複素数平面の入試問題

...(ＰＣ版)メニューに戻る
*** 科目 ***
数Ⅰ・Ａ数Ⅱ・Ｂ数Ⅲ 高卒・大学初年度
*** 単元 ***
複素数平面二次曲線媒介変数表示と極座標
数列の極限関数導関数不定積分定積分
行列 1次変換

※高校数学Ⅲの「複素数平面」について，このサイトには次の教材があります．
この頁へGoogleやYAHOO ! などの検索から直接来てしまったので「前提となっている内容が分からない」という場合や「この頁は分かったがもっと応用問題を見たい」という場合は，他の頁を見てください．　が現在地です．

↓複素数平面

↓回転と拡大
↓点Ａの周りの回転
↓三角形の形状問題
↓ド・モアブルの定理
↓ド・モアブルの定理(入試問題)

↓複素数で表される軌跡の方程式
↓同(2)
↓複素数の１次結合が表す図形

↓内分点・外分点
↓２直線の交点
↓内分点の内分点
↓２直線の平行条件・垂直条件

↓複素数平面の入試問題1
↓複素数平面の入試問題2
↓複素数平面の入試問題3-現在地
複素数平面の入試問題4

=== 複素数平面の入試問題3 ===

ド・モアブルの定理

nが整数のとき
(cosθ+isinθ)n=cosnθ+isinnθ
が成り立つ．

【例】

(\cos \frac{π}{6} + i \sin \frac{π}{6})^{3} = \cos \frac{3 π}{6} + i \sin \frac{3 π}{6}

= \cos \frac{π}{2} + i \sin \frac{π}{2} = i

(1 + i)^{- 5}

→極形式に直す

= {\sqrt{2} (\cos \frac{π}{4} + i \sin \frac{π}{4})}^{- 5}

= (\sqrt{2})^{- 5} (\cos \frac{π}{4} + i \sin \frac{π}{4})^{- 5}

= \frac{1}{4 \sqrt{2}} {\cos (\frac{- 5 π}{4}) + i \sin (\frac{- 5 π}{4})}

= \frac{1}{4 \sqrt{2}} (\frac{- 1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} i)

= - \frac{1}{8} + \frac{1}{8} i

【例題1.1】

z = 1 + \sqrt{3} i

を極形式で表すと，である．これを用いると

z^{12} =

が計算される．

（明星大理工学部2005年）

（解答）

| z | = r = \sqrt{1^{2} + (\sqrt{3})^{2}} = \sqrt{4} = 2

だから

z = 2 (\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} i)

\cos θ = \frac{1}{2}, \sin θ = \frac{\sqrt{3}}{2}

となる角度はθ=60°だから

z = 2 (\cos \frac{π}{3} + i \sin \frac{π}{3})

…（答）
このとき

z^{12} = 2^{12} (\cos \frac{π}{3} + i \sin \frac{π}{3})^{12}

= 4096 (\cos 4 π + i \sin 4 π) = 4096

…（答）

【問題１】

　元の問題は記述問題やマークシート問題です，このWeb教材では読者の操作性をよくするため選択問題にしています．正しい選択肢をクリックしてください．
　暗算ではできません．必ず計算用紙を使って十分考えてから選んでください．

(1)
虚数単位iに対し，

(\frac{1 + i}{\sqrt{3} + i})^{12}

の値を求めよ．

（高知工科大2016年）

解説やり直す

1 −1 64 −64

\frac{1}{64}

- \frac{1}{64}

1 + i = \sqrt{2} (\cos \frac{π}{4} + i \sin \frac{π}{4})

\sqrt{3} + i = 2 (\cos \frac{π}{6} + i \sin \frac{π}{6})

だから

\frac{1 + i}{\sqrt{3} + i} = \frac{\sqrt{2} (\cos \frac{π}{4} + i \sin \frac{π}{4})}{2 (\cos \frac{π}{6} + i \sin \frac{π}{6})}

= \frac{1}{\sqrt{2}} {\cos (\frac{π}{4} - \frac{π}{6}) + i \sin (\frac{π}{4} - \frac{π}{6})}

= 2^{- \frac{1}{2}} (\cos \frac{π}{12} + i \sin \frac{π}{12})

したがって

(\frac{1 + i}{\sqrt{3} + i})^{12} = {2^{- \frac{1}{2}} (\cos \frac{π}{12} + i \sin \frac{π}{12})}^{12}

= 2^{- 6} (\cos π + i \sin π) = \frac{1}{64} \times (- 1) = - \frac{1}{64}

※

\frac{1 + i}{\sqrt{3} + i} = \frac{(1 + i) (\sqrt{3} - i)}{2} = \frac{(\sqrt{3} + 1) + (\sqrt{3} - 1) i}{2}

などと変形してしまうと偏角が分からなくなります

→閉じる←

(2)
複素数

(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3} + i})^{8}

の実部は⑤，虚部は⑥である．ただし，iは虚数単位である．

（関西大2005年）

解説やり直す

（実部）

\frac{1}{32}

- \frac{1}{32}

\frac{\sqrt{3}}{32}

- \frac{\sqrt{3}}{32}

極形式で表すと

\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3} + i} = \frac{\sqrt{2} (\cos 0 + i \sin 0)}{2 (\cos \frac{π}{6} + i \sin \frac{π}{6})} = \frac{1}{\sqrt{2}} {\cos (- \frac{π}{6}) + i \sin (- \frac{π}{6})}

だから

(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3} + i})^{8} = {[\frac{1}{\sqrt{2}} {\cos (- \frac{π}{6}) + i \sin (- \frac{π}{6})}]}^{8}

= \frac{1}{16} {\cos (- \frac{8 π}{6}) + i \sin (- \frac{8 π}{6})}

= \frac{1}{16} (- \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} i) = - \frac{1}{32} + \frac{\sqrt{3}}{32} i

実部は

- \frac{1}{32}

→閉じる←

解説やり直す

（虚部）

\frac{1}{32}

\frac{1}{32} i

\frac{\sqrt{3}}{32}

\frac{\sqrt{3}}{32} i

複素数z=a+biについて，aを実部といい，bを虚部という．
すなわち，「虚部は虚数biではない」「虚部にはアイ（i）はない」←そこに愛はあるんか？おかみさん

虚部は虚数biではない
･･･そのこころは･･･
爪つめにムつめなし，瓜うりにムつめあり
はげに毛なし，はけに毛あり
･･･と言うがごとし･･･

なんてこった！
小峠さんに謝れ！

- \frac{1}{32} + \frac{\sqrt{3}}{32} i

の虚部は

\frac{\sqrt{3}}{32}

→閉じる←

(3)
複素数

α = \frac{\sqrt{3} + i}{\sqrt{3} - i}

に対して，

β = α^{3}

，

γ = α + α^{2} + α^{3} + \dots + α^{100}

とするとき，

β

と

γ

をそれぞれ極形式で表せ．

（大阪府立大工学部2016年）

解説やり直す

（β）

\cos \frac{π}{3} + i \sin \frac{π}{3}

2 (\cos \frac{2 π}{3} + i \sin \frac{2 π}{3})

\sqrt{3} (\cos \frac{5 π}{6} + i \sin \frac{5 π}{6})

\cos π + i \sin π

\sqrt{3} (\cos \frac{3 π}{2} + i \sin \frac{3 π}{2})

α = \frac{\sqrt{3} + i}{\sqrt{3} - i} = \frac{2 (\cos \frac{π}{6} + i \sin \frac{π}{6})}{2 {\cos (- \frac{π}{6}) + i \sin (- \frac{π}{6})}}

= \cos {\frac{π}{6} - (- \frac{π}{6})} + i \sin {\frac{π}{6} - (- \frac{π}{6})}

= \cos \frac{π}{3} + i \sin \frac{π}{3}

β = α^{3} = \cos π + i \sin π

→閉じる←

解説やり直す

（

γ

）

\cos \frac{π}{3} + i \sin \frac{π}{3}

2 (\cos \frac{2 π}{3} + i \sin \frac{2 π}{3})

\sqrt{3} (\cos \frac{5 π}{6} + i \sin \frac{5 π}{6})

\cos π + i \sin π

\sqrt{3} (\cos \frac{3 π}{2} + i \sin \frac{3 π}{2})

γ = α + α^{2} + α^{3} + \dots + α^{100}

は，初項α，公比α (≠1)，項数100の等比数列の和だから

γ = \frac{α (α^{100} - 1)}{α - 1}

それぞれの複素数を

z_{1} = r_{1} (\cos θ_{1} + i \sin θ_{1})

，

z_{2} = r_{2} (\cos θ_{2} + i \sin θ_{2})

，

z_{3} = r_{3} (\cos θ_{3} + i \sin θ_{3})

のように極形式で表しておくと，

\frac{z_{1} \cdot z_{2}}{z_{3}} = \frac{r_{1} \cdot r_{2}}{r_{3}} {\cos (θ_{1} + θ_{2} - θ_{3}) + i \sin (θ_{1} + θ_{2} - θ_{3})}

のように結果も極形式で表される

α = \cos \frac{π}{3} + i \sin \frac{π}{3}

α^{100} - 1 = \cos \frac{100 π}{3} + i \sin \frac{100 π}{3} - 1

= \cos \frac{4 π}{3} + i \sin \frac{4 π}{3} - 1 = - \frac{3}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} i

= \sqrt{3} (- \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{2} i)

= \sqrt{3} (\cos \frac{7 π}{6} + i \sin \frac{7 π}{6})

α - 1 = \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} i - 1 = - \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} i

= \cos \frac{2 π}{3} + i \sin \frac{2 π}{3}

このとき

γ = \frac{(\cos \frac{π}{3} + i \sin \frac{π}{3}) \sqrt{3} (\cos \frac{7 π}{6} + i \sin \frac{7 π}{6})}{\cos \frac{2 π}{3} + i \sin \frac{2 π}{3}}

= \sqrt{3} {\cos (\frac{π}{3} + \frac{7 π}{6} - \frac{2 π}{3}) + i \sin (\frac{π}{3} + \frac{7 π}{6} - \frac{2 π}{3})}

= \sqrt{3} (\cos \frac{5 π}{6} + i \sin \frac{5 π}{6})

→閉じる←

【問題２】

2.1
複素数zは実部が

\frac{\sqrt{5} - 1}{4}

，虚部は正で|z|=1である．
(1)

(z + \frac{1}{z})^{2} + (z + \frac{1}{z})

の値を求めよ．
(2)

1 + z + z^{2} + z^{3} + z^{4}

の値を求めよ．
(3) zの偏角θを求めよ．ただし，0≦θ<2πとする．

（福岡教育大2016年）

解説やり直す

（1）

−2 −1 0 1 2 3

z = \frac{\sqrt{5} - 1}{4} + b i

（bは実数）とおくと

\bar{z} = \frac{\sqrt{5} - 1}{4} - b i

このとき

z + \frac{1}{z} = z + \frac{\bar{z}}{z \bar{z}}

ここで|z|=1であるから

z \bar{z} = 1

z + \frac{1}{z} = z + \frac{\bar{z}}{z \bar{z}} = z + \bar{z} = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}

(z + \frac{1}{z})^{2} + (z + \frac{1}{z}) = (z + \frac{1}{z}) (z + \frac{1}{z} + 1)

= \frac{\sqrt{5} - 1}{2} \cdot \frac{\sqrt{5}}{2} = \frac{5 - 1}{4} = 1

→閉じる←

（2）

解説やり直す

−2 −1 0 1 2 3

(1)の結果から

(z + \frac{1}{z})^{2} + (z + \frac{1}{z}) = 1

の両辺に

z^{2} (\neq 0)

を掛けると

z^{4} + 2 z^{2} + 1 + z^{3} + z = z^{2}

z^{4} + z^{3} + z^{2} + z + 1 = 0

→閉じる←

（3）

解説やり直す

\frac{π}{5}

\frac{2 π}{5}

\frac{3 π}{5}

\frac{4 π}{5}

(2)の結果から

1 + z + z^{2} + z^{3} + z^{4} = 0

この式は初項1，公比z (≠1)，項数5の等比数列の和だから次の形に書ける．

\frac{z^{5} - 1}{z - 1} = 0

したがってz5=1
ここでz=cosθ+isinθとおくと

z^{5} = \cos 5 θ + i \sin 5 θ = 1

0≦θ<2πで実部，虚部とも正だから0<θ<

\frac{π}{2}

したがって0<5θ<

\frac{5 π}{2}

この範囲で5θ=2kπ（kは整数）となるのは

5 θ = 2 π

θ = \frac{2 π}{5}

→閉じる←

2.2
iを虚数単位とし，

z = \cos \frac{2 π}{5} + i \sin \frac{2 π}{5}

とおく．
(1)

z^{5}

および

z^{4} + z^{3} + z^{2} + z + 1

の値を求めよ．

(2)

t = z + \frac{1}{z}

とおく．

t^{2} + t

の値を求めよ．
(3)

\cos \frac{2 π}{5}

の値を求めよ．
(4) 半径1の円に内接する正五角形の１辺の長さの２乗を求めよ．

（琉球大2016年）

解説やり直す

（1）

z^{5}

−2 −1 0 1 2 3

ド・モアブルの定理により

z^{5} = \cos 2 π + i \sin 2 π = 1

→閉じる←

解説やり直す

（1）

z^{4} + z^{3} + z^{2} + z + 1

−2 −1 0 1 2 3

1 + z + z^{2} + z^{3} + z^{4}

は，初項1，公比z (≠1)，項数5の等比数列の和だから

1 + z + z^{2} + z^{3} + z^{4} = \frac{z^{5} - 1}{z - 1}

上記の結果から

z^{5} = 1

だから

1 + z + z^{2} + z^{3} + z^{4} = \frac{z^{5} - 1}{z - 1} = 0

→閉じる←

解説やり直す

（2）

−2 −1 0 1 2 3

z^{4} + z^{3} + z^{2} + z + 1 = 0

の両辺を

z^{2} (\neq 0)

で割ると

z^{2} + z + 1 + \frac{1}{z} + \frac{1}{z^{2}} = 0

…(*1)

t = z + \frac{1}{z}

とおくと

t^{2} + t = (z + \frac{1}{z})^{2} + (z + \frac{1}{z})

= z^{2} + 2 + \frac{1}{z^{2}} + z + \frac{1}{z}

= (z^{2} + z + 1 + \frac{1}{z} + \frac{1}{z^{2}}) + 1 = 1

→閉じる←

解説やり直す

（3）

\frac{- 1 - \sqrt{5}}{2}

\frac{- 1 + \sqrt{5}}{2}

\frac{- 1 - \sqrt{5}}{4}

\frac{- 1 + \sqrt{5}}{4}

t^{2} + t = 1

より解の公式を用いると

t = \frac{- 1 \pm \sqrt{5}}{2}

また

t = z + \frac{1}{z} = z + \frac{\bar{z}}{z \bar{z}} = z + \bar{z} = 2 \cos \frac{2 π}{5} > 0

だから

t = \frac{- 1 + \sqrt{5}}{2} = 2 \cos \frac{2 π}{5}

よって

\cos \frac{2 π}{5} = \frac{- 1 + \sqrt{5}}{4}

→閉じる←

解説やり直す

（4）

\frac{- 1 + \sqrt{5}}{2}

\frac{1 + \sqrt{5}}{2}

\frac{5 - \sqrt{5}}{2}

\frac{5 + \sqrt{5}}{2}

正五角形の１辺の長さをLとおくと，余弦定理により

L^{2} = 1^{2} + 1^{2} - 2 \times 1 \times 1 \times \cos \frac{2 π}{5}

= 2 - \frac{- 1 + \sqrt{5}}{2} = \frac{5 - \sqrt{5}}{2}

→閉じる←

...（携帯版）メニューに戻る

...（PC版）メニューに戻る

■［個別の頁からの質問に対する回答］[複素数平面の入試問題3について／18.8.15］

問題2.1(福岡教育大2016年の問題)の(2)ですが、答えは0なのに、0をクリックすると×になり、-1をクリックすると〇になります。ミスではないでしょうか。
＝＞［作者］：連絡ありがとう．訂正しました．

■［個別の頁からの質問に対する回答］[複素数平面の入試問題3について／18.2.8］

２－２（４）の解答について確認をお願いします。
＝＞［作者］：連絡ありがとう．百里の道は九十九里が半ばと言われ，九十九里になると判で押したように疲れが出るのは歳のせいか．訂正しました．

■［個別の頁からの質問に対する回答］[複素数平面の入試問題3について／17.5.29］ ■［個別の頁からの質問に対する回答］[複素数平面の入試問題3について／17.5.29］

丁寧な作り、びっくりします。
＝＞［作者］：連絡ありがとう．連絡をもらうとその頁を見るようにしていますが，ブラウザ(IEなど)によっては空欄の枠が表示されない場合があるようですので，ついでに訂正しておきました．

■このサイト内のGoogle検索■

△このページの先頭に戻る△【アンケート送信】
… このアンケートは教材改善の参考にさせていただきます

■この頁について，良い所，悪い所，間違いの指摘，その他の感想があれば送信してください．

○文章の形をしている感想は全部読ませてもらっています．
○感想の内で，どの問題がどうであったかを正確な文章で伝えていただいた改善要望に対しては，可能な限り対応するようにしています．（※なお，攻撃的な文章になっている場合は，それを公開すると筆者だけでなく読者も読むことになりますので，採用しません．）

質問に対する回答の中学版はこの頁，高校版はこの頁にあります