このページは、数研出版：高等学校数学Ｃ[709]
第３章 複素数平面
第３章 複素数平面
教科書の復習から入試の入門まで｜数学入門問題精講
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高等学校数学Ｃ 第１章 平面のベクトル
高等学校数学Ｃ 第２章 空間のベクトル
高等学校数学Ｃ 第３章 複素数平面
高等学校数学Ｃ 第４章 式と曲線
第３章 複素数平面
p.77 練習3\({\small (1)}~\)\( z=a+bi \) とすると、共役な複素数は、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{z}=a-bi\end{eqnarray}\)
\( a \) について、
\(\begin{eqnarray}~~~z+\overline{z}&=&(a+bi)+(a-bi)\\[3pt]~~~&=&2a\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~a=\displaystyle \frac{\,z+\overline{z}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
また、\( b \) について、
\(\begin{eqnarray}~~~z-\overline{z}&=&(a+bi)-(a-bi)\\[3pt]~~~&=&2bi\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~b=\displaystyle \frac{\,z-\overline{z}\,}{\,2i\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\( a=\displaystyle \frac{\,z+\overline{z}\,}{\,2\,}~,~b=\displaystyle \frac{\,z-\overline{z}\,}{\,2i\,} \) となる
\(\begin{eqnarray}~~~b=\displaystyle \frac{\,z-\overline{z}\,}{\,2i\,}=0\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~z-\overline{z}&=&0\\[3pt]~~~\overline{z}&=&z\end{eqnarray}\)
したがって、\( z \) が実数 \( \Leftrightarrow \overline{z}=z \) が成り立つ
\( z \) が純虚数になるのは、\( a=0~,~b\ne 0 \) のときより、
\(\begin{eqnarray}~~~a=\displaystyle \frac{\,z+\overline{z}\,}{\,2\,}=0\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~z+\overline{z}&=&0\\[3pt]~~~\overline{z}&=&-z\end{eqnarray}\)
ただし、\( z \) が \( 0 \) でないので、\( z\ne 0 \)
したがって、\( z \) が純虚数 \( \Leftrightarrow \overline{z}=-z~,~z\ne 0 \) が成り立つ [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{z}=a-bi\end{eqnarray}\)
\( a \) について、
\(\begin{eqnarray}~~~z+\overline{z}&=&(a+bi)+(a-bi)\\[3pt]~~~&=&2a\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~a=\displaystyle \frac{\,z+\overline{z}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
また、\( b \) について、
\(\begin{eqnarray}~~~z-\overline{z}&=&(a+bi)-(a-bi)\\[3pt]~~~&=&2bi\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~b=\displaystyle \frac{\,z-\overline{z}\,}{\,2i\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\( a=\displaystyle \frac{\,z+\overline{z}\,}{\,2\,}~,~b=\displaystyle \frac{\,z-\overline{z}\,}{\,2i\,} \) となる
\({\small (2)}~\)[証明] \( z \) が実数になるのは、\( b=0 \) のときより、
\(\begin{eqnarray}~~~b=\displaystyle \frac{\,z-\overline{z}\,}{\,2i\,}=0\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~z-\overline{z}&=&0\\[3pt]~~~\overline{z}&=&z\end{eqnarray}\)
したがって、\( z \) が実数 \( \Leftrightarrow \overline{z}=z \) が成り立つ
\( z \) が純虚数になるのは、\( a=0~,~b\ne 0 \) のときより、
\(\begin{eqnarray}~~~a=\displaystyle \frac{\,z+\overline{z}\,}{\,2\,}=0\end{eqnarray}\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~z+\overline{z}&=&0\\[3pt]~~~\overline{z}&=&-z\end{eqnarray}\)
ただし、\( z \) が \( 0 \) でないので、\( z\ne 0 \)
したがって、\( z \) が純虚数 \( \Leftrightarrow \overline{z}=-z~,~z\ne 0 \) が成り立つ [終]
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p.78 練習4\({\small (1)}~\sqrt{13}\) \({\small (2)}~2\sqrt{5}\) \({\small (3)}~5\) \({\small (4)}~3\)
解法のPoint｜複素数の絶対値と2点間の距離
解法のPoint｜複素数の絶対値と2点間の距離
p.78 練習5[証明] \(z=a+bi\) とおくと、
\(\overline{z}=a-bi~,~-\overline{z}=-a+bi\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~|\, -\overline{z} \,|&=&|\, -a+bi \,|\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,(-a)^2+b^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,a^2+b^2\,}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~|\, z \,|&=&|\, a+bi \,|\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,a^2+b^2\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(|\, -\overline{z} \,|=|\, z \,|\) が成り立つ [終]
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\(\overline{z}=a-bi~,~-\overline{z}=-a+bi\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~|\, -\overline{z} \,|&=&|\, -a+bi \,|\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,(-a)^2+b^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,a^2+b^2\,}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~|\, z \,|&=&|\, a+bi \,|\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,a^2+b^2\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(|\, -\overline{z} \,|=|\, z \,|\) が成り立つ [終]
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p.83 練習10[証明] \(|\, \alpha \,|=1\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~|\, \alpha \,|^2=\alpha\overline{\alpha}&=&1^2\\[3pt]~~~\alpha\overline{\alpha}&=&1~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
ここで、
\(~~~\overline{\left(\alpha^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}\right)}=\overline{\alpha}^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\overline{\alpha}^2\,}\)
\({\small [\,1\,]}\) より \(\overline{\alpha}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha\,}~,~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\overline{\alpha}\,}=\alpha\) となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\left(\alpha^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}\right)}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}+\alpha^2\\[5pt]~~~&=&\alpha^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\overline{\left(\alpha^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}\right)}=\alpha^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}\) より、
\(\alpha^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}\) は実数である [終]
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\(\begin{eqnarray}~~~|\, \alpha \,|^2=\alpha\overline{\alpha}&=&1^2\\[3pt]~~~\alpha\overline{\alpha}&=&1~~~\cdots {\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
ここで、
\(~~~\overline{\left(\alpha^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}\right)}=\overline{\alpha}^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\overline{\alpha}^2\,}\)
\({\small [\,1\,]}\) より \(\overline{\alpha}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha\,}~,~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\overline{\alpha}\,}=\alpha\) となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\left(\alpha^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}\right)}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}+\alpha^2\\[5pt]~~~&=&\alpha^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\overline{\left(\alpha^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}\right)}=\alpha^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}\) より、
\(\alpha^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\alpha^2\,}\) は実数である [終]
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p.85 練習11\({\small (1)}~2\left( \cos{\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}}+i\sin{\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}} \right)\)
\({\small (2)}~2\sqrt{2}\left( \cos{\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}}+i\sin{\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}} \right)\)
\({\small (3)}~2\left\{ \cos{\left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)}+i\sin{\left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)} \right\}\)
\({\small (4)}~\cos{\left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\right)}+i\sin{\left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\right)}\)
解法のPoint｜複素数の絶対値・偏角と極形式
\({\small (2)}~2\sqrt{2}\left( \cos{\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}}+i\sin{\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}} \right)\)
\({\small (3)}~2\left\{ \cos{\left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)}+i\sin{\left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)} \right\}\)
\({\small (4)}~\cos{\left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\right)}+i\sin{\left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\right)}\)
解法のPoint｜複素数の絶対値・偏角と極形式
p.85 練習12[証明] \(\cos{(\theta+\pi)}=-\cos{\theta}\) と \(\sin{(\theta+\pi)}=-\sin{\theta}\) より、
左辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&r\{ \cos{(\theta+\pi)}+i\sin{(\theta+\pi)} \}\\[2pt]~~~&=&-r(\cos{\theta}+i\sin{\theta})\\[2pt]~~~&=&-z\end{eqnarray}\)
[終]
解法のPoint｜共役な複素数・逆数の極形式
左辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&r\{ \cos{(\theta+\pi)}+i\sin{(\theta+\pi)} \}\\[2pt]~~~&=&-r(\cos{\theta}+i\sin{\theta})\\[2pt]~~~&=&-z\end{eqnarray}\)
[終]
解法のPoint｜共役な複素数・逆数の極形式
p.87 練習13\(~~~\alpha\beta=4\sqrt{2}\left( \cos{\displaystyle \frac{\,5\,}{\,12\,}\pi}+i\sin{\displaystyle \frac{\,5\,}{\,12\,}\pi} \right)\)
\(~~~\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}=\sqrt{2}\left( \cos{\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,12\,}}+i\sin{\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,12\,}} \right)\)
解法のPoint｜複素数の極形式と乗法・除法
\(~~~\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}=\sqrt{2}\left( \cos{\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,12\,}}+i\sin{\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,12\,}} \right)\)
解法のPoint｜複素数の極形式と乗法・除法
p.87 練習14\({\small (1)}~6\) \({\small (2)}~8\) \({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\) \({\small (4)}~\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}\)
解法のPoint｜複素数の極形式と乗法・除法
解法のPoint｜複素数の極形式と乗法・除法
p.88 練習15\({\small (1)}~\)原点を中心に \(\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) 回転し、
原点からの距離を \(2\) 倍した点
\({\small (2)}~\)原点を中心に \(\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}\pi\) 回転し、
原点からの距離を \(\sqrt{2}\) 倍した点
\({\small (3)}~\)原点を中心に \(\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) 回転し、
原点からの距離を \(2\) 倍した点
解法のPoint｜複素数の積・商と点の回転
原点からの距離を \(2\) 倍した点
\({\small (2)}~\)原点を中心に \(\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}\pi\) 回転し、
原点からの距離を \(\sqrt{2}\) 倍した点
\({\small (3)}~\)原点を中心に \(\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) 回転し、
原点からの距離を \(2\) 倍した点
解法のPoint｜複素数の積・商と点の回転
p.89 練習16\({\small (1)}~(2\sqrt{3}+1)+(-\sqrt{3}+2)i\)
\({\small (2)}~(-2+\sqrt{3})+(1+2\sqrt{3})i\)
\({\small (3)}~-2-4i\)
\({\small (4)}~(2-\sqrt{3})-(1+2\sqrt{3})i\)
解法のPoint｜回転移動後の複素数の点
\({\small (2)}~(-2+\sqrt{3})+(1+2\sqrt{3})i\)
\({\small (3)}~-2-4i\)
\({\small (4)}~(2-\sqrt{3})-(1+2\sqrt{3})i\)
解法のPoint｜回転移動後の複素数の点
p.89 練習17\(~~~\beta=(1-\sqrt{3})+(1+\sqrt{3})i\)
\(~~~\beta=(1+\sqrt{3})+(1-\sqrt{3})i\)
解法のPoint｜複素数の点の回転と正三角形
\(~~~\beta=(1+\sqrt{3})+(1-\sqrt{3})i\)
解法のPoint｜複素数の点の回転と正三角形
p.91 練習18\({\small (1)}~16-16\sqrt{3}i\) \({\small (2)}~16\) \({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,64\,}\)
解法のPoint｜複素数のn乗とド・モアブルの定理
解法のPoint｜複素数のn乗とド・モアブルの定理
p.92 練習19\(~~~\pm1~,~\pm i\)
\(~~~\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i~,~\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i\)
\(~~~-\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i~,~-\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i\)
解法のPoint｜1のn乗根と複素数平面
\(~~~\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i~,~\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i\)
\(~~~-\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i~,~-\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i\)
解法のPoint｜1のn乗根と複素数平面
p.93 練習20\({\small (1)}~z=\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i~,~-\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i\)
\({\small (2)}~z=1+i~,~-1+i~,~1-i~,~-1-i\)
\({\small (3)}~z=\displaystyle \frac{\,\sqrt{6}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i~,~-\displaystyle \frac{\,\sqrt{6}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i\)
解法のPoint｜方程式の解と極形式
\({\small (2)}~z=1+i~,~-1+i~,~1-i~,~-1-i\)
\({\small (3)}~z=\displaystyle \frac{\,\sqrt{6}\,}{\,2\,}+\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i~,~-\displaystyle \frac{\,\sqrt{6}\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i\)
解法のPoint｜方程式の解と極形式
p.94 練習21\({\small (1)}~3+3i\) \({\small (2)}~4+2i\) \({\small (3)}~19-13i\)
解法のPoint｜内分点・外分点・重心を表す複素数
解法のPoint｜内分点・外分点・重心を表す複素数
p.95 練習22[証明] 頂点を \({\rm A}(\alpha)~,~{\rm B}(\beta)~,~{\rm C}(\gamma)\) とすると、線分 \({\rm BC}\) の中点は、
\(~~~\displaystyle \frac{\,\beta+\gamma\,}{\,2\,}\)
また、重心 \(\delta\) は線分 \({\rm BC}\) を \(2:1\) に内分するので、
\(~~~\delta=\displaystyle \frac{\,\alpha+2\displaystyle \frac{\,\beta+\gamma\,}{\,2\,}\,}{\,2+1\,}=\displaystyle \frac{\,\alpha+\beta+\gamma\,}{\,3\,}\)
[終]
解法のPoint｜内分点・外分点・重心を表す複素数
\(~~~\displaystyle \frac{\,\beta+\gamma\,}{\,2\,}\)
また、重心 \(\delta\) は線分 \({\rm BC}\) を \(2:1\) に内分するので、
\(~~~\delta=\displaystyle \frac{\,\alpha+2\displaystyle \frac{\,\beta+\gamma\,}{\,2\,}\,}{\,2+1\,}=\displaystyle \frac{\,\alpha+\beta+\gamma\,}{\,3\,}\)
[終]
解法のPoint｜内分点・外分点・重心を表す複素数
p.95 練習23\({\small (1)}~\)原点が中心の半径 \(2\) の円
\({\small (2)}~\)点 \(1+i\) が中心の半径 \(1\) の円
\({\small (3)}~\)２点 \({\rm A}(2)~,~{\rm B}(4i)\) を結ぶ線分 \({\rm AB}\) の垂直二等分線
解法のPoint｜複素数の方程式の表す図形
\({\small (2)}~\)点 \(1+i\) が中心の半径 \(1\) の円
\({\small (3)}~\)２点 \({\rm A}(2)~,~{\rm B}(4i)\) を結ぶ線分 \({\rm AB}\) の垂直二等分線
解法のPoint｜複素数の方程式の表す図形
p.101 練習29\({\small (1)}~i\)
\({\small (2)}~\angle{\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}~,~\angle{\rm B}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}~,~\angle{\rm C}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\)
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\({\small (2)}~\angle{\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}~,~\angle{\rm B}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}~,~\angle{\rm C}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\)
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問題
p.103 問題 1\({\small (1)}~1-i\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}+i\)
解法のPoint｜共役な複素数と複素数平面
解法のPoint｜共役な複素数と複素数平面
p.103 問題 2[証明] \( \alpha\overline{\beta}+\overline{\alpha}\beta \) の共役な複素数をとると、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\alpha\overline{\beta}+\overline{\alpha}\beta}&=&\overline{\alpha\overline{\beta}}+\overline{\overline{\alpha}\beta}\\[3pt]~~~&=&\overline{\alpha}\,\overline{\overline{\beta}}+\overline{\overline{\alpha}}\,\overline{\beta}\\[3pt]~~~&=&\overline{\alpha}\beta+\alpha\overline{\beta}\\[3pt]~~~&=&\alpha\overline{\beta}+\overline{\alpha}\beta\end{eqnarray}\)
これより、共役な複素数が自分自身と等しくなるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\alpha\overline{\beta}+\overline{\alpha}\beta}=\alpha\overline{\beta}+\overline{\alpha}\beta\end{eqnarray}\)
したがって、\( \alpha\overline{\beta}+\overline{\alpha}\beta \) は実数である [終]
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\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\alpha\overline{\beta}+\overline{\alpha}\beta}&=&\overline{\alpha\overline{\beta}}+\overline{\overline{\alpha}\beta}\\[3pt]~~~&=&\overline{\alpha}\,\overline{\overline{\beta}}+\overline{\overline{\alpha}}\,\overline{\beta}\\[3pt]~~~&=&\overline{\alpha}\beta+\alpha\overline{\beta}\\[3pt]~~~&=&\alpha\overline{\beta}+\overline{\alpha}\beta\end{eqnarray}\)
これより、共役な複素数が自分自身と等しくなるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\overline{\alpha\overline{\beta}+\overline{\alpha}\beta}=\alpha\overline{\beta}+\overline{\alpha}\beta\end{eqnarray}\)
したがって、\( \alpha\overline{\beta}+\overline{\alpha}\beta \) は実数である [終]
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p.103 問題 3 \(\sqrt{\,3\,}\left(\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}\right)\)
解法のPoint｜複素数の絶対値・偏角と極形式
解法のPoint｜複素数の絶対値・偏角と極形式
p.103 問題 4 \(\left(\sqrt{\,3\,}-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}~,~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}+1\right)\)
解法のPoint｜回転移動後の複素数の点
解法のPoint｜回転移動後の複素数の点
p.103 問題 6[証明] \(1\) の \(n\) 乗根は、
\(z_k=\cos \displaystyle \frac{\,2k\pi\,}{\,n\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,2k\pi\,}{\,n\,}\)
\((k=0~,~1~,~2~,~\cdots~,~n-1)\)
ここで、\(\alpha=\cos \displaystyle \frac{\,2\pi\,}{\,n\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,2\pi\,}{\,n\,}\) について、ド・モアブルの定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\alpha^k&=&\left(\cos \displaystyle \frac{\,2\pi\,}{\,n\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,2\pi\,}{\,n\,}\right)^k
\\[5pt]~~~&=&\cos \displaystyle \frac{\,2k\pi\,}{\,n\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,2k\pi\,}{\,n\,}\end{eqnarray}\)
これより、
\(z_k=\alpha^k\)
よって、\(k=0~,~1~,~2~,~\cdots~,~n-1\) を代入すると、
したがって、\(1\) の \(n\) 乗根は \(1~,~\alpha~,~\alpha^2~,~\alpha^3~,~\cdots~,~\alpha^{n-1}\) で与えられる [終]
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\(z_k=\cos \displaystyle \frac{\,2k\pi\,}{\,n\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,2k\pi\,}{\,n\,}\)
\((k=0~,~1~,~2~,~\cdots~,~n-1)\)
ここで、\(\alpha=\cos \displaystyle \frac{\,2\pi\,}{\,n\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,2\pi\,}{\,n\,}\) について、ド・モアブルの定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\alpha^k&=&\left(\cos \displaystyle \frac{\,2\pi\,}{\,n\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,2\pi\,}{\,n\,}\right)^k
\\[5pt]~~~&=&\cos \displaystyle \frac{\,2k\pi\,}{\,n\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,2k\pi\,}{\,n\,}\end{eqnarray}\)
これより、
\(z_k=\alpha^k\)
よって、\(k=0~,~1~,~2~,~\cdots~,~n-1\) を代入すると、
\(z_0=\alpha^0=1~,~z_1=\alpha~,~z_2=\alpha^2~,~z_3=\alpha^3~,~\cdots~,~z_{n-1}=\alpha^{n-1}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
したがって、\(1\) の \(n\) 乗根は \(1~,~\alpha~,~\alpha^2~,~\alpha^3~,~\cdots~,~\alpha^{n-1}\) で与えられる [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.103 問題 7 \(z=\sqrt{\,3\,}+i~,~-1+\sqrt{\,3\,}i~,~\)
\(-\sqrt{\,3\,}-i~,~1-\sqrt{\,3\,}i\)
解法のPoint｜方程式の解と極形式
\(-\sqrt{\,3\,}-i~,~1-\sqrt{\,3\,}i\)
解法のPoint｜方程式の解と極形式
p.103 問題 10\({\small (1)}~\gamma=-\beta\)
\({\small (2)}~\)[証明] \({\small (1)}\) より \(\gamma=-\beta\) であることより、
また、\({\rm M}\) は原点 \(0\) であることより、
\(\begin{eqnarray}~~~2({\rm AM}^2+{\rm BM}^2)&=&2(|0-\alpha|^2+|0-\beta|^2)
\\[5pt]~~~&=&2(|\alpha|^2+|\beta|^2)\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm AB}^2+{\rm AC}^2=2({\rm AM}^2+{\rm BM}^2)\) が成り立つ [終]
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\({\small (2)}~\)[証明] \({\small (1)}\) より \(\gamma=-\beta\) であることより、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}^2+{\rm AC}^2&=&|\beta-\alpha|^2+|\gamma-\alpha|^2
\\[5pt]~~~&=&|\beta-\alpha|^2+|\beta+\alpha|^2
\\[5pt]~~~&=&(\beta-\alpha)(\overline{\beta}-\overline{\alpha})+(\beta+\alpha)(\overline{\beta}+\overline{\alpha})
\\[5pt]~~~&=&2(\alpha\overline{\alpha}+\beta\overline{\beta})
\\[5pt]~~~&=&2(|\alpha|^2+|\beta|^2)\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&|\beta-\alpha|^2+|\beta+\alpha|^2
\\[5pt]~~~&=&(\beta-\alpha)(\overline{\beta}-\overline{\alpha})+(\beta+\alpha)(\overline{\beta}+\overline{\alpha})
\\[5pt]~~~&=&2(\alpha\overline{\alpha}+\beta\overline{\beta})
\\[5pt]~~~&=&2(|\alpha|^2+|\beta|^2)\end{eqnarray}\)
また、\({\rm M}\) は原点 \(0\) であることより、
\(\begin{eqnarray}~~~2({\rm AM}^2+{\rm BM}^2)&=&2(|0-\alpha|^2+|0-\beta|^2)
\\[5pt]~~~&=&2(|\alpha|^2+|\beta|^2)\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm AB}^2+{\rm AC}^2=2({\rm AM}^2+{\rm BM}^2)\) が成り立つ [終]
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章末問題 複素数平面
p.104 章末問題A 2\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}-\displaystyle \frac{\,5\,}{\,2\,}i\)
解法のPoint｜複素数平面上の半直線のなす角
解法のPoint｜複素数平面上の半直線のなす角
p.104 章末問題A 3 \(\gamma=(3-\sqrt{\,3\,})+(2+2\sqrt{\,3\,})i~,~\)
\((3+\sqrt{\,3\,})+(2-2\sqrt{\,3\,})i\)
解法のPoint｜複素数平面上の3点がつくる正三角形
\((3+\sqrt{\,3\,})+(2-2\sqrt{\,3\,})i\)
解法のPoint｜複素数平面上の3点がつくる正三角形
p.104 章末問題A 4\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha\,}=2\left(\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)~,~\)
\(2\left\{\cos \left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)+i\sin \left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)\right\}\)
\({\small (2)}~\)\(\angle {\rm AOB}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}~,~\)\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}~,~\)\(\angle {\rm B}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}\)
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\(2\left\{\cos \left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)+i\sin \left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)\right\}\)
\({\small (2)}~\)\(\angle {\rm AOB}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}~,~\)\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}~,~\)\(\angle {\rm B}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}\)
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p.104 章末問題B 5\({\small (1)}~\pm i\)
\({\small (2)}~\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) の直角二等辺三角形
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\({\small (2)}~\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) の直角二等辺三角形
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p.104 章末問題B 6\({\small (1)}~\)[証明] \(|z|=|z-\alpha|\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~|z|^2&=&|z-\alpha|^2
\\[3pt]~~~z\overline {z}&=&(z-\alpha)(\overline {z}-\overline {\alpha})
\\[3pt]~~~z\overline {z}&=&z\overline {z}-\overline {\alpha}z-\alpha\overline {z}+\alpha\overline {\alpha}
\\[3pt]~~~\overline {\alpha}z+\alpha\overline {z}&=&\alpha\overline {\alpha}=|\alpha|^2
\end{eqnarray}\)
したがって、\(\overline {\alpha}z+\alpha\overline {z}\) の値は一定 [終]
\({\small (2)}~\overline {\alpha}z+\alpha\overline {z}=4\)
解法のPoint｜複素数平面上の一直線・垂直の条件
\(\begin{eqnarray}~~~|z|^2&=&|z-\alpha|^2
\\[3pt]~~~z\overline {z}&=&(z-\alpha)(\overline {z}-\overline {\alpha})
\\[3pt]~~~z\overline {z}&=&z\overline {z}-\overline {\alpha}z-\alpha\overline {z}+\alpha\overline {\alpha}
\\[3pt]~~~\overline {\alpha}z+\alpha\overline {z}&=&\alpha\overline {\alpha}=|\alpha|^2
\end{eqnarray}\)
したがって、\(\overline {\alpha}z+\alpha\overline {z}\) の値は一定 [終]
\({\small (2)}~\overline {\alpha}z+\alpha\overline {z}=4\)
解法のPoint｜複素数平面上の一直線・垂直の条件
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