2\pi}{3}\right)\) \(z=\rho(\cos\theta+i\sin\theta)\) とおくと、\(\rho^4=16\) より \(\rho=2\)。 \(4\theta=\dfrac{2\pi}{3}+2k\pi\) より \(\theta=\dfrac{\pi}{6}+\dfrac{k\pi}{2}\)（\(k=0,1,2,3\)）：\(\dfrac{\pi}{6},\ \dfrac{2\pi}{3},\ \dfrac{7\pi}{6},\ \dfrac{5\pi}{3}\) このうち正で最小のものは \(k=0\) のとき。 \(r=2,\ \theta=\dfrac{\pi}{6}\)