 ...（携帯版）メニューに戻る...(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-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 |
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【ド・モアブルの定理】
【例】nを整数とするとき (cosθ+i sinθ)n=cos(nθ)+i sin(nθ) …(1)  (1)(cos  π2+i sinπ2)3=cos3π2+i sin3π2(2)(cos π4+i sinπ4)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)
n=3のとき=cos2θ+i sin2θ だから，(cosθ+i sinθ)2=cos2θ+i sin2θが成り立つ．
(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． |
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イ）n=0のとき
(cosθ+i sinθ)0=1
ウ）n<0のときcos0+i sin0=1 だから，(cosθ+i sinθ)0=cos 0θ+i sin 0θが成り立つ． 次の公式を使う． cosα+isinαcosβ+isinβ=cos(α−β)+i sin(α−β)
(cosθ+i sinθ)−1=
n=−2のとき1cosθ+isinθ=cos0+isin0cosθ+isinθ=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．
(cosθ+i sinθ)−2=
n=−kのとき1(cosθ+isinθ)2=cos0+isin0cos2θ+isin2θ=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．
(cosθ+i sinθ)−k=
1(cosθ+isinθ)k=cos0+isin0coskθ+isinkθ=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 |
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【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）
ド・モアブルの定理にあてはめます．
(cos π6+i sinπ6 )3=cos(3×π6)+i sin(3×π6)=cos π2+i sinπ2=i…（答）
ド・モアブルの定理にあてはめます．
(cos π2+i sinπ2 )4=cos(4×π2)+i sin(4×π2)=cos2π+i sin2π=1…（答）
ド・モアブルの定理にあてはめます．
(cos π4+i sinπ4 )−2=cos(−2×π4)+i sin(−2×π4)=cos(− π2 )+i sin(−π2 )=−i…（答）
ド・モアブルの定理にあてはめます．
(cos π3+i sinπ3 )−4=cos(−4×π3)+i sin(−4×π3)=cos(− 4π3 )+i sin(−4π3 )=−1+√3i2…（答）
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 極形式で表してド・モアブルの定理が適用できるようにします．(1+i)8 ={ √2(cosπ4+i sinπ4 )}8=16(cos π4+i sinπ4)8=16(cos2π+i sin2π)=16…（答）  極形式で表してド・モアブルの定理が適用できるようにします．( 1+√3i2)5=(cos π3+i sinπ3 )5=cos 5π3+i sin5π3= 1−√3i2…（答）
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【１のｎ乗根】
（解説）○ nを正の整数とするとき，1のn乗根は cos(  2πn×k)+i sin(2πn×k) (k=0, 1, 2, ..., n−1) …(2)○ 1の虚数n乗根のうちの１つを ω=cos( 2πn)+i sin(2πn)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． (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 2π5+i sin2π5)5=cos2π+i sin2π=1 だから x=cos 2π5+i sin2π5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) (cos4π5+i sin4π5)5=cos4π+i sin4π=1 だから x=cos 4π5+i sin4π5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( 2π5×3)+i sin(2π5×3), cos(2π5×4)+i sin(2π5×4)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 0π5+i sin0π5もx5=1の解となる． 以上により， cos( 2π5×k)+i sin(2π5×k) (k=0, 1, 2, ..., 4)の５つの複素数はx5=1の解となる． (3)← ω=cos 2π5+i sin2π5で表すと ω2=cos( 2π5×2)+i sin(2π5×2)ω3=cos( 2π5×3)+i sin(2π5×3)ω4=cos( 2π5×4)+i sin(2π5×4)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( 0π2)+i sin(0π2)=1cos( 2π2)+i sin(2π2)=−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( 0π3)+i sin(0π3)=1ω=cos( 2π3)+i sin(2π3)ω2=cos( 4π3)+i sin(4π3)の３個になる． このとき，３つの解 1 ω=cos( 2π3)+i sin(2π3)ω2=cos( 4π3)+i sin(4π3)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( 0π4)+i sin(0π4)=1i=cos( 2π4)+i sin(2π4)=ii2=cos( 4π4)+i sin(4π4)=−1i3=cos( 6π4)+i sin(6π4)=−iの４個になる． このとき，４つの解 1 i=cos( 2π4)+i sin(2π4)i2=cos( 4π4)+i sin(4π4)i3=cos( 6π4)+i sin(6π4)は，複素数平面上での単位円を４等分する位置に並ぶ． |
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【aのｎ乗根】
（解説）○ 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{ cos(θ+2kπn)+i sin(θ+2kπn) }(k=0, 1, 2, ..., n−1) n √r{ cos(θ+2kπn)+i sin(θ+2kπn) }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{ cos(θ+2kπn)+i sin(θ+2kπn) }を n √r{ cos(θn+2kπn)+i sin(θn+2kπn) }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 π2+i sinπ2=i3) 他の点を円周を２等分した角に置く． cos 3π2+i sin3π2=−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 π2+i sinπ22) １つの解は cos π6+i sinπ6=√3+i23) 他の点を円周を３等分した角に置く． cos( π6+2π3)+i sin(π6+2π3)=−√3+i2cos( π6+4π3)+i sin(π6+4π3)=−i |
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【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( cos3π4+i sin3π4 )2) １つの解は √2{cosπ4+i sinπ4 }=1+i3) 他の点を円周を３等分した角に置く． √2{cos(π4+2π3)+i sin(π4+2π3) }= √2(cos11π12+i sin11π12 )
√2{cos(π4+4π3)+i sin(π4+4π3 )}
= √2(cos19π12+i sin19π12 )
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． |
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【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
 
右辺のiを極形式で表すと cos π2+i sinπ2
となるので，x2=iの１つの解はcos π4+i sinπ4
この解を原点の周りにπだけ回転するともう１つの解が得られる．
(2)x2=−i
右辺の−iを極形式で表すと cos 3π2+i sin3π2
となるので，x2=−iの１つの解はcos 3π4+i sin3π4
この解を原点の周りにπだけ回転するともう１つの解が得られる．
(3)x3=−8
 
右辺の−8を極形式で表すと 8(cosπ+i sinπ) となるので，x3=−8の１つの解は 2(cos π3+i sinπ3)
この解を原点の周りに2π3ずつ回転すると他の２つの解が得られる．
(4)x3=8i
右辺の8iを極形式で表すと 8(cos π2+i sinπ2)
となるので，x3=8iの１つの解は2(cos π6+i sinπ6)
この解を原点の周りに2π3ずつ回転すると他の２つの解が得られる．
(5)x4=−16
 
右辺の−16を極形式で表すと 16(cosπ+i sinπ) となるので，x4=−16の１つの解は 2(cos π4+i sinπ4)
この解を原点の周りにπ2ずつ回転すると他の３つの解が得られる．
(5)x4=16i
右辺の16iを極形式で表すと 16(cos π2+i sinπ2)
となるので，x4=16iの１つの解は2(cos π8+i sinπ8)
この解を原点の周りにπ2ずつ回転すると他の３つの解が得られる．
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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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