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※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．
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↓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-現在地
↓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
複素数平面の入試問題4

■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
(cosθ+i sinθ)n=cos(nθ)+i sin(nθ) …(1)
【例】
(1)(cos.π2n+i sin.π2n)3=cos.3π2nn+i sin.3π2nn
(2)(cos.π4n+i sin.π4n)4=cosπ+i sinπ

（定理の解説）
　正式には，次の公式を数学的帰納法で示すのがよいが，ここでは具体的に順を追って示してみる．
ア）　n>0のとき
　次の公式を使う．
(cosα+i sinα)(cosβ+i sinβ)=cos(α+β)+i sin(α+β)
n=2のとき
(cosθ+i sinθ)2=(cosθ+i sinθ)(cosθ+i sinθ)
=cos2θ+i sin2θ
だから，(cosθ+i sinθ)2=cos2θ+i sin2θが成り立つ．
n=3のとき
(cosθ+i sinθ)3=(cosθ+i sinθ)2(cosθ+i sinθ)
=(cos2θ+i sin2θ)(cosθ+i sinθ)
=cos(2θ+θ)+i sin(2θ+θ)
=cos3θ+i sin3θ
だから，(cosθ+i sinθ)3=cos3θ+i sin3θが成り立つ．
………
n=kのとき
(cosθ+i sinθ)k=(cosθ+i sinθ)k−1(cosθ+i sinθ)
=(cos(k−1)θ+i sin(k−1)θ)(cosθ+i sinθ)
=cosnθ+i sinnθ
だから，(cosθ+i sinθ)k=cos kθ+i sin kθが成り立つ．
イ）n=0のとき
(cosθ+i sinθ)0=1
cos0+i sin0=1
だから，(cosθ+i sinθ)0=cos 0θ+i sin 0θが成り立つ．
ウ）n<0のとき
　次の公式を使う．
.cosα+isinαcosβ+isinβnnnnnnnnnn=cos(α−β)+i sin(α−β)
n=−1のとき
(cosθ+i sinθ)−1=.1cosθ+isinθnnnnnnnnn=.cos0+isin0cosθ+isinθnnnnnnnnn
=cos(0−θ)+i sin(0−θ)=cos(−θ)+i sin(−θ)
だから，(cosθ+i sinθ)−1=cos(−θ)+i sin(−θ)が成り立つ．
n=−2のとき
(cosθ+i sinθ)−2=.1(cosθ+isinθ)2nnnnnnnnnnn=.cos0+isin0cos2θ+isin2θnnnnnnnnnnn
=cos(0−2θ)+i sin(0−2θ)=cos(−2θ)+i sin(−2θ)
だから，(cosθ+i sinθ)−2=cos(−2θ)+i sin(−2θ)が成り立つ．
n=−kのとき
(cosθ+i sinθ)−k=.1(cosθ+isinθ)knnnnnnnnnnn=.cos0+isin0coskθ+isinkθnnnnnnnnnnn
=cos(0−kθ)+i sin(0−kθ)=cos(−kθ)+i sin(−kθ)
だから，(cosθ+i sinθ)−k=cos(−kθ)+i sin(−kθ)が成り立つ．
以上により，ｎが正の整数であっても，負の整数であっても，ｎ＝０の場合でも成り立つ．
よって，ｎがどんな整数であっても
(cosθ+i sinθ)n=cos(nθ)+i sin(nθ) …(1)
が成り立つ．
（証明終り）■


（参考）
　高校では扱わないが，次のオイラーの公式を使えば，ド・モアブルの定理は簡単に導かれる．
【オイラーの公式】eiθ=cosθ+i sinθ
を使うと
(cosθ+i sinθ)n=(eiθ)n=einθ=cosnθ+i sinnθ

【問題１】
　次の複素数を求めてください．（正しい選択肢をクリック）
(1)(cos.π6n+i sin.π6n )3
_
(2)(cos.π2n+i sin.π2n )4
_
(3)(cos.π4n+i sin.π4n )−2
_
(5)(1+i)8
_

【１のｎ乗根】
○ nを正の整数とするとき，1のn乗根は
cos(.2πnnn×k)+i sin(.2πnnn×k)　(k=0, 1, 2, ..., n−1) …(2)
○ 1の虚数n乗根のうちの１つを
ω=cos(.2πnnn)+i sin(.2πnnn)
で表すとき，上記の1のn乗根は
1, ω, ω2, ω3,.., ωn−1 …(3)
に等しい．
（解説）
(2)←
○n=5として1の5乗根を例にとって解説する．
　方程式x5=1の解は５個あるが，これらを1の5乗根という．
1) (cos.2π5nn+i sin.2π5nn)5
=cos2π+i sin2π=1
だから
x=cos.2π5nn+i sin.2π5nn
は，方程式x5=1の１つの解となる．（右図のように偏角の５倍がちょうど2πとなって1に等しくなる．）
2) (cos.4π5nn+i sin.4π5nn)5
=cos4π+i sin4π=1
だから
x=cos.4π5nn+i sin.4π5nn
は，方程式x5=1の１つの解となる．（右図のように偏角の５倍がちょうど4πとなって1に等しくなる．この場合は，円を２周して1に一致する．）
3)　同様にして
x=cos(.2π5nn×3)+i sin(.2π5nn×3), cos(.2π5nn×4)+i sin(.2π5nn×4)
も各々方程式x5=1の解となる．（３周もしくは４周して1に一致する．）
4) これら４個の他に，x=1すなわち
x=cos.0π5nn+i sin.0π5nn
もx5=1の解となる．
　以上により，
cos(.2π5nn×k)+i sin(.2π5nn×k)　(k=0, 1, 2, ..., 4)
の５つの複素数はx5=1の解となる．
(3)←
ω=cos.2π5nn+i sin.2π5nn
で表すと
ω2=cos(.2π5nn×2)+i sin(.2π5nn×2)
ω3=cos(.2π5nn×3)+i sin(.2π5nn×3)
ω4=cos(.2π5nn×4)+i sin(.2π5nn×4)
となるから，1, ω, ω2, ω3,.., ω4はx5=1の解となる．
【例】
○　x2=1の解は，
cos(.0π2nn)+i sin(.0π2nn)=1
cos(.2π2nn)+i sin(.2π2nn)=−1
の２個になる．
　このとき，２つの解x=1とx=−1とは，複素数平面上での単位円を２等分する位置にある．

○　x3=1の解は，
cos(.0π3nn)+i sin(.0π3nn)=1
ω=cos(.2π3nn)+i sin(.2π3nn)
ω2=cos(.4π3nn)+i sin(.4π3nn)
の３個になる．
　このとき，３つの解
1
ω=cos(.2π3nn)+i sin(.2π3nn)
ω2=cos(.4π3nn)+i sin(.4π3nn)
は，複素数平面上での単位円を３等分する位置に並ぶ．

○　x4=1の解は，
cos(.0π4nn)+i sin(.0π4nn)=1
i=cos(.2π4nn)+i sin(.2π4nn)=i
i2=cos(.4π4nn)+i sin(.4π4nn)=−1
i3=cos(.6π4nn)+i sin(.6π4nn)=−i
の４個になる．
　このとき，４つの解
1
i=cos(.2π4nn)+i sin(.2π4nn)
i2=cos(.4π4nn)+i sin(.4π4nn)
i3=cos(.6π4nn)+i sin(.6π4nn)
は，複素数平面上での単位円を４等分する位置に並ぶ．

【aのｎ乗根】
○ 　aの極形式をa=r(cosθ+i sinθ)　（r>0）
とするとき，xn=a　（nは正の整数）の解は
.n√r√ni{ cos(.θ+2kπnnnnnn)+i sin(.θ+2kπnnnnnn) }(k=0, 1, 2, ..., n−1)
（解説）
.n√r√ni{ cos(.θ+2kπnnnnnn)+i sin(.θ+2kπnnnnnn) }をｎ乗すると
絶対値はrになり，
偏角はθ+2kπになるから，
r(cos(θ+2kπ)+i sin(θ+2kπ))=r(cosθ+i sinθ)=aが成り立つ．
.n√r√ni{ cos(.θ+2kπnnnnnn)+i sin(.θ+2kπnnnnnn) }
を
.n√r√ni{ cos(.θnn+.2kπnnnn)+i sin(.θnn+.2kπnnnn) }
と分けてみればわかるように，
絶対値はrのｎ乗根になり，
偏角はa=r(cosθ+i sinθ)のｎ分の１から始まり円周をｎ等分する点となる．（次図参照）

【例１】
　方程式x2=−1の解を求めるには，
1) 右辺を極形式に直す．
cosπ+i sinπ
2) １つの解は
cos.π2n+i sin.π2n=i
3) 他の点を円周を２等分した角に置く．
cos.3π2nn+i sin.3π2nn=−i

【例２】
　方程式x3=iの解を求めるには，
1) 右辺を極形式に直す．
cos.π2n+i sin.π2n
2) １つの解は
cos.π6n+i sin.π6n=..√3√ni+i2nnnnn
3) 他の点を円周を３等分した角に置く．
cos(.π6n+.2π3nn)+i sin(.π6n+.2π3nn)=.−.√3√ni+i2nnnnnn
cos(.π6n+.4π3nn)+i sin(.π6n+.4π3nn)=−i
【例３】
　方程式x3=2(−1+i)の解を求めるには，
1) 右辺を極形式に直す．
2.√2√ni( cos.3π4nn+i sin.3π4nn )
2) １つの解は
.√2√ni{cos.π4n+i sin.π4n }=1+i
3) 他の点を円周を３等分した角に置く．
.√2√ni{cos(.π4n+.2π3nn)+i sin(.π4n+.2π3nn) }
=.√2√ni(cos.11π12nnn+i sin.11π12nnn )

.√2√ni{cos(.π4n+.4π3nn)+i sin(.π4n+.4π3nn )}
=.√2√ni(cos.19π12nnn+i sin.19π12nnn )

後ろの２つは三角関数の加法定理を用いれば根号などで表すこともできる．

【問題２】
　次の方程式の解を複素数平面上で図示したものを下の図から選んでください．

(1)x2=i


(2)x2=−i


(3)x3=−8


(4)x3=8i


(5)x4=−16


(5)x4=16i



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■［個別の頁からの質問に対する回答］[ド・モアブルの定理について／17.4.10］
ド・モアブルの定理のイでcos0+i sin0=1のθが抜けてるため等号が成り立たなくなっています
＝＞［作者］：連絡ありがとう．確かに読みにくいかもしれませんが，どんな値θに対しても，0θ=0が成り立つ．これは「抜けている」のではなく「消える」のです．（中学校の常識：0a=0 を思い出してみよう！）

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